1、福建省厦门市湖滨中学2020届高三物理下学期测试试题（十）14.某同学居家学习期间，有时做些家务，在一次拖洗地板时，他沿拖把杆对拖把头（包括拖布）施加大小不变的推力F，如图所示，在向前加速推动的过程中，拖把杆与水平地板的夹角逐渐变小，设拖把头与地板间的动摩擦因数处处相等，则在此过程中（ ）A.拖把头与地板间的摩擦力逐渐变大B.拖把头所受的合力逐渐变大C.地板对拖把头的支持力逐渐大D.地板对拖把头的作用力逐渐变大15.x 轴上 O、P 两点分别固定两个点电荷 、，其产生的静电场在 x 轴上 O、P间的电势分布如图所示，下列说法正确的是（ ）A.x轴上从到的场强先变小后变大B.和是同种电荷C.x轴
2、上 O、P间各点中，处电势最低D.电子沿x轴从移到，电势能先增大后减小16.已知地球近地卫星的运行周期约为地球自转周期的0.06倍，则站在赤道地面上的人，受到的重力约为他随地球自转所需向心力的（ ）A.1倍B.18倍C.280倍D.810倍17.如图，一质量为m的质点做平抛运动，依次经过 A、B、C三点，A到B和B到C的时间相等。A、C两点距水平地面高度分别为，质点经过 A、C 两点时速度与水平方向的夹角分别为30、60，重力加速度大小为g，则（ ）A.质点经过C点时动能为B.质点经过 B 点时速度与水平方向的夹角为45C.B、C间的高度差是A、B间的3倍D.质点的水平速度大小为18.如图，水
3、平面内固定有两根平行的光滑长直金属导轨，导轨间距为L，电阻不计。整个装置处于两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线。质量均为m的两根相同导体棒MN、PQ静置于图示的导轨上（两棒始终与导轨垂直且接触良好）。现使MN棒获得一个大小为、方向水平向左的初速度，则在此后的整个运动过程中（ ）A.两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相反B.两棒最终的速度大小均为,方向相同C.MN 棒产生的焦耳热为D.通过 PQ棒某一横截面的电荷量为19.如图甲为研究光电效应的实验装置，用频率为的单色光照射光电管的阴极K，得到光电流 I 与光电管两端电压U的关系图线如图乙所示，已知电子电荷量
4、的绝对值为 e，普朗克常量为 h，则（ ）A.测量遏止电压时开关S应扳向“1”B.只增大光照强度时，图乙中的值会增大C.只增大光照强度时，图乙中的值会减小D.阴极K所用材料的极限频率为20.如图，在粗糙水平面上，质量分别为、的A、B两物体用一轻质弹簧相连接，系统处于静止状态且弹簧无形变。t = 0时刻对A施加一个大小恒为F的水平拉力，时刻B开始运动，时刻 A、B两物体的加速度第一次相同，下列说法正确的是（ ）A.在时间内A的动能与其位移成正比B.在时间内弹簧对B做功为零，冲量不为零C.若，则时刻弹簧的弹力一定为D.在时间内拉力做的功大于系统机械能的增量21.如图，一带负电的圆环套在倾斜固定的粗
5、糙绝缘长直杆上，圆环的直径略大于杆的直径，杆处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中。现给圆环一沿杆向上的初速度，在以后的运动过程中，下列关于圆环的速度 v 随时间 t 的变化关系图线，可能正确的是（ ）A.B.C.D.22.某小组利用拉力传感器验证“圆周运动的向心力表达式”，实验装置如图甲所示，拉力传感器竖直固定。一根不可伸长的细线上端固定在传感器的挂钩上，下端系着质量为m的小钢球，钢球静止于A处，其底部固定一竖直遮光片，A处正下方安装有光电门。拉起钢球使细线与竖直方向成适当角度，钢球由静止释放后在竖直平面内运动，得到遮光片通过光电门的遮光时间为t。重力加速度大小为g。(1)用游标卡尺测遮光片宽度d
6、的示数如图乙所示，则其读数为_mm，并测得钢球做圆周运动的半径为r；(2)钢球经过A点时拉力传感器的示数为F，则钢球受到的合力大小。利用光电门测得此时钢球的速度后，求出钢球经过A点时向心力大小_（用m、r、d、t表示），在实验误差允许范围内通过比较、是否相等进行验证；(3)由于测量速度时引起的误差，第（2）问中_（选填“略大于”或“略小于”）。23.一热敏电阻的说明资料上给出其阻值 随温度t 变化的特性曲线，如图甲中曲线所示。为了验证这条曲线，某实验小组采用“伏安法”测量该热敏电阻在不同温度下的阻值，然后绘出其 图线。所设计的部分电路如图乙所示，其中电压表的量程为03V、内阻约3k；电流表的量
7、程为0250A、内阻约300；滑动变阻器的最大阻值为100。(1)用图乙电路测的低温区阻值时，请根据实验原理，用笔画线代替导线将电路连接完整，在开关闭合之前滑动变阻器的滑片应滑到_（选填“a”或“b”）端；(2)该小组在测的各个温度区阻值时，都采用（1）所设计的电路，绘出的图线如图甲中曲线所示，它与曲线在高温区部分存在明显偏差，是因为高温时（1）所设计的电路中_（选填“电流表”或“电压表”）的测量值偏差过大；(3)为了提高精度，该小组改用“电桥法”测量Rt的阻值，电路如图丙所示，其中定值电阻阻值为，粗细均匀的电阻丝AB总长为L。实验时闭合开关S，不断调节线夹P所夹的位置，直到电流表G示数为零，
8、测出此时PB段电阻丝长度x，则的阻值计算式为=_（用、L、x表示）。已知L=60.00cm，当电流表G示数为零时x=15.00cm，则此时热敏电阻所处环境的温度为_（结果保留两位有效数字）。24.如图，在半径为L、圆心为O的圆形区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。MN为水平直径，a、b粒子（重力均不计）分别从磁场区域下方不同位置以相同速度沿垂直于MN的方向射入磁场，其中a粒子从圆形区域最低点射入，两粒子均从M点离开，离开时，a粒子速度沿水平方向，b粒子与a粒子的速度方向夹角为30。已知两粒子的质量均为m、电量均为+q，求：(1)两粒子进入磁场时的速度大小v；(2)b粒子
9、在磁场中的运动时间t。25.如图，一右端带有挡板的木板A停放在光滑水平地面上，两个小滑块B、C放在A上，B放在A的中点，C 靠在挡板处。现瞬间给A一个大小为、方向水平向右的初速度，在以后的运动过程中，B与 C或者C与挡板之间的碰撞都是弹性正碰，且碰撞时间极短。已知A、C的质量均为m，B的质量为2m，B与A间的动摩擦因数为，C与A间无摩擦力，重力加速度大小为g，木板A 的长度为。(1)求B开始运动时A、B的加速度大小分别为多少？(2)求B与C第一次碰撞前瞬间B的速度为多少？该过程系统因摩擦产生的热量为多少？(3)请通过计算判断B最终是否会离开木板A？33.物理选修3-4(1)某小组用“插针法”测
10、平行玻璃砖的折射率，如图已确定好入射方向AO与玻璃砖界面的夹角为，插了两枚大头针和,1、2、3、4分别是四条直线。（i）在侧调整观察视线，另两枚大头针和可能插在_线上（选填“1”、“2”、“3”、“4”）；（ii）实验中画出入射点与出射点的连线，并测得连线与玻璃砖界面的夹角为，则玻璃的折射率n=_；（iii）若描出玻璃砖两边界线、后，不小心将玻璃砖沿OA方向平移了一些再进行实验，则折射率的测量值将_（选填“偏大”、“不变”或“偏小”）。(2)甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，在t=0时刻两列波的部分波形如图，甲恰好传播到质点M（1.0,0），乙恰好传播到质点N（2.0,0
11、）。已知乙的周期，求：（i）质点P（1.6,0）开始振动的时刻；（ii）质点Q（2.4,0）的位移y=+20cm的时刻t。2020届高三理科综合能力测试.10参考答案-物理14.【能力值】无【知识点】(1)略【详解】(1)A、拖把头与地板间的摩擦力为滑动摩擦力：，所以随着的逐渐变小，sin逐渐变小，即滑动摩擦力f逐渐变小，故A错误；B、拖把头在竖直方向的合力始终为零，在水平方向上：，随着的逐渐变小，cos逐渐变大，sin逐渐变小，所以水平方向的合力逐渐变大，故B正确；C、地板对拖把头的支持力：，随着的逐渐变小，sin逐渐变小，则地板对拖把头的支持力逐渐变小，故C错误；D、地板对拖把头的作用力包
12、括地板对拖把头的支持力和地板与拖把头之间的摩擦力，由上面分析知道这两个力都逐渐变小，所以两者的合力也是逐渐变小，故D错误。【答案】(1)B15.【能力值】无【知识点】(1)略【详解】(1)A、由图像斜率表示电场强度可知，x轴上从到的场强先变小后变大，故A正确；B、由图像可知，从O到P电势逐渐降低，则电场线由O指向P，根据电场线从正电荷出发终止于负电荷可知， 和 是异种电荷，故B错误；C、由图像可知，从O到P电势逐渐降低，则处电势不是最低，故C错误；D、x轴从移到电势逐渐降低，由负电荷在电势低处电势能大，则电子沿x轴从移到，电势能一直增大，故D错误。【答案】(1)A16.【能力值】无【知识点】(
13、1)略【详解】(1)站在赤道地面上的人，由牛顿第二定律得地球近地卫星有其中，解得即站在赤道地面上的人，受到的重力约为他随地球自传所需向心力的280倍，故ABD错误，C正确。【答案】(1)C17.【能力值】无【知识点】(1)略【详解】(1)A、质点从A到C过程中，质点的初速度不为零，因此由动能定理可知，故A错误；B、设A到B和B到C的时间为t，则有，B点竖直方向的速度为，解得，则质点在B点时速度与水平方向的夹角的正切值为，故B错误；C、如果A点为抛出点，竖直方向为初速度为0的匀加速度直线运动，由于A到B和B到C的时间相等，则B、C间的高度差是A、B间的3倍，但A点不是抛出点，故C错误；D、由可得
14、，由竖直方向有，解得，故D正确。【答案】(1)D18.【能力值】无【知识点】(1)略【详解】(1)A、MN棒向左运动，由右手定则可知，MN中的电流由N到M，PQ中的电流由P到Q，由左手定则可知，MN棒受到的安培力方向向右，PQ棒受到的安培力方向也向右，由于两棒组成回路所以两棒中的电流相等，由F=BIL可知，安培力大小相等，由I=Ft可知，两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相同，故A错误；BC、由于MN棒受到的安培力方向向右，PQ棒受到的安培力方向也向右，则MN棒向左做减速运动，PQ向右做加速运动，两棒切割磁感线产生的感应电动势正极与正极相连，当两棒产生的电动势相等时，两棒速度大小相等，回路中的
15、电流为0，此后两棒以相同速率反方向做匀速直线运动，取向左为正方向，对两棒分别为动量定理得，解得，由能量守恒得，则MN棒产生的焦耳热为，故BC错误；D、对PQ棒由动量定理得，即，则，故D正确。【答案】(1)D19.【能力值】无【知识点】(1)略【详解】(1)A、测量遏止电压时应在光电管两端加反向电压，即开关S应扳向“1”，故A正确；B、由动能定理得，由爱因斯坦光电效应方程可知，图乙中的值与光照强度无关，故B错误；C、图乙中的值表示饱和光电流，增大光照强度时，饱和光电流增大，故C错误；D、由动能定理得，由爱因斯坦光电效应方程可得，则阴极K所用材料的极限频率为，故D正确。【答案】(1)A,D20.【
16、能力值】无【知识点】(1)略【详解】(1)A、在时间内对A由动能定理得，由于弹簧弹力随位移发生变化，则A的动能与其位移不成正比，故A错误；B、在时间内物体B不动，则弹簧对B做功为零，由I=Ft可知，弹簧对B的冲量不为零，故B正确；C、当两物体与地面间的摩擦因数不同时，对整体由牛顿第二定律有，对B物体有，解得，故C错误；D、由功能关系可知，在时间内拉力做的功等于系统机械能的增量与产生的热量之和，故D正确。【答案】(1)B,D21.【能力值】无【知识点】(1)略【详解】(1)当时，圆环受到先变小后变大，摩擦力也先变小后变大，圆环减速的加速度也先变小后变大；当速度变小为零时，若tan时，圆环静止，若
17、tan时，圆环将向下做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速，当圆环受到变大，摩擦力变大，物体减速的加速度变大，速度变小为零时，若tan时，物体将静止；若tan时，圆环将向下做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速，故BC正确，AD错误。【答案】(1)B,C22.【能力值】无【知识点】(1)略(2)略(3)略【详解】(1)游标卡尺的主尺读数为：0.3cm=3mm，游标尺上第17个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为170.05mm=0.85mm，所以最终读数为：3mm+0.85mm=3.85mm(2)钢球经过A点的速度为钢球经过A点时向心力大小为(3)由于实验中用小球运动距离为小球直径时的平均
18、速度代替，则此速度比小球中心经过A点时的真实速度偏小，所以略大于【答案】(1)3.85(2)(3)略小于23.【能力值】无【知识点】(1)略(2)略(3)略【详解】(1)的低温区阻值时阻值较大，则电流表应用内接法，由于滑动变阻器总阻值较小，则滑动变阻器用分压式；为了保护用电器，在开关闭合之前滑动变阻器的滑片应滑到a端。(2)由电路图可知，误差来源于电流表的分压，所以曲线l在高温区部分存在明显偏差，是因为高温时（1）所设计的电路中电压表的测量值偏差过大。(3)设电阻丝总电阻为R，通过电阻丝的电流为，流过热敏电阻的电流为，由于电流表G示数为0，则有解得代入数据得由图甲可知，此时热敏电阻所处环境的温
19、度为52。【答案】(1)；a(2)电压表(3)，5224.【能力值】无【知识点】(1)略(2)略【详解】(1)a粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可得其轨迹半径为R=L 由洛伦兹力提供向心力得 解得(2)b粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可得轨迹的圆心角=120 粒子在磁场中的运动周期 b粒子在磁场中的运动时间解得【答案】(1)(2)25.【能力值】无【知识点】(1)略(2)略(3)略【详解】(1)设A、B的加速度大小分别为、，由牛顿第二定律得解得(2)设B与C碰撞前A、B速度已相同，且为，由动量守恒定律得在A开始运动至A、B共速的时间内，B的位移大小为s得可见，A、B第一次
20、共速时B还没与C发生碰撞，故B与C碰撞前瞬间B的速度大小为该过程系统因摩擦产生的热量得(3)设木板足够长，B不会从木板上离开，则通过分析可知最终A、B、C三者会以相同的速度做匀速运动，设此速度为v，B相对A向左运动的距离为，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得解得由于，可见，B不会离开A。【答案】(1)A加速度为2g、B的加速度为g(2)B与C第一次碰撞前瞬间B的速度为；该过程系统因摩擦产生的热量为(3)不会33.【能力值】无【知识点】(1)略(2)略【详解】(1)（i）由折射定律得知，光线通过平行玻璃砖后光线向一侧发生侧移，由于光线在上表面折射时，折射角小于入射角，则出射光线向左侧偏移，即可能
21、在2上（ii）由题可知，折射率为（iii）不小心将玻璃砖沿OA方向平移了，通过比较发现，入射角和折射角没有变化，则由可知，测得的折射率将不变(2)（i）由图可知，乙波的波长为由于两列波均在同一种介质中传播，所以波速v相同，即乙波先到达P点，（ii）甲波的波长，当质点Q的位移等于20cm时，两列波的波峰同时出现在Q点，由图可知，甲波的波峰平移到Q点的传播距离可能为 其中n=0、1、2、3，所用时间为 乙波的波峰平移到Q点的传播距离可能为 其中k=1、2、3，所用时间为 由可得2k=2+n。可见，k=1，n=0时，；当k=2，n=2时，；当k=3，n=4时，依次类推可知这些时刻t为t=0.4k（其中k=1、2、3） 【答案】(1)（i）2（ii）（iii）不变(2)（i）质点P（1.6,0）开始振动的时刻为0.1秒（ii）t=0.4k（其中k=1、2、3）
