2020届辽宁省锦州市渤大附中、育明高中高三下学期开学摸底考试理综物理试题（解析版）

2020 渤大附中、育明高中高三摸底考试 理科综合能力测试试卷-物理部分 1.甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图所 示．关于两车的运动情况，下列说法正确的是（　　） A. 在 0～4s 内甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动 B. 在 0~2s 内两车间距逐渐增大，2s～4s 内两车间距逐渐减小 C. 在 t=2s 时甲车速度为 3m/s，乙车速度为 4.5m/s D. 在 t=4s 时甲车恰好追上乙车 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据图象可知，在 0～4 s 内，甲的加速度不变，甲做匀加速直线运动，乙的加速度逐渐减小， 乙做加速度减小的加速直线运动，故 A 错误； BD．据加速度时间图象知道图象与时间轴所围的面积表示速度．据图象可知，当 t=4s 时，两图象与 t 轴所 围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等；在 4 秒前乙车的速度大于甲车的速度，所以乙车在甲车的前 方，所以两车逐渐远离，当 t=4s 时，两车速度相等即相距最远，故 BD 错误； C．在 t=2s 时乙车速度为 v 乙＝ ×(1.5+3)×2＝4.5m/s 甲车速度为 v 甲=1.5×2=3m/s 故 C 正确。 【点睛】本题考查了图象与追及问题的综合，解决本题的关键知道加速度时间图线围成的面积表示速度的 变化量；知道两车共速时相距最远。 2.如图所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长 度．现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力．下列说法中错 误的是(　 　) 1 2A. 弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能 B. 小球斜上抛运动过程中处于失重状态 C. 小球压缩弹簧的过程中，小球减小的动能等于弹簧增加的势能 D. 若抛射点向右移动一小段距离，仍使小球水平进入圆筒中，可以增大抛射速度 v0，同时增大抛射角 θ 【答案】D 【解析】 【详解】由题意知，小球到达圆筒时速度为 v0cosθ，动能转化为弹性势能 ，故A 错误； C 正确；小球斜上抛运动过程中处于超重状态，所以 B 错误；由于竖直方向高度不变，小球运动时间不变， 竖直方向速度 v0sinθ=gt，可以增大抛射速度 v0，同时减小抛射角 θ，故 D 错误． 3.某空间存在一电场，电场中的电势 φ 在 x 轴上的分布如图所示，下列说法正确的是( ) A. 在 x 轴上，从 x1 到 x2 电场强度方向向左 B. 在 x 轴上，从 x1 到 x2 电场强度先增大后减小 C. 把一负电荷沿 x 轴正向从 x1 移到 x2，电场力先减小后增大 D. 把一负电荷从 x1 移到 x2，电场力做负功 【答案】C 【解析】 【详解】A. 由图象知从 x1 到 x2 电势逐渐降低后增大，电场强度方向先向右又向左，故 A 项与题意不相符； BC. 根据 φ-x 图线上某点切线的斜率等于该点的电场强度，从 x1 到 x2 的这段范围内斜率先变小后增大，场 强大小先减小后增大，电场力先减小后增大，故 B 项与题意不相符，C 项与题意相符； D. 负电荷在电势低处电势能大，所以把一负电荷从 x1 移到 x2，电势能先增大后减小，电场力先做负功后正 功，故 D 项与题意不相符． 4.如图所示，在正交的匀强电场和匀强磁场中有质量和电荷量都相同的两油滴 M、N．M 静止，N 做半径为 R 的匀速圆周运动，若 N 与 M 相碰后并结合在一起，则关于它们下列说法中不正确的 ( )2 0 1 2pE m v cosθ=A. 以 N 原速率的一半做匀速直线运动 B. 以 为半径做匀速圆周运动 C. 仍以 R 为半径做匀速圆周运动 D. 做周期为 N 的一半的匀速圆周运动 【答案】ACD 【解析】 【详解】设 M、N 质量和电荷量分别为 m、q，碰撞前 N 的速率为 v．碰撞后瞬间整体的速率为 v′．碰撞 前，对 N，由洛伦兹力提供向心力，有 qvB=m ，得 R= ；对 M 有 qE=mg；碰撞过程，取碰撞前 N 的速度方向为正方向，由动量守恒定律有 mv=2mv′，得 v′= ；MN 整体受到的电场力 2qE，重力为 2mg， 则 2qE=2mg ， 所 以 整 体 的 电 场 力 和 重 力 仍 平 衡 ， 所 以 碰 后 整 体 做 匀 速 圆 周 运 动 ， 轨 迹 半 径 为 ， 故 AC 错 误 ， B 正 确 ． N 原 来 的 周 期 ． 碰 后 整 体 的 周 期 ．故 D 错误．此题选择不正确的选项，故选 ACD． 【点睛】本题关键是明确两个油滴的运动情况和受力情况，知道粒子在复合场中做匀速圆周运动的条件是 重力和电场力平衡，洛伦兹力充当向心力，并能根据动量守恒定律和牛顿第二定律列式分析计算． 5.如图所示为竖直平面内固定的四分之一圆弧轨道 AP，圆弧轨道的圆心为 O，OA 水平，OP 竖直，半径为 ．一质量为 的可视为质点的小物块从圆弧顶点 A 开始以 m/s 的速度从 A 到 P 做匀速圆 周运动，重力加速度 ， Q 为圆弧 AP 的一个三等分点(图中未画出)，OA 与 OQ 的夹角为 30°， 则下列说法正确的是（ ） 的 2 R 2v R mv qB 2 v 2 2 2 2 mv mv Rr qB qB ′= = = 2 N mT qB π= 2 2 2 N mT TqB π ⋅= = R 2m= m 1kg= 3 2g 10m / s=A. 在 A 到 P 的过程中轨道的动摩擦因数逐渐减小 B. 在 Q 点时，重力的瞬时功率为 15W C. 小物块在 AQ 段克服摩擦力做的功等于在 QP 段克服摩擦力做的功 D. 在 P 点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为 10 N 【答案】ABC 【解析】 【详解】A.小物块做匀速圆周运动，说明重力沿切面方向的分力和滑动摩擦力大小相等，方向相反 解得： ． 小物块在下滑过程中，切面与水平面的夹角变小，所以在 A 到 P 的过程中轨道的动摩擦因数逐渐减小，故 A 正确； B.在 Q 点时，重力的瞬时功率为 故 B 正确； C.根据动能定理，小物块在 AQ 段克服摩擦力做的功 解得 等于在 QP 段克服摩擦力做的功 解得 所以小物块在 AQ 段克服摩擦力做的功等于在 QP 段克服摩擦力做的功，故 C 正确； D.在 P 点根据向心力公式 sin cosmg mgθ µ θ= tanµ θ= ( cos ) 15WP mg vθ= = 1 sin 0W mgR θ− = 1 10JW = 2 (1 sin ) 0W mgR θ− − = 2 10JW =解得 FN=11.5N 6.如图所示，直线 OAC 为某一直流电源的总功率 P 总随着电流 I 变化的图线，抛物线 OBC 为该直流电源内 部的热功率 Pr 随电流 I 变化的图线，A、B 两点对应的横坐标为 2A，则下面说法中正确的有（　　） A. 电源电动势为 3V，内电阻为 1Ω B. 线段 AB 表示的功率为 2W C. 电流为 2A 时，外电路电阻为 0.5Ω D. 电流为 3A 时，外电路电阻为 2Ω 【答案】ABC 【解析】 【详解】AD．C 点表示电源的总功率全部转化为热功率，即 C 点表示外电路短路，外电阻为零，电源的总 功率 P=EI，I=3A，P=9W，则电源的电动势 E=3V。 选项 A 正确，D 错误； B．AB 段表示的功率为 PAB=EI′-I′2r=3×2-22×1（W）=2W． 故 B 正确； C．根据闭合电路欧姆定律，有 解得 故 C 正确。 故选 ABC。 7.如图 a 所示，物块 A、B 间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中 A 物 2 N mvF mg R − = 3 13 Er I = = Ω＝ ' EI R r = + ' 3 1 0.52 ER rI = − = − = Ω块最初与左侧固定的挡板相接触，B 物块质量为 2kg。现解除对弹簧的锁定，在 A 离开挡板后，B 物块的 图象如图 b 所示，则可知（　　） A. 在 A 离开挡板前，A、B 系统动量守恒 B. 弹簧锁定时其弹性势能为 9J C. A 的质量为 1kg，在 A 离开挡板后弹簧的最大弹性势能为 3J D. A、B 与弹簧组成的系统机械能始终守恒 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．在 A 离开挡板前，由于挡板对 A 有作用力，所以 A、B 系统所受合外力不为零，系统动量不守 恒，故 A 错误。 B．解除对弹簧的锁定后至 A 刚离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能释放，全部转化为 B 的动能，根据 A、 B 两物体及弹簧组成的系统机械能守恒，有：弹簧锁定时其弹性势能为 EP=EKB= mBv02 则由图象可知 v0=3m/s，代入数据解得 Ep=9J 故 B 正确。 C．A 离开挡板后，由图象数据可知，弹簧伸长到最长时，B 加速度最大，v-t 图象切线斜率的绝对值最大， 由图知此时 A、B 的共同速度为：v 共=2m/s，根据机械能守恒定律和动量守恒定律有 mBv0=（mA+mB）v 共 解得 mA=1kg 此时弹簧的最大弹性势能为 选项 C 正确； D．A、B 与弹簧组成的系统只有弹力做功，则系统的机械能始终守恒，故 D 正确。 的 v t− 1 2 2 2 2 2 p 0 1 1 1 1( )v = 2 3 3 2 =3J2 2 2 2m B A BE m v m m= − + × × − × ×共故选 BCD。 8.如图所示，扇形区域 AOC 内有垂直纸面向里的匀强磁场，边界 OA 上有一粒子源 S．某一时刻，从 S 平行 于纸面向各个方向射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度 大小相同，经过一段时间粒子从边界 OC 射出磁场．已知∠AOC＝60º，从边界 OC 射出的粒子在磁场中运 动的最长时间等于 （T 为粒子在磁场中运动的周期），则从边界 OC 射出的粒子在磁场中运动的时间可能 为 A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【详解】粒子在磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦．初速度大小相 同，轨迹半径 相同． 设 OS=d，当出射点 D 与 S 点的连线垂直于 OA 时，DS 弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则由 粒子在磁场中运动的时间最长．由此得到： 轨迹半径为： 当出射点 E 与 S 点的连线垂直于 OC 时，弦 ES 最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间 最短．则： 2 T 9 T 8 T 4 T 3 T mvR qB = 3 2R d=SE= 由几何知识，三角形 O′ES 是等边三角形，则得 θ=60°，最短时间： 所以粒子在磁场中运动时间范围为 A． ，与结论不相符，选项 A 错误； B． ，与结论不相符，选项 B 错误； C． ，与结论相符，选项 C 正确； D． ，与结论相符，选项 D 正确； 三、非选择题：共 174 分。第 22~32 题为必考题，每个试题考生都必修作答。第 33~37 题为 选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 129 分 9.用如图甲所示装置验证“动量守恒定律”．A、B 两球半径相同，A 球质量为 m1，B 球质量为 m2，轨道包括 斜槽和水平槽，固定在桌面上，白纸铺在水平地面上，复写纸在白纸上．先让 A 球从斜槽上某一固定位置 C 由静止滚下，从轨道末端水平抛出，落到复写纸上，重复上述操作 10 次，在白纸上得到 10 个落点痕迹； 再把 B 球放在水平轨道末端，让 A 球仍从位置 C 由静止滚下，A 球和 B 球碰撞后，分别在白纸上留下各自 的落点痕迹，重复操作 10 次．M、P、N 为三个落点的平均位置，O 点是水平槽末端在白纸上的竖直投影点， 如图乙所示． （1）除了图甲中实验器材外，完成本实验还必须使用的测量仪器是________． （2）在下列实验操作中，符合要求的是________（选填序号）． A．入射小球与被碰小球必须大小相同、质量相等 B．每次必须从同一高度由静止释放入射小球 C．安装轨道时，必须让水平槽末端水平 3 2 d 1 6mint T= 26 T Tt≤ ≤ 9 T 8 T 4 T 3 TD．实验过程中，只要保持复写纸在白纸上位置不变，可以移动白纸 （3）测量了 A、B 两个小球的质量 m1、m2，记录的落点平均位置 M、N、P 和轨道末端投影点 O 几乎在同 一条直线上，并测量出三个落点 M、N、P 与 O 点距离分别是 LM、LN、LP．在实验误差允许范围内，若关 系式________成立（用测得的物理量符号表示），则验证了动量守恒定律． 【答案】 (1). 刻度尺，天平 (2). BC (3). m1 LP＝m1LM+m2 LN 【解析】 【详解】第一空．验证动量守恒定律实验，需要测出两球的质量与球做平抛运动的水平位移，因此需要的 实验器材是：天平与刻度尺． 第二空．A．为了防止入射小球碰后反弹，入射小球质量应大于被碰小球，A 错误． B．为了保证每次入射小球碰撞前速度相同，每次必须从同一高度由静止释放入射小球，B 正确． C．为了保证小球碰后做平抛运动，速度水平，安装轨道时，必须让水平槽末端水平，C 正确． D．实验中，要准确记录小球平抛的水平位移，复写纸和白纸不可随意移动，D 错误． 第三空．两球离开轨道后，做平抛运动，它们在空中的运动时间 t 相等，由动量守恒定律可知，实验需要验 证： ，两边同时乘以时间 t 得： ，则实验需要验证： ． 10.有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的 图线。现有下列器材供 选用： A 电压表（0~5V，内阻约 10kΩ）； B.电压表（0~15V，内阻约 20kΩ）； C.电流表（0~3A，内阻约 1Ω）； D.电流表（0~0.6A，内阻约 0.4Ω）； E.滑动变阻器（10Ω，2A）； F.滑动变阻器（500Ω，1A）； G.学生电源（直流 6V）、开关、导线若干。 (1)实验中所用电压表应选___________，电流表应选用___________，滑动变阻器应选用___________。 (2)在线框内画出实验电路图_________________________________。 . 1 1 1 1 2 2m v m v m v′= + 1 1 1 1 2 2m v t m v t m v t′= + 1 p 1 M 2 Nm L m L m L= + I U−(3)利用实验数据绘出小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示，分析曲线说明小灯泡电阻随温度变化的特点： _______________________。 (4)若把电阻元件 Z 和小灯泡接入如图乙所示的电路中时，已知电阻 Z 的阻值为 5Ω，已知 A、B 两端电压恒 为 2.5V，则此时灯泡 L 的功率约为_____________W。（保留两位有效数字） 【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). (5). 小灯泡电阻随温度的升高而增大 (6). 0.31 【解析】 【详解】(1)[1][2][3]．根据小灯泡的规格“4V，2W”可知，额定电压 U=4V，额定电流 所以电压表应选 A；电流表应选 D；由于实验要求电流从零调，所以变阻器应用分压式接法，应选择阻值 小的变阻器 E 以方便调节． ②[4]．由于小灯泡电阻较小，满足 ，所以电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式，所以电路 图和实物连线图分别如图所示： 2 A 0.5A4 PI U = ＝ ＝ V x x A R R R R >(3)[5]．根据 可知， ，小灯泡的电阻与 I-U 图线上的点与原点连线的斜率成反比，所以小灯 泡的电阻随温度的升高而增大． (4)[6]．将电阻 Z 的阻值看做电源内阻，画出等效电源的 I-U 图像如图，根据 I-U 图象可知，两图像的交点 坐标对应于 I=0.22A，U=1.4V，所以灯泡 L 的功率 P=UI=1.4×0.22W=0.31W 11.如图 a 所示，轨道 OA 可绕轴 O 在竖直平面内转动，轨道长 L＝2m，摩擦很小可忽略不计．利用此装置 实验探究物块在力 F 作用下加速度与轨道倾角的关系．某次实验，测得力 F 的大小为 0.6N，方向始终平行 于轨道向上，已知物块的质量 m＝0.1kg．实验得到如图 b 所示物块加速度与轨道倾角的关系图线，图中 a0 为图线与纵轴交点，θ1 为图线与横轴交点．（重力加速度 g 取 10m/s2）问： （1）a0 为多大？ （2）倾角 θ1 为多大？此时物块处于怎样的运动状态？ （3）当倾角 θ 为 30°，若物块在 F 作用下由 O 点从静止开始运动 1.6s，则物块具有的最大重力势能为多少？ （设 O 所在水平面的重力势能为零） 【答案】(1)6m/s2；(2) 370；物块可能沿斜面向上匀速运动；可能沿斜面向下匀速运动；静止； (3)0.768J UR I = 1I UR =【解析】 【详解】（1）θ=00，木板水平放置，此时物块的加速度为 a0 由牛顿第二定律，得：F 合＝F＝ma0 解得 a0＝F/m=0.6/0.1m/s2=6m/s2 （2）当木板倾角为 θ1 时，a=0，则 F=mgsinθ1，解得 θ1=370； 物块可能沿斜面向上匀速运动；可能沿斜面向下匀速运动；静止； （3）当木板倾角为 θ=300 时，对物块由牛顿定律得： F-mgsinθ＝ma1 0.6-0.1×10×0.5＝0.1a1 解得 a1＝1m/s2 v1＝a1t=1×1.6m/s =1.6m/s s1＝ a1t2= ×1×1.62 m =1.28 m 撤去 F 后，物块沿斜面向上做匀减速运动．对物块由牛顿定律得： mgsinθ＝ma2 a2＝gsin300＝10×0.5 m/s2=5m/s2 因为 s1+s2