【解析】辽宁省大连市高三下学期第二次模拟考试理综物理试题

2020年大连市高三第二次模拟考试理科综合物理试题第Ⅰ卷选择题（共126分）一、选择题:本题共8小题，每小题6分，共48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。B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核（）发生了一次衰变。放射出的粒子（He）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，生成的新核用Y表示。关于粒子与新核Y在磁场中运动轨迹正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】由动量守恒可知，衰变后粒子与新核Y运动方向相反，根据左手定则可知轨迹圆应外切，两粒子圆周运动方向相同；根据牛顿第二定律可得解得圆周运动的半径由动量守恒定律得粒子的动量与新核Y的动量相等，所以粒子半径大，故A正确，B、C、D错误；故选A。2.如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，质量为m的货物静止在车厢前挡板附近，车厢在液压机的作用下，θ角从零开始缓慢增大，当θ增大到一定角度时货物开始加速下滑。已知货物与车厢间的动摩擦因数为μ，重力速度为g。在θ从零开始缓慢增大，且货物并未离开车厢的过程中，下列说法正确的是（）A.货物对车厢的压力逐渐变大B.货物受到的摩擦力逐渐变小C.货车一直受到地面向左的摩擦力D.地面对货车的支持力先不变后变小【答案】D【解析】【详解】A．货物对车厢的压力为，则随着θ变大，货物对车厢的压力逐渐变小，选项A错误；B．货物没有滑动时，货物受到的静摩擦力，则随着θ变大，货物受的摩擦力逐渐变大；货物滑动后所受的滑动摩擦力为，则随着θ变大，货物受的摩擦力逐渐变小，选项B错误；C．当货物没滑动时，对整体可知货车不受地面的摩擦力作用；当货物加速下滑时，货物有向左的加速度，对整体分析知地面对货车的摩擦力向左，故C错误；

D．当货物没滑动时，对整体可知地面对货物的支持力等于整体的重力不变；当货物相对车厢加速下滑时，货物处于失重状态，则货车对地面的压力小于货车和货物重力之和，由牛顿第三定律知地面对货车的支持力小于货车和货物重力之和，则整个过程中，地面对货车的支持力先不变后变小，故D正确。

故选D。3.在银河系中双星的数量非常多，研究双星对于了解恒星以及银河系的形成和演化过程具有重要的意义。如图所示，某双星系统由两颗恒星A、B组成，二者间的距离为L，均绕其连线上的O点做周期为T的匀速圆周运动轨道半径RAORBO。设经过一段时间演化后，双星质量不变但距离变小。下列说法正确的是（）A.恒星A的质量大于恒星B的质量B.恒星A的加速度小于恒星B的加速度C.演化后双星的角速度会变大D.演化后双星的周期会变大【答案】C【解析】【详解】A．根据因为RAORBO，则，选项A错误；B．根据因为RAORBO，可知恒星A的加速度大于恒星B的加速度，选项B错误；CD．根据可得则当双星质量不变，距离变小时，角速度变大，周期减小，选项C正确，D错误。故选C。4.如图甲所示，在直角坐标系中，x=至x=3区域内有两个垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小相等但方向相反，磁场区域的宽度均为。高为的正三角形导线框ABC在外力作用下，从图示位置沿x轴正向匀速穿过两磁场区域。以逆时针方向为电流的正方向，以x轴正方向为力的正方向，在图乙中关于感应电流I、线框所受安培力F随x坐标变化的关系图象中，正确的是（）A B.C. D.【答案】B【解析】【详解】AB．在范围，线框穿过左侧磁场时，有效切割长度均匀增大，产生的感应电动势均匀增大，所以感应电流均匀增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值；在范围，在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度均匀增大，产生的感应电动势增大；在左侧磁场的部分切割磁感线，有效切割长度均匀增大，并且在左侧磁场的部分和在右侧磁场的部分的有效切割长度相等，两个电动势串联，感应电动势是在范围的感应电动势的2倍，所以感应电流是在范围的感应电流的2倍，同时电流方向为顺时针，为负值；在线框穿过左侧磁场时，有效切割长度均匀增大，同时电流方向为逆时针，为正值，故A错误，B正确；CD．根据可知，在范围，有效切割长度均匀增大，感应电流均匀增大，所以线框所受安培力与有效切割长度的平方成正比，则有线框所受安培力F随x坐标变化的关系图象为抛物线，故C、D错误；故选B。5.如图所示，为一正立方体木箱，O点为底面的中心，M点为的中点，N点为面的中心MO、NO为两个光滑的轻杆，两个完全相同的小球m、n分别套在MO、NO杆上，某时刻从M、N两点由静止沿杆滑下。在两个小球滑到O点的过程中，下列说法正确的是（）A.m球和n球滑到O点时的速度相同B.m球下滑的加速度大于n球下滑的加速度C.m球重力的冲量等于n球重力的冲量D.m球重力做功的平均功率小于n球重力做功的平均功率【答案】D【解析】【详解】A．根据题意，分别将NO、MO看做直角三角形的两个斜边，由图可知，M、N两点高度相同，由动能定理得两者落地速度为，即大小相等，但落地时速度的方向不相同，故m球和n球滑到O点时的速度不相同，故A错误；B．对两小球受力分析，根据牛顿第二定律可得，加速度为根据几何关系可知，NO的倾角大于MO的倾角，即，所以，故B错误；C．根据v=at因两小球下落的速度大小相等，故，根据可知m球重力的冲量大于n球重力的冲量，故C错误；D．根据因两小球下落的高度相同，则重力做功相等，又，故，故D正确。故选D。6.如图所示，边长为Labcd，其匝数为n=10，总电阻为r=2Ω，外电路的电阻为R=8Ω，ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B=1T。若线圈以角速度ω=2rad/s绕轴OO′匀速转动，并从图示位置开始计时，则下列说法正确的是（）A.在t=s时刻，穿过线圈的磁通量变化最快B.闭合电路中感应电动势的瞬时表达式为e=0.8sin2t（V）C.从t=0时刻到t=s时刻，通过R的电荷量为qD.从t=0时刻到t=s时刻，电阻R上产生的热量为Q=1.6π×10－3J【答案】CD【解析】【详解】A．周期在t=s时刻，线圈从图示位置转过，此时磁场穿过线圈的磁通量最大，但此时磁通量随时间变化最小，感应电动势最小，故A错误；B．闭合电路中感应电动势的瞬时表达式，且则表达式故B错误；C．在转过的过程中感应电动势的平均值为，流过R的平均电流为，解得流过R的电量为故C正确；D．在线框由图示位置匀速转动的过程中，用有效值来计算电阻R产生的热量，则则热量为故D正确。故选CD。R=0.5m的光滑圆形轨道固定在竖直平面内，以其最高点O为原点建立平面直角坐标系xoy，其中x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向下，如图所示。在轨道内侧从O点将一个质量为m=0.1kg的小球，分别以v0=1m/s和v=4m/s的初速度水平抛出。重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是（）A.小球以v0抛出，会经过一段圆周运动后离开轨道做抛体运动B.小球以v0抛出，会从OC.小球以v抛出，运动过程中的最大速度为7m/sD.小球以v【答案】BD【解析】【详解】AB．在最高点重力恰好提供向心力，解得，故无法进行圆周运动，则会平抛运动，水平方向有：x=v0t，竖直方向有：，根据几何关系解得：故A错误B正确；CD．小球以v抛出，大于，则圆周运动，到达最低点，速度最大解得：根据牛顿第二定律解得，运动过程中与轨道间的最大弹力为故D正确。故选BD。d的两块平行金属板，板长为L，如图甲所示。加在A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为kU0（k≥1），电压变化的周期为2T，如图乙所示。在t=0时刻，有一个质量为m、电荷量为e的电子，以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用。则下列说法中正确的是（）A.若k=1且电子恰好在2T时刻射出电场，则电子射出时的速度大于v0B.若k=1且电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，则其动能增加C.若kT时刻射出电场，则两板间距离应满足D.若kT时刻射出电场，则射出时的速度大小等于【答案】BC【解析】【详解】AB．若k=1，电子在竖直方向的速度随时间变化的图象如图所示若电子恰好在2T时刻射出电场，竖直方向的速度为零，则电子射出时的速度为v0；若电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，根据动能定理可得故A错误，B正确；C．竖直方向，电子在0～T时间内做匀加速运动，加速度的大小位移在T～2T时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小初速度的大小v1=a1T匀减速运动阶段的位移由题知解得故C正确；D．若kT时刻射出电场，垂直电场方向速度为v0，射出时水平方向的速度大小为合速度为故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题～第12题为必考题，每个试题考生都必须做答。第13题～第16题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题9.如图甲所示，一条质量和厚度不计的纸带，缠绕在直径为d的定滑轮上，纸带的下端悬挂一质量为m的重物。将重物由静止释放，滑轮将在纸带带动下转动，纸带和滑轮不打滑。为了分析滑轮转动时角速度的变化情况，释放重物前将纸带先穿过一电火花计时器，计时器接在频率为50Hz的交流电源上，通过研究纸带的运动情况得到滑轮角速度的变化情况，如图乙所示。图丙为计时器打出的纸带中的一段，在这一段上取了3个计数点A、B、C，相邻两个计数点间还有4个计时点未画出，其中x1=12.62cm、x2=14.92cm。图丁为使用20分度游标卡尺测量滑轮直径的示意图。（1）根据图丁中游标卡尺的刻度，可得滑轮的直径d________cm；（2）根据图丙中所给数据，可以求出打下B点时滑轮的角速度为________rad/s；（结果保留三位有效数字）（3）根据图丙中所给数据，可以求出重物下落加速度为________m/s2。（结果保留三位有效数字）【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为60mm，游标尺读数为0.00，所以最终读数为60mm+0.00=60.00mm=6.000cm（2）[2]根据匀变速直线运动的推论根据v=ωr得（3）[3]根据位移差公式得10.有一种金属合金材料在工业、汽车和航空等领域有广泛的应用。某学习小组为了描绘这种材料制成的电阻的伏安特性曲线，做了如下实验(1)用多用电表欧姆档调零后测量其电阻，表盘指示如图甲所示。则此合金材料电阻在常温下的阻值为________Ω；(2)某同学根据伏安法测电阻的实验原理，利用器材连接完成测量电路，如图乙所示。其中电源电动势为12V，内阻为5Ω；一个有两个量程的电压表（0～3V，内阻约为3000Ω，0～15V，内阻约15000Ω），还有一个有两个量程的电流表（0～0.6A，内阻约为0.5Ω；0～3A，内阻约为0.1Ω），滑动变阻器的额定电流足够大在闭合电键开始实验前，请检查所连电路，指出存在的三个不当之处是：①________；②________；③________；(3)将电路中的不当之处调整正确后，调节滑动变阻器进行多次测量，得到了如图丙所示的曲线，由图象可知，该电阻的阻值随温度的升高而_____（选填“增大”、“减小”或“不变”）；(4)把此合金电阻R与电源（电动势E=12V、内阻r=5.0Ω）和一定值电阻R0=15Ω组成串联电路，如图丁所示。则该合金电阻R的电功率约为________W。（结果保留三位有效数字）【答案】(1).20（或20.0）(2).电流表量程应选0.6A(3).电流表应该外接(4).滑动变阻器的触头应置于左端(5).增大(6).1.73（1.70～1.76均可）【解析】【详解】(1)[1]由图甲可知，多用电表欧姆档为，由图可知，电阻为；(2)[2]电路中的最大电流约为所以电流表量程应选0.6A；[3]由于待测电阻约为20，由题意可知，待测电阻为小电阻，则电流表应该外接；[4]为了保护用电器，开关闭合前滑动变阻器的触头应置于左端；(3)[5]由图丙可知，随电流的增大，电阻增大，即该电阻的阻值随温度的升高而增大；(4)[6]将定值电阻与电源看成新电源，则有将此图像画入图丙中如图两图线交点即为工作点，则该合金电阻R的电功率约为由于误差1.73W（1.70W～1.76W均可）11.如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（重力不计），从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，并从CD边射出。若该三角形两直角边的边长均为2a，求：（1）粒子入射速度大小的范围；（2）粒子在磁场中运动的最长时间。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）若使粒子从CD边射出，会有两个临界位置，第一个临界位置是从C点射出，此时运行半径最小由可得第二个临界位置是与AD边相切时，轨迹半径最大，由几何关系得再由可得使粒子从CD边射出粒子入射速度大小的范围是（2）当粒子从三角形AC边射出时，粒子在磁场中运动时间最长，由于此时粒子做圆周运动的圆心角为180°，所以因为粒子在磁场中运动的周期为得故其最长时间应为12.如图所示，水平地面上有一个质量为M=4kg、两端带有固定挡板的长木板，其上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦因数为μ=0.2。长木板上放置一个可视为质点的小滑块，其质量为m=1kg，滑块距左、右挡板的距离均为l=5.0m，初始时滑块和长木板均静止。现施加一水平向右、大小为F=20N的恒力拉木板，经过一段时间，滑块即将与左挡板接触时，撤去拉力F；滑块与左挡板发生弹性碰撞后，又经过一段时间，再与右挡板发生碰撞，且碰撞后不再分离。g取10m/s2。求：（1）滑块与左挡板发生弹性碰撞后的瞬间滑块和长木板的速度大小；（2）长木板从开始运动到最终静止时发生的总位移。【答案】（1）v1=3m/s,v2=8m/s；（2）7.44m【解析】【详解】（1）设木板做加速运动的加速度为a1，由牛顿第二定律得设木板经过l后的速度为v0，由运动学公式得联立解得，左档板与滑块发生弹性碰撞，木板与滑块组成的系统，由动量守恒和机械能守恒得解得，（2）M撤去F后，设木板做减速运动的加速度为a2，由牛顿第二定律得解得此时到停止用时为此过程M运动的位移为在t时间内小滑块的位移为由于x0<2l+x1=11.8m，所以二者在第二次相撞前木板已经停止。设滑块再次与右档板发生碰撞后，两者达到的共同速度为v3，由动量守恒得解得设之后二者一起滑停的位移为x2，则解得长木板全过程的位移为（二）选考题:共45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33】13.对于下列实验，说法正确的有________。A.甲图是用油膜法测分子直径的示意图。实验中为油膜厚度近似等于油酸分子直径B.乙图是溴蒸气的扩散实验。若温度升高，则扩散的速度加快C.丙图是模拟气体压强产生机理。说明气体压强是由气体分子对器壁碰撞产生的D.丁图是蜂蜡涂在单层云母片上受热融化的实验。说明云母的导热性能具有各向同性E.戊图是把毛细管插入水银中的实验现象。说明水银对玻璃是浸润液体【答案】ABC【解析】【详解】A．在测量油膜分子的直径时，将油分子看成球形分子，并且把油膜看成单分子油膜，此时油酸薄膜厚度等于油酸分子直径，故A正确；B．在研究溴蒸气的扩散实验，若温度升高，则分子的运动越激烈，所以扩散的速度加快，故B正确；C．丙图模拟气体压强产生机理的实验，说明气体压强是由气体分子频繁碰撞容器壁产生的，故C正确；D．图丁的形状，由于是椭圆，则说明云母晶体具有各向异性，故D错误；E．把毛细管插入跟它不浸润的液体中时，管内液面降低，则由图可知，水银对玻璃是不浸润液体，故E错误。故选ABC。14.如图所示，一定质量的理想气体经历了A→B→C→A的变化过程回到初始状态。已知在pV图像中AB是一段以O′点为圆心的圆弧，D为BC段的中点，理想气体在状态A时的温度为127℃。求:（结果保留三位有效数字）（1）理想气体在状态D时的温度；（2）从A到B过程中理想气体放出的热量。【答案】（1）267K；（2）572J【解析】【详解】（1）根据气体状态变化方程可得即所以K=267K（2）根据可知TA=TB所以A和B两个状态气体的内能相等△U=0A到B过程中曲线AB与坐标轴围成的“面积”数值上等于此过程中外界对气体做的功。图中每小格“面积”S=200J所以W=6SπS=572J根据热力学第一定律△U=W+Q得Q=572J气体放出的热量是572J。【物理—选修3—4】15.中国历史上有很多古人对很多自然现象有深刻认识。唐人张志和在《玄真子涛之灵》中写道:“雨色映日而为虹”。从物理学角度看，虹是太阳光经过雨滴的两