2020届重庆市六校高三下学期4月复学联合诊断理综物理试题（江津中学、綦江中学等解析版）

高 2020 级高三下六校联考理科综合物理试题 二、选择题 1.下列对物理知识的理解不正确的是（　　） A. 根据波尔 原子理论，氢原子所处的能级越高，电势能越大 B. 射线的穿透能力较弱，用厚纸板就能挡住 C. 放射性元素钋的半衰期为 138 天，100g 的钋经 276 天，已发生衰变的质量为 75g D. 根据爱因斯坦的光电效应方程可知，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比 【答案】D 【解析】 【详解】A．由公式 可知，氢原子所处的能级越高即核外电子轨道半径越大，总能量越大，但电子动能越小，则电势能越大， 故 A 正确； B．α 射线电离最强，穿透最弱，用厚纸板就能挡住，故 B 正确； C．根据 可知 100g 的 Po 经 276 天，即经过 2 个半衰期，已衰变的质量为 75g，故 C 正确； D．根据爱因斯坦的光电效应方程 可知，光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系， 但不是成正比，故 D 错误。 本题选不正确的，故选 D。 2.中国是第五个独立完成卫星发射的国家，已经进入了世界航天强国的列队。已知我国发射的 A、B 两颗绕 地球做匀速圆周运动的人造卫星，轨道半径之比为 1：3，且两者动能相等，则下列说法正确的是（　　） A. A、B 卫星的运行周期之比是 B. A、B 卫星的运行向心加速度大小之比是 C. A、B 卫星所受到的万有引力大小之比是 D. A、B 两颗卫星的发射速度都大于 11.2 【答案】C 【解析】 的 α 2 2 2 e vk mr r = 0 1( )2 = t Tm m km 0E h Wν= − 3 :3 3:1 3:1 km/s【详解】A．由公式 得 则 故 A 错误； B．由公式 得 则 故 B 错误； C．由于两卫星动能相等即 则有 由公式 得 由万有引力得 可知 故 C 正确； 2 2 2π( )MmG m rr T = 3 2π rT GM = A A A B B B 1 1 3 3 3 9 T r r T r r = = × = 2 MmG mar = 2 GMa r = 2 A B 2 B A 9 1 a r a r = = 2 k 1 2E mv= k 2 2Em v = 2 2 Mm vG mr r = GMv r = 2= MmF G mar = 2 A A A B A A A 2 B B B A B B B 1 9 33 F m a v a r a F m a v a r a = × = × = × = × =D．两颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，则两颗卫星的发射速度都小于 11.2km/s，故 D 错误。 故选 C。 3.高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界。一辆由8 节车厢编组的列车，从车头开始的第 2、3、6 和 7 共四节为动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小均 为 F，每节车厢质量都为 m，每节车厢所受阻力均为车厢重力的 k 倍，重力加速度为 g。则（　　） A. 启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上 B. 启动时乘客对车厢的作用力大小等于乘客的重力大小 C. 第 7 节车厢对第 8 节车厢的作用力大小为 D. 第 4 节车厢对第 5 节车厢的作用力大小为 0 【答案】D 【解析】 【详解】A．启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿动车运动方向的水平摩擦力两 个力的合力方向斜向上方，故 A 错误； B．启动时车厢对乘客的作用力斜向上方与重力的合力方向沿动车运动方向，由平行四边形定则可知，启动 时车厢对乘客的作用力大于重力，根据牛顿第三定律可知，乘客对车厢的作用力大于重力，故 B 错误； C．对 8 节车箱整体由牛顿第二定律有 对第 8 节车箱由牛顿第二定律有 联立解得 故 C 错误； D．对后 4 节车箱由牛顿第二定律有 解得 故 D 正确。 故选 D。 4.如图所示，等量异种点电荷 、 连线之间某点处有一电子，在外力 F 作用下处于静止状态。现保持点 3 F 4 8 8F kmg ma− = 78F kmg ma− = 78 2 FF = 45 +2 4 4F F kmg ma− = 45 0F = P Q电荷 的位置不变，让点电荷 沿连线向右移动一小段距离，此过程中电子一直处于静止状态。下列说法 正确的是（　　） A. 电子所在处的电场强度增大，电势减小 B. 外力 F 增大，电子的电势能减小 C. 外力 F 减小，电子的电势能增大 D. 外力 F 不变，电子的电势能也不变 【答案】B 【解析】 【详解】A．让点电荷 沿连线向右移动一小段距离，两点电荷间距减小，由电场强度的叠加原理可知，电 子所在处的电场强度增大，由于零电势点是人为规定的，则无法确定电势变化，故 A 错误； BCD．让点电荷 沿连线向右移动一小段距离，两点电荷间距减小，由电场强度的叠加原理可知，电子所 在处的电场强度增大，电子所受电场力增大，由平衡条件可知，外力增大，且电场力方向向左，则电场强 度方向向右，即 P 带正电，由相对运动可知，静电力对电子做正功，电子的电势能减小，故 B 正确，CD 错 误。 故选 B。 5.如图所示，两条相距 L 的足够长平行光滑导轨放置在倾角为 的斜面上，阻值为 R 的电阻与导轨相 连，质量为 的导体棒 MN 垂直于导轨放置，整个装置在垂直于斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度的大 小为 。轻绳一端与导体棒相连，另一端跨过定滑轮与一个质量为 的物块相连，且滑轮与杆之间的轻绳 与斜面保持平行，物块距离地面足够高，导轨、导体棒电阻不计，轻绳与滑轮之间的摩擦力不计，重力加 速度为 g。从将物块由静止释放，到经过 达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 导体棒 M 端电势高于 N 端电势 B. 导体棒的加速度可能大于 C. 通过导体棒的电荷量为 Q P P P 30θ °= m B m t 1 4 g 2 3 32 mgt m gR BL B L −D. 导体棒运动的最大速度大小为 【答案】C 【解析】 【详解】A．将物块由静止释放，则物块向下运动，导体棒沿斜面向上运动，由右手定则可知导体棒中电流 由 M 到 N，导体棒 M 端电势低于 N 端电势，故 A 错误； BD．设导体棒的上升速度 v，根据 ， 可知导体棒所受安培力为 根据牛顿第二定律可得 当导体棒的上升速度为零时，导体棒的加速度最大，最大加速度为 当导体棒的上升加速度为零时，导体棒的速度最大，最大速度为 故 BD 错误； C．对整体由动量定理得 即 解得 故 C 正确。 故选 C。 6.某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究。他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨 道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图所示的 图像。已知小车 在 0~2s 内做匀加速直线运动，2~11s 内小车牵引力的功率保持不变，9~11s 内小车做匀速直线运动，在 11s 末小车失去动力而开始自由滑行。已知小车质量 m＝1kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变，下列说法 2 2 mgR B L =E BLv BLvI R = 2 2 A = B L vF BIL R = 2 2 sin30 2B L vmg mg maR °− − = max 1 4a g= max 2 22 mgRv B L = max( sin30 ) 2mg mg t BiLt mv°− − = 2 222 2 mgt mgRBqL m B L − = ⋅ 2 3 32 mgt m gR BLq B L −= v t−正确的是（　　） A. 小车受到的阻力大小为 8N B. 在 2~11s 内小车牵引力的功率 P 是 16W C. 小车在 2s 末的速度大小 为 6 D. 小车在 0~15s 内通过的距离是 80m 【答案】BD 【解析】 【详解】A．根据题意，在 11s 末撤去牵引力后，小车只在阻力 f 作用下做匀减速直线运动，设其加速度大 小为 a，根据图像可知 根据牛顿第二定律有 故 A 错误； B．设小车在匀速运动阶段的牵引力为 F，则 由图可知 ，则有 故 B 正确； C．0～2s 的匀加速运动过程中，小车的加速度为 设小车的牵引力为 Fx，根据牛顿第二定律有 根据题意有 解得 xv m/s 2=2m/sva t ∆= ∆ =2Nf ma= F f= 8m/smv = 16WmP Fv == 2 x x vva t ∆= =∆ x xF f ma− ＝ x xP F v= 4m/sxv =故 C 错误； D．在 2s～9s 内的变加速过程，△t=7s，由动能定理可得 解得 0～2s 内通过的路程为 9~11s 内小车做匀速直线运动通过的路程为 11~15s 内通过的路程为 则小车在 0~15s 内通过的距离是 故 D 正确。 故选 BD。 7.将小球以 10m/s 的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能 Ek、重力势 能 Ep 与上升高度 h 间的关系分别如图中两直线所示（g 取 10m/s2）。下列说法正确的是（　　） A. 小球的质量为 0.1kg B. 小球上升到 3m 时，重力势能与动能之差 1.5J C. 小球动能与重力势能相等时的速度大小为 D. 上升到最高点的过程，小球受到的阻力（不包括重力）的冲量大小为 【答案】AC 【解析】 【详解】A．在最高点有 得 为 2 2 2 1 1 2 2m xP t fx mv mv∆ − = − 2 44mx = 1 4 2m 4m2x = × = 3 8 2m 16mx = × = 4 8 4m 16m2x = × = 1 2 3 4 80mx x x x x= + + + = 20 m/s3 0.25N s⋅ pE mgh=故 A 正确； B．由图可知，在 h=3m 处，小球的重力势能是 3J，动能是 所以小球上升到 3m 时，重力势能与动能之差为 1.75J，故 B 错误； CD．由除重力以外其他力做功 可知 其中 h=4m，解得 由牛顿第二定律有上升过程中加速度大小 上升过程所用的时间为 则阻力的冲量大小为 设小球动能和重力势能相等时的高度为 H，此时有 由动能定理得 解得 故 C 正确，D 错误。 故选 AC。 8.如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率 向上运动。现将一质量为 m 的小物体 （视为质点）轻轻放在 A 处，小物体在甲传送带上被传送到 B 处时恰好达到传送带的速率 ，在乙传送带 上被传送到离 B 处竖直高度为 h 的 C 处时达到传送带的速率 。已知 B 处离地面的高度均为 H，则在小物 为 p 4 kg 0.1kg10 4 Em gh = = =× k 5(5 3)J=1.25J4E = − × W E= ∆其 =1Jfh E E− = − 低高 0.25Nf = 212.5m/smg fa m += = 0 10 s 0.8s12.5 vt a = = = 0.25 0.8N s=0.2N sfI ft= = × ⋅ ⋅ 21 2mgH mv= 2 2 0 1 1 2 2fH mgH mv mv− − = − 20 20m m/s9 3H v= =， v v v体从 A 到 B 的过程中（　　） A. 小物块运动的时间相等 B. 两传送带对小物体做功相等 C. 乙因摩擦产生的热量更多 D. 甲传送带消耗的电能比较大 【答案】BD 【解析】 【详解】A．甲图中小物块运动到 B 端时有 得 乙图中小物块先匀加速后匀速运动有 得 则 故 A 错误； B．传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，故两 种传送带对小物体做功相等，故 B 正确； C．甲图中 由牛顿第二定律有 1sin 2 H v tθ = 1 2 sin Ht v θ= ' 2sin 2 H h v tθ − = '' 2sin h vtθ = ' '' 2 2 2 2 sin H ht t t v θ −= + = 1 2t t> 1 2 sin vt H θ= 1 1 1 1 1 12 sin vt HQ f s vt f θ= = − =乙图中 解得 则 故 C 错误； D．根据能量守恒定律，电动机消耗的电能等于摩擦产生的热量 Q 与物块增加机械能之和，因物块两次从 A 到 B 增加的机械能相同且 所以将小物体传送到 B 处，两种传送带消耗的电能甲更多，故 D 正确。 故选 BD。 三、非选择题 9.某同学用图甲所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为 50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图乙所示，图中标出了五个连续点之间的距离： (1)物块下滑时的加速度 ＝_____ ，打 C 点时物块的速度 ＝____ ；（结果均保留 3 位有效数字） (2)已知重力加速度为 g，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是____。（填正确答案标号） A.物块的质量　　　B.斜面的高度　 C.斜面的倾角 D.无法确定 2 1 1sin 2 sin vf mg ma m H θ θ − = = ⋅ 2 2 2 2 sin H hQ f s f θ −= = 2 2 2sin 2 sin vf mg ma m H h θ θ − = = −⋅ 2 1 1 2Q mgH mv= + 2 2 1( ) 2Q mg H h mv= − + 1 2>Q Q 1 2>Q Q a 2m/s v m/s【答案】 (1). 3.25 (2). 1.79 (3). C 【解析】 【详解】(1)[1]物块沿斜面做匀加速直线运动，根据△x=aT2，有 解得 [2]根据一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解 C 点的速度，打 C 点时物块的速度为 (2)[3]对滑块，根据牛顿第二定律，有 解得 故还需要测量斜面 倾角，故 ABD 错误，C 正确。 故选 C。 10.某同学准备自己动手制作一个欧姆表，可以选择的器材如下： ①电池 E（电动势和内阻均未知） ②表头 G（刻度清晰，但刻度值不清晰，量程 Ig 未知，内阻未知） ③电压表 V（量程为 1.5V，内阻 Rv=1000Ω） ④滑动变阻器 R1（0~10Ω） ⑤电阻箱 R2（0~1000Ω） ⑥开关一个，理想导线若干 （1）为测量表头 G 的量程，该同学设计了如图甲所示电路. 图中电源即电池 E. 闭合开关，调节滑动变阻器 R1 滑片至中间位置附近某处，并将电阻箱阻值调到 40Ω 时， 的 24EC CAx x aT− = 2 2 2 2 (3.78 3.65) (3.52 3.39) 10 m/s 3.25m/s4 0.02a −+ − += × =× 23.65 3.52 10 m/s 1.79m/s2 2 0.02 DBxv T −+= = × =× sin cosmg mg maθ µ θ− = sin cos g a g θµ θ −=表头恰好满偏，此时电压表 V 的示数为 1.5V；将电阻箱阻值调到 115Ω，微调滑动变阻器 R1 滑片位置，使 电压表 V 示数仍为 1.5V，发现此时表头 G 的指针指在如图乙所示位置，由以上数据可得表头 G 的内阻 Rg=______Ω，表头 G 的量程 Ig=_____mA． （2）该同学接着用上述器材测量该电池 E 的电动势和内阻，测量电路如图丙所示，电阻箱 R2 的阻值始终 调节为 1000Ω：图丁为测出多组数据后得到的图线（U 为电压表 V 的示数，I 为表头 G 的示数），则根据电 路图及图线可以得到被测电池的电动势 E=______V，内阻 r=______Ω.（结果均保留两位有效数字） （3）该同学用所提供器材中的电池 E、表头 G 及滑动变阻器制作成了一个欧姆表，利用以上（1）、（2）问 所测定的数据，可知表头正中央刻度为____Ω. 【答案】 (1). 10 (2). 30 (3). 3.0 (4). 20 (5). 100 【解析】 【详解】（1）[1][2]．由图乙所示表盘可知，表盘功 30 分度，其示数为： 电压表示数：U=1.5V，由欧姆定律可知： U=I（Rg+R2） 即： U=Ig（Rg+40），U= Ig（Rg+115） 解得：Rg=10Ω，Ig=30mA； （2）[3][4]．电压表 Rv 的内阻为 1000Ω，电阻箱 R2 阻值始终调节为 1000Ω，电压表与电阻箱串联，它们两 端电压相等，电压表示数为 U，则路端电压为 2U，由图丙所示电路图可知，电源电动势：E=2U+Ir，则： 由图示 U-I 图象可知： ， 电源电动势： 12 2 30 5g gI I= 2 5 2 2 E rU I= − ⋅ .2 1 5E = 1.5 1.2 100.0302 r U I −= = = E=3.0V，r=20Ω； （3）[5]．欧姆表内阻： 欧姆表中值电阻等于其内阻，因此表头正中央刻度为：R 中=R 内=100Ω； 11.如图所示，在 0≤x≤d 的一、四象限范围内分布着一个匀强磁场，方向垂直于 xOy 平面向里，在 d 1 2>N N 08 7 p SM g = ( )0 1 0.6p LS p L L S= − 1 02.5p p= 1 02p p> ( )' 0 1 0.6p LS p L L h S= − + ∆对气体Ⅱ Ⅰ、Ⅱ中气体压强满足关系 联立解得 对活塞 A 受力平衡有 联立解得 15.如图，空气中有两块材质不同、上下表面平行的透明玻璃板平行放置；一细光束从空气中以某一角度 θ （0＜θ＜90°）入射到第一块玻璃板的上表面．下列说法正确的是（ ） A. 在第一块玻璃板下表面一定有出射光 B. 在第二块玻璃板下表面一定没有出射光 C. 第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行 D. 第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧 E. 第一块玻璃板下表面的出射光线一定在入射光延长线的右侧 【答案】ACD 【解析】 【详解】A、光线从第一块玻璃板中的上表面射入，在第一块玻璃板中上表面的折射角和下表面的入射角相 等，根据光的可逆原理可知，光在第一块玻璃板下表面一定有出射光，同理，在第二个玻璃板下表面也一 定有出射光，故 A 正确，B 错误． C、因为光在玻璃板中的上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理知，从下表面出射光的 折射角和开始在上表面的入射角相等，即两光线平行，所以第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射 光方向平行，故 C 正确． D、根据光线在玻璃板中发生偏折，由于折射角小于入射角，可知第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射 光延长线的左侧，故 D 正确，E 错误． 故选 ACD． 16.如图所示，一列简谐横波沿 x 轴传播，t＝0.2s 时刻的波形如下图中实线所示，t＝0.5s 时刻的波形如图中 虚线所示，t＝0 时刻，x＝2m 处的质点正处在波谷，周期 T＞0.5s，求： (i)这列波传播的方向及传播的速度； ( )' 0 22p LS p L h S= − ∆ 1 2p p= 1 0 15 7p p= 0 1Mg p S p S+ = 08 7 p SM g =(ii)从 t＝0 时刻开始，波传播 3s 后， ＝2m 处的质点运动的路程为 3m，求该质点的振幅和经过 2.5s 的位 移。 【答案】(i)沿+x 方向传播，10m/s；(ii)0 2m， 【解析】 【详解】(i)周期 T＞0.5s，因此从实线到虚线的时间间隔 假设波沿 x 轴负方向传播，则 求得 将实线波形沿 x 轴正方向平移 的波形为 t=0 时刻的波形，此波形表明 x=2m 处的质点不在波谷，因此假设不成立，则这列波沿+x 方向传播， 则 解得 波传播的速度 (ii)由题有 振动的路程 . x 2 m10y = − 0.3s