【文档说明】【精准解析】四川省成都石室中学2020届高三下学期二诊模拟考试理综物理试题.doc，共(19)页，793.000 KB，由小赞的店铺上传

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石室中学高2020届2019～2020学年度下期成都二诊模拟考试理科综合能力测试卷一、选择题1.如图，直线a和曲线b分别是在平行的平直公路上行驶的汽车a和b的v—t图线，在t1时刻两车刚好在同一位置（并排行驶），在t1到t3这段时间内（）A.在t2

时刻，两车相遇B.在t3时刻，两车相遇C.在t1～t3时间内，a车的平均速度大于b车的平均速度D.在t1～t3时间内，a车的平均速度小于b车的平均速度【答案】C【解析】【详解】AB．在1t时刻两车刚好在

同一位置（并排行驶），在1t到3t这段时间内，a的速度一直大于b的速度，两者间距一直增大，3t时刻之后，a的速度小于b的速度，两者间距减小，则在3t时刻，两车相距最远，故AB错误；CD．根据vt−图线围成的面积

为位移，结合xvt=，可以判断出t1～t3时间内，a车的平均速度大于b车的平均速度，故C正确，D错误。故选C。2.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为22πT，矩形线圈面积为0.08m2，匝数为10，电阻不计，通过电刷与理想变压器原线圈相连。当线圈绕垂直磁场的轴OO′以50π

rad/s的角速度转动时，副线圈两端的理想交流电压表的示数为16V，则（）A.在图示位置时矩形线圈产生的电动势最大B.矩形线圈产生的交流电周期为0.06sC.矩形线圈产生的电动势有效值为402VD.变压器原、副线圈匝数之

比为5∶1【答案】D【解析】【详解】A．在题图所示位置时，穿过矩形线圈的磁通量最大，产生的电动势为零，故A错误；B．矩形线圈产生的交流电周期为2π2π0.04s50πrad/sT===故B错误；C．矩形线圈产生的电动势最大值为max22100.0850πV802VπENBS==

=矩形线圈产生的电动势有效值为max80V2EE==有故C错误；D．变压器原、副线圈匝数之比为1122805:116nUnU===故D正确。故选D。3.跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于（）A.人跳在沙

坑的动量的变化率比跳在水泥地上的大B.人跳在沙坑的动量的变化率比跳在水泥地上的小C.人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上的小D.人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上的大【答案】B【解析】【详解】CD．人跳

远时从一定的高度落下，落地前的速度是一定的，初动量是一定的，落地后静止，末动量一定，人的动量变化是一定的，由动量定理可知人受到的冲量等于人的动量变化，所以两种情况下人受到的冲量相等，选项CD错误：AB．落在沙坑里力作用的时间长，落在水泥地上

力作用的时间短，根据动量定理，在动量变化一定的情况下，时间t越长则动量的变化率越小，故选项B正确、A错误。故选B。4.我国计划于2022年建成自己的太空站，该空间站离地面的高度是同步卫星离地面高度的1n，同步卫星离

地面的高度为地球半径的6倍，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则太空站绕地球做圆周运动的角速度大小为（）A.()26ngnR+B.()336ngnR+C.()12ngnR+D.()3312ngnR+【答案】B

【解析】【详解】根据已知可得空间站绕地球运动的轨道半径为6RrRn=+则根据万有引力定律和牛顿第二定律可得：在地球表面2MmGmgR=对空间站有2112MmGmrr=联立解得33(6)ngnR=+故选B。5.如图所示，虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，一群电子以不同速率从边界上

的P点以相同的方向射入磁场。其中某一速率为v0的电子从Q点射出，PQ=a。已知电子入射方向与边界夹角为θ，则由以上条件可判断（）A.该匀强磁场的方向垂直纸面向外B.速率越大的电子在磁场中运动的轨迹短C.所有电子的荷质比为02sinaBvD.所有电子在磁场中运动

时间相等且为0sinav【答案】D【解析】【详解】A．由左手定则可知，该匀强磁场的方向垂直纸面向里，A选项错误；B．由200mvqvBR=得0mvRqB=可知速率越大的电子轨道半径越大，在磁场中运动的轨迹越长，B选项错误；C．由200mvqvBR=2sinRa=得02sinqvmaB

=C选项错误；D．所有电子轨迹圆心角均为2，22πtT=，解得022π2πsinmatqBv==故D选项正确。故选D。6.如图所示，两根相距为L的平行光滑直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计。MN为放在ab和

cd上的一导体杆，与ab垂直，其质量为m，其电阻也为R。整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（垂直纸面向里）。给MN沿导轨方向以速度v水平向右的初速度，沿导轨运动位移为L时停

止，令U表示MN两端电压的大小，MN在运动的过程中，下列说法正确的是（）A.流过固定电阻R的感应电流由d经R到bB.通过固定电阻R的电荷量为22BLRC.固定电阻R的产生的焦耳热为14mv2D.固定电阻R的产生的焦耳热为12mv2【答案】BC【解

析】【详解】A．根据右手定则可以判断流过固定电阻R的感应电流由b经R到d，故A选项错误；B．由电荷量qIt=根据法拉第电磁感应定律ENt=根据闭合电路欧姆定律EIR=总可得22BLqR=故B选项正确；CD．通过固定电阻与MN的电流相同，两者电阻相等，根据能量守恒212

2mvQ=所以固定电阻R的产生的焦耳热为214mv，故C选项正确，D选项错误。故选BC。7.如图所示是氢原子的能级图，大量处于n＝5激发态的氢原子向低能级跃迁时，一共可以辐射出10种不同频率的光子，其中莱曼系是指氢原子由高能级向n＝1能级跃迁时释放的光子，则（）A.10种光子中频率最低的是从

n＝5激发态跃迁到基态时产生的B.10种光子中有4种属于莱曼系C.使n＝5能级的氢原子电离至少要0.85eV的能量D.从n＝2能级跃迁到基态释放光子的能量大于从n＝3能级跃迁到n＝2能级释放光子的能量【答案】BD【解析】【详解】A．由5n=激发态跃迁到基态时产生的光子能量最大，频率最高，A项

错误：B．5→1、4→1、3→1和2→1跃迁时释放的4种光子属于莱曼系，B项正确；C．使5n=能级的氢原子电离至少要0.54eV的能量，C项错误；D．从2n=能级跃迁到基态释放光子的能量为3.4eV(13.6eV)10.2eV−−−=

从3n=能级跃迁到2n=能级释放光子的能量为1.51eV(3.4eV)1.89eV−−−=D选项正确。故选BD。8.如图所示，两个带电量为+Q的等量同种电荷，一绝缘且光滑的竖直细杆与连线的中垂线重合，细杆和两点电荷均固定，A、O

、B为细杆上的三点，O为两个点电荷连线的中点，AO=BO=h，现有电荷量为+q，质量为m的小球套在杆上，从A点以初速度v0向B先减速再加速运动，则可知（）A.从A到B，小球的电势能先增大后减小B.从A到B，小球的加速度一定先减小后增加C.小球运

动到B点时的速度大小为204vgh+D.小球从A到O与从O到B经历的时间相等【答案】AC【解析】【详解】A．由等量同种电荷的电场分布可知A到B电势先增大后减小，小球的电势能先增大后减小，故A选项正确；B．由等量同种电荷的中垂线上场强分布特点知，A点有可能在最大电场

强度的上方或下方；小球先减速再加速运动，开始时电场力大于重力；若A点在最大电场强度的上方，根据受力牛顿第二定律可知A到B的过程中，小球的加速度先增大后减小到零然后反向增大最后再减小，故B选项错误；C．A到B电场力的功为零，据动能定理对A到B过程有22011222Bmvmvmgh−=求得B点

速度大小为204Bvvgh=+故C选项正确；D．小球从A点以初速度0v向B先减速再加速运动，小球从A到B过程所受电场力关于O点对称，小球另外还受重力，所以小球A到O与从O到B经历的时间不相等，故D选项错误。故选AC。二、非选择题9.用如图甲所示的装置进行探究加速度与力、质量之间的关系实验，图乙

是其俯视图。两个相同的小车放在平板上，车左端各系一条细绳，绳跨过定滑轮各挂一个相同的小盘。实验中可以通过增减车中的砝码改变小车的质量，通过增减盘中的砝码改变拉力。两个小车右端通过细线用夹子固定，打开夹子，小车在小盘和砝码的牵引下运动，合上夹子，两小车同时停止

。(1)小盘和砝码的总质量______（选填“需要”或“不需要”）远小于小车的质量；(2)探究“加速度与合力之间的关系”时，应在砝码盘中放质量______（选填“相同”或“不相同”）的砝码；(3)探究“加速度与质量之间的关系

”时，事实上小车和平板间存在摩擦力，下列说法中正确的是_________。A.若用气垫导轨代替平板有利于减小误差B.因为两小车质量相同时与桌面的摩擦力相同，所以摩擦力不影响实验结果C.砝码盘中加的砝码越多加速度越大，摩擦力近似可以

忽略，有利于减小误差【答案】(1).需要(2).不相同(3).A【解析】【详解】(1)[1]根据牛顿第二定律，对小盘和砝码分析有mgFma−=对小车分析有FMa=联立解得mgaMm=+则拉力1MmgmgFMamMm

M===++由上式可知，当mM时才可以认为拉力F等于小盘和砝码的重力mg。(2)[2]本实验是控制变量法的实验，探究“加速度与合力之间的关系”时，要使拉力改变，则应在小盘中放质量不相同的砝码。(3)[3]A．若用气垫导

轨代替平板，摩擦认为等于0，此时合外力即为轻绳的拉力，可以认为合外力不变，则有利于减小误差，故A正确；B．若存在摩擦力，则合外力为拉力与摩擦力的合力，当小车的质量发生变化，摩擦力也会变，则合外力会变化，此时就

不能保证小车受到的合外力不变，则误差较大，故B错误；C．砝码盘中加的砝码越多后，砝码和砝码盘的重力不可以近似等于绳子拉力；当小车的质量发生变化，摩擦力也会变；砝码盘中加的砝码越多后，不能保证小车受到的合外力不变，不利于减小误差，故C错误。10.成都石室中

学高三10班的李秋杨和邹瑷郦同学想要测量一电阻Rx的阻值（Rx约为100Ω），实验室现有的器材如下：A.电压表V：量程为9V，内阻约为1kΩB.电流表A1：量程为50mA，内阻约为8ΩC.电流表A2：量程为30mA，内阻约为5ΩD.滑动变阻器：阻值0~10ΩE.定值电阻R1：阻值约

130ΩF.电阻箱R2：阻值0~99.9ΩG.学生电源：E=10V，内阻不计H.开关、导线若干(1)由于现有电流表量程太小，测量误差过大，需要先扩大电流表量程，操作如下：①测量电流表A2的内阻（电路如图甲）：a．断开开关S1、S2、

S3，按图甲连线，将滑动变阻器R的滑片调至_______（填左端或右端）；b．闭合开关S1、S2；c．调节滑动变阻器R使A1、A2的指针偏转适中，记录A1的示数I1；d．断开S2，闭合S3；e．调节R2，使A1的示数为_______

，记录R2的阻值，断开S1；如果步骤e中R2=4.8Ω，电流表A2的内阻为_______；②将A2改装成量程为90mA的电流表A，应把电阻箱阻值调为______Ω再与A2并联；(2)用图乙的电路测量Rx，若电流表A2示数I2=20mA，电压表示数U=5.88

V，则Rx的测量值为_____Ω，若考虑系统误差，则Rx的真实值为_______Ω。【答案】(1).左端(2).I1(3).4.8Ω(4).2.4Ω(5).98Ω(6).96.4Ω【解析】【详解】(1)[1]闭合开关瞬间，测量部分起始电压电流应最小，则闭合开关前，滑动变阻器的滑片调至

最左端；[2][3]依据替代法测电流表内阻的操作流程，等效替代法测电阻的核心是“效果相同”，本题中体现为使1A的示数相同，所以需要先接通开关2S，同时断开开关3S，调节出一个电流值，然后接通开关3S，同时断开开关2S，调节电阻箱2R的电阻值，使电流表1A的示数与上一次相同，记录

电阻箱的电阻，即为所求。因此答案分别为：示数为I1；2A内阻为4.8Ω；[4]由电流表改装知识可得，量程扩大为3倍，根据并联电路分流规律可知：并接电阻应为电流表内阻的一半，即2.4Ω。(2)[5][6]电流表2A示数是20mA，流过待测电阻的电流为60mA

，测量值为98ΩxURI==若考虑误差AΩ5.884.82.40.064.82Ω964.4.xURRI=−=−=+11.一粒子源可以发出两种比荷不同带负电的粒子，忽略其进入电场时的初速度，经过电压为U的

加速电场以后从A点进入半径为R的圆形磁场，磁场垂直纸面向外，其中甲粒子射出磁场时速度方向与原速度方向夹角为60°，乙粒子射出磁场时速度偏转120°，已知甲粒子射入磁场时速度为v1，忽略重力和粒子之间的相互作用，求：

(1)磁感应强度大小；(2)设甲乙两种粒子的荷质比分别为k1、k2，求k1：k2。【答案】(1)1233UvR；(2)19【解析】【详解】(1)电场中对甲粒子112112qUmv=①几何关系1tan30Rr=②磁场

中211111mvqvBr=③解得11111233mvUBqrvR==(2)电场中对乙粒子222212qUmv=④几何关系2tan60Rr=⑤磁场中222222mvqvBr=⑥解得1122112qUkmBr==2222222qUkmBr==故21222119krkr==12

.如图所示，固定在水平面上倾角θ＝37°的光滑斜面底端有一垂直于斜面的挡板，可看成质点的小球A、B、C质量均为m＝2kg，小球B、C通过一劲度系数k＝57.6N/m的轻质弹簧相连，初始时，球B、C处于静止状态，球A拴在绳长

为L=0.8m一端，绳子的另一端固定在O点，将A拉到O点的等高处由静止释放，当球A运动到最低点时，绳子恰好断掉，球A被水平抛出，恰好无碰撞地由P点滑上斜面，继续运动xPQ=1112m后与静止于Q点的球B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起，已知不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s

2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)绳子的最大承受拉力的大小Fm；(2)碰撞前后损失的机械能；(3)设从球A、B粘在一起到球C恰好离开挡板这一过程经历了时间t＝2s，则这一过程中弹簧对球AB的冲量大小I为多少？（弹簧始终处于弹性限度内）【答案】(1)60N；(2

)18J；(3)68Ns【解析】【详解】(1)A到D过程中212DmgLmv=在D点对小球A2mDmvFmgL−=代入数据解得360NmFmg==4m/sDv=(2)当球离开D点后，球做平抛运动，达P点时速度沿斜面向下，则P点速度5m/scos37Dpvv==从P点到Q点的过程中，由动能定理得

2211sin3722QQPPmgxmvmv=−代入数据解得6m/sQv=从A与B相碰到碰撞结束这一过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得12Qmvmv=代入数据解得13m/sv=故碰撞后损失的机械能221112

18J22QEmvmv=−=(3)设在碰撞前弹簧的压缩量为1x，由平衡条件得1sin37kxmg=当C恰好离开挡板时，弹簧处于伸长状态，设伸长量为2x，对C，由平衡条件得2sin37kxmg=从A、B碰撞完到C恰好离开挡板，设

此时A、B的共同速度为2v，从碰撞结束到C恰好离开挡板对系统由能量守恒()2211221122sin37222mvmgxxmv=++代入数据解得22m/sv=从A、B碰撞完到C恰好离开挡板，设弹簧对A、B的冲量为0I，规定沿斜面向上为正方向，由动量定理得()0212sin3722

mgtImvmv−+=−−代入数据解得，此过程弹簧对A、B的冲量大小068NsI=13.对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是（）A.气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B.温度高的物体内能不一定大，分子平均动能也不一定大C.利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的

一部分内能转化为机械能是可能的D.当分子间的距离增大时，分子间作用力就一直减小E.一定量的理想气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加【答案】ACE【解析】【详解】A．气体放出热量，外界可能同时对气体做功，气体温度不一定降低，所

以分子的平均动能可能增大，故A正确；B．温度高的物体，分子平均动能一定大，内能不一定大，故B错误；C．根据能量转化与守恒以及热力学第二定律可知，用浅层海水和深层海水间的温度差造出一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，是可行的，故C正确；D．当

分子距离增大时，分子作用力可能增大也可能减小，故D错误；E．温度降低，分子平均动能减小，要保证压强不变，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数要增加，选项E正确。故选ACE。14.如图所示，U型玻璃细管竖直放置，水平细管与U型玻璃细管

底部相连通，各部分细管内径相同．U型管左管上端封有长20cm的理想气体B，右管上端开口并与大气相通，此时U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U型玻璃管底部为25cm．水平细管内用小活塞封有长度10cm的理想气体A．已知外界大气压强为75cmHg，忽略环境温度的变化．现将活塞缓

慢向左拉，使气体B的气柱长度为25cm，求：①左右管中水银面的高度差是多大？②理想气体A的气柱长度为多少？【答案】①15cm；②12.5cm．【解析】【分析】①利用平衡求出初状态封闭气体的压强，B中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定

律即可求出末态B中气体的压强，再根据平衡，即可求出末状态左右管中水银面的高度差△h；②选择A中气体作为研究对象，根据平衡求出初末状态封闭气体的压强，对A中封闭气体运用玻意耳定律即可求出理想气体A的气柱长度．【详解】①设玻璃管横截面为S，活塞缓慢左拉的过程中，气体B做等温变化初态：压强p

B1=75cmHg，体积VB1=20S，末态：压强pB2，体积VB2=25S，根据玻意耳定律可得：pB1VB1=pB2VB2解得：pB2=60cmHg可得左右管中水银面的高度差△h=（75-60）cm=15cm②活

塞被缓慢的左拉的过程中，气体A做等温变化初态：压强pA1=（75+25）cmHg=100cmHg，体积VA1=10S，末态：压强pA2=（75+5）cmHg=80cmHg，体积VA2=LA2S根据玻意耳定律可得：pA1VA1=pA2VA2解得理想气体A的气柱长度：LA2

=12.5cm15.如图所示，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，振幅A=6cm，a、b质点平衡位置在x=1m和x=12m，若图示时刻为t=0s时刻，此波刚传到b点，质点a的位移xa=32cm，向y轴负方向振动，质点a距第一次出现波峰时间Δt=0.9s，并且T

<Δt<2T，则（）A.简谐横波的周期T=0.8sB.简谐横波的波速v=10m/sC.a、b质点动能可能同时为零D.0.3s<t<0.5s，质点b加速度先减小后增加E.质点a的振动方程为y=－6sin(π4t+)【答案】ABD【解析】【详解】A．根据题意可知98tT=，因此0.8sT=，A

选项正确；B．又根据ab平衡位置间距可知118abx=因此波长8m=，故波速10m/sλvT==B选项正确；C．根据题目可知113188abx==故无论如何a、b两质点不可能同时速度为零，故C选项错误；D．根据振动方向及周期可知，0.3s0.5s，质点b向y轴负方

向运动且位移从32cm变化到32cm−，加速度先减小后增加，故D正确；E．质点a的振动方程为3π6sin4yt=+，故E选项错误。故选ABD。16.一棱镜的截面图如图所示，AE为四分之一圆弧，B为圆心，BCDE为矩形，一细光束从圆弧中点F沿半径射入棱镜，恰好在B点发生全

反射，在CD面只发生一次反射，并从圆弧上的G点（未画出）射出，已知AB＝r，BC＝d，真空中光速为c。求：(1)棱镜的折射率n；(2)光在棱镜中传播所用的时间t。【答案】(1)2；(2)22(2224)rdrdc++−【解析】【详解】(1)光路如图由几何关系，临界角

为45CEBF==根据全反射临界角公式1sinCn=解得2n=(2)由几何关系可得2sin45BCBHd==在直角三角形BHG中，由勾股定理222BHHGBG+=得222HGrd=−光在棱镜中传播速度cvn=传播时间22(2224)FBBHHGrdrdtvc++++−==