【文档说明】广东省揭阳市揭西县河婆中学2020届高三下学期综合训练（二）物理试题答案.doc，共(8)页，151.000 KB，由小赞的店铺上传

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物理科综合测练卷二答案一．选择题（共16小题）1．C【分析】图象的斜率等于速度，由图知，a车速度不变，做匀速直线运动，速度，A错、时，b车速度，设b车初速为，对b车，，得：，故B错。时，a车位移b车位移，时，a车和b车达同一位置，所以时两车相距，C正确；时，

直线a和曲线b刚好相切，位置坐标相同，两车相遇，斜率相等，两车的速度相等，故D错2．C【详解】球受拉力F、重力和细线的拉力T，根据平衡条件，三力构成矢量三角形，如图随θ的增加，拉力F和细线张力T均增加，再对A

、B球整体分析，受重力、拉力F、支持力N和静摩擦力f，设杆与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件，在垂直杆方向，有：N=（M+m）gcosθ+Fsinθ，随F的增加，支持力N增加；在平行杆方向，有：Fcosθ+f=（M+m）gsinθ，故：f=（

M+m）gsinθ-Fcosθ，随F的增加，静摩擦力逐渐减小，当（M+m）gsinθ=Fcosθ时，摩擦力为零，此后静摩擦力反向增加，故错C正确。3．B【详解】当增加光照强度时，Rt变小，外电路总电阻变小

，根据闭合电路欧姆定律得知干路电流I变大，电源的内电压变大，路端电压U变小，流过A灯的电流IA变小，则A灯变暗；通过R0电流I0=I-IA，I变大，而IA变小，则I0变大，R0两端电压U0变大，而R0、B的电压之和等于路端电压，路端电压变小，则知B的电压变小，所以

B灯变暗；故B正确4．A【详解】质点受电场力指向轨迹内侧且电场线垂直等势面，则知在P点电场力指向右下方，电荷带正电，即电场线在P点指向右下方，沿电场线电势降低，知a等势线的电势最高，c的电势最低，A错根据质点受力知，从P到Q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，B

正确；P到Q电场力做正功电势能降低，动能增大，故P点动能小于Q点动能C正确；由于相邻等势面之间的电势差相同。等势线密的地方电场线密，场强大，故P点场强较大电场力大，加速度也大，故D正确。故选A5．C【详解】由图E=4V，斜率，A错；由小

灯泡的U-I图像知，小灯泡的电阻随着电压的增大而增大B错；当它两端的电压为1.0V时，电流为0.3A，则电阻为，C正确；把电源和小灯泡组成闭合回路，则在小灯泡的U-I图像中画出电源的U-I线，由图像可知此时小灯泡两端的电压为1.4V，电流为0.36A，则

功率为1.4V×0.36A=0.50W，选C.6.BD【详解】设斜面的倾角为θ。小球落在斜面上，有：tanθ=，解得：；在竖直方向上的分位移为：y=gt2＝，则知当初速度变为原来的倍时，竖直方向上的位移变为原来的2倍，所以

小球一定落在斜面上的c点，故A错B正确；设小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为β，则tanβ==2tanθ，即tanβ=2tanθ，所以β一定，则知落在斜面时的速度方向与斜面夹角一定相同。故C错，D对7.BC【解析】空间站绕地

球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式：，得，在地，，R为地球的半径，所以空间站的线速度大小，A错根据，空间站的向心加速度，故B正确,根据万有引力等于向心力得，解得：，C正确；根据可知，地球的质量为，故D错误8．AC【解析】由v-t图象可知，物块在传送带上先做匀加速直线运动，加速度

为：，对物体受力分析受摩擦力，方向平行斜面向下，重力和支持力，得：，即：,同理，做的匀加速直线运动，物体受摩擦力，方向平行斜面向上，重力和支持力，加速度得：，即：得：，，A正确；根据功能关系，由A知，

做匀加速直线运动，图象知位移为：，物体受摩擦力，方向平行斜面向下做正功，做匀加速直线运动，图象知位移为：，物体受摩擦力，方向平行斜面向上做负功，整个过程，传送带对货物做功大小为：，故B错,货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由A中可知：，做匀加速直线运

动，位移，皮带位移，相对位移，同理：做匀加速直线运动，位移，，相对位移，故两者间总相对位移，货物与传送带摩擦产生的热量为：，C正确；在内物块速度小于皮带的速度，相对位移，在内，物块的速度大于皮带的速度，相对位移，在皮带上留下的痕迹，故D错9．C。下落过程，只有重

力和弹力有冲量，初末速度都为零，动量变化量为零，根据动量定理，总冲量为零，则整个过程中，重力对运动员的总冲量大小等于弹力的冲量大小，则第一阶段重力的冲量应小于第二阶段弹力的冲量大小，A错误；整个下落过程中，由于初末速度都为

零，根据动能定理总功为零，整个过程中重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功，所以第一阶段重力势能的减少量小于第二阶段克服弹力做的功，B错误；第一阶段重力做的功等于重力势能的减少量，则得第一阶段重力做的功小于第二阶段克服弹力做的功，C正确；第二阶段中，重力势能减少量与动能的减少量之

和等于弹性势能的增加量，D错误。10．B。2t0时刻，作出速度图象的切线，与t轴相较于t，根据速度图象的斜率表示加速度可得：，故物体在2t0时刻的加速度大小大于，A正确；物体在t0时刻开始运动，说明阻力等于水平拉力故为f=F0，摩擦因数为，故B错误；在2t0时刻物体受到的合外力为

F=2F0-f=F0，功率为P=F0v0，故C正确；4t0时刻速度为v1，根据动量定理可得：（2F0-f）（4t0-2t0）=m（v1-v0），物体在4t0时刻的速度大小为v0+，故D正确。故选B。11．C【解析】速度达到最大值mv前金属棒做加速度减小的加速运动，故相同时间内速度的增加量

减小，所以2Tt时，金属棒的速度大于2mv，故A错误；由能量守恒，0T的过程中，金属棒机械能的减小等于R上产生的焦耳热和金属棒与导轨间摩擦生热之和，故B错误；02T内金属棒的位移小于2TT的位移，金属棒做加速运动，其所受安培力增大，所以2TT内金属棒克服安

培力做功更多，产生的电能更多，电阻R上产生的焦耳热更多，故C正确；2TT内的位移比02T内的位移大，故2TT内滑动摩擦力对金属棒做功多，由功能关系得fWQE，2TT内金属棒机械能的减小量更多，故D错误。12．B【详解】设杆

的长度为L，小球从A到C的过程中机械能守恒，得：，解得，故A错误。若小球在A点恰好对杆的作用力是0，则有，解得。由于小球在A点的速度小于临界速度，所以小球做圆周运动需要的向心力小于重力，杆对小球的作用力的方向向上，故是竖

直向上的支持力。故B正确。小球从A到B的过程中机械能守恒，得，所以，故C错误。由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移，大小等于杆的长

度，即。故D错误。13．D【详解】A、B、对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示：根据平衡条件可知，细线的拉力T增加，支持力N减小，根据牛顿第三定律，球对斜面的压力也减小；故A、B错误。对球和滑块整体分析，受重力、

斜面的支持力N，杆的支持力N′，拉力F，如图所示：根据平衡条件，有：水平方向：N′=Nsinθ，竖直方向：F+Ncosθ=G，由于N减小，故N′减小，F增加；故C错误、D正确。14．BC【解析】A、t=0时刻穿过线框的磁通量为：221211

··0.005226BrBrWb，选项A错误；t=0.2s时刻线框中感应电动势为211.56EnrVt；选项B正确；在0～0.3s内通过线框中的电量0.18ntqtCR，选项C正确；D、由楞次定律可知，线圈中垂直纸面向外的磁

通量增大，感应电流顺时针方向，根据左手定则安培力向右，所以线圈有向右运动的趋势，故D错误；15．BC【解析】A、电容器的上极板带正电,板间场强方向向下,带电液滴M处于平衡状态,则知受到的电场力向上,带电液滴M带负电,故A错误.R4的滑片向上端移动时,其接入电路

的电阻增大,根据“串反并同”知电流表示数减小,电压表示数增大,所以B选项正确.若仅将电容器下极板稍微向上平移,因为U不变,由UEd得E增大,液滴受到的电场力增大,液滴将向上极板运动,C选项正确.若将开关S,电容器板间电压增大,液滴受到

的电场力增大,液滴将向上极板运动,D错.16．BC【分析】粒子射入磁场后做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示：的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，其它粒子在磁场中发生偏转；以沿x轴射入的粒子为例，若，则粒子不能达到y轴就偏向上离开磁场区域，所以要求，所有粒子才能穿过磁场到达y轴，故A错误；由图

可知，发生偏转的粒子也有可能打在的位置上，所以有些粒子可能会到达y轴的同一位置，故B正确；从x轴入射的粒子在磁场中对应的弧长最长，所以该粒子最后到达y轴，而的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，时间最短；从x轴入射的粒子运动时间为：，的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，时间最短，则；所

以：，其中角度为从x轴入射的粒子运动的圆心角，根据几何关系有：，则，故C正确；，由于，故，故D错误二．实验题（共2小题）17．（2）①大于②相同③v2-④【解析】根据题意，确保压力传感器的示数为零，因此弹簧要从压缩状态到伸长状态，那么C的质M要大于A的质量m；要刚释放

C时，弹簧处于压缩状态，若使压力传感器为零，则弹簧的拉力为，因此弹簧的形变量为，不论C的质量如何，要使压力传感器示数为零，则A物体上升了，则C下落的高度为，即C下落的高度总相同；选取AC及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，则有：，整理得，，为得到线性关系图线，因此应作出图线．

由上表达式可知，，解得．18．（1）乙（2）b（3）【详解】（1）所给电路中乙图可确定两支路电流和含有电流表的支路电阻，即确定待测阻值．乙图正确．（2）因乙图为滑动变阻器的分压式接法，则用小阻值的变阻器．故应选R1，闭合开关前要让测量电

路电压由小变大，故滑片P应置于b端．（3）由并联电路特点：Rx（I2-I1）=（R0+r1）I1得：Rx=；三．计算题（共5小题）19.(1)1.2m/s(2)46N(3)9J【解析】（1）设物体在B点的速度为vB，在C点的速度为vC，从A到B物体做平抛运动vB

sinθ=v0得：v0=1.2m/s（2）B到C由动能定理在C点：即FN=46N由牛顿第三定律得，物体对轨道的压力为：FC=46N沿OC方向（3）物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起运动经时间t达到共速为v，则：m

vC=(M+m)v根据能量守恒定律有：得：Q=9J20.（2）。(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动作出粒子运动轨迹如图所示：由几何知识得：解得：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力由牛顿第二定律得：(2)解得：粒子运动轨迹与磁场右边界相切时恰好不从磁场射出，运动轨迹如上图所示

由几何知识得：解得：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力由牛顿第二定律得：解得：磁感应强度需要满足的条件是：21.解：(1)杆M进入磁场时，根据平衡条件2mgsinθ＝I1LB电路中总电阻R1＝r·Rr＋R＋r＝0.8

Ω由闭合电路欧姆定律I1＝E1R1由法拉第电磁感应定律E1＝BLv1由以上可得v1＝4m/s。(2)杆N进入磁场时杆的速度为v1＝4m/s，此时电路中总电阻R2＝r·rr＋r＋R＝0.6Ω根据牛顿第二定律2mgsinθ－I2LB＝2ma

I2＝ER2解得a＝－53m/s2≈－1.67m/s2杆N进入磁场时杆的加速度大小为1.67m/s2。(3)从杆M进入磁场到杆N进入磁场的过程中，电阻R上的电流IR＝I1rr＋R＝103A此过程产生的热量Q1＝I2RRtt＝lv1解得Q1＝512J杆M出磁

场时，根据平衡条件2mgsinθ＝I2LBI2＝E2R2E2＝BLv2从杆N进入磁场到杆M出磁场时，系统减少的机械能转化为焦耳热ΔE＝2mg(L－l)sinθ＋12×2mv21－12×2mv22＝6J此过程电阻R上产生的热量Q2＝3J全过程电阻R上已产生的热量Q1＋Q2≈3.42J。22.（1）A

BD在完全失重的宇宙飞船中，水的表面仍存在表面张力。A项正确。在温度不变的情况下，饱和汽的压强不随体积变化而变化。B项正确。气体向真空的自由膨胀不可逆，故C项错误。D：液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性。D项正确。（2）．【解析】（ⅰ）气体进行等容变化，

开始时，压强P0，温度T0=300K；当温度上升到303K且尚未放气时，压强为P1，温度T1=303K；根据可得：（ⅱ）当内部温度恢复到300K时，由等容方程可得：，解得杯盖恰被顶起时有：，若将杯盖提起时

所需的最小力满足：，解得：23.解：等压过程气体的压强为则气体对外做功由热力学第一定律得解得内能增加量停止对气体加热后，活塞恰好下降了h，此时气体的温度为T2则初态，V1＝3hS，热力学温度为T1末态，V2＝2hS，热力学温度为T2由理想气体状态方程解得