1、四川省绵阳南山中学2020届高三物理下学期综合演练试题（八）（含解析）一、选择题1.物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步。关于物理学中运动与力的发展过程和研究方法的认识，下列说法中正确的是（ ）A. 亚里士多德首先提出了惯性的概念B. 伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法C. 牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿的三条运动定律都能通过现代的实验手段直接验证D. 力的单位“N是国际单位制的基本单位，加速度的单位“m/s2”是导出单位【答案】B【解
2、析】【详解】A. 牛顿首先提出了惯性的概念，故A错误；B. 伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法，故B正确C. 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，故C错误；D. 力的单位“N是导出单位，故D错误。故选B。2.大量的氢原子处于n = 4能级，该能级的氢原子向低能级跃迁时能向外辐射不同频率的光子，从n = 3能级跃迁到 n = 2能级时辐射的光子频率为v0若某种金属的极限频率为v0，则下列说法中正确的是（ ）A. 氢原子跃迁向外辐射的光子中有6种能使该金属发生光电效应现象B.
3、由n = 4能级向低能级跃迁时，在辐射出的所有光子中只有一种不能使该金属发生光电效应C. 用辐射出的光子照射该金属时，光子的频率越大该金属的逸出功越大D. 当该金属发生光电效应时，入射光的强度越大，则光电子的最大初动能越大【答案】B【解析】大量的氢原子由n4能级向低能级跃迁时能向外辐射种频率的光子，其中由n4能级跃迁到n3能级时，辐射出来的光子频率小于0，不能使该金属发生光电效应现象，故A错误，B正确；金属的逸出功与入射光的频率无关，由金属本身的性质决定，故C错误；光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光的强度无关，故D错误所以B正确，ACD错误3.为了实现人类登陆火星的梦想，我国宇航员王跃
4、和俄罗斯宇航员一起进行了“模拟登火星”的实验活动，假设火星半径与地球半径之比为12，火星质量与地球质量之比为19。已知地表的重力加速度为g，地球半径为R，万有引力常量为G，忽略自转的影响，则（ ）A. 火星表面与地球表面的重力加速度之比为29B. 火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为3C. 火星的密度为D. 若王跃以相同初速度在火星表面与地球表面能竖直跳起的最大高度之比为92【答案】B【解析】【详解】A由得已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，故A错误；B根据得已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星的第一宇宙速度是地球第一宇
5、宙速度的倍，故B正确；C根据得，地球的质量地球的密度火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，火星半径是地球半径的，则火星的密度为，故C错误；D火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，根据知，在火星表面与地球表面能竖直跳起的最大高度之比为9：4，故D错误。故选B。4.如图所示，长方体物块在粗糙水平面上，光滑圆球在光滑竖直墙壁和物块上处于静止状态现用水平向右的拉力F拉动长方体物块缓慢移动一小段距离，在这个运动过程中（ ）A. 球对墙壁的压力逐渐减小B. 球对长方体物块的压力逐渐增大C. 地面对长方体物块的支持力逐渐减小D. 地面对长方体物块的支持力逐渐增大【答案】B【解析】【分析】小球受力平衡
6、，对小球进行受力分析，作出受力分析图，当水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，增大，根据几何关系判断墙对小球的压力和物块对球支持力的大小变化情况，再结合牛顿第三定律判断球对墙壁的压力和球对长木板的压力变化情况，对小球和长方形物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，受力平衡，根据平衡条件及滑动摩擦力公式判断地面对长方体物块的支持力和地面对长方体物块的摩擦力变化情况，再对长方形物块受力分析，根据水平方向受力平衡列式求解水平拉力F的变化情况【详解】A、B项：对小球进行受力分析，如图所示：小球受力平衡，则有：N1=Gtan，当水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，增大，则tan增大，所以N1增大，墙壁
7、对球的支持力逐渐增大，减小，球对长方体物块的压力逐渐增大，故A错误，B正确；C、D项：对小球和长方形物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，受力平衡，受到重力、地面的支持力、拉力F和墙壁对球水平向右的压力以及水平向左的滑动摩擦力，竖直方向受力平衡，则地面对物块的支持力等于整体的重力，不发生改变，故C、D错误故选B【点睛】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能灵活选择研究对象，并能正确对物体进行受力分析，根据平衡条件结合几何关系求解，特别要注意对整体受力分析后，根据共点力平衡条件得出支持力不变，从而判断摩擦力为恒力5.在如图甲所示的电路中，ab两端接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报
8、警系统（报警器未画出），图中电压表和电流表均为理想电表，电压表的示数为22V，D为理想二极管，R0为定值电阻，L为电阻恒定的指示灯，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法中正确的是（ ）A. 理想变压器原、副线圈匝数比为101B. 若RT处出现火灾时，电压表示数不变，电流表示数将变小C. 若RT处出现火灾时，指示灯L将变暗D. 若只将原线圈的理想二极管去掉,则电压表的示数会变为原来的2倍【答案】C【解析】【详解】A设原线圈两端电压为U1，根据热效应可得解得由得故A错误；B输入端的电压不变，匝数比不变，则电压表示数不变，RT电阻变小，输出的总功率变大，则输入端的电功率变大，电压不变，
9、则电流表的示数变大，故B错误；C若RT处出现火灾时，RT电阻变小，输出的总功率变大，电流强度变大，R0两端电压变大，则灯泡两端电压变小，灯泡变暗，故C正确；D有二极管时原线圈两端电压为，没有二极管时原线两端电压为220V，则原线圈两端电压变为原来的倍，由于匝数比不变，则电压表的示数变为原来的倍，故D错误。故选C。6.用一水平拉力使质量为m的物体从静止开始沿粗糙的水平面运动，物体的vt图象如图所示，已知水平面阻力不变，下列表述正确的是（ ）A. 在0t1 时间内物体的平均速度为B. 0t 1时间内物体做直线运动C. 在t 1t 2时间内拉力功率不变D. 在t 1t 2时间内合外力做功为mv2【答
10、案】BC【解析】【详解】A图像与坐标轴所围面积表示位移，由图像可知，在0t1 时间内物体的位移比做匀加速直线运动的位移更大，则平均速度也更大，匀加速直线运动0t1 时间内平均速度为，则在0t1 时间内物体的平均速度大于，故A错误；B由图像可知，在0t 1时间内物体加速度减小的加速直线运动，故B正确；C在t 1t 2时间内，物体做匀速直线运动，则拉力与阻力相等，则拉力不变，由公式可知，拉力功率不变，故C正确；Dt1t2时间内，物体匀速前进，合力为零，故合外力做功为零，故D错误。故选BC。7.如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n、电阻为r
11、、横截面积为S，a、b两端连接车载变流装置，磁场平行于线圆轴线向上穿过线圈下列说法正确是A. 当线圈N接入恒定电流时，不能为电动汽车充电B. 当线圈N接入正弦式交变电流时，线圈M两端产生恒定电压C. 当线圈M中的磁感应强度增加时，有电流从a端流出D. 充电时，t时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加B，则M两端电压为【答案】AC【解析】【详解】A当送电线圈N接入恒定电流，则产生的磁场不变化，受电线圈M中的磁通量没有发生变化，故无法产生感应电流，不能为电动汽车充电，故A正确；B 当线圈N接入正弦式交变电流时，受电线圈M中的磁通量线圈按正弦式变化，故M两端产生正弦式电压，故B错误；C穿过线圈M的磁感
12、应强度增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向下，故感应电流方向从b向a，即电流从a端流出；故C正确；D根据法拉第电磁感应定律，有：EnnS，设受电线圈外接电路的电阻为R，由闭合电路的欧姆定律得M两端的电压UR，故D错误8.真空中，在x轴上x=0和x=8处分别固定两个电性相同的点电荷Q1和Q2。电荷间连线上的电场强度E随x变化的图象如图所示（x方向为场强正方向），其中x6处E0。将一个正试探电荷在x=2处由静止释放（重力不计，取无穷远处电势为 零）。则（ ）A. Q1、Q2均为负电荷B. Q1、Q2带电量之比为91C. 在x=6处电势不为0D. 该试探电荷向x轴正方向运动时，电势能
13、一直减小【答案】BC【解析】【详解】A由图可知，在x=0处场强为正，x=8cm处场强为负，故两电荷必为同种正电荷，故A错误；B根据x=6处E=0可知，x=6处，E1与E2大小相等，方向相反，由解得故B正确；C由x=6向x正向到无穷远，场强为负，电场线向左为逆着场强运动，电势升高到0，则x=6处电势小于0，故C正确；D由图可知，06之间电场为正，则沿x轴的正方向，所以从0到6之间电势逐渐降低；而68之间的电场为负，则沿x轴的负方向，所以从6到8之间电势升高，因此将一个正试探电荷在x=2处由静止释放，电荷向右运动，电势先减小后变大，则该电荷的电势能先减小后增大，故D错误。故选BC二、非选择题9.A
14、、B两位同学做“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验。(1)实验装置如图甲所示，打出了一条纸带如图乙所示，计时器所用交流电源的频率为50Hz，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，该小车的加速度为_m/s2（结果保留两位有效数字）。(2)两同学各取一套图示的装置放在水平桌面上，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到如图丙中A、B两条直线，图线斜率为_（用文字表示），则A、B两同学用的小车与木板间的动摩擦因数的关系为A_B（选填“大于”“小于”或“等于”）。【答案】 (1). 0.15 (2). 小车质量的倒数 (3). 大于【解析】【详
15、解】(1)1如果每5个点取一个点，则连续两点的时间间隔为则小车的加速度为(2)23当没有平衡摩擦力时有则有即图线斜率为小车质量的倒数，纵轴截距的大小为，由图像可知10.利用以下实验器材测定电流表内阻RA和描绘小灯泡伏安特性曲线小灯泡L（规格为“2.5V，1.2W”）电流表A（量程为00.6A，内阻RA未知）电压表V（量程为01.5V，内阻1500）理想电源E（电动势约为3V，内阻可忽略）电阻箱R1（最大阻值99.9）电阻箱R2（最大阻值9 999.9）电键K及导线若干(1)该实验中由于电压表的量程小于小灯泡的额定电压，为了保证实验进行，将电压表改装成量程为2.5V的新电压表，必须_联（填“串”
16、或“并”）电阻箱_（填R1或R2），并将电阻箱的阻值调到_；(2)该实验电路如图（a）所示其中符号V表示改装后的电压表，示数为改装表示数，当R11.0时，电流表示数为0.200A，电压表示数为0.40V；当R2.2时，电流表示数为0.400A，电压表示数为1.32V；则电源电动势E_V，电流表内阻RA_；（结果保留三位有效数字）(3)多次改变电阻箱的阻值，得到多组小灯泡的电流I与电压U的关系，在坐标纸上作出小灯泡伏安特性曲线如图（b）所示，若将此灯泡和一个6的定值电阻、电源E串联，则灯泡的实际功率为_W（结果保留三位有效数字）。【答案】 (1). 串 (2). R2 (3). 1000 (4)
17、. 3.00 (5). 2.00 (6). 0.384【解析】【详解】(1)123当电压表满偏时要想改成2.5V的电压表需要串联电阻则只能选择R2；(2)45根据改装原理可知，改装后的电压值为电压表量程的倍，根据闭合电路欧姆定律可知代入数据可知解得(3)6将6的定值电阻看作电源内阻，作出电源的UI图象，交点为灯泡实际的电流电压值，由图可知，电压为1.2V，电流为0.32A；根据P=UI可得小灯泡的功率为11.如图所示,MN、PQ是平行金属板,板长为l,两板间距离为,PQ板带正电,MN板带负电,在PQ板的上方有垂直于纸面向里的匀强磁场一个电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度v0从MN板边缘沿平
18、行于板的方向射入两板间,结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场,然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场不计粒子重力求:（1）两金属板间所加电场的电场强度大小（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小【答案】(1) (2)【解析】【详解】(1)粒子在平行金属板间做类平抛运动，有：在沿电场方向上有：联立两式解得(2)出电场时沿电场方向上的速度vy=at=v则进入磁场的速度为速度与水平方向成45度角.根据几何关系得:根据得解得12.如图所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点和圆心的连线与水平方向间的夹角=370，另一端点为轨道的最低点，其切线水平一质量M= 2kg、板长L =0.65m的滑板静止在
19、光滑水平地面上，左端紧靠C点，其上表面所在平面与圆弧轨道C点和右侧固定平台D等高质量为m=1kg的物块(可视为质点)从空中点以v0=0.6m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的端沿切线方向进入圆弧轨道，然后沿圆弧轨道滑下经C点滑上滑板滑板运动到平台D时被牢固粘连已知物块与滑板间的动摩擦因数0.5，滑板右端到平台D左侧的距离s在0.1ms0.5m范围内取值取g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8求：(1) 物块到达点时的速度大小vB(2) 物块经过C点时对圆弧轨道的压力(3) 试讨论物块刚滑上平台D时的动能与s的关系【答案】(1) (2) 46N，方向竖直向下(3) 或【解析】
20、(1)从A到B，物块做平抛运动，由几何关系得： vB=1m/s (2)从B到C，物块机械能守恒 解得：vC=3m/s 联立解得FN=46N根据牛顿第三定律FN=FN，物块在C点对轨道的压力大小为46N，方向竖直向下 (3) 物块从C点滑上滑板后开始作匀减速运动，此时滑板开始作匀加速直线运动，当物块与滑板达共同速度时，二者开始作匀速直线运动设它们的共同速度为v，根据动量守恒mvC=(m+M)v解得 v=1m/s 对物块，用动能定理列方程：，解得：s1=0.8m 对滑板，用动能定理列方程：，解得：s2=0.2m 由此可知物块滑板上相对滑过s=s1s2=0.6m时，小于0.65m，并没有滑下去，二者
21、就具有共同速度了（同速时物块离滑板右侧还有L-s=0.05m距离）当0.2ms0.5m时，物块的运动是匀减速运动s1=0.8m，匀速运动ss2，匀减速运动L-s=0.05m，滑上平台D，根据动能定理：解得：EKD=0.25J 当0.1ms0.2m时，物块的运动是匀减速运动L+s，滑上平台D根据动能定理：解得：EKD =1.25-5s （J） 点睛：本题将平抛、圆周运动、动量守恒及能量守恒定律结合在一起考查，注意分析运动过程，并根据过程正确的选择物理规律求解掌握牛顿第二定律和运动学公式求出相对运动的位移大小13.如图所示，甲图为沿x轴传播的一列简谐波在t=1s时刻的波动图象，乙图为x=2m处的质
22、点P的振动图象，则下列判断正确的是（）A. 该波的传播速度为B. 该波的传播方向沿x轴反方向C. 再经过1s时间，质点P将移动到位置处D. 该波在传播过程中，若遇到宽度为2m的障碍物，通发生明显衍射现象E. 时，处的质点的加速度沿y轴正方向【答案】ABD【解析】【分析】由波动图象可读出波长，由振动图象读出周期，求出波速；在乙图上读出t=0时刻P质点的振动方向，在甲图上判断出波的传播方向；波在同一介质中匀速传播，由s=vt可以求出经过1s时间波沿波的传播方向向前传播的距离，而质点并不向前传播，根据波长与障碍物尺寸的关系分析能否发生明显的衍射现象；【详解】A、甲图是波动图象，由甲读出该波的波长为，
23、乙图是振动图象，由乙图读出周期为，则波速为，故A正确； B、在乙图上读出t=0时刻P质点的振动方向沿y轴负方向，在甲图上，根据波形的平移法判断得知该波的传播方向沿x轴负方向，故B正确；C、质点只在自己的平衡位置附近上下振动，并不随波的传播方向向前传播，故C错误；D、由甲读出该波的波长为，该波在传播过程中，若遇到宽度为4m的障碍物，能发生明显衍射现象，故D正确；E、由图象可知t=2s时，x=4m处的质点处在正最大位移处，故具有负向最大加速度，故E错误；故选ABD14.如图所示，等腰直角三角形为某透明介质的横截面，为边的中点，位于点处的点光源在透明介质内向各个方向发射光线，其中从边上的点射出的光线平行于，从点射出的光线垂直向上已知边长为求：该光在介质中发生全反射的临界角；的长度（可能用到或）【答案】（1）=450 （2） 【解析】（1）根据光的折射定律，分析光线OD的折射情况，有：，由知（2）由得： 点睛：解决本题关键是作出光路图，再运用几何知识求解入射角折射角，要掌握几何光学常用的三个规律：折射定律、临界角公式和光速公式