PAGE洛阳市2020学年下学期尖子生第二次联考高三理科综合试题（物理）二、选择题1.利用手机可以玩一种叫“扔纸团”的小游戏。如图所示，游戏时，游戏者滑动屏幕将纸团从P点以速度v水平抛向固定在水平地面上的圆柱形废纸签，纸团恰好沿纸袋的上边沿入篓并直接打在纸篓的底角。若要让纸团进入纸篓中并直接击中篓底正中间，下列做法可行的是A.在P点将纸团以小于v的速度水平抛出B.在P点将纸团以大于v的速度水平抛出C.在P点正上方某位置将纸团以小于v的速度水平抛出D.在P点正下方某位置将纸团以大于v的速度水平抛出【答案】C【解析】在P点的初速度减小，则下降到框上沿这段时间内，水平位移变小，则小球不能进入筐中，故A错误。在P点的初速度增大，则下降到筐底的时间内，水平位移增大，不能直接击中筐底的正中间，故B错误。在P点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出，根据x=v0知，水平位移可以减小，也不会与框的左边沿相撞，落在筐底的正中间，故C正确。在P点正下方某位置将小球以大于v的速度水平抛出，则小球能进筐，但不能击中篓底正中间。故D错误。故选C。2.质点沿直线运动，在10s内其速度由10m/s减为0.速度随时间变化的关系图像(v-t图像)恰好是与两坐标轴相切的四分之一圆弧，如图所示，则该质点在5s末时的加速度大小为A.m/s2B.m/s2C.m/s2D.m/s2【答案】A【解析】如图所示，过5s对应的圆弧上的B点作切线EF，设圆弧的半径为R，由图形易得： ，解得：θ=30°由图中几何关系可知，△EOF～△O′CB，故：因速度图象的斜率表示加速度的大小，则：加速度为：a=tan∠OEF=由加速度的概念知：BC应表示的是速度，O′C表示的是时间。在△O′BC中，BC=O′Bsinθ，因BC表示的是速度，故 O′B=O′D=AO=10（m/s） BC=10・sin30°=5（m/s）。在△O′BC中，O′C=O′Bcosθ，因O′C表示的是时间，故O′B=O′A=DO=10（s）O′C=10・cos30°=5（s）所以加速度：，故选A.点睛：本题关键抓住速度图象的斜率表示加速度、“面积”表示位移来理解图象的物理意义，并能结合几何关系求解；此题对学生的数学水平要求较高．3.电磁泵模型简化为一个长方体，ab边长为L1，左右两侧面是边长为L2的正方形在泵头通入导电剂后液体的电阻率为ρ，泵体所在处有方向垂直侧面向外的磁场B，把泵体的上下两表面接在电压为U(内阻不计)的电源上，理想电流表示数为I，若电磁泵和水面高度差为h，不计水在流动中和管壁之间的阻力，重力加速度为g。则A.泵体上表面应接电源负极B.电源提供的电功率为C.增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度D.在t时间内抽取水的质量为m，这部分水离开电磁泵时的动能为UIt－mgh－I2t【答案】D【解析】当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，若上表面接电源的负极时，则不能拉动液体；故A错误；根据电阻定律，泵体内液体的电阻：；因此流过泵体的电流，那么液体消耗的电功率为，而电源提供的电功率为UI，故B错误；若增大液体的电阻率，可以使电流减小，受到的磁场力减小，使抽液高度减小，故C错误；若t时间内抽取水的质量为m，根据能量守恒定律，则这部分水离开泵时的动能为EK=UIt-mgh-I2t，故D正确；故选D。4.如图，长木板C置于光滑水平地面上，A，B两物块放在木板上。已知A、B、C的质量mA=mC=m，mB=2m，A、B两物块与木板间的动摩擦因数都为μ，且最大静廢擦力等于滑动摩擦力。现用水平向左的力F作用在A物块上，当F由0逐渐增大时A.当F=μmg时，A与C开始相对滑动B.无论F多大，B和C总保持相对静止C.一直增大F，B的最大加速度为μgD.当F=2μmg时，B所受摩擦力大小为【答案】B【解析】AC间的最大静摩擦力为：fAm=μmAg=μmg，B与木板间的最大静摩擦力为：fBm=μmBg=2μmg地面时光滑的，C与地面间无摩擦力。当F=μmg时，此时对ABC整体，，对A：F-fA=ma，解得fA=0.75μmg
r，电路中有电流通过，下列说法中正确的是A.要使路端电压最大，则应该①接小灯泡，②接电压表，③接电流表B.要使电源输出功率最大，则应该①接电流表，②接小灯泡，③接电压表C.要使电源总功率最大，则应该①接电流表，②接电压表，③接小灯泡D.要使闭合电路中电源效率最高，则应该①接小灯泡，②接电流表，③接电压表【答案】CD【解析】要路端电压最大，就要外阻越大越好，这样应该①接电压表，这样整个电路断路，路端电压等于电动势。故A错误。当R外=r时，输出功率最大，但是R1＞r，从上面可以看出，最小的外阻也大于r，所以要输出功率最大，只有外阻接近r才行，所以还是选择最小的外阻，可以看到还应该是①接电流表，②接电压表，③接小灯。故B错误。要电源总功率最大，电压是固定的，所以就要求电流要大，电流大则总电阻要最小，内阻是一定的，所以外阻要最小。那么如何接外阻才能小呢，1接小灯的话，外阻最小也为2R1=8R4，比较大，所以要接电流表，2接小灯的话，3接电压表开路，则小灯和R3并联再与R4串联再与R2并联，最后于R1串联，最后计算外阻为（4+）×R4，3接小灯，2接电压表开路，则R3R4串联，与RL、R2并联最后与R1串联，最后计算外阻为（4+）×R4最小。故C正确。要是电源效率最高，则电路不能是断路，同时外阻越大越好，这样1要接小灯，如果3接电流表，则R2、R3、R4被短接，R外=RL+R1=2R1=8R4，如果②接电流表，则R3短接，R4与R2并联，，为最大。故D正确。故选CD。点睛：解决本题的关键根据闭合电路欧姆定律，知道何时电源总功率最大、输出功率最大、路端电压最大、电源效率最大．以及熟练运用串并联电路的特点，求出不同情况下的总电阻．7.如图甲所示，无限长通电直导线MN固定在绝缘水平面上，导线中通有图乙所示的电流i(沿NM方向为正)。与R组成闭合电路的导线框ABCD同直导线处在同一水平面内，AB边平行于直导线，则A.0~t0时间内，流过R的电流方向为C→R→DB.t0~2t0时间内，流过R的电流方向为C→R→DC.0~t0时间内，导线框所受安掊力的大小先增大后减小D.t0~2t0时间与2t0~3t0时间内，导线框所受安培力的方向均向右【答案】AC【解析】0～t0时间内，导线中电流沿正方向增大，则线圈中的磁场向里增大，由楞次定律可知，流过R的电流方向为C→R→D；故A正确；t0～2t0时间内，电流正方向减小，则线圈中磁场向里减小；由楞次定律可知流过R的电流方向为D→R→C；故B错误；0～t0时间内，开始感应电流增大，则安培力增大；但随后由于电流的变化越来越慢，故感应电流越来越小，故导线所受安培力的大小先增大后减小；故C正确；t0～2t0时间内电流为减小过程，根据“来拒去留”规律可知，线圈与向左的运动趋势，故受力向左；而与2t0～3t0时间内，导线框所受安培力的方向向右；故D错误；故选AC。8.如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一个定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边杆上套有一质量m=2kg的小球A。半径R=0.3m的光滑半圆形细轨道竖直固定在水平地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B。用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响，C是P点正下方圆轨道上的点。现给小球A一个水平向右的恒力F=50N，取g=10m/s2，则下列判断正确的是A.小球B运动到C处时的速度大小为0B.把小球B从地面拉到C处时力F做功为20JC.小球B被拉到与小球A速度大小相等时，sin∠OPB=3/4D.把小球B从地面拉到C处时小球B的机被能增加了6J【答案】BC【解析】由于B球到达C处时，已无沿绳子方向的分速度，所以此时小球A的速度为零，对两球及绳子组成的系统，由功能关系得：W=mv2+mgR，代入数据得：20=×2×v2+2×10×0.3；解得小球B速度的大小为：v=m/s，故A错误；由几何知识得到：小球A的位移为：x=PB-PC=m-（0.4-0.3）m=0.4m，则力F做的功为：W=Fx=50×0.4J=20J，故B正确；当绳与轨道相切时两球速度相等，如图。由三角形知识得：，故C正确；设最低点的重力势能为0，小球B从地面拉到P的正下方时小球B的机械能增加，为：△E=△EK+△EP=mv2+mgR,代入数据解得：△E=20J，故D错误；故选BC.点睛：本题是连接体问题，关键分析两物体之间的速度与高度关系，并运用几何知识和功能关系来研究，注意分析B球到达最高点时A球速度为零．三、非选择题:9.某实验小组利用如图所示的装置探究功和动能变化的关系，他们将宽度为d的挡光片固定在小车上用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与砝码盘相连，在水平实验台上的A、B两点各安装一个光电门，记录小车通过A、B时的遮光时间，小车中可以放置砝码。(1)实验主要步骤如下：①将小车停在C点，在砝码盘中放上砝码，小车在细线拉动下运动，记录此时小车及小车中砝码的质量之和为M，砝码盘和盘中砝码的总质量为m，小车通过A、B时的遮光时间分别为t1、t2，则小车通过A、B过程中动能的变化量△E=_________(用字母M、t1、t2、d表示)。②在小车中增减砝码或在砝码盘中增减砝码，重复①的操作。⑤如图所示，用游标卡尺测量挡光片的宽度d=________cm。(2)下表是他们测得的多组数据，其中M是小车及小车中砝码质量之和，|v22－v12|是两个速度的平方差，可以据此计算出动能变化量△E，F是砝码盘及盘中砝码的总重力，W是F在A、B间所做的功表格中△E3=_________，W3=_________(结果保留三位有效数字)。(3)若在本实验中没有平衡摩擦力，假设小车与水平长木板之间的动摩擦因数为μ。利用上面的实验器材完成实验，保证小车质量不变，改变砝码盘中砝码的数量(取绳子拉力近似为砝码盘及盘中砝码的总重力)，测得多组m、t1、t2的数据，并得到m与()2－()2的关系图像如图。已知图像在纵轴上的截距为b，直线PQ的斜率为k，A、B两点的距离为s，挡光片的宽度为d，求解μ=_________(用字母b、d、s、k、g表示)【答案】(1).（1）；(2).0.550cm；(3).（2）0.600J；(4).0.610J；(5).（3）【解析】（1）①小车通过A时的速度为：，小车通过B时的速度为：，则小车通过A、B过程中动能的变化量为：△E＝③游标卡尺测量挡光片的宽度d=0.5cm+0.05mm×10=0.550cm。（2）由各组数据可见规律，有：观察F-W数据规律可得数值上有：W3=（3）由题意，小车受到的拉力是：F=（mg-f），小车的位移是s，设小车的质量是M，小车动能的变化是：根据做功与动能变化的关系可得：（mg-f）s=所以得：mg-f=所以图线的坐标轴的截距表示摩擦力f，即：f=b，图线的斜率：k=由摩擦力的公式得：．点睛：这个实验对于我们可能是一个新的实验，但该实验的原理都是我们学过的物理规律．做任何实验问题还是要从最基本的物理规律入手去解决．对于系统问题处理时我们要清楚系统内部各个物体能的变化.10.实验室有一破损的双量程电压表，两量程分别是3V和15V，其内部电路如图所示，因电压表的表头G已烧坏，无法知道其电学特性，但两个精密电阻R1、R2完好，测得R1=2.9kΩ，R2=14.9kΩ。现有两个表头，外形都与原表头G相同，已知表头G1的满偏电流为1mA，内阻为50Ω；表头G2的满偏电流0.5mA，内阻为200Ω，另有三个精密定值电阻r1=50Ω，r2=100Ω，r3=150Ω。若保留R1、R2的情况下，对电压表进行修复，根据所给条件回答下列问题：(1)原表头G满偏电流I=_________，内阻r=_________(2)在虚线框中画出修复后双量程电压表的电路(标识出所选用的相应器材符号)_________【答案】(1).（1）1mA；(2).100Ω；(3).（2）电路如图：...............11.如图所示，在光滑水平地面上有一固定的挡板，挡板左端定一个轻弹簧。小车AB的质量M=3kg，长L=4m(其中O为小车的中点，AO部分粗糙，BO部分光滑)，一质量为m=1kg的小物块(可视为质点)，放在小车的最左端，车和小物块一起以v0=4m/s的速度在水平面上向右匀速运动，车撞到挡板后瞬间速度变为零，但未与挡板粘连。已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，小物块与弹簧作用过程中弹簧始终处于弹性限度内，小物块与小车AO部分之间的动摩擦因数为μ=0.3，重力加速度取10m/s2。求(1)小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；(2)小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量；(3)小物块最终停在小车上的位置距A端多远。【答案】（1）2J；（2）4kgm/s，水平向右；（3）1.5m；【解析】（1）对小物块，有ma=-μmg 根据运动学公式v2−v02＝2a 由能量关系mv2＝Ep，解得EP=2J．（2）设小物块离开弹簧时的速度为v1，有 mv12＝Ep．对小物块，根据动量定理 I=-mv1-mv由⑤⑥式并代入数据得I=-4kgm/s．弹簧对小物块的冲量大小为4kgm/s，方向水平向左． （3）小物块滑过O点和小车相互作用，由动量守恒mv1=（m+M）v2．由能量关系μmgx＝mv12−(m+M)v22 小物块最终停在小车上距A的距离xA＝−x 解得xA=1.5m．点睛：本题综合考查了动量定理、动量守恒定律以及能量守恒定律，关键是研究清楚物理过程，并能选择合适的研究过程选取物理规律列出方程；此题综合性较强，对学生的能力要求较高，关于这方面的问题，需加强训练．12.如图所示的竖直平面内，相距为d不带电且足够大的平行金属板M、N水平固定放置，与灯泡L、开关S组成回路并接地，M板上方有一带电微粒发射源盒D，灯泡L的额定功率与额定电压分别为PL、UL，电荷量为q、质量为m1的带电微粒以水平向右的速度v0连续发射，D盒右端口距M板高h，带电微粒落到M板上后其电荷立即被吸收且在板面均匀分布，在板间形成匀强电场，当M板吸收一定电量后闭合开关S，灯泡能维持正常发光，质量为m2的带电粒子Q以水平速度从左侧某点进入板间，并保持该速度穿过M、N板设带电微粒可视为质点，重力加速度为g，忽略带电微粒间的相互作用及空气阻力，试分析下列问题：(1)初始时带电微粒落在M板上的水平射程为多少?(2)粒子发射源的发射功率多大?(3)若在M、N板间某区域加上磁感应强度为B、方向垂直于纸面的匀强磁场，使Q粒子在纸面内无论从左侧任何位置以某最小的水平速度进入，都能到达N板上某定点O，求该Q粒子的最小速度和所加磁场区域为最小时的几何形状及位置。【答案】（1）；（2）；(3)，所加磁场区域为最小时的几何形状为圆,圆心位置在距O点d/2的板间中心处。【解析】（1）由题知，在初始时M板不带电，带电微粒在空间做平抛运动．设带电微粒到达M板的时间为t1，水平射程为l1，有： h＝gt12…① l1=v0t1…②联立①、②，得…③（2）灯泡正常发光，金属板M、N间的电压为UL，由电容器知识可知，金属板M、N所带电量为定值．这时落到板M的电量全部流过灯泡．设流过灯泡的电流为IL，在时间t内流过灯泡的电量为QL，有PL=ILUL…④QL=ILt…⑤设单位时间发射带电微粒的个数为n，有QL=nqt…⑥联立④⑤⑥，得…⑦根据功率知识，有…⑧（3）闭合开关S后，M、N板间为匀强电场，Q进入后速度不变，则说明Q所受电场力与重力平衡，设Q粒子电荷量为q2有q2=m2g，q2＝…⑨再进入磁场区域必做匀速圆周运动．以O点为坐标原点如图建立直角坐标系xOy，Q进入板间做匀速直线运动，到达G点时进入磁场做匀速圆周运动到达O点．设Q做匀速圆周运动的圆心为C，半径为r，OC与水平方向的夹角为θ，G点的坐标为（x，y），有 x=-rcosθ…⑩ y=r+rsinθ…（11）联立⑨⑩式，得 x2+（y-r）2=r2…（12）由（12）式知道磁场在y轴左边的边界为半圆，要让Q粒子以最小速度在板间任何位置水平入射进入且又要该圆为最小，必有 r=d…（13）Q靠近M板进入磁场时做匀速圆周运动的轨迹为y轴右边的半圆，其方程为x2+(y−)2＝()2…（14）Q从其它位置进入磁场做匀速圆周运动的轨迹不会超出y轴与此半圆所围区域，故磁场在y轴右边区域最小的边界也为该半圆，则磁场的最小区域为圆，半径为d，圆心为距O点d的板间中心处．由圆周运动知识，对Q粒子有q2Bvmin＝m2…（15）得…（16）点睛：本题考查了带电体在电场和磁场中的运动，要注意明确带电小球的重力不能忽略；故小球在磁场中做匀速圆周运动时，重力与电场力相互平衡．13.下列说法正确的是_________A.当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B.气体压强本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力C能量耗散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D.在各种晶体中，原子(或分子离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性E.悬浮在液体中的微粒越小在某一瞬间跟它相撞的液体分子数就越少，布朗运动越不明显【答案】BCD14.如图所示左端封闭，粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段理想气体封闭在左管中，当大气温度27℃时，管中被封闭的气柱长L=18cm，两边水银柱高度差为h=12cm，大气压强p0=76cmHg，求：①现缓慢地向右管中注人水银，为使两边的水银柱一样高，需要注人的水银柱高度；(结果保留一位小数)②若通过给左边管中气体加热使两边的水银柱一样高，则左管中气体的温度应升高到多少。【答案】（1）17.7cm；（2）475k；【解析】（1）由于缓慢注入水银，因此管中气体发生的是等温变化，初态压强p1=(76-12)cmHg，V1=SL设注入的水银柱的高为d，则：末态时：p2=76cmHg；根据p1V1=p2V2解得d=17.1cm（2）初始：T1=300K，加热后气体的温度为T2，体积为根据解得T2=475K，即左管中气体的温度升高到475K点睛：利用理想气体状态方程解题，关键是正确选取状态，明确状态参量，尤其是正确求解被封闭气体的压强，这是热学中的重点知识，要加强训练，加深理解．15.如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，振幅A=2cm，周期T=1.2×10-2s，t=0时，相距50cm的两质点a、b的位移都是cm，但振动方向相反，其中a沿y轴负方向运动。下列说法正确的是_________A.t=2×10-3s时质点a第一次回到平衡位置B.当质点b的位移为+2cm时，质点a的位移为－2cmC.质点a和质点b的速度在某一时刻可能相同D.这列波的波长可能为mE.这列波的波速可能为0.6m/s【答案】ACD【解析】从图示位置起，质点a的振动方程为，当y=0时，可得，解得t=2×10-2s，即t=2×10-2s质点a第一次回到平衡位置，故A正确。根据质点的振动方程：x=Asin（ωt），设质点从平衡位置起振的方向向上，则b点：=2sinωt1，所以：ωt1=，a点振动的时间比b点长，所以：=2sinωt2，则ωt2=π，ab两个质点振动的时间差：△t=t2-t1=，所以ab之间的距离：△x=v△t=．则ab间的距离xab=（n+）λ，（n=0，1，2，3---）；可知，质点a、b不是反相点，所以当质点b的位移为+2cm时，质点a的位移不为-2cm。故B错误。在两质点振动时，若两点分别处在平衡位置上下方时，则两物体的速度可以相同；故C正确。由上得：xab=（n+）λ=50cm，（n=0，1，2，3---）；则波长为λ=m=（n=0，1，2，3---），当n=1时，λ=m，故D正确。波速为，（n=0，1，2，3---），由于n是整数，所以v不可能等于0.6m/s，故E错误；故选ACD。点睛：本题
中考
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查到反相点的问题，振动情况总是相反的两质点，称为反相点，反相点的平衡位置间的距离为半波长的奇数倍．要能根据两质点速度的变化，分析运动过程中位置的关系．16.将长为l的玻璃圆柱体沿轴剖开后得到一块半圆柱体，其截面的正视图如图所示，MNPQ为其底面(PQ图中未画出)，MN为直径。已知半圆的圆心为O、半径为R，玻璃的折射率n=，一束与MNPQ所在平面成45°且垂直于轴的平行光射到半圆柱面上，经折射后，有部分光能从MNPQ面射出，忽略经多次反射到达MNPQ面的光线。求MNPQ透光部分的面积。【答案】【解析】设光由介质射向空气的临界角为C．由sinC=，得C=45°从A点进入玻璃砖的光线垂直半球面，沿半径AO直达球心O，且入射角等于临界角，恰好在O点发生全反射，A点左侧的光线经球面折射后，射在MN上的入射角都大于临界角，在MN上全反射，不能从MN上射出．A点右侧光线一直到与球面正好相切的范围内的光线经球面折射后，在MN上的入射角均小于临界角，都能从MN上射出，它们在MN上的出射宽度就是OD．由折射定律得MN上透光部分的长度：OD=RsinrMNPQ平面内透光部分面积为：S=OD•l=Rl点睛：解决本题的关键要掌握全反射及其产生条件，结合几何知识确定边界光线，要规范作图，有利于答题．
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