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1、河北省石家庄市2020届高三物理下学期综合训练二（三模）试题二、选择题1.物理学家密立根利用如图甲所示的电路研究金属钾的遏止电压Uc与入射光频率的关系，其图像如图乙所示。已知电子的电荷量为e。下列说法正确的是（）A. 若仅增大入射光的光强，则光电子的最大初动能增大B. 若增大入射光的频率，则光电子的最大初动能保持不变C. 由Uc图像可知，金属钾的截止频率为D. 由Uc图像可求出普朗克常量为【答案】D【解析】【详解】AB根据光电效应方程可知增大入射光的频率，光电子的最大初动能增大，增大入射光的强度，光电子的最大初动能不变，故AB错误；C由图可知，当遏止电压为零时金属钾的截止频率为，故C错误；D根
2、据光电效应方程有光电子从K到A，根据动能定理有联立解得，结合图象可知，图线的斜率解得，故D正确。故选D。2.如图所示，六根原长均为l的轻质细弹簧两两相连，在同一平面内六个大小相等、互成60的恒定拉力F作用下，形成一个稳定的正六边形已知正六边形外接圆的半径为R，每根弹簧的劲度系数均为k，弹簧在弹性限度内，则F的大小为（ ）A. (Rl)B. k(Rl)C. k (R2l)D. 2k (Rl)【答案】B【解析】【详解】正六边形外接圆半径为R，则弹簧的长度为R，弹簧的伸长量为：x=R-l，由胡克定律可知，每根弹簧的弹力为：f=kx=k（R-l），两相邻弹簧夹角为120，两相邻弹簧弹力的合力为：F合=
3、f=k（R-l），弹簧静止处于平衡状态，由平衡条件可知，每个拉力大小为：F=F合k（R-l），故B正确；ACD错误；故选B【点睛】本题考查了共点力作用下物体平衡条件的应用，根据题意求出弹簧的形变量、应用胡克定律求出弹簧的弹力是解题的前提，应用力的合成与平衡条件可以解题3.如图所示为某种水轮机的示意图，水平管中流出的水流直接冲击水轮机上的某挡板时，水流的速度方向刚好与水轮机上该挡板的线速度方向相同，水轮机圆盘稳定转动时的角速度为，圆盘的半径为R，冲击挡板时水流的速度是该挡板线速度的4倍，该挡板和圆盘圆心连线与水平方向夹角为30，挡板长度远小于R，不计空气阻力，则水从管口流出速度的大小为（）A.
4、B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】圆盘边缘点的线速度大小故水流冲击某挡板前的速度水流做平抛运动，水平分速度是匀速直线运动，竖直分运动是自由落体运动，将冲击挡板前的速度分解，如下图故故ABD错误，C正确。故选C。4.如图所示，虚线MN上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，在直角三角形OPQ中，PQO=90，QOP=30。两个带电荷量数值相等的粒子a、b分别从O、P两点垂直于MN同时射入磁场，恰好在Q点相遇。不计粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（）A. a、b两粒子均带正电B. a、b两粒子的周期之比为1:3C. a、b两粒子的速度之比为2:1D. a、b两粒子的质量之比为1:3【
5、答案】C【解析】【详解】A如下图所示由几何关系可得两粒子轨迹圆心在同一点，轨迹半径相等。根据左手定则可知a受到的洛伦兹力方向向右，指向圆心，即a带正电，而b受到的洛伦兹力方向向右，与圆心方向相反，则b带负电，故A错误；B两带电粒子射入磁场，同时到达Q点，故运动时间相等，又由图可知，粒子a到达Q点时运动的圆弧对应的圆心角为，粒子b到达Q点时运动的圆弧对应的圆心角为，有即故B错误；CD又由有解得由洛伦兹力提供向心力，则解得即故D错误，C正确。故选C。5.如图所示，质量为m的A球以速度在光滑水平面上向右运动，与静止的质量为5m的B球对心正碰，碰撞后A球以的速率弹回，并与竖直固定的挡板P发生弹性碰撞，
6、要使A球与挡板碰后能追上B球再次相碰，则k的取值范围为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A、B碰撞过程中，以v0方向为正方向，根据动量守恒定律得A与挡板P碰撞后能追上B发生再碰条件是得碰撞过程中损失的机械能解得所以k满足的条件是故C正确，ABD错误。故选C。6.如图所示，平行金属板间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为2102V/m，两极板间距离为10cm。P点距下极板2cm，C点距下极板3cm，D点距上极板2cm。下列说法正确的是（）A. 设上极板电势为零，则电子在D点电势能为-4eVB. 将一电子从C点移到D点，静电力做功为10eVC. 将一电子从P点沿直线移到D点静
7、电力做的功，比将电子从P点经C点移到D点静电力做功少D. 设C点电势为零，则P点电势为-2V【答案】BD【解析】【详解】A沿电场线方向电势减小，即D点电势低，故则电子在D点电势能为故A错误；B将一电子从C点移到D点，静电力做功为故B正确；C电场力做功只与初末位置有关，与路径无关，故将一电子从P点沿直线移到D点静电力做的功和将电子从P点经C点移到D点静电力做功相等，故C错误；D沿电场线方向电势减小，即P点电势比C点低，即故D正确。故选BD。7.如图所示为远距离输电的示意图，升压变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2，发电厂的输出电压保持不变。在用电高峰时，并联的用电器增多。已知输电线的电阻不能忽略
8、，变压器均为理想变压器。与平时相比，用电高峰时（）A. 降压变压器的输出电压将增大B. 输电线上损失电压将减小C. 电能的输送效率将减小D. 为了保证用户得到的电压和平时一样大，可以适当减小【答案】CD【解析】【详解】AB在用电高峰期，并联的用电器增多，用户耗电量增大，则发电厂的输出功率增大，所以升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P=UI可输电线上的电流I线增大，根据U损=I线R输电线上的电压损失增大，则降压变压器的输入电压U3=U2-U损可得降压变压器的输入电压U3减小，又降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故AB错误；C电能的输送效率为因为升压变
9、压器的输出电压U2不变，输电线上的电压损失U损增大，故效率减小，故C正确；D为了保证用户得到的电压和平时一样大，即U4不变，降压变压器的匝数比不变，故降压变压器原线圈的电压U3不变，因用户的功率增大，故降压变压器副线圈的电流增大，则降压变压器原线圈的电流也增大，根据U损=I线R输电线上的电压损失增大，则升压变压器副线圈的电压为U2=U3+U损可知升压变压器副线圈的电压U2增大；因升压变压器的线圈的电压U1不变，根据得，可知适当减小升压变压器的匝数比，则升压变压器副线圈的电压增大，故D正确。故选CD。8.如图所示，由三根长均为L轻杆构成的等边三角形支架位于竖直平面内，其中两个端点分别固定质量均为
10、m的小球A、B，构成一个系统。系统可绕O点在竖直面内转动。已知初始位置OA水平，重力加速度为g，不计一切摩擦及空气阻力。现将系统在初始位置由静止释放，下列说法正确的是（）A. 在运动过程中，系统的机械能守恒B. 小球B运动至最低点时，系统的重力势能最小C. 小球B运动至最低点时，小球A的速度大小为D. 在运动过程中，小球B的最大动能为【答案】AD【解析】【详解】A系统在运动过程中，只有重力做功，故机械能守恒，故A正确；B系统重心在A、B连线的中点位置，故AB连线水平时，系统重力势能最小，动能最大，故B错误；C小球B运动至最低点时，两小球速度大小一直相等，根据几何关系知，A下降的高度为，B下降的
11、高度为，根据系统机械能守恒有解得，故C错误；D故AB连线水平时，系统动能最大，此时A球到图中B球位置，根据系统机械能守恒有解得，故D正确。故选AD。三、非选择题9.某小组利用如图甲所示的装置做“验证牛顿第二定律”的实验。将光电门固定在光滑轨道上的B点，质量为M的小车中放置了N个相同的钩码，每个钩码质量为m，每次从小车里拿出一个钩码挂到绳子下端，让小车从位置A由静正释放，记下遮光条的挡光时间，已知重力加速度为g：(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图乙所示，则d=_cm；(2)某次实验时将小车从图示位置由静止释放，测得遮光条通过光电门的挡光时间为2102s，则小车经过光电门时的速度大小为_m/s
12、（计算结果保留两位有效数字）；(3)某次实验时，从小车中取出n个钩码挂在绳子下端，测出A、B之间的距离为x，遮光条通过光电门的挡光时间为，若要验证牛顿第二定律，则应满足的表达式为_（用题中给出的字母表示）。【答案】 (1). 0.455 (2). 0.23 (3). 【解析】【详解】(1)1由图可得(2)2根据代入解得(3)3由题意得，根据牛顿第二定律可得即10.某同学制作了一个简易多用电表，图甲为电路原理图，B为选择开关，电流表内阻，满偏电流mA，定值电阻R2=60。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排正中间刻线，其它刻线没有画出：(1)当选择开关接3时，电表为_（选填“欧姆表”
13、“电压表”或“电流表”）。量程为_；(2)为了测该多用电表欧姆挡的内阻和表内电源的电动势，该同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：将选择开关接2，红、黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；将多用电表红、黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在C处，此时电阻箱如图丙所示；计算得到多用电表内电池的电动势为_V；(3)选择欧姆挡进行欧姆调零后，将红、黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为_；(4)该简易电表使用一段时间后，电池的电动势下降到3V、内阻变大，但此表仍能调零，调零后用此表测得某电阻阻值为180，该电阻真实值为_。【答案】 (1). 电压表
14、 (2). 02.5V (3). 3.75 (4). 100 (5). 144【解析】【详解】(1)12由图甲所示电路图可知，当选择开关接3时，表头与分压电阻串联，此时电表为电压表，电压表量程(2)3由图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为指针满偏时，有指针指在C处时，电流表示数为，有解得电池电动势(3)4图乙所示表盘可知，此时电流由闭合电路欧姆定律得代入解得(4)5电池的电动势下降到3V，即对于测量值，有对于真实值，有联立解得11.羚羊从静止开始奔跑，经过t1=4s能加速到最大速度v1=24m/s，并能维持很长一段时间；猎豹从静止开始奔跑，经过x2=50m的距离能加速到最大速度v2=30m/s，以后只能维持这个速度奔跑统t0=15s。设猎豹距离羚羊x时由静止开始追击，经t=s羚羊由静止开始奔跑。假定羚羊和猎豹在加速阶段均以最大加速度做匀加速运动且沿同一直线奔跑。(1)若猎豹在加速阶段追上羚羊，求x最大值；(2)若猎豹刚好要减速时追上羚羊，求x的值。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)根据初速度为零的匀加速直线运动得，羚羊的加速度为代入数据解得根据初速度为零的匀变速直线运动公式得
