【文档说明】【精准解析】辽宁省锦州市渤大附中、育明高中2020届高三下学期开学摸底考试理综物理试题.doc，共(19)页，982.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020渤大附中、育明高中高三摸底考试理科综合能力测试试卷-物理部分1.甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图所示．关于两车的运动情况，下列说法正确的是（）A.在0～4s内甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动B.在0~2

s内两车间距逐渐增大，2s～4s内两车间距逐渐减小C.在t=2s时甲车速度为3m/s，乙车速度为4.5m/sD.在t=4s时甲车恰好追上乙车【答案】C【解析】【详解】A．根据图象可知，在0～4s内，甲的加速度不

变，甲做匀加速直线运动，乙的加速度逐渐减小，乙做加速度减小的加速直线运动，故A错误；BD．据加速度时间图象知道图象与时间轴所围的面积表示速度．据图象可知，当t=4s时，两图象与t轴所围的面积相等，即该时刻两

辆车的速度相等；在4秒前乙车的速度大于甲车的速度，所以乙车在甲车的前方，所以两车逐渐远离，当t=4s时，两车速度相等即相距最远，故BD错误；C．在t=2s时乙车速度为v乙＝12×(1.5+3)×2＝4.5m/s甲车速度为v甲=1.5×2=3m/

s故C正确。【点睛】本题考查了图象与追及问题的综合，解决本题的关键知道加速度时间图线围成的面积表示速度的变化量；知道两车共速时相距最远。2.如图所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度．现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入

圆筒中，不计空气阻力．下列说法中错误的是()A.弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能B.小球斜上抛运动过程中处于失重状态C.小球压缩弹簧的过程中，小球减小的动能等于弹簧增加的势能D.若抛射点向右移动一小段距离，仍使小球水平

进入圆筒中，可以增大抛射速度v0，同时增大抛射角θ【答案】BD【解析】【详解】由题意知，小球到达圆筒时速度为v0cosθ，动能转化为弹性势能()2012pEmvcos=，故A错误；C正确；小球斜上抛运动过程中处于失重状态

，所以B正确；由于竖直方向高度不变，小球运动时间不变，竖直方向速度v0sinθ=gt，可以增大抛射速度v0，同时减小抛射角θ，故D错误．3.某空间存在一电场，电场中的电势φ在x轴上的分布如图所示，下列说法正确的是()A.在x轴上，从x1到x2电场强度方向向左B.在

x轴上，从x1到x2电场强度先增大后减小C.把一负电荷沿x轴正向从x1移到x2，电场力先减小后增大D.把一负电荷从x1移到x2，电场力做负功【答案】C【解析】【详解】A.由图象知从x1到x2电势逐渐降低后增大，电场强度方向先向右

又向左，故A项与题意不相符；BC.根据φ-x图线上某点切线的斜率等于该点的电场强度，从x1到x2的这段范围内斜率先变小后增大，场强大小先减小后增大，电场力先减小后增大，故B项与题意不相符，C项与题意相符；D.负电荷在电势低处电势能大，所以把一负电荷从x1移到x2，电势能先增大

后减小，电场力先做负功后正功，故D项与题意不相符．4.如图所示，在正交的匀强电场和匀强磁场中有质量和电荷量都相同的两油滴M、N．M静止，N做半径为R的匀速圆周运动，若N与M相碰后并结合在一起，则关于它们下列说法中不正确的A.以N原速率的一半做匀速直线运动B.以2R为半径做匀速

圆周运动C.仍以R为半径做匀速圆周运动D.做周期为N的一半的匀速圆周运动【答案】ACD【解析】【详解】设M、N的质量和电荷量分别为m、q，碰撞前N的速率为v．碰撞后瞬间整体的速率为v′．碰撞前，对N，由洛伦兹力提供向心力，有qv

B=m2vR，得R=mvqB；对M有qE=mg；碰撞过程，取碰撞前N的速度方向为正方向，由动量守恒定律有mv=2mv′，得v′=2v；MN整体受到的电场力2qE，重力为2mg，则2qE=2mg，所以整体的电场力和重力仍平衡，所以碰后整体做匀速圆周运动，轨迹

半径为2222mvmvRrqBqB===，故AC错误，B正确．N原来的周期2NmTqB=．碰后整体的周期222NmTTqB==．故D错误．此题选择不正确的选项，故选ACD．【点睛】本题关键是明确两个油滴的运动情况和受力情况，知道粒子在复合场中做匀速圆周运动的

条件是重力和电场力平衡，洛伦兹力充当向心力，并能根据动量守恒定律和牛顿第二定律列式分析计算．5.如图所示为竖直平面内固定的四分之一圆弧轨道AP，圆弧轨道的圆心为O，OA水平，OP竖直，半径为R2m=．一质量为m1kg=的可视为质点的小物块从圆弧顶点A开始以3m/s的速度从A到P做匀速圆周运动，重力

加速度2g10m/s=，Q为圆弧AP的一个三等分点(图中未画出)，OA与OQ的夹角为30°，则下列说法正确的是（）A.在A到P的过程中轨道的动摩擦因数逐渐减小B.在Q点时，重力的瞬时功率为15WC.小物块在

AQ段克服摩擦力做的功等于在QP段克服摩擦力做的功D.在P点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为10N【答案】ABC【解析】【详解】A.小物块做匀速圆周运动，说明重力沿切面方向的分力和滑动摩擦力大小相等，方向相反sinc

osmgmg=解得：tan=．小物块在下滑过程中，切面与水平面的夹角变小，所以在A到P的过程中轨道的动摩擦因数逐渐减小，故A正确；B.在Q点时，重力的瞬时功率为(cos)15WPmgv==故B正确；C.根据动能定理，小物块在AQ段克服摩擦力做的功1s

in0WmgR−=解得110JW=等于在QP段克服摩擦力做的功2(1sin)0WmgR−−=解得210JW=所以小物块在AQ段克服摩擦力做的功等于在QP段克服摩擦力做的功，故C正确；D.在P点根据向心力公式2NmvFmgR−=解得FN=11.5N6.如图所示，直线OAC为某

一直流电源的总功率P总随着电流I变化的图线，抛物线OBC为该直流电源内部的热功率Pr随电流I变化的图线，A、B两点对应的横坐标为2A，则下面说法中正确的有（）A.电源电动势为3V，内电阻为1ΩB.线段AB表示的功率为2WC.电流为2A时，外电路电阻为0.5ΩD.电流为3A时，外

电路电阻为2Ω【答案】ABC【解析】【详解】AD．C点表示电源的总功率全部转化为热功率，即C点表示外电路短路，外电阻为零，电源的总功率P=EI，I=3A，P=9W，则电源的电动势E=3V。313ErI==＝选项A正确，D错误；B

．AB段表示的功率为PAB=EI′-I′2r=3×2-22×1（W）=2W．故B正确；C．根据闭合电路欧姆定律，有'EIRr=+解得'310.52ERrI=−=−=故C正确。故选ABC。7.如图a所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放

在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的vt−图象如图b所示，则可知（）A.在A离开挡板前，A、B系统动量守恒B.弹簧锁定时其弹性势能为9JC.A的质量为1kg，在A

离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3JD.A、B与弹簧组成的系统机械能始终守恒【答案】BCD【解析】【详解】A．在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误。B．解除对弹簧的锁定后至A

刚离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能释放，全部转化为B的动能，根据A、B两物体及弹簧组成的系统机械能守恒，有：弹簧锁定时其弹性势能为EP=EKB=12mBv02则由图象可知v0=3m/s，代入数据解得Ep=9J故B正确。C．A离开挡板后，由图象数据可知，弹簧

伸长到最长时，B的加速度最大，v-t图象切线斜率的绝对值最大，由图知此时A、B的共同速度为：v共=2m/s，根据机械能守恒定律和动量守恒定律有mBv0=（mA+mB）v共解得mA=1kg此时弹簧的最大弹性势能为2222p01111()v=2332=3J2222mBABEmvm

m=−+−共选项C正确；D．A、B与弹簧组成的系统只有弹力做功，则系统的机械能始终守恒，故D正确。故选BCD。8.如图所示，扇形区域AOC内有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S．某一时刻，从S平行于纸面向各个方向射出大

量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间粒子从边界OC射出磁场．已知∠AOC＝60º，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于2T（T为粒子在磁场中运动的周期），

则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间可能为A.9TB.8TC.4TD.3T【答案】CD【解析】【详解】粒子在磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦．初速度大小相同，轨迹半

径mvRqB=相同．设OS=d，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则由粒子在磁场中运动的时间最长．由此得到：轨迹半径为：32Rd=当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对

的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短．则：SE=32d由几何知识，三角形O′ES是等边三角形，则得θ=60°，最短时间：16mintT=所以粒子在磁场中运动时间范围为26TTtA．9T，与结论不相符，选项A错误；B．8T，与结论不相符，选项B错误；C．4T，与结论相符，选项C

正确；D．3T，与结论相符，选项D正确；三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必修作答。第33~37题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分9.用如图甲所示装置验证“动量守恒定律”．A、B两球半径

相同，A球质量为m1，B球质量为m2，轨道包括斜槽和水平槽，固定在桌面上，白纸铺在水平地面上，复写纸在白纸上．先让A球从斜槽上某一固定位置C由静止滚下，从轨道末端水平抛出，落到复写纸上，重复上述操作10次，在白纸上得到10个落点痕迹；再把B球放在水平轨道末端，让A球仍从位置C由静止滚下，A球

和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次．M、P、N为三个落点的平均位置，O点是水平槽末端在白纸上的竖直投影点，如图乙所示．（1）除了图甲中实验器材外，完成本实验还必须使用的测量仪器是_______

_．（2）在下列实验操作中，符合要求的是________（选填序号）．A．入射小球与被碰小球必须大小相同、质量相等B．每次必须从同一高度由静止释放入射小球C．安装轨道时，必须让水平槽末端水平D．实验过程中，只要保持复写纸在白纸上位置不变，可以移动白纸

（3）测量了A、B两个小球的质量m1、m2，记录的落点平均位置M、N、P和轨道末端投影点O几乎在同一条直线上，并测量出三个落点M、N、P与O点距离分别是LM、LN、LP．在实验误差允许范围内，若关系式________成立（用测得的物理量符号表示），则验证了动量守恒定律．【答案】(1).刻度尺，天平

(2).BC(3).m1LP＝m1LM+m2LN【解析】【详解】第一空．验证动量守恒定律实验，需要测出两球的质量与球做平抛运动的水平位移，因此需要的实验器材是：天平与刻度尺．第二空．A．为了防止入射小球碰后反弹，入射小球质量应大于被碰小球，A错误．B

．为了保证每次入射小球碰撞前速度相同，每次必须从同一高度由静止释放入射小球，B正确．C．为了保证小球碰后做平抛运动，速度水平，安装轨道时，必须让水平槽末端水平，C正确．D．实验中，要准确记录小球平抛的水平位移，复写纸和白纸不可随意移动，D错误．第三空．两球离开轨道后，做平抛运动，它们

在空中的运动时间t相等，由动量守恒定律可知，实验需要验证：111122mvmvmv=+，两边同时乘以时间t得：111122mvtmvtmvt=+，则实验需要验证：1p1M2NmLmLmL=+．10.有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法描绘这

个灯泡的IU−图线。现有下列器材供选用：A.电压表（0~5V，内阻约10kΩ）；B.电压表（0~15V，内阻约20kΩ）；C.电流表（0~3A，内阻约1Ω）；D.电流表（0~0.6A，内阻约0.4Ω）；E.滑动变阻器（10Ω

，2A）；F.滑动变阻器（500Ω，1A）；G.学生电源（直流6V）、开关、导线若干。(1)实验中所用电压表应选___________，电流表应选用___________，滑动变阻器应选用___________。(2)在线框内画出实验电路图______________

___________________。(3)利用实验数据绘出小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示，分析曲线说明小灯泡电阻随温度变化的特点：_______________________。(4)若把电阻元件Z和小灯泡接入如图乙所示的电路中时，已知电阻Z的阻值为5Ω，已知A、B两端电压恒为2.5V，则

此时灯泡L的功率约为_____________W。（保留两位有效数字）【答案】(1).A(2).D(3).E(4).(5).小灯泡电阻随温度的升高而增大(6).0.31【解析】【详解】(1)[1][2][3]．根据小灯泡的规格“4V，2W”可知

，额定电压U=4V，额定电流2A0.5A4PIU=＝＝所以电压表应选A；电流表应选D；由于实验要求电流从零调，所以变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器E以方便调节．②[4]．由于小灯泡电阻较小，满足V

xxARRRR，所以电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式，所以电路图和实物连线图分别如图所示：(3)[5]．根据URI=可知，1IUR=，小灯泡的电阻与I-U图线上的点与原点连线的斜率成反比，所以小灯泡的电阻随温度的升高而增大．(4)[6]．将电阻Z的阻值看做电源内阻

，画出等效电源的I-U图像如图，根据I-U图象可知，两图像的交点坐标对应于I=0.22A，U=1.4V，所以灯泡L的功率P=UI=1.4×0.22W=0.31W11.如图a所示，轨道OA可绕轴O在竖直平面内转动，轨道长L＝2m，摩擦很小可忽略不计．利用此装置实验探究物块在力

F作用下加速度与轨道倾角的关系．某次实验，测得力F的大小为0.6N，方向始终平行于轨道向上，已知物块的质量m＝0.1kg．实验得到如图b所示物块加速度与轨道倾角的关系图线，图中a0为图线与纵轴交点，θ1为图线与横轴交点．（重力加速度g取10m/s2）问：（1）a0为多大？（2）倾角θ1为

多大？此时物块处于怎样的运动状态？（3）当倾角θ为30，若物块在F作用下由O点从静止开始运动1.6s，则物块具有的最大重力势能为多少？（设O所在水平面的重力势能为零）【答案】(1)6m/s2；(2)370；物块可能沿斜面向上匀

速运动；可能沿斜面向下匀速运动；静止；(3)0.768J【解析】【详解】（1）θ=00，木板水平放置，此时物块的加速度为a0由牛顿第二定律，得：F合＝F＝ma0解得a0＝F/m=0.6/0.1m/s2=

6m/s2（2）当木板倾角为θ1时，a=0，则F=mgsinθ1，解得θ1=370；物块可能沿斜面向上匀速运动；可能沿斜面向下匀速运动；静止；（3）当木板倾角为θ=300时，对物块由牛顿定律得：F-mgsinθ＝ma10.6-0.1×10×0.5＝0.1a1解得a1＝1m

/s2v1＝a1t=1×1.6m/s=1.6m/ss1＝12a1t2=12×1×1.62m=1.28m撤去F后，物块沿斜面向上做匀减速运动．对物块由牛顿定律得：mgsinθ＝ma2a2＝gsin300＝10×0.5m/s2=5m/s2221221.60.256225vsmma=

==因为s1+s2<L=2m所以物块上滑不会脱离轨道，滑到速度为零时，势能最大以O处为零势能面，物块具有的最大重力势能为：Ep＝mg（s1+s2）sin300=0.1×10×（1.28+0.256）×0.5J=0.768J1

2.如图甲所示，两根完全相同的光滑平行导轨固定，每根导轨均由两段与水平成θ=30°的长直导轨和--段圆弧导轨平滑连接而成，导轨两端均连接电阻，阻值12RR==2Ω，导轨闻距L=0.6m．在右侧导轨所在斜面的矩形区域121

2MMPP内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界11MP、22MP.的距离d=0.2m，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示．t=0时刻，在右侧导轨斜面上与11MP距离s=0.1m处．有一根阻值r=2Ω的金属棒ab垂直于导轨由静止释放，恰好独立匀速通过

整个磁场区域，取重力加速度g=10m/s²，导轨电阻不计．求；(1)ab在磁场中运动的速度大小v；(2)在1t=0.1s时刻和2t=0.25s时刻电阻1R的电功率之比(3)电阻2R产生的总热量2Q总.【答案】(1)1m

vs=；(2)124PP=(3)Q=0.01J.【解析】【详解】（1）由mgs·sinθ=12mv2得v=1m/s（2）棒从释放到运动至M1P1的时间0.2sinvtsg==在t1＝0.1s时，棒还没进入磁场，有10.6BELdVtt===此时，R2与金属棒并联后再

与R1串联R总＝3Ω1110.4EURVR==由图乙可知，t=0.2s后磁场保持不变，ab经过磁场的时间0.2dtsv==故在t2＝0.25s时ab还在磁场中运动，电动势E2＝BLv=0.6V此时R1与R2并联，R总=3Ω，得R1两端电压U1′＝0.2V电功率

2UPR=，故在t1＝0.1s和t2＝0.25s时刻电阻R1的电功率比值2112224PUPU==（3）设ab的质量为m，ab在磁场中运动时，通过ab的电流2EIR=总ab受到的安培力FA＝BIL又mgsinθ=BIL解得m=0.02

4kg在t=0～0.2s时间里，R2两端的电压U2=0.2V，产生的热量22120.004UQtJR==ab最终将在M2P2下方的轨道区域内往返运动，到M2P2处的速度为零，由功能关系可得在t=0.2s后，整个电路最终产生的热量Q=mgdsinθ+12mv2=0.036J由电路关系可得R2产生的热

量Q2=16Q=0.006J故R2产生的总热量Q总=Q1+Q2=0.01J【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能

定理、功能关系等列方程求解．33.[物理——选修3–3]13.关于气体、液体和固体的性质，下列描述正确的是__________A.水黾可以在水面上浮起来由于液体表面张力的作用B.能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性C.蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块看起来没有确定的几何形状，是

非晶体D.气体压强的大小和单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关E.悬浮在液体中的微粒越小，在液体分子的撞击下越容易保持平衡【答案】ABD【解析】【详解】A.水黾可以在水面上浮起来由于液体表面张力的作用，故A正确；B.能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性,故B

正确；C.道糖受潮后粘在一起形成的糖块是多品体看起来没有确定的几何形状，也是多晶体的特点,故C错误；D.气体压强的大小与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，故D正确；E.做布朗运动的微拉越小在液体分子的握击下越不容易保持平衡，故E错误；14.竖直放置粗细均

匀的U形细玻璃管两臂分别灌有水银，水平部分有一空气柱，各部分长度如图所示，单位为厘米．现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使水平部分右端的水银全部进入右管中．已知大气压强p0=75cmHg，环境温度不变，左管足够长．求：(1)此时右管封闭气体的压强.(

2)左管中需要倒入水银柱的长度．【答案】（1）p2=90cmHg（2）27cm【解析】【详解】（1）对右管中的气体，初态175cmHgp=，130VS=，末态体积：()230525VSS=−=，由1122pVpV=得：

2=90cmHgp，（2）对水平管中的气体，初态压强：0+15=90cmHgpp=，11VS=；末态压强：220110cmHgpp=+=，根据pVpV=解得=9VS，水平管中的长度变为9cm，此

时原来左侧19cm水银柱已有11cm进入到水平管中，所以左侧管中倒入水银柱的长度应该是08cm27cmpp−−=；[物理——选修3–4]15.如图所示，是利用插针法测定玻璃砖的折射率的实验得到的光路图，玻璃砖的入射面AB和出射面CD并

不平行，则：（1）出射光线与入射光线________（填“平行”或“不平行”）；（2）以入射点O为圆心，以R=5cm长度为半径画圆，与入射光线PO交于M点，与折射光线OQ交于F点，过M、F点分别向法线作垂线，量得MN=1.68cm，FE=1.12cm，则该玻璃

砖的折射率n=________．【答案】(1).不平行(2).1.5【解析】【详解】（1）因为上下表面不平行，光线在上表面的折射角与在下表面的入射角不等，则出射光线的折射角与入射光线的入射角不等，可知出射光线和入射光

线不平行．（2）根据折射定律得，sin1.681.5sin1.12MONMNnEOFEF====16.一透明材料制成的圆柱体的上底面中央有一球形凹陷，凹面与圆柱体下底面可透光，表面其余部分均涂有遮光材料．过圆柱体对称轴线的截面

如图所示．O点是球形凹陷的球心，半径OA与OG夹角120=?．平行光沿轴线方向向下入射时，从凹面边缘A点入射的光线经折射后，恰好由下底面上C点射出．已知1cmABFG==，3cmBC=，=2cmOA．（i）求此透明材料的折射率；（ii）撤去平行光，将一点光源置于球心O点处，求下

底面上有光出射的圆形区域的半径（不考虑侧面的反射光及多次反射的影响）．【答案】（i）3（ii）26cm2+【解析】【详解】（i）从A点入射的光线光路如图；由几何关系可知，入射角60i=，60BAC=,折射角603030r=−=，则折射率sinsin603sinsin30inr===

（ii）将一点光源置于球心O点处，设射到底边P点的光线恰好发生全反射，则11sin3Cn==，则2tan2C=由几何关系可知下底面上有光出射的圆形区域的半径：26(cos60)tancm2ROABCC+=+=