四川省成都双流棠湖中学2020届高三下学期理综能力测试物理试题 Word版含解析 17页

- 1 - 成都双流棠湖中学 2020 届高三理科综合能力测试 第Ⅰ卷 （选择题共 48 分） 一、选择题：本大题共 13 小题，每小题 6 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.关于电场强度、电容和电势差，下列说法正确的是（　　） A. 由公式 可知，电场中某点的电场强度 E 与试探电荷在电场中该点所受的电场力 F 成 正比，与 q 成反比 B. 由公式 E= 可知，在离点电荷 Q 距离为 r 的地方，电场强度 E 的大小与 Q 成正比 C. 由公式 C= 可知，电容器的电容 C 随着极板带电荷量 Q 的增加而变大 D. 由公式 U=Ed 可知，在匀强电场中，两点间的电势差与这两点间的距离成正比 【答案】B 【解析】 【详解】A．公式 是电场强度的定义式，电场强度是电场本身具有的属性，和 、 无关，A 错误； B．公式 中 为场源电荷，所以在离点电荷 Q 距离为 r 的地方，电场强度 E 的大小与 Q 成正比，B 正确； C．公式 是电容的定义式，电容是电容器本身具有的属性，与 、 无关，C 错误； D．由公式 可知，在匀强电场中，两点间的电势差与这两点间的沿电场方向上的距离成 正比，D 错误。 故选 B。 2.惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计，加 速度计构造原理的示意图如图所示；沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为 m 的滑 块，滑块两侧分别与劲度系数均为 k 的弹簧相连，两弹簧的另一端与固定壁相连，滑块上有 指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导．设某段时间内导弹沿水平 方向运动，指针向左偏离 0 点距离为 s，则这段时间内导弹的加速度(　　) FE q = 2 kQ r Q U FE q = F q 2 kQE r = Q QC U = Q U U Ed= - 2 - A. 方向向左，大小为 ks/m B. 方向向右，大小为 ks/m C. 方向向左，大小为 2ks/m D. 方向向右，大小 2ks/m 【答案】D 【解析】 由于指针向左偏离 O 点 距离为 x，则左边弹簧压缩，右边弹簧伸长，滑块受到的合外力向右 ，其大小为 2kx，则导弹的加速度，方向向右，大小为 ，故 D 正确． 3.“嫦娥三号”探月卫星已经成功到达月球表面．已知月球绕地球做圆周运动的半径为 r1、 周期为 T1；“嫦娥三号”探月卫星绕月球做圆周运动的半径为 r2、周期为 T2．引力常量为 G， 不计周围其他天体的影响，下列说法正确的是（ ） A. 根据题目条件能求出“嫦娥三号”探月卫星的质量 B. 根据题目条件能求出地球的密度 C. 根据题目条件能求出地球与月球之间的引力 D. 根据题目条件可得出 【答案】C 【解析】 试题分析：绕地球转动的月球受力为 得 ， 已知月球的轨道半径和周期可求出地球质量 M．由于不知道地球半径 ，无法求出地球密度， 答案 B 错．对“嫦娥三号”而言， ， ,已知嫦娥三号的周期 和半径，可求出月球质量 ，但是所有的卫星在万有引力提供向心力的运动学公式中卫星质 量都约掉了，无法求出卫星质量，因此探月卫星质量无法求出，答案 A 错．已经求出地球和 为 的 2kxa m = 3 3 1 2 2 2 1 2 r r T T = 2 12 2 1 1 ' 4'GMM M rr T π= 2 3 2 3 1 1 1 3 4 4 4 3 r rT GM G r π π ρ π = = r 2 22 2 2 2 ' 4GM m mrr T π= 2 3 2 2 4 ' rT GM π= 'M - 3 - 月球质量而且知道月球绕地球做圆周运动的半径 r 根据 可求出地球和月球之间的引 力，答案 C 对．开普勒第三定律即半长轴三次方与公转周期二次方成正比，前提是对同一中 心天体而言，但是两个圆周运动的中心天体一个是地球一个是月球，所以答案 D 错 考点：万有引力与航天 4.将两个质量均为 m 小球 a、b 用细线相连后，再用细线悬挂于 O 点，如图所示。用力 F 拉小球 b，使两个小球都处于静止状态，且细线 Oa 与竖直方向的夹角保持 θ＝30°，则 F 的 最小值为（　　） A. mg B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】将两小球视为整体受力分析，并合成矢量三角形： 可知当 与绳子拉力垂直时，有最小值 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 5.倾角为 的斜面上有 A、B、C三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个 小球均落在斜面上的 D 点，今测得 AB∶BC∶CD=5∶3∶1，由此可判断（　　） 的 2 1 'GMM r 3 3 mg 3 2 mg 1 2 mg F min 2 sin30F mg mg°= = θ - 4 - A. A、B、C 处三个小球运动时间之比为 1∶2∶3 B. A、B、C 处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为 1∶1∶1 C. A、B、C 处三个小球的初速度大小比为 1∶2∶3 D. A、B、C 处三个小球的运动轨迹可能在空中相交 【答案】B 【解析】 【详解】A．已知 根据几何关系可知 斜面的长度和小球平抛运动高度成正比 根据自由落体时间 可知 A、B、C 处三个小球运动时间之比为 ，A 错误； B．平抛运动末速度的反向延长线过水平位移的中点 在斜面上水平位移和竖直位移满足 斜面倾角 为定值，所以三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角 为定值，即夹角之 比为 1∶1∶1，B 正确； C．平抛运动分解末速度 : : 5:3:1AB BC CD = : : 9: 4:1AD BD CD = sinL hθ = 2= ht g 9 : 4 : 1=3: 2:1 0 tan 2 yv y xv α = = 1tan = tan2 y x θ α= θ α - 5 - 解得 可知初度与时间成正比，即 ，C 错误； D．A、B、C 处三小球平抛运动的高度和水平位移都逐渐减小，轨迹逐渐降低，不具备在空中 相交的条件，D 错误。 故选 B。 6.如图（a）所示，小球的初速度为 v0，沿光滑斜面上滑，能上滑的最大高度为 h，在选项图 中，四个物体的初速度均为 v0．在 A 图中，小球沿一光滑内轨向上运动，内轨半径大于 h； 在 B 图中，小球沿一光滑内轨向上运动，内轨半径小于 h；在图 C 中，小球沿一光滑内轨向上 运动，内轨直径等于 h；在 D 图中，小球固定在轻杆的下端，轻杆的长度为 h 的一半，小球随 轻杆绕 O 点无摩擦向上转动．则小球上升的高度能达到 h 的有 A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【详解】图（a）中小球由于斜面的支撑，动能可以完全转化为重力势能． A．图中中由于圆心在 h 高度的上方，动能可以完全转化为重力势能．选项 A 正确； B．图中由于离心现象的存在，不会到达 h 高度，选项 B 错误． 0 0 tan =yv gt v v α = 0 tan gv tα= ⋅ 3: 2:1 - 6 - C．图中是圆周运动当中绳子的模型，过最高点的条件是 ，所以不能到 h 高度，选项 C 错误． D．图中是杆的模型，过最高点的条件是 ，可以到达 h 高度，选项 D 正确． 7.如图所示，水平挡板 A 和竖直挡板 B 固定在斜面 C 上，一质量为 m 的光滑小球恰能与两挡 板和斜面同时解除，挡板 A、B 和斜面 C 对小球的弹力大小分别为 和 ．现使斜面和 物体一起在水平面上水平向左做加速度为 a 的匀加速直线运动．若 不会同时存在，斜 面倾角为 ，重力加速度为 g，则下列图像中，可能正确的是 A. B. C D. 【答案】B 【解析】 【详解】对小球进行受力分析当 时如图一，根据牛顿第二定律，水平方向： ① 竖直方向： ②，联立①②得： ， ， 与 a 成线性关系，当 a=0 时， ＝mg， . grv ≥ 0v ≥ A BF F、 CF A BF F、 θ tana g θ< sinCF maθ = cosC AF F mgθ + = tanAF mg ma θ= − sinCF ma θ= AF AF - 7 - 当 时， 与 a 成线性关系，所以 B 图正确 当 时，受力如图二，根据牛顿第二定律，水平方向 ③，竖直方 向： ④，联立③④得： ， ， 与 a 也成线性， 不变，综上 C 错误，D 正确 【点睛】本题关键要注意物理情景的分析，正确画出受力分析示意图，考查了学生对牛顿运 动定律的理解与应用，有一定难度． 8.如图所示，AB 为一固定的水平绝缘杆，在其上下对称位置固定放置一对等量同种正点电荷， 其连线与 AB 交于 0 点，杆上的 E、F 点关于 0 点对称，E、F 的间距为 L．一可以视为质点的 小球穿在杆上，小球与杆的动摩擦因数随位置而变化，该变化规律足以保证小球从 E 点以一 初速度 v．沿杆向右做匀减速直线运动并经过 F 点，小球带负电，质量为 m．其在 0 点处与杆 的动摩擦因数为 μ0．则在由 E 到 F 的过程中( ) A. 小球在 O 点电势能最小 B. 小球在 E、F 两点与杆的动摩擦因数一定相同 C. E 到 O 点，小球与杆的动摩擦因数逐渐减小 D. 小球克服摩擦力做功为 μ0mgL 【答案】AD 【解析】 试题分析：因为在 O 点的电势最高，故带负电的小球在 O 点电势能最小，选项 A 正确；小球 做匀减速运动故加速度是恒定的，在 E 点时，设两正电荷对小球的库仑力的合力为 F，方向水 tana g θ= 0AF = CF tana g θ> sinC BF F maθ + = cosCF mgθ = tanBF ma mg θ= − cosC mgF θ= BF CF - 8 - 平，则 F-fE=ma；在 F 点：F+fF=ma，可见小球在 E、F 两点所受的摩擦力一定是相同的，但是 与杆的动摩擦因数不一定相同，选项 B 错误；根据 F-f=ma 可知，E 到 O 点，小球所受的电场 力的合力 F 的变化情况未知，故摩擦力 f 的变化情况未知，故球与杆的动摩擦因数变化情况 不能确定，选项 C 错误；小球运动过程中在 O 点时与杆的动摩擦因数为 μ0，而此时的库仑力 为零，则 ma=μ0mg；从 E 到 F 合外力的功为 maL=μ0mgL；而此过程中库仑力做功为零，故摩 擦力的功为 μ0mgL；选项 D 正确；故选 AD． 考点：牛顿定律的应用；等量同种电荷的电场；动能定理 【名师点睛】此题是力电综合题，考查了牛顿定律的应用、等量同种电荷的电场及动能定理； 关键是从物体做匀减速直线运动入手，根据等量同种电荷的电场分布，分析电场力的变化情 况，结合牛顿定律来分析摩擦力的变化情况.此题有一定的难度. 第 II 卷（非选择题共 174 分） 二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 9~12 题为必考题，每个试题考生 都 必须做答。第 13~14 题为选考题，考生根据要求做答。 （一）必考题 9.如图所示为“探究加速度与物体所受合外力的关系”的实验装置图。图中 A 为小车，质量 为 m1，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器 B，它们均置于一端带有定滑轮的足够长的木板 上，P 的质量为 m2，C 为弹簧测力计，实验时改变 P 的质量，读出测力计不同读数 F，不计绳 与滑轮之间的摩擦。 (1)下列说法正确的是_____ A. 一端带有定滑轮的长木板必须保持水平 B. 实验时应先接通电源后释放小车 C. 实验中 m2 应远小于 m1 D. 测力计的读数始终为 (2)要完成该实验，除图中实验仪器和交流电源（含导线）外，还必需的实验仪器是_____ 2 2 m g - 9 - (3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的 图像，可能 是下列哪个选项中的图像____ 【答案】 (1). B (2). 刻度尺 (3). C 【解析】 【详解】(1)[1]A．该实验需要调节木板与水平桌面的夹角平衡摩擦力，A 错误； B． 了有效利用纸带，实验时应先接通电源，后释放纸带，B 正确； C．实验中绳子的拉力由弹簧测力计测得，不需要 m2 远小于 m1，C 错误； D．P 物块加速下落，加速度向下，根据牛顿第二定律 可知绳子拉力 D 错误。 故选 B。 (2)[2]分析纸带时，需要用刻度尺测量距离，所以还必需的实验仪器是刻度尺。 (3)[3]未平衡摩擦力，A 开始运动前需要克服摩擦力，所以刚开始绳子拉力较小时，A 物块静 止不动，AB 错误，C 正确。 故选 C。 10.(1)多用电表的表盘如图所示，用 100mA 的量程测量直流电流时，指针所示电流值为___mA (2)某物理实验小组利用实验室提供的器材测量一待测电阻的阻值。可选用器材的代号和规格 为 a F− 2 22m g T m a− = 2 2 m gT < - 10 - 如下： 电流表 A1（量程 250mA，内阻 R1 为 5Ω） 电流表 A2（量程 300mA，内阻 r2 约为 5Ω） 待测电阻 Rx（阻值约为 100Ω） 滑动变阻器 R（最大阻值 10Ω） 电源 E （电动势约为 9V，内阻 r 约为 1Ω） 单刀单掷开关 S，导线若干 (3)请在右边的方框中把电流表的代号 A1、A2 填在相应的〇中，并且把实验电路原理图连接完 整______； (4)需要直接测量的物理量是_____，被测电阻的计算式为及 Rx=______ 【答案】 (1). (2). (3). 和 的示数 和 (4). 【解析】 【 详 解 】 (1) 用 100mA 的 量 程 测 量 直 流 电 流 时 ， 使 用 “0~10” 的 表 盘 读 数 ， 分 度 值 为 47mA 1A 2A 1I 2I 1 1 2 1 I R I I− - 11 - ，所读数为 。 (2)题中 的内阻已知，所以用 充当电压表， 测量总电流，如图： 。 (3)需要直接测量的物理量为 和 的示数 和 。 (4)根据欧姆定律 11.两滑块 a、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过 一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置 x 随时间 t 变化的图象如图所示．求： (ⅰ)滑块 a、b 的质量之比； (ⅱ)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比． 【答案】(ⅰ)1∶8 (ⅱ)1∶2 【解析】 【详解】(ⅰ)设 a、b 的质量分别为 m1、m2，a、b 碰撞前的速度为 v1、v2；由题给图象得： v1=－2m/s v2=1m/s a、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为 v；由题给图象得： v= m/s 碰撞过程由动量守恒定律得： 20mA =2mA10 47mA 1A 1A 2A 1A 2A 1I 2I x 1 x 2 1 1 x U I I RR I I = = − 2 3 - 12 - m1v1＋m2v2=(m1＋m2)v 联立以上各式得： m1∶m2=1∶8 (ⅱ)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为： 联立两式并代入题给数据得：W∶ΔE=1∶2。 答：(ⅰ)滑块 a、b 的质量之比 m1∶m2=1∶8； (ⅱ)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比 W∶ΔE=1∶2。 12.如图所示，将弹簧平放在绝缘水平面上，其左端固定，自然伸长时右端在 O 点，O 点则水 平面光滑，右侧粗糙．水平面上 OO'与 AA'之间区域（含边界）存在与竖直方向的夹θ=37°、 斜向右上方的匀强电场，电场强度 E=5×103 N/C．现将一质量 m=2kg、电荷量 g=4×l0－3C 的带 正电小物块从弹簧右端 O 点无初速度释放，物块在 A 点滑上倾角 θ=37°的斜面．已知 O、A 间的距离为 4．9 m，斜面 AB 的长度为 ，物块与 OA 段水平面间的动摩擦因数 ， 物块与斜面间的动摩擦因数 ．（物块可视为质点且与弹簧不连接，物块通过 A 点时 速率无变化，取 g= 10 m/s2，sin37°=0．6，cos 37°=0．8） （1）求物块沿斜面向上滑行的时间； （2）若用外力将物块向左压缩弹簧至某一位置后由静止释放，且电场在物块进入电场区域运 动 0．4s 后突然消失，物块恰能到达 B 点，求外力所做的功． 【答案】（1）0．58s（2）49J 【解析】 【详解】（1）物块在 OA 之间做匀加速直线运动，有 ( )2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2E m v m v m m v∆ = + - + ( ) 2 1 2 1 2W m m v= + 8 3 m 1 0.5µ = 2 0.75µ = cos37N qE mg+ = 1 1sin37qE N maµ− − - 13 - 联立（1）（2）（3）式，解得 物块在斜面上向上做匀减速直线运动，有 解得 a2=12m/s2 假设物块在斜面上速度可减为零，且该过程在斜面上发生的位移为 x， 有 解得 ，假设成立由 ，解得 （2）设物块在 A 点时的速度大小为 ， 因物块恰好能到达 B 点，故由 解得 设物块刚进入电场区域时速度为 ，撤去电场时速度为 ， 则 撤去电场后，物块做匀减速直线运动至 A 点，有 联立得 ，由动能定理得 【点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方 法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线 ），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观 点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化 的观点，选用动能定理和功 能关系求解 （二）选考题：共 15 分。请考生从给出的 2 道物理题任选一题做答。如果多做，则每学科 按所做的第一题计分。 【物理——选修 3–3】 2 1 02 OAa x v= 2 14 , 5 / , 7 /AN N a m s v m s= = = 2 2sin37 cos37mg mg ma µ+ = 2 22 0 Aa x v− = − 49 8 24 3x m m= < 20 Av a t= − 0.58t s= 'Av '2 22 0AB Aa x v− = − ' 8 /A m sυ = 0 υ 1 υ 1 0 1 1v v a t= + 2 2 1 1 1 02a x v v= + 1 3mg maµ = 2 2 3 1 12 ( ) 'OA Aa x x v v− − = − 2 3 05 / , 7 /a m s v m s= = 2 0 1 492W mv J= = - 14 - 13.振源 S 在 O 点沿竖直方向做简谐运动，频率为 10 Hz，t＝0 时刻向右传播的简谐横波如图 所示(向左传播的简谐横波图中未画出)．则以下说法正确的是________ A. 该横波的波速大小为 20 m/s B. t＝0 时，x＝1 m 处的质点振动方向向上 C. t＝0.175 s 时，x＝－1 m 处的质点处在波峰位置 D. 若振源 S 向右匀速运动，在振源 S 右侧静止的接收者接收到的频率小于 10 Hz E. 传播过程中该横波遇到小于 2 m 的障碍物或小孔都能发生明显的衍射现象 【答案】ABE 【解析】 【详解】由图可知，该波的波长是 2m，波速大小为 v=λ•f=2×10=20m/s．故 A 正确；波向右 传播，根据波形的平移法得知，t=0 时，x=1m 处的质点振动方向向上．故 B 正确；该波的周 期： ，所以：t＝0.175s＝ ，t=0 时，x=-1m 处的介质点与 t=0 时，x=1m 处的介质点振动方向相同，t=0 时，x=1m 处的质点振动方向向上，经过 后质点达到最低 点，位于波谷的位置，所以 t=0.175s 时，x=-1m 处的质点也处在波谷位置．故 C 错误；若振 源 S 向右匀速运动，在振源 S 右侧静止的接收者接单位时间内收到的波的个数增大，所以频 率大于 10Hz．故 D 正确．传播过程中波只有遇到小于 2m 或与 2m 差不大的障碍物或小孔都能 发生明显的衍射现象．故 E 错误．故选 ABD． 【点睛】解答此题一要抓住左右两列波的对称性；二要会分析波动形成的过程，分析质点的 振动与波动之间关系；能发生明显的衍射现象的条件是障碍物或小孔的尺寸与波的波长差不 大或小于波长． 14.半径为 R 的半圆柱玻璃砖的截面积如图所示，O 为圆心，光线 沿半径方向从 a 点射入玻 璃砖后，恰好在 O 点发生全反射，另一条光线 平行 从最高点 b 射入玻璃砖后，在底边 MN 上的 d 点射出，若测得 Od= ，求该玻璃砖的折射率。 1 1 0.110T s sf ＝ ＝ ＝ 314T 314T I II I 4 R - 15 - 【答案】 【解析】 【详解】假设光线 的入射角和折射角分别为 和 ，如图： 在 中 即 光线 在 点发生折射，根据折射定律 即 又因为光线 和光线 平行，且恰好在 点发生全反射，则 所以 解得折射率 4 17 2.03≈ II i r bOd 2 2 17 4bd Od Ob R= + = 17sin 17 Odr bd = = II b sin sin in r = 17sin 17i n= I II O 1sini n = 17 1 17 n n = 4 17 2.03n = ≈ - 16 - 该玻璃砖的折射率为 。4 17 2.03≈ - 17 -