【文档说明】安徽省马鞍山市2020届高三下学期三模考试物理试题 【精准解析】.doc，共(17)页，682.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020年马鞍山市高中毕业班第三次教学质量监测二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.下列说法正确的是（

）A.结合能越大的原子核越稳定B.通过化学反应可以改变放射性元素的半衰期C.原子核衰变时发出的α射线穿透能力比γ射线弱D.β衰变中产生的β射线是原子核外电子挣脱原子核束缚之后形成的电子束【答案】C【解析

】【详解】A．原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故A错误；B．半衰期与外界因素无关，与温度、压强、化学反应等无关，由元素本身决定的，故B错误；C．α射线的穿透能力最弱，电离本领最强。故C正确；D．β衰变中产生的β

射线是原子核中的中子释放出的电子形成的，故D错误。故选C。2.某质点运动的v-t图像如图所示，下列说法正确的是（）A.质点在1s、3s时运动方向发生变化B.2s时质点的加速度方向发生变化C.在3s~4s时间内合外力的功率恒定D.在0~2s时间内合外力的冲量为零【答案】D【解析】【详解】A．物体在

1s时和3s时速度方向不变，加速度方向改变，故A错误；B．2s时质点的速度方向发生变化，加速度方向不变，故B错误；C．3s~4s时间内，v-t图像的斜率不变，合外力不变，但速度不断变小，故合外力的功率不断减小，故C错误；D．0~

2s时间内，动量变化量为零，由动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，故0~2s时间内合外力的冲量为零，故D正确。故选D。3.如图所示，MN是某匀强电场中的一等势线。虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，在纸面内由a运动到b的轨迹。下列判断正确的是（）A.电

场方向一定是垂直MN向上B.a点的电势一定不等于b点的电势C.带电粒子的加速度可能平行MN向右D.带电粒子由a运动到b的过程中动能可能增加【答案】B【解析】【详解】AC．MN是某匀强电场中的一等势线，只受电场力的作用，根据轨迹可以判断电场力的方向垂直MN向上，带电粒子的加速度垂

直MN向上，但不知道带电粒子的电性，所以无法判断电场的方向，故AC错误；B．MN是某匀强电场中的一等势线，而a点和b点位于MN两侧，所以a点的电势一定不等于b点的电势，故B正确；D．带电粒子由a运动到b的过程中，电场力与速度的夹角是钝角，所以带电粒子由a运动到b的过程中动能减小，故

D错误。故选B。4.如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t=0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流，从t=0开始，磁感应强度

B应随时间t变化，以下四个图象能正确反映B和t之间对应关系的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】AB．当闭合回路的磁通量不变时，导体棒中不产生感应电流，故20BlBllυt解得20BlBllυt由此可以看出，随时间t增加，B减小，且减小得越来越慢，故AB错误；

CD．磁感应强度20BlBllυt可改写为200011llυtvtBBlBBl可知1tB是线性函数，故C正确，D错误。故选C。5.如图所示，固定有光滑竖直杆的三角形斜劈放置在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。现

给小滑块施加一个竖直向上的拉力F，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则（）A.小球对斜劈的压力逐渐减小B.斜劈对地面压力保持不变C.地面对斜劈的摩擦力逐渐减小D.轻绳对滑块的拉力先减小后增大【答案】A【解析】

【详解】AD．对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示根据平衡条件可知，细线的拉力T增加，故轻绳对滑块的拉力增大，小球受到的斜劈的支持力N逐渐减小，根据牛顿第三定律，小球对斜面的压力也减小，故A正确，D错误；BC．对球和滑块整体分析

，受重力、斜面的支持力N，杆的支持力N′，拉力F，如图所示根据平衡条件，有水平方向sinNN竖直方向cosFNG由于N减小，故N′减小，F增加；对小球、滑块和斜劈整体分析，在竖直方向FNG地总故NGF地总根据牛顿

第三定律，斜劈对地面压力减小。整体在水平方向不受力，故地面对斜劈的摩擦力始终为零，故BC错误。故选A。6.如图所示，理想变压器的原线圈接入200sin100ut（V）的交变电压。原、副线圈匝数比为4：1，电阻R0=5Ω，电阻箱R的最大阻值为50Ω，则（）A.副线圈两端的电压有效值

为252VB.副线圈中电流方向每秒钟改变314次C.当R=20Ω时，原线圈中的电流有效值为0.25AD.当R=5Ω时，电阻箱R消耗的电功率最大【答案】AD【解析】【详解】A．理想变压器的原线圈接入200sin100ut（V）的交变电压。有效值为1002V，根据原、副线圈匝

数比4：1，所以副线圈的电压为252V，故A正确；B．变压器不改变电流频率，ω=100πrad/s，故频率为50Hz，一个周期电流方向改变2次，副线圈中电流方向每秒钟改变100次，故B错误；C．当R=20Ω时，副线圈电流02AUIRR根据电

流与匝数关系可知，原线圈电流2A4I故C错误；D．电阻箱R消耗的电功率2221252525550UPRRRRRR当5RR时，即R=5Ω时P有最大值，故D正确。故选AD。7.如图所示，天文学家观测到某行星和地球在同

一轨道平面内绕太阳做匀速圆周运动，且行星的轨道半径比地球的轨道半径小，地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所夹的角叫做地球对该行星的观察视角（简称视角）。已知该行星的最大视角为θ。则地球与行星绕太阳转动的（）A.角速度比值为3sinB.线速度比值为sinC.向心加速度比值

为sinD.向心力比值为2sin【答案】AB【解析】【详解】ABC．行星和地球都绕太阳（质量为M）做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则222MmvGmammrrr解得2GMar，GMvr，3GMr由几何关系知，行星与地球的轨道半径之比为sinrr行地则地球

与行星绕太阳转动的角速度比值为333sinrr行地行地地球与行星绕太阳转动的线速度比值为sinrvvr行地行地地球与行星绕太阳转动的向心加速度比值为222sinraar行地行地故AB正确，C错误；D．地球与行星

绕太阳转动的向心力比值为2sinFmamFmam地地地地行行行行因为地球质量m地与行星质量m行之间的关系未知，所以它们的向心力比值关系不能确定，故D错误。故选AB。8.倾角为θ且足够长的光滑固定斜面上有一质量为m的物体，初始位置如图甲所示。在平行于斜面向上的力

F的作用下，从初始位置由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示。其中0~x1过程的图线是曲线，x1~x2过程的图线是平行于x轴的直线，x2~x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是（）A.在0~x1的过程中

，力F在减小B.在0~x1的过程中，物体的动能一直在增大C.在x1~x2的过程中，物体的速度大小不变D.在x2~x3的过程中，物体一定做匀速运动【答案】AB【解析】【详解】A．在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向沿斜面向上，所以物体的位移方向向下，即物体在沿斜面向下运

动。根据功能关系得EFx得=EFx则知图线的斜率表示拉力，在0～x1过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力F逐渐减小到零，故A正确；B．在0～x1过程中，由于机械能减小，则拉力做负功，则物体从静止开始向下加速运动，物体的动能一直在增大，故B正确；C．由Ex图线的斜率表示拉力，则在

x1～x2过程中，拉力F=0，机械能守恒，向下运动，重力势能减小，动能增大，物体的速度在增大，故C错误；D．x2～x3过程，机械能继续减小，拉力做负功，拉力方向沿斜面向下，E-x图像的斜率恒定，故拉力F为恒力，由于不知道拉力F与重力分力sinmg

的大小关系，故物体有可能做匀速直线运动，匀减速直线运动，匀加速直线运动，故D错误。故选AB。9.某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，将橡皮筋用轻质弹簧AA′替代。(1)实验时的主要步骤是：A．把弹簧的一端A′固定在方木板上。

将三段不可伸长的细绳的一端分别挂在弹簧的A端和弹簧秤甲、乙的挂钩上，另一端栓结在一点；B．用两个弹簧测力计互成角度地拉弹簧，稳定后，记录下结点的位置O，并记录两个弹簧测力计的示数和_____；C．按选好的标度，作出两个弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；D

．只用一个弹簧测力计拉细绳，使结点至O点，记录弹簧测力计的示数和细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示；E．比较F和F′的大小和方向，看它们是否相同，得出结论。(2)对于这个实验，下列说法正确的是_____A．用两个弹簧

测力计拉细绳时，两弹簧测力计间的夹角越大越好B．细绳OB、OC要长一些，标记同一细绳方向的两点要远一些C．为了实验尽可能精确，作力的图示时，标度应尽量短一些【答案】(1).标记出OB、OC的方向(2).B【解析】【详解】(1)[1]验证力的平行四边形实验中，测量两分力时应记录两分力的大小和方向

即用两个弹簧测力计互成角度地拉弹簧，稳定后，记录下结点的位置O，并记录两个弹簧测力计的示数和标记出OB、OC的方向；(2)[2]A．在实验中两个分力的夹角大小适当，在作图时有利于减小误差即可，并非越大越好，故A错误；B．描点确定拉力方向时，两点之间的距离应尽可能大一些。可以减

小误差，故B正确；C．作图时作图比例应该适当大一些，这样可以减小误差，故C错误。故选B。10.(1)在使用多用电表的过程中，下列说法正确的是_____A．测量电压时，要将红表笔接在低电势点B．测量电阻时，更换倍率挡后，无须重新欧姆

调零C．测量电阻时，要使待测电阻与其它元件和外部电源断开(2)如图为某一多用电表的结构示意图，表头G的满偏电流为Ig=0.5mA，内阻为Rg=200Ω。当选择开关分别接1和2档时，对应的量程为10mA和1mA，其中R1为20Ω，则R2为_____Ω。(3)该欧姆表表盘中间位

置的数值为25，则其“×100”欧姆挡所使用的电源电动势大小为_____V。【答案】(1).C(2).180(3).2.5【解析】【详解】(1)[1]A．在测量电压时，要将红表笔接在高电势点，保证电流从红接线柱流入多用电表，故A错误；B．测量阻值不同的电阻时，更换倍率挡

后，需要重新调节欧姆调零旋钮，故B错误；C．由于测电阻时内部有电源，所以如果电路不和电源断开，可能出现电流过大，烧坏表头的情况。故C正确。故选C。(2)[2]当使用2档时，分流电阻阻值大，电流表量程小，为0-1mA，根据串并联规律得12gggIrIIRR解得

21180ΩgggIrRRII(3)[3]使用欧姆档时，电流表的满偏电流IA=1mA，中值电阻阻值等于欧姆表内阻，所以欧姆表内阻为R=25100Ω=2500Ω电源电动势大小为E=IAR=110-32500

V=2.5V11.如图为某游乐设施的简化图，固定斜面的倾角θ=37º，长度L=6m。某游客坐在平板小车上，通过拉跨过斜面顶端定滑轮的轻绳，使自己和小车一起缓慢上升到斜面的顶端，然后松开轻绳，让人和车一起沿斜面下滑，最终停在水平面上的P点。不计轻绳与滑轮的摩擦，忽

略滑轮和人车大小的影响，斜面与水平面间用一小段圆弧平滑过渡，已知人的质量m=55kg，车的质量M=5kg，车在斜面及水平面上运动时所受的阻力均为压力的0.5倍，sin37º=0.6，cos37º=0.8。求：(1)上升过程中，人的拉力大小；(2)P点到斜面底端的距离。【答案】(1)300N；

(2)2.4m【解析】【详解】(1)因人车整体缓慢上升，故整体受力平衡，沿斜面2(+)sinFMmgf垂直于斜面(cosNFMmg）且有NfF可得300NF由牛顿第三定律，人的拉力大小为300NFF(2)下滑过程()sin()cos()MmgMmgMma可得

a=2m/s2设人车整体到达斜面底端时，速度为v，则有22vaL解得24m/sv从斜面底端到P点，由MgMa得25m/sag由22vax得x=2.4m12.如图所示，在光滑绝缘水平面上建立平面直角坐标系xOy，第

一象限存在磁感应强度大小为B，方向竖直向下的匀强磁场；第四象限存在如图所示的匀强电场，电场线与x轴夹角为45°。一带负电的小球a，质量为m，电量绝对值为q，从坐标原点射入磁场，速度方向与x轴正方向夹角为45°，其恰好能与静止在（x0，0）处的质量为2m的带电小球b发生弹

性正碰。已知碰撞前后两球的电量和电性均没有发生变化，碰撞后的两球不会再次相遇。求：（1）小球a射入磁场时的初速度的大小；（2）碰撞后小球b速度的大小；（3）若碰后经过一段时间，小球b沿着碰前小球a的轨迹回到坐标原点

，请确定小球b的电性和电量。【答案】（1）022qBxm；（2）023qBxm；（3）正电，43q【解析】【详解】（1）设小球a射入磁场时的初速度为v0，小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则200avqvBmr由几何关系知0a2cos45xr联立解

得0022qBxvm（2）a、b发生弹性正碰，设碰后a球的速度为v1，b球的速度为v2，a、b球组成的系统，由动量守恒和机械能守恒得0122mvmvmv2220121112222mvmvmv联立解得0202233qBxvvm（3）对小球b在电场或磁场中的

运动情况分析可知，小球b带正电。因为碰后小球b沿碰前小球a的运动轨迹，由几何关系得0ba22xrr小球b在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则22b2b2mvqvBr代入已知量解得b43qq[物理—

选修3-3]13.如图所示，一定质量的理想气体沿不同过程I、II，由状态A变到状态B，状态A和状态B的温度相同。则过程I对外做的功_____（选填“大于”、“等于”或“小于”）过程II对外做的功；过程I吸收的热量_____（选填“

大于”、“等于”或“小于”）过程II吸收的热量。【答案】(1).大于(2).大于【解析】【详解】[1]过程I、II气体对外做的功分别为IABAWpVV，IIBBAWpVV由p−V图可知，ABpp、BAVV，所以IIIWW，即过程I对外做的功大于过程I

I对外做的功。[2]理想气体在状态A和状态B的温度相同，内能不变（ΔU=0），由热力学第一定律得IIIΔ0UQW，IIIIIIΔ0UQW解得IIQW，IIIIQW因为IIIWW，所以IIIQQ，即过程I吸收的热量大于过程I

I吸收的热量。14.有一氧气瓶，内装有氧气0.3kg。开始时，瓶内氧气的压强为1.0×106Pa，温度为320K。因为阀门处漏气，经过一段时间后，瓶内氧气压强变为原来的一半，温度降为300K。求漏掉的氧气质量。【答案】0.14kg【解析

】【详解】设容器的体积为V，以全部气体为研究对象，由理想气体状态方程得1212pVpVTT代入数据解得1222212122300153208pTpTVVVVVpTpT漏掉的氧气质量为15Δ778Δ0.3kg0.14kg1515158VVVmmmVV[物理—选修3-

4]15.在“用双缝干涉测光的波长”实验中，光屏上的干涉条纹与双缝_____（选填“垂直”或“平行”）；若某次测量时，选用的双缝间距为0.300mm，测得双缝到光屏的距离为1.00m，第1条亮条纹到第6条

亮条纹之间的距离为10.00mm。则所测单色光的波长为_____nm（结果保留3位有效数字）。【答案】(1).平行(2).600【解析】【详解】[1]发生干涉条纹时毛玻璃屏上的干涉条纹与双缝平行；[2]第1条亮条纹到第6条亮条纹的中心

间距为10.00mm，则相邻两个亮条纹的间距10.00mm2.00mm161axn根据Lxd得3372.00100.30010m6.0010m600nm1.00xdL16.一列简谐横波沿x轴传播。t=0时

，波的图象如图所示，P在x=8m处的平衡位置；t=0.1s时，P第一次到达波峰。求：①该列波的周期和传播速度；②0～2s内质点P经过的路程。【答案】①若该波向右传播，0.4sT，20m/sv；若该波向左传播，2s15T

，60m/sv；②若该波向右传播，200cm；若该波向左传播，600cm【解析】【详解】由图象可得，该波波长为8m。若该波向右传播，则P的振动方向向上，P第一次到达波峰的时间为14T，得周期0.4sT，由

vfT得20m/sv若该波向左传播，则P的振动方向向下，P第一次到达波峰的时间为34T，得周期2s15T，由vfT解得60m/sv②由图象可得，该波振幅为10cm。若该波向右传播，在0～2s内，质点P完成了5次全振动，经过的路程为5420200cmLAA

若该波向左传播，在0～2s内，质点P完成了15次全振动，经过的路程为15460600cmLAA