【文档说明】【精准解析】吉林省白城四中2020届高三下学期网上模拟考试理综物理试题.doc，共(19)页，713.500 KB，由小赞的店铺上传

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理科综合能力测试第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一个选项符合题目要求。第6～8题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的的0分

。1.在探究光电效应现象时，某小组的同学分别用频率为v、2v的单色光照射某金属，逸出的光电子最大速度之比为1：2，普朗克常量用h表示，则()A.光电子的最大初动能之比为1：2B.该金属的逸出功为当23hvC.该金属的截止频率

为3vD.用频率为2v的单色光照射该金属时能发生光电效应【答案】B【解析】【详解】解：A、逸出的光电子最大速度之比为1：2，光电子最大的动能：212kmmEmv=，则两次逸出的光电子的动能的之比为1：4

；故A错误；B、光子能量分别为：Ehv=和2Ehv=根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为：kEhvW=−，42kEhvW=−联立可得逸出功：23hvW=，故B正确；C、逸出功为23hv，那么金属的截止频率为23v，故C错误；D、用频率为12v的单色光照射，因1223vv，不满足光

电效应发生条件，因此不能发生光电效应，故D错误．故选B．2.甲、乙两球质量分别为m1、m2，从不同高度由静止释放，如图a所示。甲、乙两球的v­t图象分别如图b中的①、②所示。球下落过程所受空气阻力大小f满足f=

kv(v为球的速率，k为常数)，t2时刻两球第二次相遇。落地前，两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。下列判断不正确的是()A.12mmB.乙球释放的位置高C.两球释放瞬间，甲球的加速度较大D.两球第一次相遇的时刻在t1时刻之前【答案】C【解析】【详解】A．两球稳定时均做

匀速直线运动，则有kv=mg得kvmg=所以有1122mvmv=由图知12vv，故12mm，A正确，不符合题意；B．v­t图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，0～t2时间内，乙球下降的高度

较大，而t2时刻两球第二次相遇，所以乙球释放的位置高，故B正确，不符合题意；C．两球释放瞬间v=0，此时空气阻力f=0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故C错误，符合题意；D．在t1～t2时间内，甲球下落的高度较大，而t2时刻两球第二次相遇，所以两球第一次相遇的时

刻在t1时刻之前，故D正确，不符合题意；故选C。3.真空中相距L的两个固定点电荷E、F所带电荷量大小分别是QE和QF，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M、N两点，其

中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF＞∠NFE．则（）A.E带正电，F带负电，且QE>QFB.在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点C.过N点的等势面与EF连线垂直D.负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电

势能【答案】C【解析】【详解】根据电场线的指向知E带正电，F带负电；N点的场强是由E、F两电荷在N点产生场强的叠加，电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而，所以由点电荷场强公式知,A错误；只有电场

线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合．故在M点由静止释放一带正电的检验电荷，不可能沿电场线运动到N点，B错误；因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过

N点的切线垂直，C正确；沿电场线方向电势逐渐降低，，再根据，q为负电荷，知，D错误；故选C．【点睛】只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．电场线和等势面垂直．N点的切线与EF连线平行，根据电场线的方向和场强

的叠加，可以判断出E、F的电性及电量的大小．先比较电势的高低，再根据，比较电势能．4.如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在u=2202sin50πt（V）交流电源上，副线圈接有R=55Ω的电阻，原、副线圈匝数比为2：1。假设该二极管的正向电阻

为零，反向电阻为无穷大，电流表为理想电表。则（）A.副线圈的输出功率为110WB.原线圈的输入功率为1102WC.电流表的读数为lAD.副线圈输出的电流方向不变【答案】A【解析】【详解】AB．因为原线圈上接有理想二极管，原线圈只有半个周期有电流

，副线圈也只有半个周期有电流1212::mmUUnn=所以副线圈电压的最大值2m1102VU=设副线圈电压的有效值为2U，则2222()22mUUTTRR=解得：2552VU=副线圈的输出功率222110WUPR==原线圈的

输入功率12110WPP==故A正确，B错误；C．电流表读数222AUIR==故C错误。D．因为原线圈上接有理想二极管，原线圈中电流方向不变，原线圈中电流增大和减小时在副线圈中产生的感应电流方向相反，副线圈输出的电流方向改变，故D错误。故选A。5.如图所示，地球质量为M，绕太阳做匀速圆周

运动，半径为R．有一质量为m的飞船，由静止开始从P点在恒力F的作用下，沿PD方向做匀加速直线运动，一年后在D点飞船掠过地球上空，再过三个月，又在Q处掠过地球上空．根据以上条件可以得出A.DQ的距离为2RB.PD的距离为1629RC.地球与太阳的

万有引力的大小29216FMmD.地球与太阳的万有引力的大小29232FMm【答案】ABC【解析】【分析】根据DQ的时间与周期的关系得出D到Q所走的圆心角，结合几何关系求出DQ的距离．抓住飞船做匀加速直线运动，结合PD的时间和PQ的时间之比得出位移之比，从而得出PD的距离．根据位移时

间公式和牛顿第二定律，结合地球与太阳之间的引力等于地球的向心力求出引力的大小．【详解】地球绕太阳运动的周期为一年，飞船从D到Q所用的时间为三个月，则地球从D到Q的时间为三个月，即四分之一个周期，转动的角度为90度，根据几何关系知，DQ的距离为2R，故A正确；因为P到D的时间为一年，D到

Q的时间为三个月，可知P到D的时间和P到Q的时间之比为4：5，根据212xat=得，PD和PQ距离之比为16：25，则PD和DQ的距离之比为16：9，2DQR=，则1629PDR=，B正确；地球与太阳的万有引力等于地球做圆周运动的向

心力，对PD段，根据位移公式有：2162192RFatam==，，因为P到D的时间和D到Q的时间之比为4：1，则44Tt=，即T=t，向心力224nFMRT=，联立解得地球与太阳之间的引力29216FMF

m=，故C正确D错误．6.如图所示，边长为l的单匝正方形线圈放在光滑水平面上，其有一半处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。第一次保持磁场不变，使线圈在水平向右的拉力作用下，以恒定速度v向右运

动；第二次保持线圈不动，使磁感应强度大小发生变化。若线圈的总电阻为R，则有（）A.若要使两次产生的感应电流方向相同，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐增大B.若要使两次产生的感应电流大小相同，则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化

率2BBvtl=C.第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为222BlvRD.第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为22BlR【答案】B【解析】【详解】A．根据右手定则可知，第一次时线框中的感应电流方向顺时针方向；若要使两次产生的感应电流方向相同，根据楞次定律

，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐减小，故A错误；B．根据切割感应电动势公式EBLv=及闭合电路欧姆定律可得第一次时感应电流大小：BlvIR=若要使两次产生的感应强度电流大小相同，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律则有：212lBvRBltR=则第二次时磁感应强度大小随时

间必须均匀变化，且变化率为：2BBvtl=故B正确；C．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为：23222lBlvlBlvWFBlRR===故C错误；D．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为

：22BlqItRR===故D错误；故选B。7.如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k=200N/m的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上.用手拿住C，使

细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行.已知A、B的质量均为10kg，C的质量为40kg，重力加速度为g=10m/s2，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C后C沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速

度.（）A.斜面倾角=30°B.A、B、C组成的系统机械能先增加后减小C.B的最大速度max2m/sv=D.当C的速度最大时弹簧处于原长状态【答案】ABC【解析】【详解】A．开始时弹簧压缩的长度为xB得：kxB=mg当A刚离

开地面时，弹簧处于拉伸状态，对A有：kxA=mg物体A刚离开地面时，物体B获得最大速度，B、C的加速度为0，对B有：T-mg-kxA=0对C有：Mgsinα-T=0解得：α=30°故A正确；B．由于xA=xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势

能相等，即此过程中弹簧的弹性势能先减小后增加；而由A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒，可知A、B、C组成的系统机械能先增加后减小，故B正确；C．当物体A刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体C沿斜面下滑的距离为：221010m=1m200ABmghxxk=+=

=由于xA=xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体A刚刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为vB，由动能定理得：()212BMghsinmghvMm−=+解得：vB＝2m/s故C正确；D．当B的速度最大时，C的速度也是最大的，此时弹簧处于伸长状态，故D

错误；故选ABC。8.如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）一端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的绝缘带正电、电荷量为q的小球。空间中还存在着水平向右的匀强电场（图中未画出），且电场强度E=mgq。初始时A、B、C在一条

竖直线上，小球穿过水平固定的杆从C点由静止开始运动，滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为L，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为32mg，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在

弹性限度内。下列说法正确的是A.小球在D点时速度最大B.若在E点给小球一个向左的速度v，小球恰好能回到C点，则v=gLC.弹性绳在小球从C到D阶段做的功等于在小球从D到E阶段做的功D.若保持电场强度不变，仅把小球电荷量变为2q，则小球到达E点时的速度大小v=2gL【答案】A

BD【解析】【详解】A.对小球分析可知，在竖直方向sinkxθNmg=+由与sinxθBC=，故支持力为恒力，即12Nmg=，故摩擦力也为恒力大小为14fμNmg==从C到E，由动能定理可得221110422qELmgLkBEkBC−−−=

由几何关系可知222BEBCL−=，代入上式可得32kLmg=在D点时，由牛顿第二定律可得1cos4qEkBDθmgma−−=由1cos2BDθL=，将32kLmg=可得，D点时小球的加速度为0a=故小球

在D点时的速度最大，A正确；B.从E到C，由动能定理可得222111102242kBEkBCqELmgLmυ−−−=−解得υgL=故B正确；C.由于弹力的水平分力为coskxθ，cos和kx均越来越大，故弹力水平分力越来越大，

故弹性绳在小球从C到D阶段做的功小于在小球从D到E阶段做的功，C错误；D.将小球电荷量变为2q，由动能定理可得222111124222EqELmgLkBEkBCmυ−−−=解得2EυgL=故D正确；故选ABD。第Ⅱ卷（非选择题，共62分）二、非选择题(包括必考题和选考题两

部分。第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13题～第14题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题9.图甲是某同学验证动能定理的实验装置。其步骤如下：A.易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在小车上，小车

连接纸带。合理调整木板倾角，让小车沿木板匀速下滑。B.取下轻绳和易拉罐，测出易拉罐和细沙的质量m1以及小车质量m2。C.撤去细绳和易拉罐后，换一条纸带，让小车由静止释放，打出的纸带如图乙(中间部分未画出)，O为打下的第一

点。己知打点计时器的打点时间间隔为T，重力加速度为g。(1)步骤C中小车所受的合外力大小为___(2)为验证从O—C过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系，测出BD间的距离为1x，OC间距离为2x，则C点速度大小为___，需要验证的

关系式为____(用所测物理量的符号表示)。【答案】(1).（1）m1g；(2).（2）12xT，(3).2211228mxmgxT=【解析】【详解】（1）[1]小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和轻绳的拉力，合力为零；撤去拉力后，其余力不变，故合力等于撤去轻绳的拉力，而轻绳的拉

力等于易拉罐和细沙的重力，所以小车所受的合外力为m1g；（2）[2]匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，故12CxvT=；[3]动能增量为：222122128kCmxEmvT==，合力的功为：12Wmgx=，需要验证的关系式为：2211228mxmgxT=10.

某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量．实验室提供的器材有：两个相同的待测电源（内阻r≈1Ω）电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω）电阻箱R2（最大阻值为999.9Ω）电压表V（内阻约为2kΩ）电流表A（内阻约为2Ω）灵敏电流计

G，两个开关S1、S2．主要实验步骤如下：①按图连接好电路，调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和R2，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为0.40A、12.0V、30.6Ω、

28.2Ω；②反复调节电阻箱R1和R2（与①中的电阻值不同），使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为0.60A、11.7V．回答下列问题：（1）步骤①中：电流计G的示数为0时，电路中A

和B两点的电电势差UAB=_____V；A和C两点的电势差UAC=______V；A和D两点的电势差UAD=______V；（2）利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为______Ω，电流表的内阻为______Ω；（3）结合步骤①步骤②的测量数

据电源的电动势E为______V，内阻r为_____Ω．【答案】(1).0(2).12.0V(3).-12.0V(4).1530Ω(5).1.8Ω(6).12.6V(7).1.5Ω【解析】【详解】（1）[1][2][3]当电流计示数为0时，A、

B两点电势相等，即0ABU=；电压表示数即为A、C两点电势差，即12.0VACU=；由闭合电路欧姆定律可知，D、A和A、C之间的电势差相等，故12.0VADU=−；（2）[4][5]由欧姆定律可得11VUUIRR+=解得1530VR=由()12DAAUIRR=+可得1.8AR

=（3）[6][7]由步骤①可得1224V2EIr=+由步骤②可得22211.7V2EIr=+联立可解得12.6VE=1.5r=11.如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第

四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴的方向进人电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比

值；（2）该粒子在电场中运动的时间．【答案】（1）EB＝201tan2v；（2）t＝02tandv【解析】试题分析：（1）设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，并设其圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律和向心力公式有：q

v0B＝20vmr①由题设条件和图中几何关系可知：r＝d②设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向运动的速度大小为vx，由牛顿第二定律有：qE＝max③根据运动学公式有：vx＝axt，2xvt＝d④由于粒子在电场中做类平抛运动（

如图），有：tanθ＝0xvv⑤由①②③④⑤式联立解得：EB＝201tan2v（2）由④⑤式联立解得：t＝02tandv考点：本题主要考查了带电粒子在交替复合场中的运动问题，属于中档题．12.如图所示，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C点切线水平，长为

L=4m的粗糙水平传送带BD与平台无缝对接．质量分别为m1=0.3kg和m2=1kg两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接．已知传送带以v0=1.5m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为μ=0.15．某时剪断细绳，小物体m1向左运动，m2向右运动

速度大小为v2=3m/s，g取10m/s2．求：(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep(2)从小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E(3)为了让小物体m1从C

点水平飞出后落至AB平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC的半径R和小物体m1平抛的最大水平位移x的大小．【答案】(1)19.5J(2)6.75J(3)R=1.25m时水平位移最大为x=5m【解析】【详解】(1)对m1和m2弹开过程

，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=m1v1-m2v2解得v1=10m/s剪断细绳前弹簧的弹性势能为：2211221122pEmvmv=+解得Ep=19.5J(2)设m2向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：-μm2gx=0-12m2v22解得x=3

m＜L=4m则m2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v0=1.5m/s，然后向左匀速运动，直至离开传送带．设小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t．取向左为正方向．根据动量定理得：μm2gt=m2v0-（-m

2v2）解得：t=3s该过程皮带运动的距离为：x带=v0t=4.5m故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：E=μm2gx带解得：E=6.75J(3)设竖直光滑轨道AC的半径为R时小物体m1平抛的水平位移最大为x．从A到C由机械能守恒定律得

：2211111222CmvmvmgR=+由平抛运动的规律有：x=vCt121122Rgt=联立整理得410()4xRR=−根据数学知识知当4R=10-4R即R=1.25m时，水平位移最大为x=5m（二）选考题（共15分，请考生从2道物理题任选一题作答，如果多做，则每科按所做的第一

题计分。）【物理——选修3－3】13.下列说法中正确的是（）A.气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故B.物体温度升高时，速率小的分子数目减小，速率大的分子数目增多C.一定量的100C的水变成100C的水蒸气，其分子平均动能增加D.物体从外界吸收热量，其内能不

一定增加E.液晶的光学性质具有各向异性【答案】BDE【解析】【详解】A.气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散；故A错误.B.温度从微观角度看表示了大量分子无规则运动的剧

烈程度，物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多；故B正确.C.一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，因温度不变则分子平均动能不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大；C错误.D.物体

从外界吸收热量，若同时对外做功，根据热力学第一定律可知其内能不一定增加；故D正确.E.液晶的光学性质具有晶体的各向异性；故E正确.故选BDE.【点睛】解决本题的关键要掌握分子动理论、热力学第一定律等热力学知识，要

对气体分子间距离的大小要了解，气体分子间距大约是分子直径的10倍，分子间作用力很小．14.如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p－V图象如图所示．已知该气体在状态B时的热力学温度TB＝300K，求：①该气体在状态A时的热力学温度TA和状态C时

的热力学温度TC；②该气体从状态A到状态C的过程中，气体内能的变化量△U以及该过程中气体从外界吸收的热量Q．【答案】①900ATK=；900CTK=②0U=；200QJ=【解析】【详解】①气体从状态A到状态B过程做等容变化，有：ABABppTT=解得：900ATK=气体从状态B到状态C

过程做等压变化，有：CBBCVVTT=解得：900CTK=②因为状态A和状态C温度相等，且气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，所以在该过程中：0U=气体从状态A到状态B过程体积不变，气体从状态B到状态C过程对外做功，故气体从状态A到状态C

的过程中，外界对气体所做的功为：()533110310110200WpVJJ−−=−=−−=−由热力学第一定律有：UQW=+解得：200QJ=