2019-2020年高三上学期期末热身模拟理科综合物理试题 含答案.doc

2019-2020年高三上学期期末热身模拟理科综合物理试题 含答案二、不定项选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分。其中第1417小题只有一个选项正确，第1821小题有多个选项正确。全部选对的得6分，选不全的得3分，有错选或不选的得0分。14如图所示，质量为10kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的拉力为5N时，物体A和小车均处于静止状态若小车以1m/s2的加速度向右加速运动后，则（g=10m/s2）A物体A相对小车向左运动B物体A受到的摩擦力减小C物体A受到的摩擦力大小不变D物体A受到的弹簧拉力增大15如图，斜面AC与水平方向的夹角为，在A点正上方与C等高处水平抛出一小球，其速度垂直斜面落到D点，则CD与DA的比为（）A B C D16如图所示，分别用力F1、F2、F3将质量为m的物体，由静止沿同一光滑斜面以相同的加速度，从斜面底端拉到斜面的顶端，物体到达斜面顶端时，力F1、F2、F3的瞬时功率关系为（）AP1=P2=P3 BP1P2=P3 CP3P2P1 DP1P2P317如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（）AA、B两处电势、场强均相同BC、D两处电势、场强均相同C在虚线AB上O点的场强最大D带正电的试探电荷在O处的电势能小于在B处的电势能18汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，t1秒末关闭发动机做匀减速直线运动，到t2秒末静止，动摩擦因数不变其vt图象如图所示，图中，若汽车牵引力做功为W，t1秒内做功的平均功率为P，汽车加速和减速过程中克服地面摩擦力做功分别为W1和W2，平均功率大小分别为P1和P2，忽略空气阻力的影响，下面结论正确的是（）A W=W1+W2 B W1W2 C P=P1 D P1P219质量为m的人造卫星在地面上未发射时的重力为G0，它在离地面的距离等于地球半径R的圆形轨道上运行时的（）A周期 B速度为 C动能为 D重力为020如图1所示的电路，根据测得的数据作出了如图2所示的UI图线，由图可知（）A电池电动势的测量值为1.40VB电池内阻的测量值为3.50C外电路发生短路时的电流为0.40AD电压表的示数为1.20V时，电流表的示数I=0.20A21如图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原副线圈匝数比为l： 100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小。电压表V显示加在报警器上的电压（报警器未画出）。未出现火警时，升压变压器的输入功率为750kW。下列说法中正确的有 A降压变压器副线圈输出的交流电频率为50Hz B远距离输电线路损耗功率为180kw C当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大 D当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变大 第卷（共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第40题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（11题，共129分）22.（5分） 如图为“验证力的平行四边形定则”实验，三个细线套L1、L2、L3一端共系于一个结点，另一端分别系于轻质弹簧测力计A、B和重物M上，A挂于固定点P手持B拉动细线，使结点静止于O点某次实验中A的指针位置如图所示，其读数为_ _N；实验时要读出A、B的示数，还要在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置、_ _、_ _和_ _；下列实验要求中必要的是_ _(填选项的字母代号)；A弹簧测力计需要在实验前进行校零B细线套方向应与木板平面平行C需要用托盘天平测量重物M的质量D弹簧测力计B始终保持水平23. （10分）某同学要测量额定电压为3V的某圆柱体电阻R的电阻率（1）（2分）用游标卡尺和螺旋测微器分别测量其长度和直径，如图所示，则其长度L=_mm，直径d=_mm（2）（8分）该同学先用如图所示的指针式多用电表粗测其电阻他将红黑表笔分别插入“+”、“-”插孔中，将选择开关置于“l”档位置，然后将红、黑表笔短接调零，此后测阻值时发现指针偏转角度较小，如图甲所示试问：为减小读数误差，该同学应将选择开关置于“_”档位置再将红、黑表笔短接，此时发现指针并未指到右边的“0”处，如图乙所示，那么他该调节_直至指针指在“0”处再继续实验，结果看到指针指在如图丙所示位置现要进一步精确测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：A灵敏电流计G（量程200A，内阻为300）B电流表（量程3A，内阻约0.3）C电压表V1（量程3V，内阻约3k）D电压表V2（量程l5V，内阻约5k）E滑动变阻器R1（最大阻值为10）F最大阻值为99.99的电阻箱R2以及电源E（电动势4V，内阻可忽略）、电键、导线若干为了提高测量精确度并且使电阻R两端电压调节范围尽可能大，除电源、电键、导线以外还应选择的最恰当器材（只需填器材前面的字母）有_请在下面的方框中画出你设计的电路图24. （13分）如图所示，质量为m=4kg的物体静止在水平面上，在外力F=25N作用下开始运动，已知F与水平方向夹角为37，物体位移为5m时，具有50J的动能求：（取g=10m/s2）（1）此过程中，物体克服摩擦力所做的功；（sin37=0.6，cos37=0.8）（2）物体与水平面间的动摩擦因数25. （19分）如图所示，在xOy平面的第一象限内，分布有沿x轴负方向的场强E=104N/C的匀强电场，第四象限内分布有垂直纸面向里的磁感应强度B1=0.2 T的匀强磁场，第二、三象限内分布有垂直纸面向里的磁感应强度B2的匀强磁场。在x轴上有一个垂直于y轴的平板OM，平板上开有一个小孔P，P处连接有一段长度d=lcm内径不计的准直管，管内由于静电屏蔽没有电场。y轴负方向上距O点cm的粒子源S可以向第四象限平面内各个方向发射a粒子，假设发射的a粒子速度大小v均为2105m/s，此时有粒子通过准直管进入电场, 打到平板和准直管管壁上的a粒子均被吸收。已知a粒子带正电，比荷为5l07C/kg，重力不计，求：(1) a粒子在第四象限的磁场中运动时的轨道半径和粒子从S到达P孔的时间； (2) 除了通过准直管的a粒子外，为使其余a粒子都不能进入电场，平板OM的长度至少是多长？(3) 经过准直管进入电场中运动的a粒子，第一次到达y轴的位置与O点的距离；(4) 要使离开电场的a粒子能回到粒子源S处，磁感应强度B2应为多大？（二）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题，3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂提米的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。33.【物理选修模块3-3】（15分）（1）.（多选）有关分子的热运动和内能，下列说法正确的是（） A 一定质量的气体，温度不变，分子的平均动能不变 B 物体的温度越高，分子热运动越剧烈 C 物体的内能是物体中所有分子热运动动能和分子势能的总和 D 布朗运动是由悬浮在液体中的微粒之间的相互碰撞引起的 E 外界对物体做功，物体的内能必定增加（2）如图所示pV图中，一定质量的理想气体由状态A经过 ACB过程至状态B，气体对外做功280J，放出热量410J；气体又从状态B经BDA过程回到状态A，这一过程中外界对气体做功200J。（i） ACB过程中气体的内能如何变化？变化了多少？（ii）BDA过程中气体吸收还是放出多少热量？34.【物理选修模块3-4】（15分）（1）一列简谐横波沿x轴的正向传播，振幅为2cm，周期为T已知在t=0时刻波上相距50cm的两质点a、b的位移都是cm，但运动方向相反，其中质点a沿y轴负向运动，如图所示，下列说法正确的是（） A 该列简谐横波波长可能为37.5cm B 该列简谐横波波长可能为12cm C 质点a质点b的速度在某一时刻可以相同 D 当质点b的位移为+2cm时，质点a的位移为负 E 在t=时刻质点b速度最大（2）如图所示，真空中有一个半径为R=0.1m、质量分布均匀的玻璃球，频率为f=5.01014 Hz的细激光束在真空中沿直线BC传播，在玻璃球表面的C点经折射进入小球，并在玻璃球表面的D点又经折射进入真空中已知COD=120，玻璃球对该激光束的折射率为求：（1）此激光束在真空中的波长；（2）此激光束进入玻璃时的入射角；（3）此激光束穿越玻璃球的时间35.【物理选修模块3-5】（15分）（1）下列说法正确的是（）A汤姆生发现了电子，表明原子具有核式结构B太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应C一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短D将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并升高其温度，增加压强，它的半衰期也不会发生改变E两个质量较轻的原子核聚变成一个中等质量的原子核必然释放核能（2）.如图所示，质量为3kg的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内粗糙的底板正中央放着一个质量为1kg的小木块，小木块可视为质点现使木箱和小木块同时获得大小为2m/s的方向相反的水平速度，小木块与木箱每次碰撞过程中机械能损失0.4J，小木块最终停在木箱正中央已知小木块与木箱底板间的动摩擦因数为0.3，木箱内底板长为0.2m求：木箱的最终速度的大小；小木块与木箱碰撞的次数14【答案解析】C解析：A由题意得知：物体A与平板车的上表面间的最大静摩擦力Fm5N若小车加速度为1m/s2时，F合=ma=10N，可知此时平板车对物体A的摩擦力为5N，方向向右，且为静摩擦力，所以物体A相对于车仍然静止，故A错误 BF合=ma=10N，此时平板车对物体A的摩擦力为5N，方向向右，故B错误； CF合=ma=10N，此时平板车对物体A的摩擦力为5N，方向向右，大小不变故C正确； D物体A相对于车仍然静止，则受到的弹簧的拉力大小不变，故D错误故选C【思路点拨】由题，当弹簧的拉力为5N时，物体A处于静止状态，此时物体A受到的摩擦力大小为5N，方向水平向左，所以物体A与平板车的上表面间的最大静摩擦力Fmax5N当物体向右的加速度为1m/s2时，F=ma=10N，可知此时平板车对物体A的摩擦力为5N，方向向右，且为静摩擦力所以物体A相对于车仍然静止，受到的弹簧的拉力大小不变15答案及解析：D考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：将D点的速度进行分解，水平方向的速度等于平抛运动的初速度，通过角度关系求解解答：解：设小球水平方向的速度为V0，将D点的速度进行分解，水平方向的速度等于平抛运动的初速度，通过角度关系求解得竖直方向的末速度为V2=，设该过程用时为t，则DA间水平距离为V0t，故DA=；CD间竖直距离为，故CD=得=故选D点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动16【答案解析】A 解析：物体的加速度相同，说明物体受到的合力相同，即拉力F在沿着斜面方向的分力都相同，根据牛顿第二定律，有：F1-mgsin=ma，故F1=mgsin+ma，即拉力平行斜面方向的分力相同；由于斜面的长度相同，物体的加速度相同，所以物体到达顶端的时候，物体的速度的大小也是相同的；由于物体到达顶端时速度相同，拉力平行斜面方向的分力也相同，故拉力的瞬时功率P=F1v也就相同，所以A正确；故选：A 【思路点拨】对物体受力分析，由于物体的加速度相同，说明物体受到的合力相同，根据功的公式P=Fv可以求得拉力做功的瞬时功率情况在计算平均功率和瞬时功率时一定要注意公式的选择，P= W/t只能计算平均功率的大小，而P=Fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度17答案及解析：B考点：电势能；电场线.专题：电场力与电势的性质专题分析：根据等量异种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较A与B，C与D电势、场强关系及O、B电势高低；根据电场线疏密可知，在M、N之间O点场强最小；利用负电荷在电势高处电势能小，可比较负电荷在O、B电势能大小解答：解：A、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强相同，A点电势高故A错误B、根据等量异种电荷电场线、等势面分布对称性，C、D两处电势、场强均相同故B正确C、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强最小故C错误D、O点电势高于B点电势，正电荷在O处电势能大于在B处电热能故D错误故选：B点评：这类问题要巧妙利用电场线、等势面分布对称性的特点，再根据电场线方向判断电势高低，电场线的疏密判断场强的大小18AB 匀变速直线运动的图像A、由动能定理可知WW1W2=0，故W=W1+W2；故A正确；B、由图可知，加速过程的位移要大于减速过程的位移，因摩擦力不变，故汽车加速时克服摩擦力所做的功大于减速时克服摩擦力所做的功，则有W1W2故B正确；C、D、因加速和减速运动中，平均速度相等，故由P=FV可知，摩擦力的功率相等，故P1=P2；由功能关系可知W=Pt1=P1t1+P2t2 而P1=P2；故PP1；故CD错误故选：AB19答案及解析：考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系.专题：人造卫星问题分析：由万有引体提供向心力，可以列出有关周期，速度，动能等的表达式，由此可以判断各个选项解答：解：由万有引体提供向心力，=m=m由题意可知，r=2R质量为m的人造卫星在地面上未发射时的重力为G0，根据万有引力等于重力得：GM=gR2=R2由解得：周期T=，速度v=，动能为Ek=，重力不为零故AC正确，B、D错误故选：AC点评：本题就是对万有引力充当向心力的各个表达式的变形，其中黄金代换的引入非常重要，要熟练掌握 20答案及解析：考点：闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：根据闭合电路欧姆定律U=EIr，当I=0时，U=E，即图线与纵轴的交点坐标表示电动势，图线的斜率大小等于电池的内阻当外电路发生短路时，外电阻R=0，由欧姆定律求出短路时的电流电压表的示数为1.20V时，根据欧姆定律求出电流解答：解：A、根据闭合电路欧姆定律U=EIr，当I=0时，U=E图中图线与纵轴的交点坐标U=1.40V，则电动势E=U=1.40V故A正确B、图线的斜率大小k=1故B错误C、当外电路发生短路时，外电阻R=0，由欧姆定律得短路时的电流I短=1.40A故C错误D、电压表的示数U=1.20V时，电流表的示数I=A=0.20A故D正确故选AD点评：本题考查理解物理图象的能力，关键应用数学知识如图线的截距、斜率等来理解图象的物理意义21答案及解析：AD 分析：根据升压变压器的输入电压，结合匝数比求出输出电压，从而得出输送电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据闭合电路的动态分析判断电流与电压的变化 解答：A、由图乙知交流电的周期0.02s，所以频率为50Hz，A正确；B、由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25000V，所以输电线中的电流为：I=P/U=30A，输电线损失的电压为：U=IR=30100=3000V，输电线路损耗功率为：P=UI=90kW，B错误，C、当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数变小，C错误；D、由C知副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，D正确；故选：AD 点评：解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系 22.(1)2.00N；L1的方向、L2的方向和L3的方向；或者L1、L2和L3的方向； AB23. 1）游标卡尺的固定刻度读数为7cm=70mm，游标读数为0.053mm=0.15mm，所以最终读数为79mm+0.15mm=70.15mm螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.0110.0mm=0.100mm，所以最终读数为4.5mm+0.100mm=4.600mm（2）欧姆表的零刻度在右边，指针偏转角度较小说明被测阻值较大，应换较大档，即“10”档，换挡后应使两表笔短接，重新调节欧姆调零旋钮，使指针指右端零；由图丙可以看出被测阻值约为：1015=150，器材中给出的电源电动势为4V，为了读数的准确性电压表选3V量程，即C，电路中的最大电流为I=4/1500.026A，若选3A量程的电流表则指针几乎不偏转，应选择灵敏电流计与定值电阻并联后改装成的电流表，即选择AF，综上，要选择的器材是：ACEF；滑动变阻器采用分压接法，被测电阻为大电阻，采取电流表内接，故电路图如图：故答案为：（1）70.15；4.598-4.602；（2）10；欧姆调零旋钮；ACEF24.（1）此过程中，物体克服摩擦力所做的功为50J；（2）物体与水平面间的动摩擦因数是0.4解：（1）运用动能定理：Fscos37Wf=mv2（4分）代入数据得：Wf=Fscos37mv2=50J（2分）（2）对物体进行受力分析：把拉力在水平方向和竖直方向分解，根据竖直方向平衡和滑动摩擦力公式得出：f=FN=（mgFsin）（2分）根据功的定义式：Wf=（mgFsin）s（3分） 代入数据解得：=0.4（2分）答：（1）此过程中，物体克服摩擦力所做的功为50J；（2）物体与水平面间的动摩擦因数是0.425.解： （1）由 1分得m 1分 周期粒子从S到达P孔的时间s 2分(2) 设平板的长度至少为L，粒子源距O点为h，由几何关系，有m.2分(3) 粒子进入电场后做类平抛运动，有x轴方向位移 1分y轴方向位移 1分加速度m/s2 1分几何关系可得m 1分所以，粒子到达y轴位置与o点的距离y=y+d=0.07m 1分(4) 设粒子在y轴射出电场的位置到粒子源S的距离为H，有H=y+h=(7+)10-2m 1分设粒子在y轴射出电场的速度方向与y轴正方向夹角为，有Tan=1 =450 1分v=若粒子离开电场经B2磁场偏转后直接回到离子源S处，则在B2磁场中圆周运动半径R= 1分由 得B2=T 2分若粒子离开电场经B2磁场偏转后进入B1磁场偏转再回到离子源S处，则进入B1磁场的偏转半径 1分在B2磁场中圆周运动半径同理得B2=T 1分3-3（1）. ABC【考点】： 热力学第一定律；布朗运动【专题】： 热力学定理专题【分析】： 温度是分子平均动能的标志，内能是所有分子的动能和所有分子势能的总和，布朗运动反应了液体分子的无规则运动，改变内能的方式有做功和热传递解：A、温度是分子平均动能的标志，所以温度不变，分子的平均动能不变，A正确；B、物体的温度越高，分子热运动越剧烈，B正确；C、物体的内能就是物体内部所有分子的动能和分子势能的总和，C正确；D、布朗运动是由液体分子之间的不规则运动引起的，D错误；E、改变内能的方式有做功和热传递，外界对物体做功，物体的内能不一定增加，E错误；故选：ABC（2）.（i）ACB过程中W1280J，Q1410J（1分）由热力学第一定律UBUAW1Q1690J（2分）气体内能的减少量为690J（1分）（ii）因为一定质量理想气体的内能只是温度的函数，BDA过程中气体内能变化量UAUB690J（2分）由题知W2200J由热力学第一定律 UAUBW2Q2（2分）Q2490J（1分）即吸收热量490J（1分）3-4.（1）.BCE【考点】： 横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】： 振动图像与波动图像专题【分析】： 图中a、b两质点的位移都是cm，加速度相同，运动方向相反，此时两质点的速度大小相等，但此后b的速度减小，a的速度增大，a到达平衡位置时，b还没有到达波峰，显然两点不是反相点，结合振动方程求出二质点振动的时间差，然后确定波的周期根据质点位移关系分析运动的加速度、速度大小关系解：根据质点的振动方程：x=Asin（t），设质点的起振的方向向上，则：b点：=2sint1，所以：t1=，a点振动的时间比b点长，所以：=2sint2，则t2=，ab两个质点振动的时间差：t=t2t1=，所以ab之间的距离：x=vt=v=则通式为（n+）=50cm；则波长可以为=（n=0，1，2，3）；若波长为37.5cm，则n无关；故波长不可能为37.5cm；故A错误；B、当n=4时，=12cm；故B正确；C、在两质点振动时，若两点分距于上下方时，则两物体的速度可以相同；故C正确；D、当质点的位移为2时，b到达正向位移处，此时a还未到达平衡位置；故D错误；E、由以上分析可知，当经t=时刻质点b到达最大位移处，故b的速度最大；E正确；故选：BCE（2）答案及解析：考点：光的折射定律.专题：光的折射专题分析：（1）光在真空传播速度等于c=3.0108m/s，而波速c=f，已知频率f，根据此式求解波长；（2）由几何知识求出光线在C点的折射角r，由折射定律求出入射角（3）根据几何关系求出光在束在玻璃砖内传播的距离，由v=求出光在玻璃砖传播的速度，即可求出传播的时间解答：解：（1）由c=f知，激光束在真空中的波长为：=m=6.0107m（2）由几何知识知，光线在C点的折射角r=30激光束在玻璃球中折射角为r，则由折射定律 n=得，sin=nsinr=，故=60 （3）光在束在玻璃砖内传播的距离 x=2Rcosr=20.1cos30=m光在玻璃砖传播的速度 v=m/s=108m/s故激光束穿越玻璃球的时间 t=，所以解得 t=1.0109s答：（1）此激光束在真空中的波长为6.0107m；（2）此激光束进入玻璃时的入射角为60；（3）此激光束穿越玻璃球的时间为1.0109s点评：光在真空中的速度c、波速公式c=f，折射定律和光速与折射率的关系式 v=，都是考试的热点，掌握要牢固，熟练应用3-5. （1）考点：轻核的聚变；光电效应；原子核衰变及半衰期、衰变速度.专题：衰变和半衰期专题分析：卢瑟福的粒子的散射实验，表明原子具有核式结构；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太长；将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并升高其温度，增加压强，它的半衰期也不会发生改变；两个质量较轻的原子核聚变成一个中等质量的原子核必然释放核能解答：解：A、卢瑟福的粒子的散射实验，表明原子具有核式结构故A错误；B、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应故B正确；C、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，说明光子的能量太小，因为该束光的波长太长故C错误；D、将放射性元素的半衰期与它的物理状态、化学状态都没有关系，也不会发生改变故D正确；E、由于中等质量的原子核的比结合能最大，所以两个质量较轻的原子核聚变成一个中等质量的原子核必然释放核能故E正确；故选：BDE点评：本题考查了粒子的散射实验、比结合能、光电效应的条件以及原子结构等知识点，关键掌握课本中的这些知识点的基本概念（2）.考点：动量守恒定律.专题：动量定理应用专题分析：由动量守恒定律可以求出木箱的最终速度；应用能量守恒定律与功的计算公式可以求出碰撞次数解答：解：设最终速度为v，木箱与木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Mvmv=（M+m）v，代入数据得：v=1m/s；对整个过程，由能量守恒定律可得：mv2+Mv2=E+（M+m）v2，设碰撞次数为n，木箱底板长度为L，则有：n（mgL+0.4）=E，代入数据得：n=6；答：木箱的最终速度的大小为1m/s；小木块与木箱碰撞的次数为6次点评：本题考查了求木箱的速度、木块与木箱碰撞次数，分析清楚运动过程、应用动量守恒动量与能量守恒定律即可正确解题