1、云南省广南县二中20192020学年上学期期末考试 高三理综物理试卷一、单选题(共5小题,每小题6分,共30分) 1.某同学设计了一个验证平行四边形定则实验，装置如图所示系着小物体m1、m2的细线绕过光滑小滑轮与系着小物体m3的细线连接在O点，当系统达到平衡时绕过滑轮的两细线与竖直方向夹角分别为37和53，则三个小物体的质量之比m1m2m3为(sin 370.6，sin 530.8)()A. 345B. 435C. 453D. 354【答案】B【解析】对结点O受力分析，O点受到三根绳子的拉力如图所示由于物体m1、m2的细线绕过光滑小滑轮与系着小物体m3的细线连接，因此有：F1=m1g，F2=m
2、2g，由于O点处于静止状态，因此有：F3=F3=m3g，故：m3gcos37=m1g，m3gcos53=m2g，m1:m2:m3=4:3:5，故A、C、D错误，B正确故选B【点睛】本题关键是对碗内小球受力分析，根据三力平衡条件可知，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，然后运用合成法作图，根据几何关系得到三个物体的重力之比2.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻（t=0）将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上在物块放到木板上之后，木板运动的速度时间图象
3、可能是下列图中的（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】试题分析：由于物块刚放到木板上时，运动的木板会对它一个向前的滑动摩擦力，则物块对木板就会有一个向左的摩擦力，此时木板还受到地面给它的向左的摩擦力，木板在这两个阻力的作用下做匀减速直线运动；当物块的速度与木板的速度相等时，物块与木板间没有了相对运动，它们之间的摩擦力为零，此时木板受到的阻力只有地面对它施加的向左的力，即阻力减小，故其反加速度变小，木板也做匀减速直线运动，但其加速度变小，故A是正确的考点：牛顿第二定律，摩擦力3.宇宙中有一双星系统远离其他天体，各以一定的速率绕两星连线上的一点做圆周运动，两星与圆心的距离分别为R1
4、和R2 且R1不等于R2，那么下列说法中正确的是：（ ）A. 这两颗星的质量必相等B. 这两颗星的速率大小必相等C. 这两颗星的周期必相同D. 这两颗星的速率之比为【答案】C【解析】【详解】双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，质量不一定相等，A错误，根据公式可得角速度相等，半径不同，即两星的速率不一定相等，BD错误，根据公式可得，两星的周期相等，C正确，【点睛】解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度以及会用万有引力提供向心力进行求解4.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度向右匀速运动，现将质量为的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知
5、物体和木板之间的动摩擦因数为为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力，那么力对木板做功的数值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由能量转化和守恒定律可知，拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故，以上三式联立可得A. ，选项A不符合题意；B. ，选项B不符合题意；C. ，选项C符合题意；D. ，选项D不符合题意；5.如图所示，绝缘轻杆可绕中点O转动，其两端分别固定带电小球A和B，处于水平向右的匀强电场中初始时使杆与电场线垂直，松开杆后，在电场力作用下，杆最终停在与电场线平行的位置上，则下
6、列说法正确的是（ ）A 球一定带正电荷B. A球的电荷量一定大于B球的电荷量C. B球的电势能一定减少D. 两球的电势能之和一定减少【答案】D【解析】【详解】A、B两个带电小球可以都同正电，也可以都带负，也可以是A带正电，B带负电；如果都带正电，两球受电场力都水平向右，A球的电荷量一定大于B球的电荷量大于B的电势能的增加量，A的电场力大于B的电场力，才会如图所示转动，同理如果都带负电，A球的电荷量一定小于B球的电荷量，如果A带正电，B带负电对两都电荷量的大小没有要求，所以A、B错；如果B球带正电，在转动过程中B球的电势能就增大，所以C错；如果都带正电，在转动过程中，电场力对A做正功，对B做负功
7、，在电场线方向距离是一样的，而A球的电荷量一定大于B球的电荷量，所以A的电势能减小量，大于B的电势能的增加量，故两球的电势能之和一定减少，其它两种情形有类似的结论所以D正确二多选题(共3小题，每小题6分，共18分) 6.如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为，小车上静止地放置着质量为的木块，木块和小车间的动摩擦因数为，用水平恒力拉动小车，下列关于木块的加速度和小车的加速度，可能正确的有A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：当M与m间的静摩擦力时，木块与小车一起运动，且加速度相等；当M与m间相对滑动后，M对m的滑动摩擦力不变，则m的加速度不变，所以当M与m间的静摩擦力刚达到
8、最大值时，木块的加速度最大，由牛顿第二定律得：，此时，当，有当后，木块与小车发生相对运动，小车的加速度大于木块的加速度，故C正确考点：考查了牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题关键先对整体受力分析，再对小滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程，联立方程组求解7.如图所示，质量为m的物体在斜向上的传送带上由静止释放传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速斜向上运动物体在传送带上运动一段时间后与传送带保持相对静止对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是()A. 物体克服重力做的功为mv2B. 合外力对物体做的功为mv2C. 物体和传送带之间由于摩擦而产生的热量为mv2D. 摩擦
9、力对物体做的功等于物体机械能的增量【答案】BD【解析】【详解】AB. 在物块上升过程当中，只有重力和摩擦力做功，由动能定理可知：所以物体克服重力做的功不为， 合外力做的功为，故A错误，B正确； C.产生的热量等于摩擦力与物块和传送的位移差值的乘积，不等于，故C错误；D.由功能关系可知，除重力之外的弹力做功改变物体的机械能，所以摩擦力对物体做的功等于物体机械能的增量，故D正确8.图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等一组等势面，已知平面b上的电势为2 V一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV下列说法正确的是A. 平面c上的电势为零B. 该电子可能
10、到达不了平面fC. 该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD. 该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍【答案】AB【解析】A、虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确B、由上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B
11、正确C、在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故D错误故选AB【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键分卷II三实验题(共2小题，共15分) 9.某同学用图（a）所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧测力计相连，滑轮和木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块和砝码
12、相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧测力计的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小某次实验所得数据已在下表中给出，其中的值可从图（b）中弹簧测力计的示数读出砝码的质量0.050.100.150.200.25滑动摩擦力2.152.362.552.93回答下列问题：（1）=_：（2）在图（c）的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出图线_；（3）与、木块质量、木板与木块之间的动摩擦因数及重力加速度大小之间的关系式为=_，图线（直线）的斜率的表达式为=_（4）取，由绘出的图线求得_（保留2位有效数字）【答案】 (1). 2.75 (2). (3). (4). (5). 0.40【解析】【详解】（1）由图（b
13、）可读出弹簧测力计的示数（2）图线如图所示（3）摩擦力表达式，其斜率（4）图线的斜率，解得10.某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻其中电流表A1的内阻r1=1.0 k，电阻R1=9.0 k，为了方便读数和作图，给电池串联一个R0=3.0 的电阻（1）按图示电路进行连接后，发现、和三条导线中，混进了一条内部断开的导线为了确定哪一条导线内部是断开的，将电建S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、间电压，读数不为零，再测量、间电压，若读数不为零，则一定是_导线断开；若读数为零，则一定是_导线断开 （2）排除故障后，该小组顺利完成实验通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A1和A
14、2的多组I1、I2数据，作出图象如右图由I1I2图象得到电池的电动势E=_V，内阻r=_【答案】 (1). (2). (3). 1.41（1.361.44均可） (4). 0.5（0.40.6均可）【解析】用电压挡检测电路故障，电压表的表头是电流计，原电路有断路，回路中无电流，将电压表接在间后有示数，说明电路被接通，即间有断路故障，再测量间电压，电压表读数不为零，说明断路故障的范围被缩小到间，则一定是导线断开；若读数为零，则说明电路仍未被接通，断路故障的范围被确定在间根据闭合电路的欧姆定律：，上式可简化为，读出两点坐标：（60，0.12）和（260，0.05），代入方程解得：电动势E=1.41
15、 V，内阻r=0.5 点睛:由图象法处理实验数据的关键是要理解图线的物理意义纵轴截距和斜率表示什么，闭合电路的欧姆定律是核心四计算题 11.如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切BC为圆弧轨道的直径O为圆心，OA和OB之间的夹角为，sin=，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零重力加速度大小为g求：（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；（2）小球到达A点时动量的大小；（3
16、）小球从C点落至水平轨道所用的时间【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析 本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力解析（1）设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F由力的合成法则有设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得由式和题给数据得（2）设小球到达A点的速度大小为，作，交PA于D点，由几何关系得由动能定理有由式和题给数据得，小球在A点的动量大小为（3）小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g设小球在竖直方向的初速度为，从C点落至水平轨道上所用时间为t由运
17、动学公式有由式和题给数据得点睛 小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新12.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l=0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30角完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m=0.02kg，电阻均为R=0.1，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止取g=10m/s2，问通过棒cd电流I是多少，方
18、向如何？棒ab受到的力F多大？棒cd每产生Q=0.1J的热量，力F做的功W是多少？【答案】（1）；棒cd中的电流方向由d至c ；（2）F=0.2N；（3）W=0.4J【解析】【详解】(1)棒cd受到的安培力为： 棒cd在共点力作用下平衡，则： 由式，代入数据解得： 根据楞次定律可知，棒cd中的电流方向由d至c (2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等，即： 对棒ab，由共点力平衡知： 代入数据解得： (3)设在时间t内棒cd产生的热量，由焦耳定律知：Rt 设棒ab匀速运动的速度大小为v，其产生的感应电动势为： 由闭合电路欧姆定律知： 由运动学公式知在时间t内，棒ab沿导轨的位移为： 力F做的功
19、为： 综合上述各式，代入数据解得：13物理选修33(15分)13.如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程、到达状态e，对此气体，下列说法正确的是_A. 过程中气体的压强逐渐减小B. 过程中气体对外界做正功C. 过程中气体从外界吸收了热量D. 状态c、d的内能相等E. 状态d的压强比状态b的压强小【答案】BDE【解析】【详解】A、过程中气体作等容变化，温度升高，根据查理定律知气体的压强逐渐增大，故A错误B、过程中气体的体积增大，气体对外界做正功，故B正确C、过程中气体作等容变化，气体不做功，温度降低，气体的内能减少，根据热力学第一定律U=W+Q知气体向外界放出了热量，故C错误D、状态c、
20、d的温度相等，根据一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，可知，状态c、d的内能相等故D正确E、连接bO和dO，根据数学知识可知，状态d的值大于状态b的值，根据气态方程知状态d的压强比状态b的压强小，故E正确故选BDE【点睛】本题主要考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律，要能够根据温度判断气体内能的变化；在应用热力学第一定律时一定要注意各量符号的意义；U为正表示内能变大，Q为正表示物体吸热；W为正表示外界对物体做功14.如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K关闭，汽缸内上下两部分
21、气体的压强均为p0.现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g.求流入汽缸内液体的质量.【答案】【解析】【详解】设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1，下方气体的体积为V2，压强为p2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得p0p1V1p0p2V2由已知条件得V1VV2设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得p2Sp1Smg联立以上各式得：m.14物理选修34(15分)15.如图，ABC为一玻璃三棱镜的横截面，A=30，一束红
22、光垂直AB边射入，从AC边上的D点射出，其折射角为60，则玻璃对红光的折射率为_若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D点射出时的折射射角_（“小于”“等于”或“大于”）60【答案】 (1). (2). 大于【解析】【详解】根据题述和图示可知，i=60，r=30，由折射定律，玻璃对红光的折射率n=若改用蓝光沿同一路径入射，由于玻璃对蓝光的折射率大于玻璃对红光的折射率，则光线在D点射出时的折射角大于6016.一列简谐横波在t=时的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的两个质点，图（b）是质点Q的振动图像。求（i）波速及波的传播方向；（ii）质点Q的平衡位置的x坐标。【答案】（i）18cm/s，波沿x轴负方向传播；（ii）xQ=9cm。【解析】【详解】（i）由图（a）可以看出，该波的波长为=36cm，由图（b）可以看出周期T=2s，故波速为由（b）可知，当时，Q向上振动，结合图（a）可知，该波沿x轴负方向传播；（ii）设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为、。由图（a）知，处因此由图（b）知，在时Q点处于平衡位置，经，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，所以有联立解得，质点Q的平衡位置的x坐标为
