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2020年甘肃省武威六中高考物理二诊试卷 二、选择题：（本题有8个小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求全部选对得6分，选对但有漏选得3分，有错选或不选得0分）1.关于高中物理实验中用到的思想方法，下列说法不正确的是（）A. 图甲为著名的伽利略斜面实验，应用了理想实验的方法B. 图乙为研究加速度a和外力F、质量m的关系实验，主要应用了控制变量的方法C. 图丙为探究合力与分力的关系实验，主要应用了极限的思想方法D. 图丁为卡文迪许通过扭秤测量引力常量的实验，应用了放大的思想方法【答案】C【解析】【详解】伽利略斜面实验间接推出力不是维持物体运动的原因，故A说法正确；图中是采用控制变量法研究加速度a和外力F、质量m的关系实验，故B说法正确；探究合力与分力的关系实验采用的是等效思想，故C说法错误；卡文迪许通过扭秤实验测万有引力常量，采用是的放大思想方法，故D说法正确。2.有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动， b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有A. a的向心加速度等于重力加速度gB. c在4 h内转过的圆心角是 / 6C. b在相同时间内转过的弧长最长D. d的运动周期有可能是20 h【答案】C【解析】试题分析：同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据知，c的向心加速度大由，得，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是，故B错误；由，得，卫星的半径越大，速度越小，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故C正确；由开普勒第三定律知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，不可能为23h，故D错误3.下列图象均能正确反映物体在直线上的运动，则在t=2s内物体位移最大的是【答案】B【解析】根据速度图象与横轴所夹面积表示位移可知，在t=2s内物体位移最大的是图B4.“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（ ）A. 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B. 在最高点，乘客处于失重状态C. 摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D. 摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变【答案】B【解析】机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向下方，所以F=mg-N，则支持力N=mg-F，所以重力大于支持力，乘客处于失重状态，选项B正确；转动一周，重力的冲量为I=mgT，不为零，C错误；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D错误。故选B。5.如图所示，T为理想变压器，原、副线圈匝数比为51. A1、A2为理想交流电流表，V1、V2为理想交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，原线圈两端电压u(V)，以下说法正确的是A. 当光照增强时，电压表V1示数为V保持不变B. 当光照增强时，电压表V2示数变大C. 通过电流表A1的电流方向每秒变化50次D. 当光照增强时，电流表A1、A2示数同时变大【答案】D【解析】原线圈两端电压有效值为220，原副线圈匝数比为5：1，所以副线圈的电压有效值为44V，电压表V1示数为44V保持不变，与光照无关，所以A错误；当光照增强时，R3的电阻减小，总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，R1的电压变大，副线圈的总电压不变，所以电压表V2示数变小，所以B错误；交流电的频率为f=50Hz，所以通过电流表A1的电流方向每秒变化100次，所以C错误；当光照增强时，R3的电阻减小，总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，因此A1、A2的示数都要变大，故D正确；故选D。点睛：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法.6.如下图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即UabUbc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A. 三个等势面中，a的电势最高B. 带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C. 带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大D. 带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大【答案】ABD【解析】【详解】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c点的电势最低，故A正确；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；根据电场线的疏密来确定电场强度的强弱，可知，质点在P点时的电场力比通过Q点时大，那么P点时的加速度比通过Q点时大，故D正确。7.回旋加速器原理如图所示，它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和交变电源相连接，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，某一带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，当达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。现要增大带电粒子射出时的动能，下列说法中正确的是（ ）A. 增大交流电的电压B. 增大匀强磁场的磁感应强度C. 增大交流电的频率D. 增大D形金属盒的半径【答案】BD【解析】根据，解得，则最大动能，则增大磁场的磁感应强度或增大D形盒的半径，可以增加粒子射出时的动能，与加速电压和狭缝间的距离无关，故BD正确，AC错误。点睛：解决本题的关键知道回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，但是最大动能与加速的电压无关。8. 空间中存在着竖直方向的磁场，一圆形金属框水平放在磁场中，规定磁感应强度方向和线圈中感应电流方向如图甲所示时为正某时刻开始计时线圈中产生了如图乙所示的感应电流，则磁感应强度随时间变化的图线可能是【答案】AC【解析】试题分析：线圈面积不变，电阻不变，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势，感应电流，即感应电流大小与图像斜率成正比，感应电流为0，即图像斜率为0，选项B错。根据楞次定律增反减同，要产生顺时针方向的感应电流，磁场可能是正向增大，也可能是负向减小，选项D错。感应电流为负向，磁场可能是正向减小或者负向增大，而且根据电流大小关系，图像在的斜率等于斜率的二倍，对照选项AC对。考点：楞次定律 电磁感应三、非选择题：包括必考题和选考题两部分.第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答.第3338题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题（共129分）9.在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中（装置如图甲）： 下列说法哪一项是正确的_。（填选项前字母）A平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上B为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量C实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放 图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz则打B点时小车的瞬时速度大小为_m/s（保留三位有效数字）。【答案】 (1). C (2). 0.653【解析】试题分析：车在水平木板运动时水平方向受到绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；而平衡摩擦力是小车带动纸带恰好做匀速运动，A错误；设小车质量M，钩码质量m，整体的加速度为a，绳上的拉力为F，则：对小车有：F=Ma；对钩码有：mg-F=ma，即：mg=（M+m）a；如果用钩码的重力表示小车受到的合外力，则要求：Ma=（M+m）a，必须要满足小车的总质量远大于钩码质量，这样两者才能近似相等为使纸带打上尽量多的点，实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放 中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度得：=0.653m/s.考点：本题考查探究恒力做功与动能改变的关系10.（1）如图所示为某多用电表内部简化电路图，作电流表使用时，选择开关S应接_(选填“1”“2”“3”“4”或“5”)量程较大 （2）某同学想通过多用表的欧姆挡测量量程为3 V的电压表内阻(如图乙)，主要步骤如下： 把选择开关拨到“100”的欧姆挡上； 把两表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻零刻度处； 把红表笔与待测电压表_(选填“正”或“负”)接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，发现这时指针偏转角度很小； 换用_(选填“10”或“1 k”)欧姆挡重新调零后测量，发现这时指针偏转适中，记下电阻数值； 把选择开关调至空挡或交流电压最高挡后拔下表笔，把多用电表放回桌上原处，实验完毕（3） 实验中(如图丙)某同学读出欧姆表的读数为_，这时电压表读数为_V.（4）请你计算欧姆表内部电源电动势为_V(保留两位有效数字)【答案】 (1). 1 (2). 负 (3). 1k (4). 4.0104 (5). 2.20 (6). 3.0【解析】（1）当做电流表使用时，电阻应和表头并联分流，故连接1和2时为电流表，根据欧姆定律可知并联支路的电压相等，并联支路的电阻越大，分流越小，故当接1时量程最大；（2）根据“红进黑出”原理，即电流从红表笔流进可知红表笔接电压表的负极；欧姆表在测量电阻时指针从无穷大处开始偏转，故欧姆表指针偏转很小，说明被测电阻大，档位应提升一级，即换1k的测量；（3）欧姆表的读数为；电压表分度值为0.1V，故读数为2.20V；（4）根据（3）采用的档位可知中值电阻即欧姆表内阻为，根据闭合回路欧姆定律可得，解得11.如图所示，质量为mA0.2kg的小球A系在长L10.8m的细线一端，线的另一端固定在O点，质量为mB1kg的物块B静止于水平传送带左端的水平面上且位于O点正下方；左侧水平面、传送带及小车的上表面平滑连接，物块B与传送带之间的滑动摩擦因数0.5，传送带长L23.5m，以恒定速率v06m/s顺时针运转，现拉动小球使水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极短），小球反弹后上升到最高点时与水平面的距离为L1/16，取重力加速度g10m/s2，小球与物块均可视为质点，求：（1）小球与物块碰前瞬间对细线的拉力大小；（2）物块B与传送带之间因摩擦而产生的热量Q；【答案】(1)6N (1)12.5J【解析】【详解】（1）小球A下摆阶段机械能守恒，根据机械恒守恒定律可得：解得：vA4m/s小球在O点正下方时，由牛顿第二定律可得：解得：T6N；（2）A上摆过程机械能守恒，则有：解得：v11m/sA、B碰撞过程中系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：mAvAmAv1+mBvB解得：vB1m/s设经过时间t，B与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式可得： v0vB+at由牛顿第二定律得：mBgmBa代入数据可得：t1s物块滑行的距离为：传送带的位移为：s带v0t物块与传送带间的相对位移大小为：ss带s物解得：s2.5m滑块B与传送带之间因摩擦而产生的热量为：QmBgs解得：Q12.5J；12.（22分）如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m、电量为+q的粒子（重力不计）从坐标原点O射入磁场，其入射方向与y的方向成45角。当粒子运动到电场中坐标为（3L，L）的P点处时速度大小为v0,方向与x轴正方向相同。求：（1）粒子从O点射入磁场时的速度v；（2）匀强电场的场强E0和匀强磁场的磁感应强度B0；（3）粒子从O点运动到P点所用的时间.【答案】若粒子第一次在电场中到达最高点P，则其运动轨迹如图所示。（2分）（1）设粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，QP段为抛物线。根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45角，可得：V0=vcos45 (2分)解得：v=v0(1分)（2）在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得：-qEL=mv02-mv2(2分)解得：E=（1分）又在匀强电场由Q到P的过程中，水平方向的位移为（1分）竖直方向的位移为（1分）可得XQP=2L，OQ=L（2分）由OQ=2RCOS45故粒子在OQ段圆周运动的半径：R=L 及得。（3分）（3）在Q点时，vy=v0tan45=v0(1分)设粒子从Q到P所用时间为t1,在竖直方向上有：t1=(2分)粒子从O点运动到Q所用的时间为：t2=(1分)则粒子从O点运动到P点所用的时间为：t总=t1+t2=+=(3分)【解析】试题分析：（1）粒子从O点进入匀强磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则其运动轨迹如图所示，经过磁场后进入电场，到达P点 （2分）假设粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，QP段为抛物线。根据洛伦兹力与速度垂直不做功 可知粒子在Q点时的速度大小也为v，根据对称性可知方向与x轴正方向成45角，可得：Q点速度大小为，方向与X轴成斜向上。进入电场后，电场力为竖直方向，水平方向匀速直线运动，所以有(2分)解得：(1分)（2）在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得：(2分)解得：（1分）又在匀强电场由Q到P的过程中，水平方向匀速直线运动的速度，为位移为（1分）竖直方向初速度匀减速到0的位移为（1分）可得，（2分）由几何关系可得粒子在OQ段圆周运动的半径：根据洛伦兹力提供向心力得得（2分）（3）在Q点时，竖直分速度(1分)设粒子从Q到P所用时间为,在竖直方向上有：t1=(1分)粒子从O点运动到Q运动的圆心角为90度，所用的时间为：(1分)则粒子从O点运动到P点所用的时间为：(1分)考点：带电粒子在匀强磁场中的运动（二）选考题：共45分.请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答.如果多做，则每学科按所做的第一题计分.物理-选修3-3（15分）13.下列说法正确的是 _ 。A. 第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律B. 晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点C. 液体表面张力产生的原因是由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离D. 物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，每一个分子动能也越大E. 一个分子以某一初速度沿直线从无限远处向另一固定的分子靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大后变小，再变大【答案】BCE【解析】:A、第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律,故A错误;B、晶体有固定的熔点,非晶体没有固定的熔点,所以B选项是正确的;C、液体表面张力产生的原因是由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子力表现为引力，故C正确；D、物体的温度越高,分子热运动就越剧烈,分子热运动的平均动能越大,但不是每个分子的动能都大,故D错误;E、一个分子以一定的初速度沿直线向另一固定的分子靠近,直到不能再靠近为止的过程中,分子间相互作用的合力先变大后变小,再变大,在平衡位置分子力最小,故E正确;综上所述本题答案是：BCE点睛：热力学第二定律:不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响,或不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响14.如图所示，水平固定放置的气缸，由截面积不同的两圆筒连接而成。活塞A、B面积分别为2S和S，汗塞A、B用长为2l的细直杆连接，活塞与筒壁气密性好且摩擦不计。现活塞间密闭有一定质量的理想气体，两活塞外侧(A的左方和B的右方)都是大气，大气压强始终保持为p0，当气缸內气体温度为T0时，活塞B与两圆筒连接处的距离为l且处于静止状态。(i)现使气缸内气体温度缓慢下降，活塞A刚刚缓慢右移到两圆筒连接处时，求密闭气体的温度T1；(ii)若气缸内气体温度缓慢下降至T0/2，求细直杆对活塞的弹力大小F【答案】(1) (2) 【解析】（1）由题可知，气缸内气体温度缓慢下降时，气体压强为p0保持不变，初态体积：V0=2Sl+Sl=3Sl；末态体积：V2 =2Sl由等压变化：解得T1=T0（2）若气缸内气体温度缓慢下降至，气体发生等容变化，故气体压强p2，有p2=p0细直杆对活塞的弹力大小为点睛：此题考查了气体的状态变化方程解决问题；关键是找到气体的状态，确定气体的状态变化参量并确定气体的状态变化特点，从而选取合适的物理规律列方程解答.15.如图甲为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，图乙为介质中平衡位置在x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象。下列说法正确的是（ ）A. 这列波的波长是4mB. 这列波的传播速度是20m/sC. 经过0.15s，质点P沿x轴的正方向传播了3mD. t=0.1s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向E. t=0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离【答案】ABE【解析】【分析】由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，即可求出波速。由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向。分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断Q点的运动状态；【详解】A由甲图知：这列波的波长=4m，故A正确；B由乙图读出,该波的周期T=0.2s，则波速为，故B正确；C由乙图读出，t=0时刻质点的速度向下，则由波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向传播，简谐横波传播过程中，质点只在自己平衡位置附近上下振动，并不随波向前传播，故C错误；D图示时刻Q点沿y轴正方向运动，质点Q的运动方向沿y轴负方向。故D错误；E，经过0.35s时，质点P到达波峰，而质点Q位于平衡位置与波谷之间，故质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离，故E正确；故选ABE。16.如图所示，在MN的下方足够大的空间是玻璃介质，其折射率n，玻璃介质的上边界MN是屏幕玻璃中有一个正三角形空气泡，其边长l40cm，顶点与屏幕接触于C点，底边AB与屏幕平行一束激光a垂直于AB边射向AC边的中点O，结果在屏幕MN上出现两个光斑，求两个光斑之间的距离L【答案】40cm【解析】（1）画出光路图如图甲所示在界面AC，入射角i60，由折射定律解得折射角r30由光的反射定律得反射角60；由几何关系得，ODC是边长为的正三角形，OEC为等腰三角形，且CEOC；则两个光斑之间的距离LDCCE40 cm
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