2019-2020年高三理综第二次调研考试物理试题 含解析.doc

2019-2020年高三理综第二次调研考试物理试题 含解析理科综合 物理试题一、单项选择题13、一正弦交流电的电压随时间变化规律如图所示，则交流电的（ ）A、电压瞬时值表达式为u=100cos（25t）V B、周期为0.04sC、电压有效值为D、频率为50Hz【答案】A【命题立意】本题旨在考查正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率。【解析】由图象可知交流电的最大值为，因此其有效值为：，故C错误；由图象可知：，所以，所以其表达式为：，故B正确，AD错误。故选：A14、如图所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下以顺时针方向以Q点为焦点的椭圆运动，线段MN为椭圆的长轴，则电子在运动过程中（ ）A、在M点的速率最小B、在电子从M点向N点运动过程中电势能减小C、电子从N点向M点运动库仑力做负功D、电子在椭圆上经过N点时所受电场力最小【答案】D【命题立意】本题旨在考查电势能、库仑定律。【解析】AB、电子从M运动到N的过程中，静电力对电子做负功，电子的动能减小，电势能增大；所以电子在M点的动能最大，速率最大，在N点的电势能最大，故AB均错误；C、电子从N运动到M的过程中，静电力对电子做正功，电子的动能增大，电势能减小，故C错误；D、在整个椭圆轨迹中，N点到Q点的距离最远，根据库仑定律：，则电子在N点时所受电场力最小，故D正确。故选：D【举一反三】本题关键静电力做功正负判断电子的动能、电势能变化的关系，利用推论：负电荷在电势高处电势能小，分析得到N点的电势最低。15、如图所示，放在水平桌面上的木块A处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量为0.6kg，弹簧测力计读书为2N，滑轮摩擦不计，若轻取走盘中的部分砝码，使总质量减少到0.3kg时，将会出现的情况是（g=10m/s2）（ ）A、A仍静止不动B、弹簧测力计的读数将变小C、A对桌面的摩擦力不变D、A所受的合力将要变大【答案】A【命题立意】本题旨在考查共点力平衡的条件及其应用、力的合成与分解的运用。【解析】初态时，对A受力分析有：得到摩擦力：，说明最大静摩擦力：，当将总质量减小到时，拉力变为，物体仍静止，合力仍为零；弹簧测力计的示数不变，故摩擦力变化，故A正确，B、C、D错误。故选：A【易错警示】本题考查静摩擦力的计算，要注意静摩擦力会随着外力的变化而变化，但不会超过最大静摩擦力弹簧的弹力取决于弹簧的形变量，形变量不变，则弹力不变。16、边长为h的正方形金属导线框，从图所示的初始位置由静止开始下落，通过一匀强磁场区域，磁场方向垂直于线框平面，磁场区宽度等于H，Hh从线框开始下落到完全穿过磁场区的整个过程中（）A、线框运动的方向不是始终是向下的B、线框加速度的方向总是向下C、线框中总是有感应电流存在D、线框在穿过磁场整个过程中损失的机械能全部转化为内能【答案】D【命题立意】本题旨在考查导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电路的欧姆定律。【解析】因为，故可以分为三个过程：从下边开始进入磁场到全部进入磁场；从全部开始进入磁场到下边开始离开磁场；下边开始离开磁场到全部离开磁场。A、线框运动方向始终是向下的，故A错误；B、线框在进入和穿出磁场的过程中有感应电流，且受到安培力的合力方向始终向上，可能会使线框离开磁场时线框所受的安培力大于线框的重力，从而使线框的速度减小，所以线框加速度的方向不一定总是向下，故B错误；C、从全部开始进入磁场到下边开始离开磁场，磁通量不变，无电流，故C错误；D、对线框穿越磁场的过程运用能量守恒，则重力势能的减小量全部转化为热量，即全部转化为内能，故D正确。故选：D二、双项选择题17、某物体的运动图像为正弦曲线，如图所示，物体从0时刻开始运动，则下列说法正确的是（ ）A、t=4s时物体的加速度改变方向B、t=3s时物体速度正在减少C、t=8s时物体回到出发点D、t=2s时物体的速度比t=5s时物体的速度小【答案】BC【命题立意】本题旨在考查速度时间图像。【解析】A、由题图像可得，在时间内，图像的斜率大于零，所以加速度大于零，所以加速度一直沿正方向，故A错误；B、由题图像可得，速度沿反方向数值在减小，所以时物体速度正在减少，故B正确；C、由图像中，图像与时间轴围成图形的面积大小等于其这段时间内位移大小，可知时间内位移为零，所以在时物体回到出发点，故C正确；D、由题图像可得，时物体的速度大小数值大于时物体的速度的数值，故D错误。故选：BC18、下列关于原子和原子核的说法正确的是（ ）A、天然放射现象说明原子核内部具有复杂结构B、波尔理论的假设之一是原子能是具有连续性C、原子核能发生衰变说明原子核内存在电子D、汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子是有复杂结构的【答案】AD【命题立意】本题旨在考查原子核衰变及半衰期、衰变速度、玻尔模型和氢原子的能级结构。【解析】A、天然放射现象说明原子核内部具有复杂结构，A正确；B、波尔理论的假设之一是原子能量的量子化，还有轨道量子化，B错误；C、衰变的实质是原子核内的中子转化为质子而同时释放出电子，C错误；D、汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子是有复杂结构的，D正确。故选：AD19、下列说法正确的是（ ）A、肥皂水的水面能托住小的硬币主要与液体的表面张力有关B、酒香不怕巷子深与分子热运动有关C、密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程外界对其做功，瓶内空气内能增加D、空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性【答案】AB【命题立意】本题旨在考查热力学第二定律、分子的热运动、液体的表面张力现象和毛细现象。【解析】A、肥皂水的水面能托住小的硬币主要与液体的表面张力有关，A正确；B、酒香不怕巷子深与分子热运动有关，B正确；C、温度降低，内能减小，C错误；D、热量只能自发由高温物体传向低温物体，D错误。故选：AB20、“北斗”导航系统的部分卫星的轨道如图所示，其中A、B两颗卫星的轨道恰好为同心共面圆，A的轨道在B的轨道外侧，则（ ）A、A卫星的运行速度大于B卫星的运行速度B、A卫星需要的发射速度大于B卫星需要的发射速度C、A卫星的运行速度大于第一宇宙速度D、A卫星的周期大于B卫星的周期【答案】BD【命题立意】本题旨在考查人造卫星的加速度、周期和轨道的关系。【解析】A、由地球对卫星的万有引力提供向心力：，得：，因，所以：，故A错误；B、因，所以A卫星需要的发射速度大于B卫星需要的发射速度，故B正确；C、第一宇宙速度即卫星绕地球运行的最大线速度，所以A卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故C错误；D、由，得：，因，所以，故D正确。故选：BD21、如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙壁上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽高h处开始下滑,则（ ）A在小球从圆弧槽上下滑运动过程中,小球和槽组成的系统水平方向的动量始终守恒B在小球从圆弧槽上下滑运动过程中小球的机械能守恒C在小球压缩弹簧的过程中小球与弹簧组成的系统机械能守恒D小球离开弹簧后能追上圆弧槽【答案】AC【命题立意】本题旨在考查动量守恒定律、机械能守恒定律。【解析】A、小球在下滑过程中，小球与槽组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，但系统水平方向上合外力为零，所以系统水平方向上动量始终守恒，故A正确；B、小球与槽组成的系统在该过程中只有重力做功，所以系统机械能守恒，但小球的机械能不守恒，故B错误；C、在小球压缩弹簧的过程中，小球与弹簧组成的系统，只有弹力做功，所以小球与弹簧组成的系统机械能守恒，故C正确；D、小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被反弹后球与槽的速度相等，小球不能追上槽，故D错误。故选：AC34、（1）（8分）某同学想通过以下实验测量一小灯泡的额定功率，他所用器材如下：A、待测小灯泡一只：额定电压为2.5V，电阻约为几欧B、电压表一只：量程为3V，内阻约为3kC、电流表一只：量程为0.6A，内阻约为0.1D、滑动变阻器一只，干电池两节，开关一个，导线若干请在甲图中补全测量小灯泡额定功率的电路图图甲中开关S闭合前，滑动变阻器的滑片应置于_（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）该同学通过实验作出了小灯泡的伏安特性曲线，如图乙所示，则小灯泡的额定功率为_W。（结果保留两位有效数字）由于实验中使用的电流表与电压表不是理想的电表，该同学测出小灯泡的功率_（填“大于”、“等于”或“小于”）灯泡的实际消耗功率，引起误差的原因是_。【答案】电路图见解析；B；大于、因为电压表分流，电流表测得的电流大于灯泡的电流【命题立意】本题旨在考查描绘小电珠的伏安特性曲线。【解析】灯泡的电阻约为几欧，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法，电路图如图所示：图甲中开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于B端，使得闭合电键后，测量电路部分处于短路状态，电压表、电流表示数为0，起保护作用；当时，电流，所以额定功率为：由于实验中使用的电流表与电压表不是理想的电表，则其两表自身也要消耗功率，所以该同学测出小灯泡的功率大于灯泡的实际消耗功率；由于电流表采用外接法，电压表有分流作用，使电流表测得电流大于灯泡实际流过的电流。故答案为：电路图如上图所示；B；大于、因为电压表分流，电流表测得的电流大于灯泡的电流。（2）（10分）如图所示为某同学测定滑块与斜面间动摩擦因数的装置，打点计时器固定在斜面的最上端，让一滑块拖着穿过打点计时器限位孔的纸带从斜面上滑下下图是该同学实验时打出的某条纸带的一段已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，利用该纸带中测出的数据可得滑块下滑的加速度大小a=_m/s2打点计时器打B点时，滑块的速度大小vB=_m/s（保留三位有效数字）为了测出滑块与斜面间的动摩擦因数，该同学已经测出斜面的长度l及高度h，求动摩擦因数的表达式为=_(用l、h、g及加速度a表示)。用这种方法测定的动摩擦因数的值_(填“大于”或者“小于”)真实值，引起误差的原因是_。【答案】；大于、在实验中将振针对纸带的摩擦力及空气对滑块的阻力计入斜面对滑块的摩擦力。【命题立意】本题旨在考查探究影响摩擦力的大小的因素。【解析】由，得：，代入数据解得：由，得：由牛顿第二定律、摩擦力公式，得：，解得：由于纸带与限位孔间的摩擦力或空气阻力，使求得的加速度偏小，导致摩擦力偏大，摩擦因数偏大；处理纸带数据时忽略了纸带与限位孔间的，摩擦力或忽略空气阻力。故答案为：；大于、在实验中将振针对纸带的摩擦力及空气对滑块的阻力计入斜面对滑块的摩擦力。35、有一个1000匝的矩形线圈，两端通过导线与平行金属板AB相连（如图所示），线圈中有垂直纸面向外的匀强磁场；已知AB板长为2d，板间距离为d当穿过线圈的磁通量增大且变化率为0.2Wb/s时，有一比荷为的带正电粒子以初速度v0从上板的边缘射入板间，并恰好从下板的边缘射出；之后沿直线MN运动，又从N点射入另一垂直纸面向外磁感应强度为B=0.1T的圆形匀强磁场区（图中未画出），离开圆形磁场时速度方向偏转了60不计带电粒子的重力试求（1）AB板间的电压UAB（2）v0的大小（3）圆形磁场区域的最小半径【答案】（1）；（2）；（3）【命题立意】本题旨在考查法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动。【解析】(1)由法拉第电磁咸应定律： 得矩形线圈产生的感应电动势： 因为AB板间的电压等于线圈产生的电动势，故： （2）带电粒子在AB板间做类平抛运动，设从下板边缘离开时竖直方向的速度为，则： 水平方向： 竖直方向： 由并代入数据得： 粒子进入磁场瞬间： （3）（7分）带电粒子在圆形磁场区中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得： 由并代入数据得： 如图，由几何关系得弦NQ的长为： 在过NQ两点的圆中，以弦NQ为直径的圆最小，圆形磁场区域的最小半径为： 答：（1）AB板间的电压为；（2）的大小为；（3）圆形磁场区域的最小半径。36、（18分）在水平长直的轨道上 有一长度为l的平板车,将一质量为m=1kg的小滑块在下列情形下轻放在平板车上表面的中点（1）若平板车的质量为M=3kg，长直轨道光滑，让平板车以v0=4m/s的初速度运动，小滑块不会从平板车上掉下来，则小滑块相对于平板车静止时的速度为多少？（2）若平板车在外力控制下始终保持速度v0=4m/s做匀速直线运动，小滑块最终相对小车静止，滑块和车因摩擦产生的内能为多少？（3）已知滑块与车面间动摩擦因数=0.2，车长L=2m，平板车在外力控制下保持速度v0=4m/s速度不变，取g=10m/s2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F=6N，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F作用时间应该在什么范围？（4）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内？【答案】（1）；（2）；（3）在；（4）【命题立意】本题旨在考查动量守恒定律、牛顿第二定律、能量守恒定律。【解析】（1）因为平板车和小滑块组成的系统所受合外力为零，因此该系统动量守恒，从小滑块放到平板车上至两者相对静止的过程中由动量守恒定律得：所以小滑块相对平板车静止时的速度为： （2）根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度：滑块相对车滑动的时间：t 滑块相对车滑动的距离： 滑块与车因摩擦产生的内能： （3）（9分）先判断小滑块是否会从平板车的左端滑出：设恒力取时小滑块恰好到达车的左端，此时滑块加速度为，则：滑块运动到车左端的时间：t1 由几何关系有： 由牛顿定律有： 由式代入数据解得：，因此小滑块恰好不会掉下来。（4）当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动（设运动加速度为，时间为），再做匀减速运动（设运动加速度大小为）到达车右端时，与车达共同速度，则有： 由式代入数据解得：则力的作用时间应满足：，即：答：（1）小滑块相对于平板车静止时的速度为；（2）滑块和车因摩擦产生的内能为；（3）恒力F作用时间应该在范围；（4）在力F的作用时间应该在范围内。