江苏省南京市2020届高三物理第三次模拟考试(6月)试题
南京市2020届高三年级数学第三次模拟考试参考答案
南京市2020届高三年级第三次模拟考试数学参考答案及评分标准说明：1．本解答给出的解法供参考．如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则．2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后续部分的解答有较严重的错误，就不再给分．3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 4．只给整数分数，填空题不给中间分数．一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分. 不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）1．{x |1＜x ＜4} 2．2 3．60 4．10 5．236． 37．2n ＋1－2 8．62 9．8310．[2，4] 11．6 12． [－2，＋∞) 13．－9414．38二、解答题（本大题共6小题，计90分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内） 15．(本小题满分14分)证明：(1)取PC 中点G ，连接DG 、FG ．在△PBC 中，因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点，所以GF ∥BC ，GF ＝12BC ．因为底面ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，所以DE ∥BC ，DE ＝12BC ， ······························································ 2分所以GF ∥DE ，GF ＝DE ，所以四边形DEFG 为平行四边形， 所以EF ∥DG ． ············································································· 4分 又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ，所以EF ∥平面PCD ． ······································································ 6分 (2)因为底面ABCD 为矩形，所以CD ⊥AD ．又因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥平面P AD ． ··································································· 10分 因为P A ⊂平面P AD ，所以CD ⊥P A ． ·················································· 12分 又因为P A ⊥PD ，PD ⊂平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，PD ∩CD ＝D ，所以P A ⊥平面PCD ． 因为P A ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面PCD ． ·································· 14分16．(本小题满分14分)解：(1) 因为向量m ＝(cos x ，sin x )，n ＝(cos x ，－sin x )，所以 f (x )＝m ·n ＋12＝cos 2x －sin 2x ＋12＝cos2x ＋12． ··································· 2分因为f (x 2)＝1，所以cos x ＋12＝1，即cos x ＝12．又因为x ∈(0，π) ，所以x ＝π3， ························································· 4分所以tan(x ＋π4)＝tan(π3＋π4)＝tan π3＋ tan π41－tan π3tanπ4＝－2－3． ······························· 6分(2)若f (α)＝－110，则cos2α＋12＝－110，即cos2α＝－35．因为α∈(π2，3π4)，所以2α∈(π，3π2)，所以sin2α＝－1－cos 22α＝－45． ········ 8分因为sin β＝7210，β∈(0，π2)，所以cos β＝1－sin 2β＝210， ······················· 10分所以cos(2α＋β)＝cos2αcos β－sin2αsin β＝(－35)×210－(－45)×7210＝22． ····· 12分又因为2α∈(π，3π2)，β∈(0，π2)，所以2α＋β∈(π，2π)，所以2α＋β的值为7π4． ····································································· 14分17．(本小题满分14分)解：如图，以O 为原点，正东方向为x 轴，正北方向为y 轴，建立直角坐标系xOy ． 因为OB ＝2013，tan ∠AOB ＝23，OA ＝100，所以点B (60，40)，且A (100，0)． ···························································· 2分(1)设快艇立即出发经过t 小时后两船相遇于点C ，则OC ＝105(t ＋2)，AC ＝50t ．因为OA ＝100，cos ∠AOD ＝55， 所以AC 2＝OA 2＋OC 2－2OA ·OC ·cos ∠AOD ，即(50t )2＝1002＋[105(t ＋2)]2－2×100×105(t ＋2)×55． 化得t 2＝4，解得t 1＝2，t 2＝－2（舍去）， ·············································· 4分 所以OC ＝405．因为cos ∠AOD ＝55，所以sin ∠AOD ＝255，所以C (40，80)，所以直线AC 的方程为y ＝－43(x －100)，即4x ＋3y －400＝0． ······················· 6分因为圆心B 到直线AC 的距离d ＝|4×60＋3×40－400|42＋32＝8，而圆B 的半径r ＝85， 所以d ＜r ，此时直线AC 与圆B 相交，所以快艇有触礁的危险．答：若快艇立即出发有触礁的危险． ······················································· 8分 (2)设快艇所走的直线AE 与圆B 相切，且与科考船相遇于点E ． 设直线AE 的方程为y ＝k (x －100)，即kx －y －100k ＝0．因为直线AE 与圆B 相切，所以圆心B 到直线AC 的距离d ＝|60k －40－100k |12＋k 2＝85，即2k 2＋5k ＋2＝0，解得k ＝－2或k ＝－12． ············································· 10分由（1）可知k ＝－12舍去．因为cos ∠AOD ＝55，所以tan ∠AOD ＝2，所以直线OD 的方程为y ＝2x ． 由⎩⎨⎧y ＝2x ， y ＝－2(x －100)，解得⎩⎨⎧x ＝50，y ＝100，所以E (50，100)，所以AE ＝505，OE ＝505， ······························································· 12分此时两船的时间差为505105－50550＝5－5，所以x ≥5－5－2＝3－5．答：x 的最小值为(3－5)小时． ···························································· 14分18．(本小题满分16分)解：(1)因为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)过点(－2，0)和 (1，32)，所以a ＝2，1a 2＋34b2＝1，解得b 2＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1． ·························································· 2分(2)因为B 为左顶点，所以B (－2，0)．因为四边形AMBO 为平行四边形，所以AM ∥BO ，且AM ＝BO ＝2． ··········· 4分 设点M (x 0，y 0)，则A (x 0＋2，y 0)．因为点M ，A 在椭圆C 上，所以⎩⎨⎧x 024＋y 02＝1， (x 0＋2)24＋y 02＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1， y 0＝±32， 所以M (－1，±32)． ········································································ 6分 (3) 因为直线AB 的斜率存在，所以设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，消去y ，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0， 则有x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k 2． ···················································· 8分因为平行四边形AMBO ，所以OM →＝OA →＋OB →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)．因为x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，所以y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝k ·－8km 1＋4k 2＋2m ＝2m1＋4k 2， 所以M (－8km 1＋4k 2，2m1＋4k 2)． ·································································· 10分因为点M 在椭圆C 上，所以将点M 的坐标代入椭圆C 的方程，化得4m 2＝4k 2＋1．① ········································································ 12分 因为A ，M ，B ，O 四点共圆，所以平行四边形AMBO 是矩形，且OA ⊥OB ， 所以OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝0． 因为y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 1＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝m2－4 k 21＋4k 2，所以x 1x 2＋y 1y 2＝4m 2－41＋4k 2＋m 2－4k 21＋4k 2＝0，化得5m 2＝4k 2＋4．② ················· 14分 由①②解得k 2＝114，m 2＝3，此时△＞0，因此k ＝±112．所以所求直线AB 的斜率为±112． ····················································· 16分 19． (本小题满分16分)解：(1)当a ＝1时，f (x )＝e xx 2－x ＋1，所以函数f (x )的定义域为R ，f'(x )＝e x (x －1)(x －2)(x 2－x ＋1)2．令f'(x )＜0，解得1＜x ＜2，所以函数f (x )的单调减区间为(1，2)． ··················································· 2分 (2)由函数f (x )的定义域为R ，得x 2－ax ＋a ≠0恒成立，所以a 2－4a ＜0，解得0＜a ＜4． ························································· 4分 方法1由f (x )＝e xx 2－ax ＋a ，得f'(x )＝e x (x －a )(x －2)(x 2－ax ＋a )2．①当a ＝2时，f (2)＝f (a )，不符题意． ②当0＜a ＜2时，因为当a ＜x ＜2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(a ，2)上单调递减，所以f (a )＞f (2)，不符题意． ··························································· 6分 ③当2＜a ＜4时，因为当2＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(2，a )上单调递减， 所以f (a )＜f (2)，满足题意．综上，a 的取值范围为(2，4)． ························································ 8分方法2由f (2)＞f (a )，得e 24－a ＞e aa ．因为0＜a ＜4，所以不等式可化为e 2＞e a a(4－a )．设函数g (x )＝e xx (4－x )－e 2， 0＜x ＜4． ·················································· 6分因为g'(x )＝e x·－(x －2)2x 2≤0恒成立，所以g (x )在(0，4)上单调递减．又因为g (2)＝0，所以g (x )＜0的解集为(2，4)．所以，a 的取值范围为(2，4)． ··························································· 8分 (3)证明：设切点为(x 0，f (x 0))，则f'(x 0)＝e x 0(x 0－2)(x 0－a )(x 02－ax 0＋a )2，所以切线方程为y －ex 0x 02－ax 0＋a ＝e x 0(x 0－2)(x 0－a )(x 02－ax 0＋a )2×(x －x 0)．由0－ex 0x 02－ax 0＋a ＝e x 0(x 0－2)(x 0－a )(x 02－ax 0＋a )2×(0－x 0)，化简得x 03－(a ＋3)x 02＋3ax 0－a ＝0． ···················································· 10分 设h (x )＝x 3－(a ＋3)x 2＋3ax －a ，a ∈(2，4)， 则只要证明函数h (x )有且仅有三个不同的零点．由(2)可知a ∈(2，4)时，函数h (x )的定义域为R ，h'(x )＝3x 2－2(a ＋3)x ＋3a ． 因为△＝4(a ＋3)2－36a ＝4(a －32)2＋27＞0恒成立，所以h'(x )＝0有两不相等的实数根x 1和x 2，不妨x 1＜x 2． 因为所以函数h (x )最多有三个零点． ························································· 12分 因为a ∈(2，4)，所以h (0)＝－a ＜0，h (1)＝a －2＞0，h (2)＝a －4＜0，h (5)＝50－11a ＞0， 所以h (0)h (1)＜0，h (1)h (2)＜0，h (2)h (5)＜0．因为函数的图象不间断，所以函数h (x )在(0，1)，(1，2)，(2，5)上分别至少有一个零点． 综上所述，函数h (x )有且仅有三个零点． ············································· 16分20．(本小题满分16分)解：(1) 因为{a n }的“L 数列”为{12n }，所以a n a n ＋1＝12n ，n ∈N *，即a n ＋1a n ＝2n ，所以n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝2n －1·2n －2·…·2·1＝2(n -1)＋(n －2)＋…＋1＝2n (n －1)2．又a 1＝1符合上式，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n (n －1)2，n ∈N *． ·················· 2分(2)因为a n ＝n ＋k －3(k ＞0)，且n ≥2，n ∈N *时，a n ≠0，所以k ≠1． 方法1设b n ＝a n a n ＋1，n ∈N *，所以b n ＝n ＋k －3(n ＋1)＋k －3＝1－1n ＋k －2．因为{b n }为递增数列，所以b n ＋1－b n ＞0对n ∈N*恒成立， 即1n ＋k －2－1n ＋k －1＞0对n ∈N*恒成立． ············································ 4分因为1n ＋k －2－1n ＋k －1＝1(n ＋k －2)(n ＋k －1)，所以1n ＋k －2－1n ＋k －1＞0等价于(n ＋k －2)(n ＋k －1)＞0．当0＜k ＜1时，因为n ＝1时，(n ＋k －2)(n ＋k －1)＜0，不符合题意． ··········· 6分 当k ＞1时，n ＋k －1>n ＋k －2>0，所以(n ＋k －2)(n ＋k －1)＞0，综上，k 的取值范围是(1，＋∞)． ························································· 8分 方法2令f (x )＝1－1x ＋k －2，所以f (x )在区间(－∞，2－k )和区间(2－k ，＋∞)上单调递增．当0＜k ＜1时，f (1)＝1－1k －1＞1，f (2)＝1－1k ＜1，所以b 2＜b 1，不符合题意． ···················· 6分当k ＞1时，因为2－k ＜1，所以f (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以{b n }单调递增，符合题意．综上，k 的取值范围是(1，＋∞)． ························································· 8分(3)存在满足条件的等差数列{c n }，证明如下：因为a k a k ＋1＝1＋p k －11＋p k ＝1p ＋1－1p 1＋p k，k ∈N*， ·············································· 10分所以S n ＝n p ＋(1－1p )·(11＋p ＋11＋p 2＋…＋11＋p n －1＋11＋p n)． 又因为p ＞1，所以1－1p ＞0，所以n p ＜S n ＜n p ＋(1－1p )·(1p ＋1p 2＋…＋1p n －1＋1p n )，即n p ＜S n ＜n p ＋1p ·[1－(1p )n ]． ································································· 14分 因为1p ·[1－(1p )n ]＜1p ，所以n p ＜S n ＜n ＋1p．设c n ＝np ，则c n ＋1－c n ＝n ＋1p －n p ＝1p，且c n ＜S n ＜c n ＋1，所以存在等差数列{c n }满足题意． ······················································· 16分南京市2020届高三年级第三次模拟考试数学附加题参考答案及评分标准说明：1．本解答给出的解法供参考．如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则．2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后续部分的解答有较严重的错误，就不再给分．3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 4．只给整数分数，填空题不给中间分数．21．【选做题】在A 、B 、C 三小题中只能选做2题，每小题10分，共计20分．请在答卷．．纸．指定区域内．．．．．作答．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A ．选修4—2：矩阵与变换解：(1) ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1a 0 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0a ．··································································· 2分 因为点P (1，1)在矩阵A 的变换下得到点P ′(0，－2)，所以a ＝－2，所以A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1－2 0． ········································································· 4分 (2)因为A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1－2 0，所以A 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1－2 0 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1－2 0＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 －1－2 2， ·············· 6分 所以A 2⎣⎡⎦⎤03=⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 －1－2 2 ⎣⎡⎦⎤03=⎣⎢⎡⎦⎥⎤－36， 所以，点Q ′的坐标为(－3，6)． ························································ 10分B ．选修4—4：坐标系与参数方程解：由l 的参数方程⎩⎨⎧x ＝3t ，y ＝1＋t(t 为参数)得直线l 方程为x －3y ＋3＝0． ············· 2分曲线C 上的点到直线l 的距离d ＝|1＋cos θ－ 3 sin θ＋3|2 ······························ 4分＝|2cos(θ＋π3)＋1＋3|2． ········································································ 6分当θ＋π3＝2k π，即θ＝－π3＋2k π(k ∈Z )时， ·················································· 8分曲线C 上的点到直线l 的距离取最大值3＋32． ········································ 10分C ．选修4—5：不等式选讲 证明：因为a ，b 为非负实数，所以a 3＋b 3－ab (a 2＋b 2)＝a 2a (a －b )＋b 2b (b －a )＝(a －b )[(a )5－(b )5]． ·································· 4分 若a ≥b 时，a ≥b ，从而(a )5≥(b )5，得(a －b )·[(a )5－(b )5]≥0． ···························································· 6分 若a ＜b 时，a ＜b ，从而(a )5＜(b )5，得(a －b )·[(a )5－(b )5]＞0． ···························································· 8分 综上，a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)． ····························································· 10分 22．（本小题满分10分）解：(1)因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱，所以AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC ．又AB ⊥AC ，所以以{AB →，AC →，AA 1→}为正交基底建立如图所示的 空间直角坐标系A —xyz ．设AA 1＝t (t ＞0)，又AB ＝3，AC ＝4，则A (0，0，0)，C 1(0，4，t )，B 1(3，0，t )，C (0，4，0)，所以AC 1→＝(0，4，t )，B 1C →＝(－3，4，－t )． ·············································· 2分 因为B 1C ⊥AC 1，所以B 1C →·AC 1→＝0，即16－t 2＝0，解得t ＝4，所以AA 1的长为4． ············································································· 4分 (2)由(1)知B (3，0，0)，C (0，4，0)，A 1(0，0，4)， 所以A 1C →＝(0，4，－4)，BC →＝(－3，4，0)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面A 1CB 的法向量，则n ·A 1C →＝0，n ·BC →＝0，即⎩⎨⎧4y －4z ＝0，－3x ＋4y ＝0．取y ＝3，解得z ＝3，x ＝4，所以n ＝(4，3，3)为平面A 1CB 的一个法向量． 又因为AB ⊥面AA 1C 1C ，所以AB →＝(3，0，0)为平面A 1CA 的一个法向量，则cos ＜n ，AB →＞＝AB →·n |AB →|·|n |＝123·42＋32＋32＝434， ····································· 6分所以sin ＜n ，AB →＞＝317．设P (3，0，m )，其中0≤m ≤4，则CP →＝(3，－4，m )． 因为AB →＝(3，0，0)为平面A 1CA 的一个法向量，所以cos ＜CP →，AB →＞＝AB →·CP →|AB →|·|CP →|＝93·32＋(－4)2＋m 2＝3m 2＋25， 所以直线PC 与平面AA 1C 1C 的所成角的正弦值为3m 2＋25． ·························· 8分 因为直线PC 与平面AA 1C 1C 所成角和二面角B －A 1C －A 的大小相等， 所以3m 2＋25＝317，此时方程无解，所以侧棱BB 1上不存在点P ，使得直线PC 与平面AA 1C 1C 所成角和二面角B －A 1C －A 的大小相等 ． ········································································································ 10分 23．（本小题满分10分）解：(1)根据题意，每次取出的球是白球的概率为25，取出的球是黑球的概率为35．所以P 1＝25×25＋C 12×(25)2×35＝425＋24125＝44125． ········································ 2分(2)证明：累计取出白球次数是n ＋1的情况有：前n 次取出n 次白球，第n ＋1次取出的是白球，概率为C nn ×(25)n ＋1；前n ＋1次取出n 次白球，第n ＋2次取出的是白球，概率为C nn ＋1×(25)n ＋1×35；······································································································ 4分 ……前2n －1 次取出n 次白球，第2n 次取出的是白球，概率为C n2n －1×(25)n ＋1×(35)n －1；前2n 次取出n 次白球，第2n ＋1次取出的是白球，概率为C n2n ×(25)n ＋1×(35)n ；则P n ＝C n n ×(25)n ＋1＋C n n ＋1×(25)n ＋1×35＋…＋C n 2n －1×(25)n ＋1×(35)n －1＋C n2n ×(25)n ＋1×(35)n＝(25)n ＋1×[C n n ＋C n n ＋1×35＋…＋C n 2n －1×(35)n －1＋C n2n ×(35)n ] ＝(25)n ＋1×[C 0n ＋C 1n ＋1×35＋…＋C n －12n －1×(35)n －1＋C n 2n ×(35)n ]， ························ 6分因此P n ＋1－P n ＝(25)n ＋2×[C 0n ＋1＋C 1n ＋2×35＋…＋C n 2n ＋1×(35)n ＋C n ＋12n ＋2×(35)n ＋1]－(25)n ＋1×[C 0n ＋C 1n ＋1×35＋…＋C n －12n －1×(35)n －1＋C n 2n ×(35)n ] ＝(25)n ＋1×{25×[C 0n ＋1＋C 1n ＋2×35＋…＋C n 2n ＋1×(35)n ＋C n ＋12n ＋2×(35)n ＋1]。
2020届高三物理全真模拟预测试题(四)(解析版)
2020届高三物理全真模拟预测试题（四）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．) 14．(2019·江西南昌市下学期4月第二次模拟)用水平力拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止．其速度—时间图象如图1所示，且α>β，若拉力F做的功为W1，冲量大小为I1；物体克服摩擦阻力F f做的功为W2，冲量大小为I2.则下列选项正确的是()图1A．W1> W2；I1>I2B．W1<W2；I1>I2C．W1< W2；I1<I2D．W1＝W2；I1＝I2【答案】D【解析】全过程由动能定理得：W1－W2＝0，W1＝W2，由动量定理得：I1－I2＝0，I1＝I2，故D正确．15．(2019·安徽安庆市下学期第二次模拟)如图2甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量m＝2.2 kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2 s撤去外力F，物体在0～4 s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则()图2A．物体与斜面间的动摩擦因数为0.2B．水平外力F＝5.5 NC．水平外力F＝4 ND．物体在0～4 s内的位移为24 m【答案】C 【解析】‘根据v －t 图象的斜率表示加速度，则2～4 s 内物体的加速度为： a 2＝12－84－2m/s 2＝2 m/s 2，由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2， 解得：μ＝0.5，故A 错误；0～2 s 内物体的加速度为：a 1＝82m/s 2＝4 m/s 2，由牛顿第二定律有：mg sin θ＋F cos θ－μ(mg cos θ－F sin θ)＝ma 1，解得：F ＝4 N ，故B 错误，C 正确； 物体在0～4 s 内的位移为：x ＝8×22 m ＋8＋122×2 m ＝28 m ，故D 错误．16．(2019·广东广州市4月综合测试)如图3，在光滑绝缘水平桌面上，三个带电小球a 、b 和c 分别固定于正三角形顶点上．已知a 、b 带电荷量均为＋q ，c 带电荷量为－q ，则( )图3A ．ab 连线中点场强为零B ．三角形中心处场强为零C ．a 所受库仑力方向垂直于ab 连线D ．a 、b 、c 所受库仑力大小之比为1∶1∶ 3 【答案】D 【解析】在ab 连线的中点处，a 、b 两电荷在该点的合场强为零，则该点的场强等于c 在该点的场强，大小不为零，选项A 错误．在三角形的中心处，a 、b 两电荷在该点的场强大小相等，方向夹120°角，则合场强竖直向下，电荷c 在该点的场强也是竖直向下，则三角形中心处场强不为零，选项B 错误．a 受到b 的排斥力沿ba 方向，受到c 的吸引力沿ac 方向，则其合力方向斜向左下方与ab 连线成60°角，选项C 错误．设三角形的边长为l ，a 、b 所受库仑力大小相等，F a ＝F b ＝2kq 2l 2cos 60°＝kq 2l 2；c 所受库仑力：F c ＝2kq 2l 2cos 30°＝3kq 2l 2，则a 、b 、c 所受库仑力大小之比为1∶1∶3，选项D 正确．17．(2019·广西钦州市4月综测)如图4，两条间距为L 的平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻；一金属棒垂直放置在两导轨上，且始终与导轨接触良好；在MN 左侧面积为S 的圆形区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B 随时间t 的变化关系为B ＝kt ，式中k 为常量，且k >0；在MN 右侧区域存在一与导轨垂直、磁感应强度大小为B 0、方向垂直纸面向里的匀强磁场．t ＝0时刻，金属棒从MN 处开始，在水平拉力F 作用下以速度v 0向右匀速运动．金属棒与导轨的电阻及摩擦均可忽略．则( )图4A ．在t ＝t 1时刻穿过回路的总磁通量为B 0Lv 0t 1 B ．通过电阻R 的电流不是恒定电流C ．在Δt 时间内通过电阻的电荷量为kS ＋B 0Lv 0R ΔtD ．金属棒所受的水平拉力F 随时间均匀增大 【答案】C 【解析】根据题意可知，MN 左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为金属棒左侧两种磁通量之和，则在t ＝t 1时刻穿过回路的总磁通量为Φ＝Φ1＋Φ2＝kt 1S ＋B 0v 0t 1L ，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ，结合闭合电路欧姆定律得 I ＝E R ＝kS ＋B 0Lv 0R，故通过电阻R 的电流为恒定电流，B 错误；Δt 时间内通过电阻的电荷量为q ＝I Δt ＝ΔΦR ＝kS ＋B 0Lv 0RΔt ，故C 正确；金属棒所受的安培力大小F A ＝B 0IL ＝(kS ＋B 0Lv 0)B 0L R ；根据平衡条件得，水平拉力大小等于安培力大小，即为F ＝(kS ＋B 0Lv 0)B 0LR ，故拉力F 是一个恒量，故D 错误．18．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)如图5所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L 1、L 2，两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计．两个小球a 、b (视为质点)质量均为m ，a 球套在竖直杆L 1上，b 杆套在水平杆L 2上，a 、b 通过铰链用长度为L 的刚性轻杆连接，将a 球从图示位置由静止释放(轻杆与L 2杆夹角为45°)，不计一切摩擦，已知重力加速度为g .在此后的运动过程中，下列说法中正确的是( )图5A ．a 球和b 球所组成的系统机械能不守恒B ．b 球的速度为零时，a 球的加速度大小也为零C．b球的最大速度的大小为(2＋2)gLD．a球的最大速度的大小为2gL【答案】C【解析】a球和b球组成的系统没有外力做功，只有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球的机械能守恒，A错误；设轻杆L和水平杆L2的夹角为θ，由运动关联可知v b cos θ＝v a sin θ，则v b＝v a·tan θ，可知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L2平行，则此时a球在竖直方向只受重力mg，因此a 球的加速度大小为g，B错误；当杆L和杆L1第一次平行时，球a运动到最下方，球b运动到L1和L2交点位置，球b的速度达到最大，此时a球的速度为0，因此由系统机械能守恒有mg(22L＋L)＝12mv b2，解得v b＝(2＋2)gL，C正确；当轻杆L和杆L2第一次平行时，由运动的关联可知此时b球的速度为零，由系统机械能守恒有22mg·L＝12mv a2，解得v a＝2gL，此时a球具有向下的加速度g，故此时a球的速度不是最大，a球将继续向下做加速度减小的加速运动，到加速度为0时速度达到最大，D错误．19．(2019·北京市东城区二模)图6甲所示是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术的原理图．其原理是用通电线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得物件内部是否断裂及位置的信息．如图乙所示的是一个由带铁芯的线圈L、开关S和电源连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起．对以上两个实例的理解正确的是()图6A．涡流探伤技术运用了电流的热效应，跳环实验演示了自感现象B．能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料C．金属探伤时接的是交流电，跳环实验装置中接的是直流电D．以上两个实例中的线圈所连接的电源也可以都是恒压直流电源【答案】BC【解析】涡流探伤技术的原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变；跳环实验演示线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，属于演示楞次定律，故A错误．无论是涡流探伤技术，还是演示楞次定律，都需要产生感应电流，而感应电流的产生需在金属导体内，故B正确．金属探伤时，是探测器中通过交变电流，产生变化的磁场，当金属处于该磁场中时，该金属中会感应出涡流；演示楞次定律的实验中，线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，故C 正确，D 错误．20．(2019·辽宁省重点协作体模拟)某国际研究小组借助于智利的天文望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O 做匀速圆周运动．此双星系统中质量较小成员能“吸食”另一颗质量较大星体表面物质，导致质量发生转移，假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中( ) A ．它们之间的万有引力发生变化 B ．它们做圆周运动的角速度不断变大C ．质量较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大D ．质量较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小 【答案】AC 【解析】设双星质量分别为M 1、M 2，两者球心之间的距离为L ，圆周运动半径分别为r 1、r 2，它们之间的万有引力为F ＝G M 1M 2L 2，距离L 不变，M 1与M 2之和不变，其乘积M 1M 2变化，则它们的万有引力发生变化，A 正确；依题意，双星系统绕两者连线上某点O 做匀速圆周运动，周期和角速度相同，由万有引力定律及牛顿第二定律：G M 1M 2L 2＝M 1ω2r 1，G M 1M 2L 2＝M 2ω2r 2，r 1＋r 2＝L ，联立解得M 1＋M 2＝ω2L 3G ，M 1r 1＝M 2r 2，则双星的质量比等于它们做圆周运动半径的反比，故质量较大的星体因质量减小，其轨道半径将增大，又角速度不变，故线速度也增大，B 、D 错，C 对．21．(2019·山东济宁市第二次摸底)电子在电场中仅受电场力作用运动时，由a 点运动到b 点的轨迹如图7中虚线所示．图中一组平行等距实线可能是电场线，也可能是等势线．下列说法正确的是( )图7A ．若a 点的电势比b 点低，图中实线一定是等势线B ．不论图中实线是电场线还是等势线，电子在a 点的电势能都比b 点小C ．若电子在a 点动能较小，则图中实线是电场线D ．如果图中实线是等势线，则电子在b 点电势能较大 【答案】CD 【解析】若图中实线是电场线，根据粒子运动轨迹可以判断，电子所受电场力水平向右，则电场线向左，a 点电势比b 点低，所以若a 点的电势比b 点低，图中实线可能是电场线，A 错误．若图中实线是电场线，根据A 选项的分析，电场线向左，a 的电势小于b 的电势，根据电势能E p ＝φ(－e )，电子在电势低的位置电势能大，所以电子在a 点的电势能大于b 点电势能，B 错误．若电子在a 点动能小，说明由a 到b 加速，如果图中实线是电场线，结合A 选项的分析，方向向左，电子受力向右，加速，a 点动能小，C 正确．如果图中实线是等势线，则电场线与等势线垂直，根据电子运动轨迹可以判断电子受力竖直向下，所以由a到b电场力做负功，b点动能小，电势能大，D正确．22．(5分)(2019·广东深圳市4月第二次调研)某实验小组要测量轻弹簧的劲度系数，实验装置如图8a.将弹簧悬挂在固定铁架台上，毫米刻度尺竖直固定在弹簧旁，在弹簧下端挂上钩码，多次改变钩码质量m，读出钩码静止时固定在挂钩上的指针对应的刻度尺示数l.当钩码质量为200 g时，指针位置如图b所示．用所测数据在m－l坐标系描点如图c.取g＝9.8 m/s2.回答下列问题：图8(1)图b中指针对应的刻度尺示数为________ cm：(2)在图c中将钩码质量为200 g时所对应的数据点补上，并作出ml图线；(3)根据图线算出弹簧的劲度系数为________ N/m(结果保留三位有效数字)．【答案】(1)18.50(18.48～18.52均可)(2)如图所示(3)23.5～24.8【解析】(1)由题图可知，刻度尺的分度值为0.1 cm，则读数为18.50 cm，误差范围±0.02 cm均可，即答案在18.48～18.52 cm之间均可；(2)钩码质量为200 g时对应的弹簧长度为18.50 cm，图象如图所示(3)根据k ＝ΔF Δl 可知，弹簧的劲度系数k ＝ΔF Δl ＝Δmg Δl ＝0.3×9.8(22.50－10.50)×10－2 N/m ＝24.5 N/m(答案在23.5～24.8之间均可)．23．(10分)(2019·广东深圳市4月第二次调研)LED 灯的核心部件是发光二极管．某同学欲测量一只工作电压为2.9 V 的发光二极管的正向伏安特性曲线，所用器材有：电压表(量程3 V ，内阻约3 kΩ)，电流表 (用多用电表的直流25 mA 挡替代，内阻约为5 Ω)，滑动变阻器(0～20 Ω)，电池组(内阻不计)，电键和导线若干．他设计的电路如图9(a)所示．回答下列问题：图9(1)根据图(a)，在实物图(b)上完成连线；(2)调节变阻器的滑片至最________端(填“左”或“右”)，将多用电表选择开关拨至直流25 mA 挡，闭合电键； (3)某次测量中，多用电表示数如图(c)，则通过二极管的电流为________ mA ；(4)该同学得到的正向伏安特性曲线如图(d)所示．由曲线可知，随着两端电压增加，二极管的正向电阻________(填“增大”“减小”或“不变”)；当两端电压为2.9 V 时，正向电阻为________ kΩ(结果保留两位有效数字)；(5)若实验过程中发现，将变阻器滑片从一端移到另一端，二极管亮度几乎不变，电压表示数在2.7～2.9 V 之间变化，试简要描述一种可能的电路故障：_______________________. 【答案】 (1)连线如图所示(2)左 (3)15.8～16.2 (4)减小 0.15～0.16 (5)连接电源负极与变阻器的导线断路 【解析】(1)根据多用电表红黑表笔的接法“红进黑出”可知，黑表笔接二极管，红表笔接滑动变阻器，滑动变阻器采用分压式接法，则连线如图：(2)为保护电路，开关闭合前需将滑动变阻器的滑片置于最大阻值处，即最左端；(3)多用电表所选量程为25 mA ，则电流表读数为16010 mA ＝16.0 mA(答案在15.8～16.2范围内均可)；(4)I －U 图象中，图线斜率表示电阻的倒数，由题图可知，随着电压的增加，斜率逐渐增大，则二极管的电阻逐渐减小；当两端电压为2.9 V 时，电流表示数为19.0 mA ，则电阻大小为R ＝2.9 V0.019 A ≈0.15 kΩ(答案在0.15～0.16范围内均可)；(5)由于二极管的正向电阻约为0.15 kΩ，远大于滑动变阻器的最大阻值，因此若实验中，将变阻器滑片从一端移到另一端，二极管亮度几乎不变，电压表示数在2.7～2.9 V 之间变化，则有可能是滑动变阻器与二极管串联，导致电路中总电阻较大，总电流较小，所以电压表的示数变化较小，故故障可能是连接电源负极与变阻24. (12分)(2019·山西运城市5月适应性测试)如图1所示，在光滑水平地面上放有一质量M ＝3 kg 带四分之一光滑圆弧形槽的小车，质量为m ＝2 kg 的小球以速度v 0＝5 m/s 沿水平槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度h ＝0.8 m ，不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图1(1)小球从槽口上升到最高点(未离开小车)的过程中，小球对小车做的功W ；(2)小球落地瞬间，小车与小球间的水平间距L . 【答案】(1)6 J (2)2 m 【解析】(1)小球上升至最高点时，小车和小球的水平速度相等，由小车和小球水平方向动量守恒得：mv 0＝(m ＋M )v ①对小车由动能定理得： W ＝12Mv 2②联立①②解得：W ＝6 J(2)小球从槽口上升至最高点，再从最高点回到槽口的过程中，小球和小车水平方向动量守恒： mv 0＝mv 1＋Mv 2③对小球和小车由功能关系得： 12mv 02＝12mv 12＋12Mv 22④ 联立③④可解得：v 1＝－1 m/s ⑤ v 2＝4 m/s ⑥小球离开小车后，向右做平抛运动，小车向左做匀速运动 h ＝12gt 2⑦ L ＝(v 2－v 1)t ⑧联立⑤⑥⑦⑧可得：L ＝2 m.25. (20分)(2019·陕西渭南市教学质检(二))如图2所示，在xOy 坐标系中有圆柱形匀强磁场区域，其圆心在O ′(R,0)，半径为R ，磁感应强度大小为B ，磁场方向垂直纸面向里．在y ≥R 范围内，有方向向左的匀强电场，电场强度为E .有一带正电的微粒平行于x 轴射入磁场，微粒在磁场中的偏转半径刚好也是R .已知带电微粒的电荷量为q ，质量为m ，整个装置处于真空中，不计重力．图2(1)求微粒进入磁场的速度大小；(2)若微粒从坐标原点射入磁场，求微粒从射入磁场到再次经过y 轴所用时间； (3)若微粒从y 轴上y ＝R2处射向磁场，求微粒以后运动过程中距y 轴的最大距离．【答案】 (1)qBR m (2)πm2qB ＋2mR qE (3)R ＋qB 2R 28mE【解析】(1)微粒射入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2R解得v ＝qBRm；(2)微粒从原点射入磁场，因在磁场中轨迹半径也为R ，所以微粒经14圆周后以速度v 垂直于电场方向进入电场，微粒在电场中做类平抛运动，轨迹如图甲所示微粒在磁场中的运动时间为t 1＝T 4＝14×2πR v ＝πm2qB微粒在电场中做类平抛运动，沿电场方向R ＝12·qEm t 22解得t 2＝2mRqE微粒再次经过y 轴需要的时间为：t ＝t 1＋t 2＝πm2qB＋2mRqE(3)微粒从y 轴上y ＝R2处射向磁场，微粒运动轨迹如图所示，设微粒在P 点射入磁场，入射点为P ，轨迹圆心为O 2，如图乙所示在△APO ′中∠AO ′P ＝30°，∠APO ′＝60°，连接O 2O ′，因O 2P ＝O ′P ＝R ，∠O 2PO ′＝120°，则∠PO ′O 2＝30°，两圆相交，关于圆心连线对称，设出射点为Q ，由对称知∠O 2O ′Q ＝30°，出射点Q 必位于O ′点正上方．由于∠PO 2Q ＝60°，所以微粒从磁场中出射方向与x 轴成θ＝60°.微粒在电场中沿x 轴正方向做初速度为v 0x ＝v cos θ的匀减速运动，加速度大小为a ＝qE m 在电场中向右运动的最远距离x m ＝v 0x 22a由以上三式及v ＝qBR m 可解得x m ＝qB 2R 28mE运动过程中距y 轴的最远距离为s ＝R ＋x m ＝R ＋qB 2R 28mE. 33．【选修3－3】(15分)(2019·四川绵阳市第三次诊断)(1)(5分)关于热现象，下列说法正确的是________．A ．热量不能自发地从低温物体传到高温物体B ．物体速度增大，则组成物体的分子动能增大C ．物体的温度或者体积变化，都可能引起物体内能变化D ．相同质量的两个物体，升高相同温度，内能增加一定相同E ．绝热密闭容器中一定质量气体的体积增大，其内能一定减少(2)(10分)如图3甲所示，横截面积为S ，质量为M 的活塞在汽缸内封闭着一定质量的理想气体，现对汽缸内气体缓慢加热，使其温度从T 1升高了ΔT ，气柱的高度增加了ΔL ，吸收的热量为Q ，不计汽缸与活塞的摩擦，外界大气压强为p 0，重力加速度为g ，则：图3①此加热过程中气体内能增加了多少？②若保持缸内气体温度不变，再在活塞上放一砝码，如图乙所示，使缸内气体的体积又恢复到初始状态，则放入砝码的质量为多少？【答案】 (1)ACE (2)①Q －(p 0S ＋Mg )ΔL ②(p 0S ＋Mg )ΔT gT 1【解析】(1)根据热力学第二定律可知热量不能自发地从低温物体传到高温物体，A 正确；物体分子平均动能的标志是温度，与宏观速度无关，B 错误；物体内能等于所有分子的动能与所有分子势能的和，分子平均动能与温度有关，而分子势能与体积有关，所以物体内能与温度和体积有关，C 正确；根据C 选项的分析，升高相同温度，但体积关系未知，所以内能变化无法判断，D 错误；根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ，容器绝热，Q ＝0，气体体积增大，所以气体对外做功，W <0，所以ΔU <0，内能减小，E 正确．(2)①设汽缸内气体的温度为T 1时压强为p 1，活塞受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，则：Mg ＋p 0S ＝p 1S气体膨胀对外界做功为：W ＝p 1S ΔL根据热力学第一定律得到：Q －W ＝ΔU联立可以得到：ΔU ＝Q －(p 0S ＋Mg )ΔL②设放入砝码的质量为m ，缸内气体的温度为T 2时压强为p 2，系统受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，得到：(M ＋m )g ＋p 0S ＝p 2S 根据查理定律：p 1T 1＝p 2T 2联立可以得到：m ＝(p 0S ＋Mg )ΔT gT 1. 34．【选修3－4】(15分)(2019·山西临汾市二轮复习模拟)(1)(5分)如图4所示，两束平行的黄光射向截面ABC 为正三角形的玻璃三棱镜，已知该三棱镜对该黄光的折射率为2，入射光与AB 界面夹角为45°，光经三棱镜后到达与BC 界面平行的光屏PQ 上，下列说法中正确的是________．图4A ．两束黄光从BC 边射出后仍是平行的B ．黄光经三棱镜折射后偏向角为30°C ．改用红光以相同的角度入射，出射光束仍然平行，但其偏向角大些D ．改用绿光以相同的角度入射，出射光束仍然平行，但其偏向角大些E ．若让入射角增大，则出射光束不平行(2)(10分)一列沿x 轴传播的简谐横波，t ＝0时刻的波形如图5所示，介质中x ＝6 m 处的质点P 沿y 轴方向做简谐运动的表达式为y ＝0.2cos (4πt ) m ．求：图5①该波的传播速度；②介质中x ＝10 m 处的质点Q 第一次到达波谷的时间．【答案】 (1)ABD (2)①48 m/s ②13 s 或16s 【解析】(1)如图所示，由折射率公式n ＝sin i sin r可知r ＝30°，由几何关系可知折射光在三棱镜内平行于底边AC ，由对称性可知其在BC 边射出时的出射角也为i ＝45°，因此光束的偏向角为30°，且两束光平行，则A 、B 正确；由于同种材料对不同的色光的折射率不同，相对于黄光而言红光的折射率小，绿光的折射率较大，因此折射后绿光的偏向角大些，红光的偏向角小些，C 错误，D 正确；若让入射角增大，则折射角按一定的比例增大，出射光束仍然平行，则E 错误．(2)①由题图可知，波长λ＝24 m ，由质点P 的振动方程可知，角速度ω＝4π rad/s则周期T ＝2πω＝0.5 s 故该波的传播速度v ＝λT＝48 m/s ②若波沿＋x 方向传播，t ＝0时刻，质点Q 与左侧相邻的波谷的水平距离为x 1＝16 m该波谷传播到质点Q 处时，质点Q 第一次到达波谷，经过时间t ＝x 1v ＝13s 若波沿－x 方向传播，t ＝0时刻，质点Q 与右侧相邻的波谷的水平距离为x 2＝8 m该波谷传播到质点Q 处时，质点Q 第一。
江苏省盐城市2020届高三历史第三次模拟考试(6月)试题[含答案]
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江苏省盐城市2020届高三历史第三次模拟考试（6月）试题本试卷包括第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分120分，考试时间100分钟。
第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题：本大题共20小题，每小题3分，共60分。
在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
1. 司母戊大方鼎是商王武丁的儿子祖庚或祖甲为祭祀其母亲妇妌而制。
铸造此鼎，采用泥范铸造法，包括制模、雕刻纹饰、翻制泥范、高温焙烧、浇注液态金属等一系列复杂的过程。
这反映了当时( )A. 青铜器开始作为礼制象征B. 人工冶铜方法相当普及C. 官营手工业生产规模庞大D. 青铜铸造工艺水平高超2. 有学者认为，秦始皇分全国为三十六郡，每郡置守，掌民政；置尉，掌兵事；置监御史，掌监察，“这种制度是仿效中央政府的”。
据此可知，在秦朝( )A. 君主专制制度创立B. 三省彼此牵制监督C. “三公”分工明确D. 地方自主权力过大3. 汉武帝元鼎四年(公元前113年)，整顿全国币制，将铸币权收归中央，郡国亦不得铸钱。
武帝以后100余年之西汉，共铸铜钱280亿枚，使国家财政得以安定富实。
由此可见，统一货币( )A. 有利于社会经济发展B. 增加了百姓赋税支出C. 消除了地方割据基础D. 空前强化了君主专制4. 北宋儒家学者范祖禹赞扬宋仁宗，认为他“其事有五：‘畏天、爱民、奉宗庙、好学、听谏’，仁宗行此五者于天下，所以为仁也”。
该观点反映了北宋儒学( )A. 具有神化君权色彩B. 批判封建君主专制制度C. 被确立为正统思想D. 继承孟子“仁政”学说5. 军机处始于雍正朝，在乾隆年间获得极大发展并建制化。
军机大臣一般由皇帝选内阁大学士充任，但只要是皇帝的亲信，可以不问出身，一切以皇帝的意志为转移。
这表明军机处( )A. 挑选学识渊博人员入值B. 拥有全国政务的决策权C. 提高了中央行政的效率D. 进一步加强了君主专制6. 近代前期的国人开始从旧梦中惊醒，接踵而来的是新梦想：梦想有西方的坚船利炮，梦想有西方的民主制度，梦想有一种全面的西方式的现代化。
江苏省南京市2022届高三下学期第三次模拟考试(5月)语文--人教版高三总复习
江苏省南京市2022届高三下学期第三次模拟考试（5月）语文人教版高三总复习2022届高三年级模拟试卷语文(满分：150分考试时间：150分钟)2022．5一、现代文阅读(35分)(一)现代文阅读Ⅰ(本题共5小题，19分)阅读下面的文字，完成1～5题。
材料一：一本书如同一座建筑。
当我们搬新家时，首先会通过参观游览的方式来熟悉这个新的空间，进而熟悉整个大楼、小区乃至周边街区的空间构成。
在这个过程中，家、大楼、社区经由无数神经元的编码，在脑中形成一幅幅认知地图。
这种空间记忆的神经机制，是神经科学家约翰·奥基夫发现的，他因此获得了2014年诺贝尔生理学或医学奖。
他认为空间在我们的日常生活中扮演了极其重要的角色。
读一本书，也常常始于一次空间探索。
比如很多读者习惯先浏览目录，然后再粗略翻阅，在这个过程中，这本书就在你的脑子里初步建立了一幅认知地图。
接下来的正式阅读，有的读者会从头读到尾，有的则会拣自己最感兴趣的先睹为快，但不论哪种阅读方式，在读完整本书之后，会很自然地理顺各篇文章的编排顺序，不会因为自己最先读了其中哪一篇，或对哪一篇印象最深刻，就在日后回忆时误以为它是全书的第一篇文章。
建立该认知地图的台前英雄自然非视觉莫属。
早在半个世纪前，教育心理学家罗特科普夫已经发现，我们是以定位的方式来回忆书中一段段文字的。
你或许很容易想起《荷塘月色》中“曲曲折折的荷塘上面”那一段出现在中学语文课本的什么位置，就如同你很容易想起某家小吃店位于你从家到学校途中的什么地方。
在这个过程中，视觉起到了帮助定位的主导作用。
幕后英雄则包括触觉和运动觉。
当你手捧书读时，你左右两只手不仅拿捏的书页厚度会发生定量变化，而且会感受到书两侧的重量也发生了定量变化，这些经由皮肤和肌肉感知到的物理变化，连同双眼可见的各种物理信息，构成了你定位本文在书中所处位置的线索。
新近的心理学研究发现，阅读一个篇幅约三十页的故事，纸质书阅读的受试者较之于通过电子书阅读的受试者，不仅能够更准确地排列整个故事中主要情节的先后顺序，而且能够更准确地回忆起具体细节出现在三十页书的哪一部分。
【市级联考】江苏省南京市、盐城市2024届高三第二次模拟考试全真演练物理试题(基础必刷)
【市级联考】江苏省南京市、盐城市2024届高三第二次模拟考试全真演练物理试题（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题如图所示，用一交流电源给理想变压器供电，已知理想变压器原线圈连有阻值为R的电阻，副线圈接有电阻R1、R2，且R1=R2=100R，闭合开关S后发现三个电阻消耗的功率均为P，则理想变压器原、副线圈的匝数比n和a、b间的电压U0分别为（ ）A．n=5：1，B．n=5：1，C．n=1：5，D．n=1：5，第(2)题如图，一只蜗牛沿着弧形菜叶从右向左缓慢爬行，下列说法正确的是（ ）A．菜叶对蜗牛的弹力大小一定不变B．蜗牛受到的合力变大C．菜叶对蜗牛的摩擦力大小变小D．菜叶对蜗牛的作用力大小不断变化第(3)题如图所示，人游泳时若某时刻手掌对水的作用力大小为F，该力与水平方向的夹角为，则该力在水平方向的分力大小为（ ）A．B．C．F D．第(4)题如图所示，用激光笔照射半圆形玻璃砖圆心O点，发现有a、b、c、d四条细光束，其中d是光经折射和反射形成的。
当入射光束a绕O点逆时针方向转过小角度时，b、c、d也会随之转动，则（ ）A．光束b顺时针旋转角度小于B．光束c逆时针旋转角度小于C．光束d顺时针旋转角度大于D．光束b、c之间的夹角减小了第(5)题氢原子能级如图所示，用光子能量为的光照射大量处于能级的氢原子，氢原子向低能级跃迁时辐射出的光照射到逸出功为的金属板时，射出光电子最大初动能为（）A．B．C．D．第(6)题取无穷远处电势为0，在x轴上固定有两个点电荷，x轴负半轴上电势随位置的分布如图所示，已知在x1处图像的切线平行于x轴，则（ ）A．在x轴负半轴上，x1处的电场强度最大B．两点电荷可能带同种电荷C．两点电荷可能带等量电荷D．两点电荷中正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量第(7)题为了消杀新冠病毒，防控重点场所使用一种人体感应紫外线灯，这种灯装有红外线感应开关，人来灯灭，人走灯亮，为人民的健康保驾护航，下列说法错误的是（ ）A．红外线的光子能量比紫外线的大B．红外线的衍射能力比紫外线的强C．紫外线能消杀病毒是因为紫外线具有较高的能量D．红外线感应开关通过接收到人体辐射的红外线来控制电路通断第(8)题如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们相等的是（）A．速度B．动能C．动量D．总能量二、多项选择题（本题包含4小题，每小题4分，共16分。
【市级联考】江苏省南京市、盐城市2024届高三第二次模拟考试物理高频考点试题(强化版)
【市级联考】江苏省南京市、盐城市2024届高三第二次模拟考试物理高频考点试题（强化版）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题相传牛顿年轻时曾坐在苹果树下看书，被树上落下的苹果砸中，这件事启发了牛顿，促使他发现了万有引力定律，假如此事为真，有一颗质量为的苹果从树上自由下落，砸中牛顿后以碰前速度的反弹，设相互作用时间为，。
则相互作用过程苹果对牛顿的平均作用力约为（ ）A．B．C．D．第(2)题为防疫，学校配备了消毒用的喷壶。
如图所示，喷壶的储气室内有压强为、体积为的气体。
闭合阀门K，按压压杆A向储气室充气，每次充入压强为、体积为的气体，多次充气后储气室内压强为。
打开阀门K，消毒液从喷嘴处喷出。
假设充气过程储气室容积不变，气体温度不变，气体可视为理想气体。
则按压压杆的次数是（ ）A．5次B．7次C．10次D．15次第(3)题甲乙两同学想将货物运送至楼上，设计了如图所示装置。
当重物提升到一定高度后，两同学均保持位置不动，乙用一始终水平的轻绳将工件缓慢向左拉动，最后将重物运送至乙所在位置，完成运送。
若两绳始终位于同一竖直面内，绳子足够长，不计滑轮的摩擦和重力，则此过程（ ）A．甲手中绳子上的拉力不断变小B．楼面对甲的作用力不断增大C．楼面对甲的摩擦力与楼面对乙的摩擦力大小相等D．乙手中绳子上的拉力不断增大第(4)题如图所示，一等腰梯形ABCD处于匀强电场中，电场强度方向平行于等腰梯形所在平面，已知∠DAB=∠CBA=60°，AB=2m，AD=1m，A、D、C三点的电势分别为1V、3V、5V。
下列说法正确的是（ ）A．B点的电势为6VB．电场强度大小为C．一质子在梯形区域内的电势能不一定大于零D．一电子从D点移到AB的中点，电场力做正功第(5)题某同学周末在家大扫除，移动衣橱时，无论怎么推也推不动，于是他组装了一个装置，如图所示，两块相同木板可绕处的环转动，两木板的另一端点、分别用薄木板顶住衣橱和墙角，该同学站在该装置的处。
江苏省苏州中学2024届高三第六次模拟考试物理试卷含解析
江苏省苏州中学2024届高三第六次模拟考试物理试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、雨滴在空中下落的过程中，空气对它的阻力随其下落速度的增大而增大。
若雨滴下落过程中其质量的变化及初速度的大小均可忽略不计，以地面为重力势能的零参考面。
从雨滴开始下落计时，关于雨滴下落过程中其速度的大小v、重力势能E p随时间变化的情况，如图所示的图象中可能正确的是（）A．B．C．D．2、如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1=800和n2=200的两个线圈，上线圈两端u=51sin314tV的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是A．2.0V B．9.0VC．12.7V D．144.0V3、某电磁轨道炮的简化模型如图所示，两圆柱形固定导轨相互平行，其对称轴所在平面与水平面的夹角为θ，两导轨长为L，间距为d，一质量为m的金属弹丸置于两导轨间，弹丸直径为d，电阻为R，与导轨接触良好且不计摩擦阻力，导轨下端连接理想恒流电源，电流大小恒为I，弹丸在安培力作用下从导轨底端由静止开始做匀加速运动，加速度大小为a。
下列说法正确的是（）A ．将弹丸弹出过程中，安培力做的功为maL +mgL sinθB ．将弹丸弹出过程中，安培力做的功为I 2RC ．将弹丸弹出过程中，安培力的功率先增大后减小D ．将弹丸弹出过程中，安培力的功率不变4、电动平衡车因为其炫酷的操作，被年轻人所喜欢，变成了日常通勤的交通工具。
高三物理第三次调研性测试试卷
南京市2005届高三物理第三次调研性测试试卷姓名 学校 年级 得分本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
第Ⅰ卷40分，第Ⅱ卷110分，共150分。
考试时间120分钟．第Ⅰ卷（选择题 共40分）一、本题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。
全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分。
1．用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法。
下面四个物理量都是用比值法定义的，其中定义式正确的是A ．加速度 a =m F B ．磁感应强度 B ＝vq F ⋅ C ．电场强度 2r Q kE = D ．电阻R =I U2．热现象过程中不可避免地出现能量耗散的现象．所谓能量耗散是指在能量转化的过程中无法把流散的能量重新收集、重新加以利用．下列关于能量耗散的说法中正确的是A ．能量耗散说明能量不守恒B ．能量耗散不符合热力学第二定律C ．能量耗散过程中能量仍守恒D ．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有的方向性3．日光灯中有一个启动器，其中的玻璃泡中装有氖气。
启动时，玻璃泡中的氖气会发出红光，这是由于氖原子的A ．自由电子周期性运动而产生的B ．外层电子受激发而产生的C ．内层电子受激发而产生的D ．原子核受激发而产生的4．堵住打气筒的出气口，下压活塞使气体体积减小，你会感到越来越费力。
其原因是 A ．气体的密度增大，使得在相同时间内撞击活塞的气体分子数目增多 B ．分子间没有可压缩的间隙 C ．压缩气体要克服分子力做功D ．分子力表现为斥力，且越来越大5．如图所示，是利用放射线自动控制铝板厚度生产的装置，放射源能放射出α、β、γ 三种射线。
根据设计要求，该生产线压制的是3mm 厚的铝板。
那么，在三种射线中哪种射线对控制厚度起主要作用A ．α射线B ．β 射线C ．γ 射线D ．α、β 和γ 射线都行6．小球从空中自由下落，可知A ．小球下落的最大速度为5m/sB ．小球第一次反弹初速度的大小为3m/sC ．小球能弹起的最大高度0.45mD ．小球能弹起的最大高度1.25m7．一列向x 轴正方向传播的简谐横波在t ＝0时的波形如图所示，A 、B 、C 分别是x ＝0、x ＝1m 和x ＝2m处的三个质点。
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江苏省南京市2020届高三物理第三次模拟考试（6月）试题本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分120分，考试时间100分钟．第Ⅰ卷(选择题 共31分)一、 单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．1. 下列场景与电磁感应无关的是( )2. 某同学拿了一根细橡胶管，里面灌满了盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的长度为20 cm 的盐水柱．测得盐水柱的电阻大小为R.如果盐水柱的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同，则握住橡胶管的两端把它均匀拉长至40 cm ，此时盐水柱的电阻大小为( )A. R2B. RC. 2RD. 4R 3. 2019年12月20日“天琴一号”技术试验卫星被送入太空，意味着我国天琴空间引力波探测计划正式进入“太空试验”阶段．该计划将部署3颗环绕地球运行的卫星SC1、SC2、SC3构成边长约为17万公里的等边三角形编队，在太空中建成一个引力波天文台．已知地球同步卫星距离地面约3.6万公里，只考虑卫星与地球之间的相互作用，下列说法正确的是( )A. SC1卫星的周期小于24小时B. SC2卫星的速度小于7.9 km/sC. SC3卫星的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度D. SC1、SC2、SC3卫星的轨道相同且只能在赤道面内4. 口罩中使用的熔喷布经驻极处理后，对空气的过滤增加静电吸附功能．驻极处理装置如图所示，针状电极与平板电极分别接高压直流电源正负极，针尖附近的空气被电离后，带电粒子在电场力作用下运动，熔喷布捕获带电粒子带上静电．平板电极表面为等势面，熔喷布带电后对电场的影响可忽略不计，下列说法正确的是( )A. 针状电极上，针尖附近的电场较弱B. 熔喷布上表面因捕获带电粒子将带负电C. 沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，其加速度逐渐减小D. 两电极相距越远，熔喷布捕获的带电粒子速度越大5. 如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端连接一质量为m的小球，将小球拉至与O点等高，细绳处于伸直状态的位置后由静止释放，经时间t轻绳转过的角度为θ.在小球由静止释放到运动至最低点的过程中，下列关于小球的速率v、动能E k随时间t变化，小球向心加速度a n、重力势能E p(取最低点为零势能点)随角度θ变化的图象中，可能正确的是( )二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．6. 如图所示，燃气点火装置中，转换器输出信号含低压交流及直流成分，虚线框内接入某电学元件A可去除直流成分，再经变压器变压后使点火针获得高压．用n1、n2、I1、I2表示变压器原、副线圈的匝数和电流，下列说法正确的有( )A. A为电感B. A为电容C. n1>n2D. I1>I27. 2019年中国女排成功卫冕世界杯．如图所示，某次训练中，一运动员将排球从A点水平击出，球击中D点；另一运动员将该排球从位于A点正下方且与D等高的B点斜向上击出，最高点为C，球也击中D点，A、C高度相同．不计空气阻力．下列说法正确的有( )A. 两过程中，排球的初速度大小可能相等B. 两过程中，排球的飞行时间相等C. 两过程中，击中D点时重力做功的瞬时功率相等D. 后一个过程中，排球击中D点时的速度较大8. 如图所示，质量相同、可视为点电荷的带电小球A和B穿在光滑的竖直放置的“V”型绝缘支架上，支架顶角为90°、位置固定且足够长．开始时小球均静止，施加外力将小球A缓慢移动至支架下端，下列说法正确的有( )A. 两球带同种电荷B. 两球距离逐渐增大C. 支架对B的弹力先减小后增大D. 两球间的电势能逐渐增大9. 如图所示，倾角为θ的粗糙绝缘斜面上等间距的分布着A、B、C、D四点，间距为l，其中BC段被打磨光滑，A点右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m的带负电物块从斜面顶端由静止释放，已知物块通过AB段与通过CD段的时间相等．下列说法正确的有( )A. 物块通过AB段时做匀减速运动B. 物块经过A、C两点时的速度相等C. 物块通过BC段比通过CD段的时间短D. 物块通过CD段的过程中机械能减少了2mglsin θ第Ⅱ卷(非选择题共89分)三、简答题：本题分必做题(第10、11、12题)和选做题(第13题)两部分，共42分．请将解答填写在相应的位置．【必做题】10. (8分)某兴趣小组在做“验证力的平行四边形定则”实验，手边的器材有：一根轻弹簧、一个校准过的弹簧测力计、刻度尺、装有水的矿泉水瓶、木板、白纸等，步骤如下：①将轻弹簧上端固定，用弹簧测力计向下缓慢拉动轻弹簧下端，记录弹簧测力计的读数F以及对应的轻弹簧长度L，如下表：保留三位有效数字)；③将一张白纸贴在竖直放置的木板上，如图乙所示，用轻弹簧和弹簧测力计共同提起矿泉水瓶并保持静止，在白纸上记下结点位置O，记录弹簧测力计的拉力F1＝1.70 N和方向OA；④测量出轻弹簧的长度L1＝13.69 cm，记录轻弹簧的拉力F2的方向OB；⑤只用弹簧测力计提起矿泉水瓶并保持静止，使结点仍然在O点，记录此时弹簧测力计的读数F＝2.00 N和方向OC；⑥实验记录纸如图丙所示，请在图丙中用1 cm长的线段表示0.5 N的力，以O点为作用点，画出F、F1、F2的图示．⑦为了验证力的平行四边形定则，同学们提出以下两种不同方案：方案A：以F1、F2为邻边，按平行四边形定则画出F1、F2的合力F′，比较F和F′的一致程度．方案B：用虚线把F的箭头末端分别与F1、F2的箭头末端连起来，比较连线与F1、F2组成的四边形与标准的平行四边形的一致程度．你认为哪一种方案更可行？理由是______________________．11. (10分)某同学设计了如图甲所示的电路测量电池组的电动势和内阻．除待测电池组外，还需使用的实验器材：灵敏电流表G，可变电阻R1、R2，电压表、，电流表、，开关，导线若干．(1) 为了选择合适的可变电阻，该同学先用多用电表估测了电压表的内阻．测量时，先将多用电表挡位调到如图乙所示位置，再将红表笔和黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向“0 Ω”．然后将调节好的多用电表红表笔和电压表的负接线柱相连，黑表笔和电压表的正接线柱相连．欧姆表的指针位置如图丙所示，则欧姆表的读数为________Ω.(2) 选择合适的可变电阻R1、R2后，按照图甲所示电路图连接好电路，将可变电阻R1、R2调到合适的阻值，闭合开关S，反复调节可变电阻R1、R2，直到电流表G的指针不偏转，电压表和的示数之和记为U1，电流表和的示数之和记为I1.(3) 断开开关，适当调小可变电阻R1的阻值，闭合开关，发现此时电流表G的指针发生了偏转，缓慢________(选填“调大”或“调小”)可变电阻R2的阻值，直至电流表G的指针不发生偏转，电压表和的示数之和记为U2，电流表和的示数之和记为I2.(4) 重复(3)的步骤，记录到多组数据(U3，I3)、(U4，I4)……(5) 实验完毕，整理器材．(6) 利用记录的数据，作出UI 图线如图丁所示，依据图线可得电池组的内阻r 为________，电动势为________．(7) 理论上该同学测得的电池组内阻________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值．12. [选修35](12分)(1) 如图甲所示为研究光电效应的实验装置，阴极K 和阳极A 是密封在真空玻璃管中的两个电极．如图乙所示是用单色光1和单色光2分别照射同一阴极K 时，得到的光电流随电压变化关系的图象，普朗克常量为h ，真空中光速为c ，则下列说法正确的有________．A. 在保持入射光不变的情况下向右移动滑片P 可以增大饱和电流B. 对应同一阴极K ，光电子最大初动能与入射光的频率成正比C. 单色光1和单色光2的频率之差为eU c2－eU c1hD. 单色光1比单色光2的波长长(2) 可控核聚变反应可向人类提供清洁而又取之不尽的能源．目前可控核聚变研究已经进入第三代，因不会产生中子而被称为“终极聚变”，其核反应方程式为32He ＋32He ―→42He ＋2________，其释放的能量为E，则该反应前后的质量亏损为________．(真空中的光速为c)(3) 华裔物理学家朱棣文和他的同事在实验室用激光冷却的方式将温度降到10－6K的数量级并捕捉到原子，其原理就是利用光子与原子发生碰撞来降低原子的速度，从而降低物体的温度．假设激光光子的动量大小为p0，某质量为m的原子，以速度v0迎着激光入射的方向运动，光子与原子碰撞后反射回来的动量大小为p1(p1<p0)，已知普朗克常量为h.求：①激光发射器所发射光子的波长；②原子与光子碰撞后的速度大小．【选做题】13. 本题包括A、B两小题，请选定其中一题作答，若都作答，则按A小题评分．A. [选修33](12分)(1) 下列四幅图对应的说法正确的有________．A. 图甲是玻璃管插入某液体中的情形，表明该液体能够浸润玻璃B. 图乙是干湿泡湿度计，若发现两温度计的读数差正在变大，说明空气相对湿度正在变大C. 图丙中玻璃管锋利的断口在烧熔后变钝，原因是玻璃是非晶体加热后变成晶体D. 图丁中液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，是液体表面张力形成的原因(2) 如图所示，汽车引擎盖被气弹簧支撑着．气弹簧由活塞杆、活塞、填充物、压力缸等部分组成，其中压力缸为密闭的腔体，内部充有一定质量的氮气，在打开引擎盖时密闭于腔体内的压缩气体膨胀，将引擎盖顶起，若腔体内气体与外界无热交换，内部的氮气可以视为理想气体，则腔体内气体分子的平均动能________(选填“减小”或“增大”)，腔体内壁单位时间、单位面积被氮气分子碰撞的次数________(选填“增多”“减少”或“不变”)．(3) 某氮气气弹簧撑开时，腔体内气体的体积约为1.0×10－4 m3，压强为30 atm，温度为27 ℃.在压强为1 atm、0 ℃时氮气的密度为1.25 kg/m3.已知氮气的摩尔质量为28 g/mol，阿伏加德罗常数为6.02×1023mol－1，请估算腔体内气体的分子数．(结果保留一位有效数字)B. [选修34](12分)(1) 下列说法正确的有________．A. 未见其人先闻其声，是因为声波波长较长，发生了偏振现象B. 第5代移动通信(5G)采用频段大致分低频段和高频段，其高频段的电磁波信号的传播速度大C. 航天飞机靠近卫星时，卫星接收到飞机的信号频率大于飞机发出的信号频率D. 在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，测量单摆周期应该从小球经过平衡位置处开始计时，以减小实验误差(2) 如图所示为一列简谐横波在t＝0时刻的图象．此时质点P的速度方向沿y轴负方向，则此时质点Q的速度方向沿y轴________方向．当t＝0.15 s时质点P第1次到达y轴正方向最大位移处(即波峰)，则该列简谐横波的波速大小为________m/s.(3) 如图所示，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠B＝60°.一束光线垂直于AB边进入棱镜，然后从AC边上射出，且射出时平行于底边BC，已知光在真空中的传播速度为c＝3.0×108 m/s.求光在棱镜中的传播速度．(结果保留两位有效数字)四、计算题：本题共3小题，共47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．14. (15分)如图所示，两条相距l＝20 cm的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨光滑且足够长，导轨左端接一阻值为R＝2 Ω的电阻．磁场Ⅰ和磁场Ⅱ交替分布，宽度均为d ＝20 cm，磁场Ⅰ垂直于导轨平面向下，磁感应强度大小B1＝1.5 T，磁场Ⅱ垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小B2＝3T，一细金属杆在水平拉力F作用下以v0＝4 m/s匀速向右运动，杆始终与导轨垂直，金属杆接入电路的电阻r＝1 Ω.其余电阻不计．求：(1) 金属杆在磁场Ⅰ运动过程中，电阻R中的电流I1；(2) 金属杆在通过磁场Ⅱ的过程中，水平拉力F的大小；(3) 电阻R中电流的有效值I.设金属杆在两磁场中运动时间足够长．15. (16分)如图所示，质量均为m＝1 kg的小物块A和长木板B叠放在水平地面上，左边缘对齐，B上表面有长度分别为L1＝6 m、L2＝3 m的涂层，其与A之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，B与地面间的动摩擦因数μB＝0.1.现使A获得水平向右的初速度v0＝8 m/s，A从B表面飞出后不会再次相遇．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10 m/s2.求：(1) A在涂层Ⅰ上滑动时，A与B之间、B与地面之间的摩擦力大小f A、f B；(2) A离开涂层Ⅰ时，A、B的速度大小v A、v B；(3) B运动过程中克服地面摩擦力所做的功W.16. (16分)如图甲所示，两块金属板AB 、CD 平行正对放置，金属板长L ＝0.4 m ，板间距离d ＝0.2 m ，极板CD 接地，AB 板上的电势φ随时间t 变化规律如图乙所示．金属板外有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度B ＝1×10－3T ，方向垂直纸面向外．现有质子流以v 0＝1×105m/s 的速度连续射入电场中(质子紧贴着AB 板射入且初速度方向与之平行)，质子的比荷q m ＝108C/kg ，在每个质子通过电场的极短时间内，电场可视为恒定电场，不考虑质子与极板的碰撞，MN 为经过B 、D 点的虚线．求：(1) t ＝0.05 s 时刻出发的质子射出电场时离B 点的距离x ； (2) 在磁场中运动的所有质子到MN 的最大距离H ；(3) 在CD 右侧放置一足够大的质子收集板，收集板初始紧贴着MN ，若将其向下缓慢平行移动，在不同位置，质子打到收集板的范围长度不一，该长度的最大值l max .2020届高三模拟考试试卷(南京)物理参考答案及评分标准1. A2. D3. B4. C5. B6. BD7. AC8. AB9. BCD 10. ②如图甲所示(2分) 125(2分) ⑥ 如图丙所示 (2分)甲丙⑦方案A 更可行．因为方案A 便于操作：依据平行四边形定则作得的合力与实际相比，线的长短和方向差别更加直观(2分)11. (1) 2 200 (3) 调大 (6) b －ac b (7) 等于(每空2分)12. (1) CD(3分) (2) 11H(2分)Ec2(2分)(3) 解：① λ＝hp 0(2分)②规定原子初速度方向为正方向－p 0＋mv 0＝p 1＋mv(1分) 解得v ＝v 0－p 0＋p 1m(2分)13A. (1) AD(3分) (2) 减小(2分) 减少(2分)(3) 解：状态1：V 1＝1.0×10－4 m 3，P 1＝30 atm ，T 1＝300 K ，状态2：P 2＝1 atm ，T 2＝273 K由理想气体状态方程P 1V 1T 1＝P 2V 2T 2，代入得V 2＝2.73×10－3 m 3(2分)ρ＝1.25 kg/m 3＝28 g/mol ，N A ＝6.0×1023 mol －1，代入n ＝ρV 2M N A ，得到腔体内气体的分子数n ＝7×1022个．(3分)B. (1) CD(3分) (2) 正(2分) 2(2分)(3) 解：n ＝sin 60°sin 30°＝3(2分)v ＝c n＝1.7×108m/s(3分) 14. (15分)解：(1) 在磁场Ⅰ中运动时，金属杆中感应电动势E 1＝B 1lv(2分) 根据闭合电路欧姆定律，杆中感应电流大小I 1＝E 1R ＋r(2分) 代入数据，得I 1＝0.4 A(1分)(2) 在磁场Ⅱ中运动时，金属杆中电感应动势E 2＝B 2lv ，电流I 2＝E 2R ＋r(1分) 代入数据得I 2＝0.8 A(1分)金属杆受安培力F 安＝B 2I 2l ＝0.48 N(2分)杆匀速运动，拉力与安培力平衡，得F ＝F 安＝0.48 N(1分)(3) 根据有效值的定义，有I 2(R ＋r)2d v ＝I 21(R ＋r)d v ＋I 22(R ＋r)d v (3分)代入数据，解得I ＝105A ≈0.63 A(2分) 15. (16分)解：(1) A 在涂层Ⅰ上滑动时：f A ＝μ1mg ＝(0.3×1×10) N ＝3 N(2分) 此时B 与地面的弹力F N ＝2mg ，因此：f B ＝μB 2mg ＝(0.1×2×10) N ＝2 N(2分) (2) A 在涂层Ⅰ上滑动时，根据牛顿第二定律可得f A ＝ma A1代入数据得a A1＝3 m/s 2(1分)由f A －f B ＝ma B1，代入数据得a B1＝1 m/s 2(1分)A 离开涂层Ⅰ时与B 的相对位移为L 1，结合匀变速运动公式可得 v 0t 1－12a A1t 21－12a B1t 21＝L 1(1分)代入数据解得t 1＝1 s(1分)则A 的速度：v A ＝v 0－a A1t 1＝(8－3) m/s ＝5 m/s(1分) B 的速度：v B ＝a B1t 1＝1 m/s(1分)(3) A 在涂层Ⅰ上滑动的t 1时间内，B 对地的位移(1分)x B1＝12a B1t 21＝0.5 m(1分)A 在涂层Ⅱ上滑动时，A 和B 的加速度大小分别为 a A2＝f ′A m ＝μ2mg m ＝2 m/s 2，a B2＝f ′A －f B m＝0A 离开涂层Ⅱ时与B 的相对位移为L 2，结合匀变速运动公式可得 v A t 2－12a A2t 22－v B t 2＝L 2代入数据解得t 2＝1 s(1分)A 在涂层Ⅱ上滑动的t 2时间内B 对地的位移：x B2＝v B t 2＝1 m(1分) A 离开涂层Ⅱ后，B 与地面的摩擦力变为f ′B ＝μB mg ＝1 N 则B 匀减速的加速度大小为a B3＝f ′B m＝1 m/s 2B 匀减速至停止的距离为x B3＝0.5 m(1分)B 运动过程中克服地面的摩擦力所做的功为W ＝f B x B1＋f B x B2＋f ′B x B3(1分) 代入数据得W ＝3.5 J(1分)16. (16分)解：建立如图1所示的直角坐标系(1) t ＝0.05 s 时刻，φ＝50 V ，两板之间的电势差为U ＝5 V 质子在金属板间运动：平行于金属板方向，质子做匀速直线运动：L ＝v 0t ，解得t ＝4.0×10－6s(1分) 垂直于金属板方向，质子做匀加速直线运动：x ＝12at 2＝12 ·qU dm t 2(1分)由以上两式解得x ＝0.2 m ＝d ，粒子恰好从D 点射出(2分) (2) 恰好从D 点射出的质子：v x ＝at ＝qu dm t ＝1×105m/s (1分)v ＝v 20＋v 2x ＝2×105m/s(1分)tan θ＝v 0v x ＝1，θ＝45°， 速度方向与x 轴正方向成45° (1分)某时刻从电场中偏出的质子，运动轨迹如图1所示： 由速度的合成知识得v ＝v 0sin θ由牛顿运动定律得qvB ＝mv2R解得R ＝mv 0qBsin θ(1分)由几何关系可得H ＝R(1＋cos θ)＝mv 0qB ·1＋cos θsin θ(1分)由数学知识可知：H ＝mv 0qB ·1＋cos θsin θ此函数是随θ变化的一个减函数所以当θ＝45°时，H 取最大值，H ＝(1＋2)m(2分)(3) 从B 点射出的质子，在磁场中运动轨迹圆Ⅰ的半径R 0＝mv 0qB ＝1 m(1分)从D 点射出的质子，在磁场中运动轨迹圆Ⅱ的半径R 1＝mv 0qBsin 45°＝ 2 m(1分)质子在磁场中运动的轨迹如图2所示，从B 点射出的质子，其轨迹圆Ⅰ上最低点F 的坐标为(1 m ，－1 m)； 从D 点射出的质子，其轨迹圆Ⅱ圆心O′的坐标为(1.2 m ，－1 m)； 即点F 与点O′的纵坐标y 值相等所有圆的最低点的横坐标取值范围x∈[1 m ，1.2 m]，收集板收集质子长度l ＝x i －x j ，根据两图线变化趋势，x i 取最大值应为G 点横坐标值，能打到极板上的质子x j 的最小值应为F 点横坐标值，根据几何关系，F 、G 两点的纵坐标y 值是相等的(1分)所以，FG 的长度即为收集板收集质子长度的最大值l max ，得l max ＝(15＋2) m(2分)。