河北省石家庄市2020届高三下学期高中毕业班综合训练二（三模）物理试题 Word版含解析

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石家庄市2020届高中毕业班综合训练（二）物理试卷 二、选择题 ‎1.物理学家密立根利用如图甲所示的电路研究金属钾的遏止电压Uc与入射光频率的关系，其图像如图乙所示。已知电子的电荷量为e。下列说法正确的是（　　）‎ A. 若仅增大入射光的光强，则光电子的最大初动能增大 B. 若增大入射光的频率，则光电子的最大初动能保持不变 C. 由Uc—图像可知，金属钾的截止频率为 D. 由Uc—图像可求出普朗克常量为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据光电效应方程 可知增大入射光的频率，光电子的最大初动能增大，增大入射光的强度，光电子的最大初动能不变，故AB错误；‎ C．由图可知，当遏止电压为零时金属钾的截止频率为，故C错误；‎ D．根据光电效应方程有 光电子从K到A，根据动能定理有 联立解得，结合图象可知，图线的斜率 解得，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.如图所示，六根原长均为l的轻质细弹簧两两相连，在同一平面内六个大小相等、互成60°的恒定拉力F作用下，形成一个稳定的正六边形．已知正六边形外接圆的半径为R，每根弹簧的劲度系数均为k，弹簧在弹性限度内，则F的大小为（ ）‎ A. (R－l) B. k(R－l) C. k (R－2l) D. 2k (R－l)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】正六边形外接圆半径为R，则弹簧的长度为R，弹簧的伸长量为：△x=R-l，由胡克定律可知，每根弹簧的弹力为：f=k△x=k（R-l），两相邻弹簧夹角为120°，两相邻弹簧弹力的合力为：F合=f=k（R-l），弹簧静止处于平衡状态，由平衡条件可知，每个拉力大小为：F=F合k（R-l），故B正确；ACD错误；故选B．‎ ‎【点睛】本题考查了共点力作用下物体平衡条件的应用，根据题意求出弹簧的形变量、应用胡克定律求出弹簧的弹力是解题的前提，应用力的合成与平衡条件可以解题．‎ ‎3.如图所示为某种水轮机的示意图，水平管中流出的水流直接冲击水轮机上的某挡板时，水流的速度方向刚好与水轮机上该挡板的线速度方向相同，水轮机圆盘稳定转动时的角速度为，圆盘的半径为R，冲击挡板时水流的速度是该挡板线速度的4倍，该挡板和圆盘圆心连线与水平方向夹角为30°，挡板长度远小于R，不计空气阻力，则水从管口流出速度的大小为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】圆盘边缘点的线速度大小 故水流冲击某挡板前的速度 水流做平抛运动，水平分速度是匀速直线运动，竖直分运动是自由落体运动，将冲击挡板前的速度分解，如下图 故 故ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎4.如图所示，虚线MN上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，在直角三角形OPQ中，∠PQO=90°，∠QOP=30°。两个带电荷量数值相等的粒子a、b分别从O、P两点垂直于MN同时射入磁场，恰好在Q点相遇。不计粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（　　）‎ A. a、b两粒子均带正电 B. a、b两粒子的周期之比为1:3‎ C. a、b两粒子的速度之比为2:1 D. a、b两粒子的质量之比为1:3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．如下图所示 由几何关系可得两粒子轨迹圆心在同一点，轨迹半径相等。根据左手定则可知a受到的洛伦兹力方向向右，指向圆心，即a带正电，而b受到的洛伦兹力方向向右，与圆心方向相反，则b带负电，故A错误；‎ B．两带电粒子射入磁场，同时到达Q点，故运动时间相等，又由图可知，粒子a到达Q点时运动的圆弧对应的圆心角为，粒子b到达Q点时运动的圆弧对应的圆心角为，有 即 故B错误；‎ CD．又由 有 解得 由洛伦兹力提供向心力，则 解得 即 故D错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎5.如图所示，质量为m的A球以速度在光滑水平面上向右运动，与静止的质量为5m的B球对心正碰，碰撞后A球以的速率弹回，并与竖直固定的挡板P发生弹性碰撞，要使A球与挡板碰后能追上B球再次相碰，则k的取值范围为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B碰撞过程中，以v0方向为正方向，根据动量守恒定律得 A与挡板P碰撞后能追上B发生再碰条件是 得 碰撞过程中损失的机械能 解得 所以k满足的条件是 故C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎6.如图所示，平行金属板间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为2×102V/m，两极板间距离为10cm。P点距下极板2cm，C点距下极板3cm，D点距上极板2cm。下列说法正确的是（　　）‎ A. 设上极板电势为零，则电子在D点电势能为-4eV B. 将一电子从C点移到D点，静电力做功为10eV C. 将一电子从P点沿直线移到D点静电力做的功，比将电子从P点经C点移到D点静电力做功少 D. 设C点电势为零，则P点电势为-2V ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．沿电场线方向电势减小，即D点电势低，故 则电子在D点电势能为 故A错误；‎ B．将一电子从C点移到D点，静电力做功为 故B正确；‎ C．电场力做功只与初末位置有关，与路径无关，故将一电子从P点沿直线移到D点静电力做的功和将电子从P点经C点移到D点静电力做功相等，故C错误；‎ D．沿电场线方向电势减小，即P点电势比C点低，即 故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎7.如图所示为远距离输电的示意图，升压变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2，发电厂的输出电压保持不变。在用电高峰时，并联的用电器增多。已知输电线的电阻不能忽略，变压器均为理想变压器。与平时相比，用电高峰时（　　）‎ A. 降压变压器的输出电压将增大 B. 输电线上损失电压将减小 C. 电能的输送效率将减小 D. 为了保证用户得到的电压和平时一样大，可以适当减小 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．在用电高峰期，并联的用电器增多，用户耗电量增大，则发电厂的输出功率增大，所以升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据 P=UI 可输电线上的电流I线增大，根据 U损=I线R 输电线上的电压损失增大，则降压变压器的输入电压 U3=U2-U损 可得降压变压器的输入电压U3减小，又降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故AB错误；‎ C．电能的输送效率为 因为升压变压器的输出电压U2不变，输电线上的电压损失U损增大，故效率减小，故C正确；‎ D．为了保证用户得到的电压和平时一样大，即U4不变，降压变压器的匝数比不变，故降压变压器原线圈的电压U3不变，因用户的功率增大，故降压变压器副线圈的电流增大，则降压变压器原线圈的电流也增大，根据 U损=I线R 输电线上的电压损失增大，则升压变压器副线圈的电压为 U2=U3+U损 可知升压变压器副线圈的电压U2增大；因升压变压器的线圈的电压U1不变，根据 得，可知适当减小升压变压器的匝数比，则升压变压器副线圈的电压增大，故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎8.如图所示，由三根长均为L轻杆构成的等边三角形支架位于竖直平面内，其中两个端点分别固定质量均为m的小球A、B，构成一个系统。系统可绕O点在竖直面内转动。已知初始位置OA水平，重力加速度为g，不计一切摩擦及空气阻力。现将系统在初始位置由静止释放，下列说法正确的是（　　）‎ A. 在运动过程中，系统的机械能守恒 B. 小球B运动至最低点时，系统的重力势能最小 C. 小球B运动至最低点时，小球A的速度大小为 D. 在运动过程中，小球B的最大动能为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．系统在运动过程中，只有重力做功，故机械能守恒，故A正确；‎ B．系统重心在A、B连线的中点位置，故AB连线水平时，系统重力势能最小，动能最大，故B错误；‎ C．小球B运动至最低点时，两小球速度大小一直相等，根据几何关系知，A下降的高度为，B下降的高度为，根据系统机械能守恒有 解得，故C错误；‎ D．故AB连线水平时，系统动能最大，此时A球到图中B球位置，根据系统机械能守恒有 解得，故D正确。‎ 故选AD。‎ 三、非选择题 ‎9.某小组利用如图甲所示的装置做“验证牛顿第二定律”的实验。将光电门固定在光滑轨道上的B点，质量为M的小车中放置了N个相同的钩码，每个钩码质量为m ‎，每次从小车里拿出一个钩码挂到绳子下端，让小车从位置A由静正释放，记下遮光条的挡光时间，已知重力加速度为g：‎ ‎(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图乙所示，则d=_______cm；‎ ‎(2)某次实验时将小车从图示位置由静止释放，测得遮光条通过光电门的挡光时间为2×10—2s，则小车经过光电门时的速度大小为____________m/s（计算结果保留两位有效数字）；‎ ‎(3)某次实验时，从小车中取出n个钩码挂在绳子下端，测出A、B之间的距离为x，遮光条通过光电门的挡光时间为，若要验证牛顿第二定律，则应满足的表达式为______（用题中给出的字母表示）。‎ ‎【答案】 (1). 0.455 (2). 0.23 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由图可得 ‎(2)[2]根据 代入解得 ‎(3)[3]由题意得，根据牛顿第二定律可得 即 ‎10.某同学制作了一个简易多用电表，图甲为电路原理图，B为选择开关，电流表内阻 ‎，满偏电流mA，定值电阻R2=60。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排正中间刻线，其它刻线没有画出：‎ ‎(1)当选择开关接3时，电表为______（选填“欧姆表”“电压表”或“电流表”）。量程为________；‎ ‎(2)为了测该多用电表欧姆挡的内阻和表内电源的电动势，该同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：‎ ‎①将选择开关接2，红、黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；‎ ‎②将多用电表红、黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在C处，此时电阻箱如图丙所示；‎ ‎③计算得到多用电表内电池的电动势为___________V；‎ ‎(3)选择欧姆挡进行欧姆调零后，将红、黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为_______；‎ ‎(4)该简易电表使用一段时间后，电池的电动势下降到3V、内阻变大，但此表仍能调零，调零后用此表测得某电阻阻值为180，该电阻真实值为________。‎ ‎【答案】 (1). 电压表 (2). 0~2.5V (3). 3.75 (4). 100 (5). 144‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]由图甲所示电路图可知，当选择开关接3时，表头与分压电阻串联，此时电表为电压表，电压表量程 ‎(2)[3]由图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为 指针满偏时，有 指针指在C处时，电流表示数为，有 解得电池电动势 ‎(3)[4]图乙所示表盘可知，此时电流 由闭合电路欧姆定律得 代入解得 ‎(4)[5]电池的电动势下降到3V，即 对于测量值，有 对于真实值，有 联立解得 ‎11.羚羊从静止开始奔跑，经过t1=4s能加速到最大速度v1=24m/s，并能维持很长一段时间；猎豹从静止开始奔跑，经过x2=50m的距离能加速到最大速度v2=30m/s，以后只能维持这个速度奔跑统t0=15s。设猎豹距离羚羊x时由静止开始追击，经Δt=s 羚羊由静止开始奔跑。假定羚羊和猎豹在加速阶段均以最大加速度做匀加速运动且沿同一直线奔跑。‎ ‎(1)若猎豹在加速阶段追上羚羊，求x最大值；‎ ‎(2)若猎豹刚好要减速时追上羚羊，求x的值。‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据初速度为零的匀加速直线运动得，羚羊的加速度为 代入数据解得 根据初速度为零的匀变速直线运动公式得，猎豹的加速度为 代入数据解得 根据初速度为零的匀加速直线运动得，猎豹加速时间为 解得 猎豹要在其加速阶段追上羚羊，猎豹运动的时间 因，所以，猎豹追上羚羊时，羚羊也正在加速运动，则有 代入数据解得 ‎(2)若猎豹刚好要减速时追到羚羊，由题意得总时间为 由题意可知，当猎豹追到羚羊时，羚羊早已在做匀速运动，则有 代入数据解得 ‎12.‎ 如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，在匀强磁场区域内，一对固定光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距为L=1m，电阻可忽略不计。长度均为L、质量均为m=3kg、电阻均为R=2的金属棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。先将金属棒PQ锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度a=2m/s2向右做匀加速直线运动，5s后保持拉力F的功率下变，当金属棒MN达到最大速度vm=m/s时，解除金属棒PQ的锁定，同时撤去拉力F。求：‎ ‎(1)撤去拉力F后，两金属棒产生的总焦耳热；‎ ‎(2)匀强磁场磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)若金属PQ始终锁定，当金属棒MN达到量大速度vm时，撤去拉力F，求金属棒MN继续运动的距离。（结果可用根式表示）‎ ‎【答案】(1)Q=120J；(2)B=2T；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)解除金属棒PQ后，两金属棒运动过程中动量守恒，最终两金属棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v′，则有 设从金属棒PQ解除锁定，到两金属棒达到相同速度，这个过程中，两金属棒共产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得 代入数据解得 Q=120J ‎(2)金属棒MN做匀加速运动，由牛顿第二定律得 F－BIL=ma 金属棒MN做切割磁感线运动，产生的感应电动势为 E=BLv 金属棒MN做匀加速直线运动，5s时的速度为 v=at1=10m/s 在两金属棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得 联立上述式子，有 ‎5s时拉力F的功率为 P=Fv 金属棒MN最终做匀速运动，设最大速度为vm，金属棒MN受力平衡，则有 代入数据解得 B=2T ‎(3)以金属棒MN研究对象，设某时刻棒中电流为i，在极短时间△t内，由动量定理得 ‎-BiL=m 对式子两边求和有 而 ‎=i 对式子两边求和，有 联立各式解得 BLq=mvm 又对于电路有 由法拉第电磁感应定律得 所以 代入数据解得 ‎13.下列说法正确的是（ ）‎ A. 液体中悬浮微粒的布朗运动就是液体分子的无规则热运动 B. 物体的温度越高，物体内分子热运动越激烈，分子的平均动能越大 C. 密封在体积不变的容器中的气体温度升高时，气体分子对单位面积器壁的平均作用力增大 D. 由热力学第二定律可知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体 E. 温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时，两系统的温度相同 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．布朗运动是悬浮液体中微粒的无规则运动，产生的原因是液体分子对微粒撞击的冲力不平衡造成的，布朗运动间接反映了液体分子的无规则运动，但不是液体分子的无规则运动；故A错误；‎ B．温度是分子平均动能的标志，分子热运动越剧烈，温度越高分子平均动能越大，故B正确；‎ C．一定质量的气体体积不变，温度升高时，根据理想气体状态方程有 可知压强增大，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大，故C正确；‎ D．根据热力学第二定律可知：热量能自发的从高温物体传到低温物体，但不可能自发的从低温物体传到高温物体，并不是热量不能从低温物体传到高温物体，在外界的影响下是可以的，只是不能自发的发生，故D错误；‎ E．根据热平衡定律：温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同，故E正确。‎ 故选BCE。‎ ‎14.如图所示，容积均为V的导热气缸A、B下端有细管相连接，阀门K2位于细管的中部。A、B顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略）。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给气缸充气，使A中气体的压强达到3p0后关闭K1。已知室温为27℃，大气压强为P0，且保持不变：‎ ‎(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；‎ ‎(2)接着打开K3，等活塞稳定后再缓慢加热气缸内气体使其温度升高20℃，求此时活塞下方气体的压强。‎ ‎【答案】(1)，2p0；(2)1.6p0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1，依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。由玻意耳定律得 p0V＝p1V1‎ ‎（3p0）V＝p1（2V－V1）‎ 联立式得 p1＝2p0‎ ‎(2)打开K3后，活塞必定上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2（V2≤2V）时，活塞下方气体压强为p2。由玻意耳定律得 ‎（3p0）V＝p2V2‎ 由上式得 由上式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止，此时压强为 设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1=300K升高到T2=320K的等容过程中，由查理定律得 将有关数据代入上式得 p3＝1.6p0‎ ‎15.某同学在“利用单摆测重力加速度”的实验中，用一个直径为d的实心钢球作为摆球，多次改变悬点到摆球顶部的距离L0，分别测出摆球做简谐运动的周期T后，作出的T2—L图像如图所示。进而可求出当地的重力加速度g。‎ ‎①造成图像不过坐标原点的原因可能是________________；‎ A.将L0记为摆长L B.将（L0+d）计为摆长L C.将摆球的（N－1）次全振动记为了N次 D.将摆球的（N＋1）次全振动记为了N次 ‎②由图像可求出重力加速度g=_________m/s2（取，结果保留三位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). A (2). 9.87‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①[1]图象不通过坐标原点，将图象向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径，将L0记为摆长L，故A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎②[2]由单摆周期公式 解得，则图象的斜率 解得 ‎16.如图所示，半径为R的玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面的半径为；在过球心O且垂直于底面的平面内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点。已知光在真空中的传播速度为c，不考虑折射时的反射光。求：‎ ‎①该光线由M点射入玻璃球冠经一次反射后从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角；‎ ‎②光在玻璃球冠中的传播时间。‎ ‎【答案】①150°；②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①设球半径为R，球冠底面中心为O′，连接OO′，则OO′⊥AB。令∠OAO′＝α，有 即 α＝30°‎ 由题意 MA⊥AB 所以 ‎∠OAM＝60°‎ 设图中N点为光线在球冠内底面上的反射点，所考虑的光线的光路图如图所示 设光线在M点的入射角为i、折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃折射率为n。由于OAM为等边三角形，有 i＝60°‎ 由折射定律有 sini＝nsinr 代入题给条件 得 作底面在N点的法线NE，由于NE∥AM，有 i′＝30°‎ 根据反射定律，有 i″＝30°‎ 连接ON，由几何关系知 MAN≌MON 故有 ‎∠MNO＝60°‎ 解得 ‎∠ENO＝30°‎ 于是∠ENO为反射角，ON为反射光线。这一反射光线经球面再次折射后不改变方向。所以，经一次反射后射出玻璃球冠的光线相对于入射光线的偏角β为 β＝180°－∠ENO＝150°‎ ‎②光线在玻璃球冠中的传播速度为 光线在玻璃球冠中的传播时间为 代入数据解得