甘肃省陇南市2020届高三下学期第二次诊断考试物理试卷 Word版含解析 20页

高三理科综合试卷 第Ⅰ卷（选择题 共126分）‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1~4题只有一项符合题目要求，第5~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎1. 下列说法正确的是（　　）‎ A. 只要有光照射在锌板上，就会有光电子逸出 B. 玻尔认为，电子的轨道是连续的 C. 太阳的巨大能量是核裂变产生的 D. 原子核衰变时电荷数和质量数都是守恒 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．只有当入射光的能量大于锌板的逸出功时才会有光电子逸出，选项A错误；‎ B．玻尔认为，电子的轨道是不连续的，选项B错误；‎ C．太阳的巨大能量是核聚变产生的，选项C错误；‎ D．原子核衰变时电荷数和质量数都是守恒的，选项D正确。‎ 故选D。‎ ‎2. 一坐在火车上的同学在火车进站前发现铁路边有等距电线杆，于是从某根电线杆经过他面前（可视为该同学与电线杆相遇）时开始计时，同时记为第1根电线杆，5s时第10根电线杆恰好经过他面前，火车在25s时停下，此时恰好有1根电线杆在他面前。若火车进站过程做匀减速直线运动，则火车速度为0时，在地面前的电线杆的根数为（　　）‎ A. 第18根 B. 第22根 C. 第25根 D. 第26根 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设相邻两根电线杆之间的距离为l，根据逆向思维，将火车的运动看做为做初速度为零的匀加速直线运动，运动时间为25s，取为一个周期，则每个周期内所走位移之比为1：3：5：7：9，第5个周期内的位移为9l，则总位移为 即总共有26根电线杆，所以在地面前的电线杆的根数为第26根，D正确ABC错误。‎ 故选D。‎ - 20 -‎ ‎3. 如图所示，abcd为水平固定的足够长的“”形金属导轨，间距为L，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。足够长的金属棒MN倾斜放置，与导轨成夹角=30°，金属棒单位长度的电阻为r，保持金属棒以速度v垂直于杆匀速运动（金属棒尚未脱离导轨），金属棒与导接触良好，则通过金属棒中的电流为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】导体切割磁感线运动产生的感应电动势为 导体的电阻为 电路中感应电流的大小为 C正确ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎4. 2019年12月7日，在6小时之内，太原卫星发射中心进行了两次航天发射，共发射了7颗卫星，这是中国航天的新纪录。若这7颗卫星都绕地球做匀速圆周运动，已知其中两颗卫星绕地球做匀速圆周运动的周期之比为1：2，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 这两颗卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径之比为1：2‎ B. 这两颗卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度大小之比为：1‎ C. 这两颗卫星绕地球做匀速圆周运动的向心加速度大小之比为：1‎ D. 这7颗卫星中必定有一颗卫星的轨道平面不经过地心 - 20 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．已知，根据开普勒第三定律可知 解得 A错误；‎ B．根据可知 B正确；‎ C．万有引力提供加速度 解得 向心加速度之比为 C错误；‎ D．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力完全提供向心力，所以这7颗卫星均以地心为圆心做圆周运动，D错误。‎ 故选B。‎ ‎5. 如图所示，A、B、C、D是立方体的四个顶点，在A、B、D三个点各放一点电荷，使C点处的电场强度为零。已知A点处放的是电荷量为Q的正点电荷，则关于B、D两点处的点电荷，下列说法正确的是（　　）‎ - 20 -‎ A. B点处的点电荷带正电 B. D点处的点电荷带正电 C. B点处的点电荷的电荷量为 D. D点处的点电荷的电荷量为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．A点处放的是电荷量为Q的正点电荷，若B点处的点电荷带正电，根据场强叠加可知，在D点无论是放正电还是负电，C点的场强都不可能为零，选项A错误；‎ B ．若D点处的点电荷带正电，则根据场强叠加可知，在B点无论是放正电还是负电，C点的场强都不可能为零，选项B错误；‎ CD．设正方体边长为a，BC与AC夹角为θ，由叠加原理可知，在BD两点只能都带负电时，C点的合场强才可能为零，则 其中，‎ 解得 选项C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎6. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10：1，原线圈接有有效值U1=220V的正弦交流电。保持电压U1不变，P为滑动变阻器的滑片，闭合开关S，灯泡L - 20 -‎ 正常发光。下列说法正确的是（　　）‎ A. 灯泡L的额定电压为22V B. 只断开开关S时，通过R0的电流不变 C. 只断开开关S时，变压器的输出电压变小 D. 只将P向上滑动时，变压器的输入功率变小 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据理想变压器的电压规律可知灯泡两端电压为 A正确；‎ B．只断开开关S时，副线圈两端电压不变，滑动变阻器和总电阻不变，根据欧姆定律可知通过的电流不变，B正确；‎ C．只断开开关S时，根据A选项分析可知变压器的输出电压不变，C错误；‎ D．只将P向上滑动时，滑动变阻器阻值减小，副线圈部分电路总电阻减小，根据可知副线圈部分功率增大，所以变压器输入功率增大，D错误。‎ 故选AB。‎ ‎7. 如图所示，A、B、C三个小圆柱质量均为m，A与B和A与C之间均有轻杆，轻杆均通过轻小铰链（图中未画出）与A、B、C连接，B、C间用原长为L0的轻弹簧连接，将它们放置在光滑水平面上，平衡时A、B、C恰好在直角三角形的三个顶点上，且∠ABC=，此时B、C间弹簧的长度为L（弹簧的形变量在弹性限度内）。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）‎ - 20 -‎ A. AB间轻杆上的弹力大小为 B. AC间轻杆上的弹力大小为mg C. 小圆柱B对水平面的压力大小为(+1)mg D. 弹簧的劲度系数为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．对小球A受力分析如图1所示，由平衡条件得 故A正确，B错误；‎ C．小圆柱B受力分析如图2所示，由平衡条件得 故C错误；‎ D．弹簧的弹力为 由胡克定律有 故D正确。‎ 故选AD。‎ - 20 -‎ ‎8. 平直公路上，一辆质量为m的汽车以功率P0匀速行驶，速度大小为v0，从t1时刻起，该汽车以2P0的功率加速，若行驶过程中汽车所受阻力始终为重力的倍，重力加速度为g，若用Ek表示汽车的动能、v表示汽车的速度大小、a表示汽车的加速度大小、F表示汽车的牵引力大小，则下列关于各物理量与时间的关系图象可能正确的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】汽车以功率P0匀速运动时有 解得 该汽车以2P0的功率刚开始加速运动时 即刚开始时牵引力 - 20 -‎ 且随着速度增大牵引力F在减小，由根据牛顿第二定律可得 解得 F减小，加速度减小，故汽车做加速度减小的加速运动，当时，加速度为零，速度最大，速度最大为 AB．汽车做加速度减小的加速运动，即图像的斜率再减小，最大速度为，最大动能为 但由于图像是曲线，所以动能不是均匀变化的，A错误B正确；‎ C．根据可知加速度减小，且最大加速度为 C正确；‎ D．图中虽然F是减小，但最大值为，最小值为，D错误。‎ 故选BC。‎ 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9~12题为必考题，道试题考生都必须作答。第13~16题为选考题考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题 ‎9. 如图所示，某小组同学在探究求合力的方法的实验中用两个相同的弹簧测力计拉弹簧。木板（图中未画出）竖直放置，且与铁架台和轻弹簧所在平面平行：‎ - 20 -‎ ‎(1)实验中将弹簧下端拉至O点后，应记下O点的位置和两弹簧测力计的___________；‎ ‎(2)若B弹簧测力计测量情况如图所示，则其示数为___________N； ‎ ‎(3)从图中可以看到，A弹簧测力计方向水平，B弹簧测力计方向向右下方。若保持弹簧下端O点不动，同时保持B弹簧测力计方向不变，将A弹簧测力计缓慢逆时针旋转到竖直方向，则A弹簧测力计示数将___________（填“一直变大”一直变小”“先减小后增大”或“先增大后减小”）。‎ ‎【答案】 (1). 读数大小和方向 (2). 640 (3). 先减小后增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]实验中，需要画力的图示，所以需要记录两弹簧测力计的读数大小和方向。‎ ‎(2)[2]弹簧测力计的精度为0.1N，读数需要估读到下一位，则示数为6.40N。‎ ‎(3)[3]在O点受力分析，并合成矢量三角形如图 将A弹簧测力计缓慢逆时针旋转到竖直方向（虚线部分），则A弹簧测力计示数将先减小后增大。‎ ‎10. 智能扫地机器人是生活中的好帮手，已走进了千家万户．如图 1 是国内某品牌扫地机器人所用的 3500 mA·h 大容量镍氢电池组，其续航能力达到 80 分钟，某同学利用电压表和电阻箱测定其电动势和内阻（电动势E约为9V，内阻r约为40Ω）．已知该电池允许输出的最大电流为100mA．该同学利用如图甲所示的电路进行实验，图中电压表的内阻约为3kΩ，R为电阻箱，阻值范围0～9999Ω，R0是定值电阻，阻值为100Ω．‎ - 20 -‎ ‎（1）根据图甲，在虚线框中画出该实验的电路图______．‎ ‎（2）该同学完成电路的连接后，闭合开关S，调节电阻箱的阻值，读取电压表的示数，其中电压表的某一次偏转情况如图乙所示，其示数为______V．‎ ‎（3）改变电阻箱的阻值，读出电压表的相应示数U，取得多组数据，作出如图丙所示的图线，则根据该同学所作出的图线可求得该电池的电动势E=______V，内阻r=____Ω．（结果均保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). (2). 7.0 (3). 8.0 (4). 30‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]根据实物图画出电路图如图所示：‎ - 20 -‎ ‎(2)[2]由题意可知电压表量程为15V，故读数为7.0V.‎ ‎(3)[3][4]根据闭合电路欧姆定律可知：‎ 而 ：‎ 联立可得：‎ 结合所绘的 图象纵截距可得： ‎ 从而求得：‎ 由图象的斜率可知：‎ 将求得E值代入得：.‎ ‎11. 如图所示，平面直角坐标系xOy内有一圆形匀强磁场区域，其圆心在坐标为（0，R）的点，半径为R，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面向内，在磁场区域的右侧（x>R）的区域内有范围足够大的匀强电场区域，电场强度大小为E，方向沿y轴正方向。一电荷量为q的带负电粒子从O点沿y轴正方向以一定的初速度射入磁场区域，并恰好从A（R，R）点射出磁场区域，且经过点（2R，0），不计带电粒子的重力和空气阻力。‎ ‎（1）求带电粒子的质量m和初速度大小v0；‎ ‎（2）若将带由点（，0）沿y轴正方向以相同的初速度射向磁场，求粒子在磁场中运动的时间t。‎ - 20 -‎ ‎【答案】（1）；；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动，运动半径R，由洛伦兹力提供向心力有 带电粒子从A点沿x轴正方向进入电场，在电场中做类平抛运动有 R=v0t1‎ 解得 解得 ‎（2）设粒子在磁场中运动的周期为T，则有 若将带电粒子从点（，0）沿y轴正方向以相同的初速度射向磁场，由几何知识可知，粒子进入磁场时，速度方向与射入点与O′点连线的夹角θ=30°；‎ - 20 -‎ 由于带电粒子在磁场中的运动半径与磁场区域半径相同，连接粒子轨迹与区域圆交点和两圆心所构成的四边形为菱形，分析可知，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角 ‎=90°+θ=120°‎ 可得粒子在磁场中运动的时间 解得 ‎12. 如图所示，半径r=0.45m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，在光滑的水平面上紧挨B点有一静止的平板车，平板车质量M=1kg、长度L=2.5m，车的上表面与圆弧轨道相切，B点到左侧墙壁的距离足够远。质量m=2kg的物块（可视为质点）从圆弧轨道上的最高点A由静止释放，经B点滑上平板车，平板车与竖直墙壁碰撞时间极短且无机械能损失，最终物块以v1=1m/s的速度滑离平板车。取g=10m/s2，求：‎ ‎(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；‎ ‎(2)平板车与墙壁碰撞后反弹的速度大小；‎ ‎(3)物块与平板车间的动摩擦因数。‎ ‎【答案】(1)60N；(2)2m/s；(3)0.16‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)物块从圆弧轨道上的A点滑到B点由机械能守恒定律得 - 20 -‎ 解得 vB=3m/s 在B点，牛顿第二定律得 解得 FN=60N 由牛顿第三定律可知，物块滑到轨道B点时对轨道的压力大小 FN′=FN=60N ‎(2)假设平板车与墙壁碰撞前物块从平板车左侧滑出，由动量守恒定律得 解得 v2=4m/s 由于v1=1m/s