【KS5U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 Word版含解析

1、石室中学高 2020 届 20192020 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vt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t1t3时间内，a车的平均速度大于b 车的平均速度d. 在t1t3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在时刻两车刚好在同一位置（并排行驶），在到这段时间内，a的速度一直大于b的速度，两者间距一直增大，时刻之后，a的速度小于b的速度，两者间距减小，则在时刻，两

2、车相距最远，故ab错误；cd根据图线围成的面积为位移，结合，可以判断出t1t3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t，矩形线圈面积为0.08 m2，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50 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0.06 sc. 矩形线圈产生的电动势有效值为40vd. 变压器原、副线圈匝数之比为51【答案】d【解析】【详解】a在题图所示位置时，穿过矩形线圈的

3、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故b错误；c矩形线圈产生的电动势最大值为矩形线圈产生的电动势有效值为故c错误；d变压器原、副线圈匝数之比为故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

4、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，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. b. c. d. 【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则根据万有引力定律和牛顿第二定律可得：在地球表面对空间站有联立解得故选b。5.如

5、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，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d. 所有电子在磁场中运动时间相等且为【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由得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由得c选项错误；d所有电子轨迹圆心角均为，解得故d选项正确。故选d。6.如图所示，两根相距为l的平行光

6、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c. 固定电阻r的产生的焦耳热为mv2d. 固定电阻r的产生的焦耳热为mv2【答案】bc【解析】【详解】a根据右手定则可以判断流过固定电阻的感应电流由经到，故a选

7、项错误；b由电荷量根据法拉第电磁感应定律根据闭合电路欧姆定律可得故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，根据能量守恒所以固定电阻的产生的焦耳热为，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n5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n1能级跃迁时释放的光子，则（ ）a. 10种光子中频率最低的是从n5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n5能级的氢原子电离至少要0.85 ev的能量d. 从n2能级跃迁到基态释放光子的能量大于从n3能级跃迁到n2能级释放光子

8、的能量【答案】bd【解析】【详解】a由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：b51、41、31和21跃迁时释放的4种光子属于莱曼系，b项正确；c使能级的氢原子电离至少要的能量，c项错误；d从能级跃迁到基态释放光子的能量为从能级跃迁到能级释放光子的能量为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

9、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点时速度大小为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到电势先增大后减小，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，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；若点在最大电场强度的上方，根据受力牛顿第二定律可知到的过程中，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到电场力的功为零，据动能定理对a到b过程有求得点速度大小为故c选项正确；d小球从点以初速度向先减速再加速运

10、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，所以小球到o与从o到经历的时间不相等，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

11、“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对小车分析有联立解得则拉力由上式可知，当时才可以认为拉力等于小盘和砝码的重力。(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

12、砝码。(3)3a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班李秋杨和邹瑷郦同学想要测量一电阻rx的阻值（rx约为100），实验室现有的器材如下：a.电压表v：量程为

13、9v，内阻约为1kb.电流表a1：量程为50ma，内阻约为8c.电流表a2：量程为30ma，内阻约为5d.滑动变阻器：阻值010e.定值电阻r1：阻值约130f.电阻箱r2：阻值099.9g.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：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

14、；如果步骤e中r2=4.8，电流表a2的内阻为_；将a2改装成量程为90ma的电流表a，应把电阻箱阻值调为_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=5.88v，则rx的测量值为_，若考虑系统误差，则rx的真实值为_。【答案】 (1). 左端 (2). i1 (3). 4.8 (4). 2.4 (5). 98 (6). 96.4【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，滑动变阻器滑片调至最左端；23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”，本题中体现为使的示数相同，所以需要先接通开

15、关，同时断开开关，调节出一个电流值，然后接通开关，同时断开开关，调节电阻箱的电阻值，使电流表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；内阻为；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)56电流表示数是，流过待测电阻的电流为，测量值为若考虑误差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

16、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)；(2)【解析】【详解】(1)电场中对甲粒子 几何关系 磁场中 解得(2)电场中对乙粒子 几何关系 磁场中 解得故12.如图所示，固定在水平面上倾角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m2kg，小球b、c通过一劲度系数k57.6n/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

17、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=m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g10m/s2，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t2s，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)【解析】【详解】(1)到过程中在点对小球代入数据解得(2)当球离开点后，球做平抛运动，达点时速度沿斜面向下，则点

18、速度从点到点的过程中，由动能定理得代入数据解得从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，由动量守恒定律得代入数据解得故碰撞后损失的机械能(3)设在碰撞前弹簧的压缩量为，由平衡条件得当c恰好离开挡板时，弹簧处于伸长状态，设伸长量为，对c，由平衡条件得从a、b碰撞完到c恰好离开挡板，设此时a、b的共同速度为，从碰撞结束到c恰好离开挡板对系统由能量守恒代入数据解得从a、b碰撞完到c恰好离开挡板，设弹簧对a、b的冲量为，规定沿斜面向上为正方向，由动量定理得代入数据解得，此过程弹簧对a、b的冲量大小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

19、，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

20、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：左右管中水

21、银面的高度差是多大？理想气体a的气柱长度为多少？【答案】15cm；12.5cm【解析】【分析】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；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】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pb1=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=15cm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