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1、准兑市爱憎阳光实验学校准兑市爱憎阳光实验学校 20212021 级第三次诊断性考试级第三次诊断性考试理科综合试题理科综合试题【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的必修一、必修二内容，主要包含受力分析、物体的平衡、匀变速直线运动规律、牛顿运动律、运动的合成和分解、万有引力律及其用、动能理、电场、磁场内容，在考查问题上以根本义、根本规律为主，生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。第一卷 共 107 分二、选择题共7 小题，每题6 分，共42 分。每题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分)【题文】14物
2、体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间的变化规律如左图所示，取开始运动方向为正方向，那么物体运动的 vt 图象中正确的选项是【知识点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系A2A5【答案解析】C 解析：在 01s 内，a1=1m/s2，物体从静止开始正向匀加速运动，速度图象是一条直线，1s 末速度 v1=a1t=1 m/s，在 1s2 s 内，a2=-1m/s2，物体将仍沿正方向运动，但要减速，2s 末时速度 v2=v1+a2t=0，2 s3 s 内重复 01s 内运动情况，3s4s 内重复 1s2 s 内运动情况，应选：C【思路】在 01s 内，物体从静止开始沿加速度方向匀加
3、速运动，在 1s2 s 内，加速度反向，速度方向与加速度方向相反，所以做匀减速运动，到 2s 末时速度为零2 s3 s内加速度变为正向，物体又从静止开始沿加速度方向匀加速运动，重复 01s 内运动情况，3s4s 内重复 1s2 s 内运动情况【题文】15如下图，直角三角形框架 ABC(角 C 为直角)固在水平地面上，AC与水平方向的夹角为 30小环 P、Q 分别套在光滑臂 AC、BC 上，用一根不可伸长的细绳连接两小环，静止时细绳恰好处于水平方向，小环 P、Q 的质量分别为 m1、m2，那么小环 P、Q 的质量之比为Am1m2 3 Bm1m23Cm1m233 Dm1m213【知识点】共点力平衡
4、的条件及其用；物体的弹性和弹力B4【答案解析】B 解析：对 m1 进行受力分析，设绳子拉力大小为 T，由几何关系：T1=m1gtan对 m2 进行受力分析，由几何关系：T2=m2gcot，T1=T2m1联立得：m2=cot2=3应选：B【思路】隔离法进行受力分析，根据绳子对两个环的拉力相衡条件列方程求解【题文】16如下图，质量为 m 的物体在水平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 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物块从静止释放到相对静止这一过程，以下说法正确的选项是A电动机做的功为12mv2B摩擦力对物体做的功为 mv2C
5、传送带克服摩擦力做的功为12mv2D小物块与传送带因摩擦产生的热量为 Q=12mv2【知识点】动能理的用；牛顿第二律；功能关系E2C2E6【答案解析】D 解析：A、电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，1所以电动机多做的功为 W 机=2mv2+Q=mv2故 A 不正确；B、物块运动过程中，只有摩擦力对它做功，根据动能理得：摩擦力对物块做的1功为 Wf=2mv2-0=0.5mv2故 A 正确C、传送带克服摩擦力做功为：Wf=mgx1=mv2故 C 不正确D、设物块匀加速运动的时间为 t，那么物块与传送带相对位移大小为1x=vt-2vt=0.5vt，此过程中物块的位移为 x 物=0.5vt
6、，那么有x=x 物；系统1摩擦生热为 Q=fx=fx 物=2mv2故 D 正确【思路】摩擦力对物块做功于物块动能的变化，根据动能理求解；由于物块与传送带间有相对位移，物块对传送带做功与传送带对物块做功并不相系统摩擦生热于 系统克服摩擦力做的总功 物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，所以电动机多做的功一转化成了物体的动能另一就是增加了相同的内能【题文】17某电场的电场线分布如图实线所示，一带电粒子在电场力作用下经 A 点运动到 B 点，运动轨迹如图中虚线所示粒子重力不计，那么粒子的加速度、动能、电势能的变化情况是A假设粒子带正电，其加速度和动能都增大，电势能减小B假设粒子带正电，其
7、动能增大，加速度和电势能都减小C假设粒子带负电，其加速度和动能都增大，电势能减小D假设粒子带负电，其加速度和动能都减小，电势能增大【知识点】电势能；势面I1I2【答案解析】AC 解析：由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致向右，与轨迹上每一点的切线方向即瞬时速度方向成锐角，那么电场力对带电粒子做正功，其电势能减小，动能增大电场线越来越密，场强增大，粒子所受的电场力增大，加速度增大，这些结论与粒子的电性无关，故AC 正确，BD错误应选 AC【思路】解这类问题的思路是：根据带电粒子运动轨迹判电场力方向，然后根据电场力方向与电场线方向关系判断带电粒子的电性，根据电场力做功判断电势能和动能
8、的变化【题文】18如下图，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙导轨 CD、EF，导轨上放有一金属棒 MN。现从 t=0 时刻起，在棒中通以由 M 到 N方向的电流且电流强度与时间成正比，即 I=kt，其中 k 为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好 以下关于棒的速度v、加速度a随时间 t 变化的关系图象，可能正确的选项是【知识点】导体切割磁感线时的感电动势；牛顿第二律K4C2【答案解析】BD 解析：A、B 由题，导轨粗糙，棒中通入的电流与时间成正比，I=kt，棒将受到安培力作用，当安培力大于最大静摩擦力时，棒开始运动，根据牛顿第二律得：F-f=ma，而 F=BIL，I=kt，得 Bk
9、Lt-f=ma，可见 a 随 t 的变化均匀增大故 A错误，B 正确C、Da 增大，v-t 图象的斜率增大故 C 错误，D 正确应选 BD【思路】由题，棒中通入的电流与时间成正比，I=kt，棒将受到安培力作用，当安培力大于最大静摩擦力时，棒开始运动，根据牛顿第二律和安培力公式F=BIL，即可得到加速度与时间的表达式；v-t 图象的斜率于加速度，即可分析v-t 图象斜率的变化【题文】19在光滑的绝缘水平面上，有一个正三角形abc，顶点 a、b 处分别固一个正点电荷，c 处固一个负点电荷，它们的电荷量都相，如下图，D 点为正三角形外接圆的圆心，E、G、H 分别为 ab、ac、bc 的中点，E、F
10、两点关于 c点对称。以下说法中正确是AD 点的场强为零，电势也为零BG、H 两点的场强相同CE、F 两点的电场强度大小相、方向相反D将一带正电的试探电荷由 E 点移动到 D 点的过程中，该电荷的电势能减小【知识点】电势能；电场的叠加；匀强电场中电势差和电场强度的关系I2I1【答案解析】D 解析：A、D 点到 a、b、c 三点的距离相，故三个电荷在 D 点的场强大小相同，且夹角互为 120，故 ab 两个点电荷在 D 点的合场强方向向右，点电荷 c 在 D 点的场强方向也向右，所以点的场强大小不为 0，合场强的方向向右；故 A 错误；B、电场强度是矢量，场强的合成满足平行四边形那么通过对 GH
11、两点的矢量合成可得，G、H 点的场强大小相同，但方向不同故 B 错误；C、ab 在 E 点产生的和场强为 0，在 f 点产生的合场强不为 0；c 在 EF 两点产生的场强大小相，方向相反 所以三个点电荷在 EF 两点产生的合场强是不相的 故B 错误；D、在直线 DE 上，a、b 的合场强向右，故 a、b 始终对带正电的试探电荷有斥力作用，而 c 对试探电荷由吸引力，所以电荷将一直做加速运动，动能增大，电势能减小故 D 正确应选：D【思路】ab 是两个量同号正电荷，EDF 是它们连线的垂直平分线分析该题目时，先分析 ab 的合场强，然后再增加 c，求出三个点电荷的合场强D 点到 a、b、c 三点
12、的距离相，故三个电荷在 D 点的场强大小相同，且夹角互为 120；电场强度是矢量，场强的合成满足平行四边形那么，故G、H 点的场强大小 相同，但方向不同；在直线DE 上场强方向向右，故a、b 始终对试探电荷有斥力作用，而 c 对试探电荷由吸引力，所以电荷将一直做加速运动【题文】20模拟我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的活动假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的12，质量是地球质量的19地球外表的重力加速度是 g，地球的半径为 R，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是 h，忽略自转的影响，以下说法正确的选项是A火星的密度为2g3GRB火星外表的重力加速度是4g9C火
13、星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度相D王跃以与在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能到达的最大高度是9h4【知识点】万有引力律及其用D5MmGM【答案解析】ABD 解析：A、由 GR2=mg，得到：g=R2，火星半径是地球半径11的2，质量是地球质量的9，那么火星外表的重力加速度是地球表重力加速度的449，即为9gMmgR设火星质量为 M，由万有引力于中可得：GR2=mg，解得：M=9G，密度为：gR2M9G2gV41R33GR83故 A 正确MmGM11B、由 GR2=mg，得到：g=R2，火星半径是地球半径的2，质量是地球质量的9，44那么火星外表的重力加速度是地球表重力加速度的9，即为
14、9g故 B 正确MmV2GMC、由GR2=mR，得到v=R，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的23倍故 C 错误D、王跃以 v0 在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是：V204h=2g，由于火星外表的重力加速度是9g，王跃以相同的初速度在火星上起跳9时，可跳的最大高度 h=4h故 D 正确应选：ABD【思路】求一个物理量之比，我们该把这个物理量先表示出来，在进行之比 根据万有引力于重力，得出重力加速度的关系，根据万有引力于重力求出质量表达式，在由密度义可得火星密度；由重力加速度可得出上升高度的关系根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系第二卷必做 157 分+选做
15、36 分，共 193 分【必做】【题文】21(8 分)在验证机械能守恒律的中，使质量为 m200 g 的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一的点，选取一条符合要求的纸带如下图O为纸带下落的起始点，A、B、C 为纸带上选取的三个连续点，中间纸带未画出 打点计时器每隔 T0.02 s 打一个点，当地的重力加速度为 g9.8 m/s2，那么(1)根据纸带数据求得 B 点的瞬时速度是_m/s(2)重物自 O 由静止下落到 B 点的过程中，动能增加量为 J，重力势能的减少量为 J。(结果保存两位有效数字)，根据计算所得数据，你认为造成误差的原因可能是：。【知识点】验证机械能守恒律E5【答案解析】11.
16、92m/s20.37、0.38，纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力socsoa23.2315.55解析：1根据求瞬时速度 vB=2t=20.0210-2=1.92m/s，2减少1的重力势能Ep=mgh=2110-2=0.37J，增加的动能Ek=2mv2=0.38J，重力势能减少量与动能增加量不相的原因是纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力【思路】题的关键是处理纸带问题时用求瞬时速度，并根据x=at2，可求出a的大小；验证机械能守恒时，我们验证的是减少的重力势能Ep=mgh 和增加的1动能Ek=2mv2 间的关系，所以我们要选择能够测 h 和 v 的数据减少的重力1势能Ep=m
17、gh，增加的动能Ek=2 mv2，v 可由从纸带上计算出来【题文】22 10 分某同学要测量一均匀材料制成的热敏电阻的电阻步骤如下：1用游标为 20 分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为 mm；2用螺旋测微器测量其直径如右上图，由图可知其直径为 mm；3该同学准备设计研究热敏电阻阻值随温度的变化规律，现有以下器材：A热敏电阻常温下约 300B温度计 C电流表 A160 mA，约 10 D电流表 A23 A，约 0.1 E电压表 V6 V，约 15 kF滑动变阻器 R1200，0.5 AG滑动变阻器 R25，2 AH蓄电池9 V，0.05 I开关一个，带夹的导线假设干要求通过热敏电阻的电流
18、从零开始增加，电流表选择，滑动变阻器选择请设计电路图，在实物图上连线通过，他得到了该热敏电阻的伏安特性曲线如下图，由图可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而【知识点】热敏电阻阻值随温度的变化规律J4【答案解析】1502003A1，R2减少；解析：1 50+0.056=52.30mm 2 4+0.300=4.300mm 3 电源 9V，电阻 5，电流大于 60 mA，所以用A1，因电阻用分压，所以电阻用阻值较小的，应选R2；由图所示图象可知，对电压增大通过热敏电阻的电流增大，电压与电流的比值减小，即电阻阻值减小【思路】1 2熟知卡尺和螺旋测微器的读数，并注意分度3因图像从 0开始，且范围较大，故电阻
19、用分压，然后判断电流表和电阻，再根据图示图象用欧姆律分析热敏电阻阻值如何变化【题文】23 18 分某小组做了如下，装置如图甲所示竖直平面内的光滑轨道由倾角为 的斜面轨道AB 和圆弧轨道 BCD 组成，将质量m0.1kg 的小球，从轨道 ABH 处的某点静止滑下，用压力传感器测出小球经过圆弧最高点 D 时对轨道的压力 F，改变 H 的大小，可测出相的 F 大小，F 随 H 的变化关系如图乙所示g=10m/s2求：1圆轨道的半径 R2假设小球从 D 点水平飞出后又落到斜面上，其中最低的位置与圆心 O 高，求 的值【知识点】机械能守恒律；向心力E3D41【答案解析】1 R=0.2m 2 450解析：
20、1 由机械能守恒得：mgH-mg2R=2mvC2V2c2mg由牛顿第二律得：mg+F=mR解得：F=RH-5mg根据图象得：m=0.1kg；R=0.2m2因mg mv2R 1gt2R，2，可得s 2R，由几何关系可得 450【思路】小球从 A 到 C 运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒律和牛顿第二律求出小球对轨道 C 点的压力与 H 的关系式【题文】24 20 分如图甲所示，两平行金属板 AB 间接有如图乙所示的电压，两板间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场，板长 L=0.8 m，板间距离 d=0.6m。在金属板右侧有一磁感强度 B=2.010-2 T，方向垂直纸面向外的
21、匀强磁场，磁场宽度为 l1=0.12 m，磁场足够长。MN 为一竖直放置的足够大的荧光屏，荧光屏距磁场右边界的距离为 l2=0.08 m，MN 及磁场边界均与 AB 两板中线 OO垂直。现有带正电的粒子流由金属板左侧沿中线OO连续射入电场中。每个粒q子的速度 v0=4.0105 m/s，比荷m=1.0108 C/kg，重力忽略不计，每个粒子通过电场区域的时间极短，电场可视为恒不变。求 t=0 时刻进入电场的粒子打到荧光屏上时偏离 O点的距离；假设粒子恰好能从金属板边缘离开，求此时两极板上的电压；试求能离开电场的粒子的最大速度，并通过计算判断该粒子能否打在右侧的荧光屏上？如果能打在荧光屏上，试求
22、打在何处。【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二律；向心力I3C2D4【答案解析】10.10m2U1=900V3不能解析：1t=0 时进入电场的粒子匀速通过电场，进入磁场后做匀速圆周运动，由牛顿第二律得：v20qv0B=mR1，解得：R1=0.2m设粒子在匀强磁场中运动轨迹所对、的圆心角为，10.12由几何知识可知：sin=R=0.2=0.6粒子在磁场中偏移的距离为：y1=R1-R1cos，解得：y1=0.04m粒子出磁场后做匀速运动，y2=l2tan，代入数据解得：y2=0.06m所以粒子打在荧光屏上时偏离 O点的距离为：y=y1+y2=0.10m；2设两板之间电压为 U1 时，带电
23、粒子刚好从极板边缘射出电场，11qU1那么，2d=2at2，由牛顿第二律得：d=ma，由速度公式得：L=v0t，联立解得：U1=900VU1113由动能理得，q2=2mv12-2mv02解得能离开电场的粒子的最大速度，v1=5105m/sv0设粒子在电场中的偏向角为，那么 cos=v1，cos=0.8v20该粒子进入磁场后，由牛顿第二律得：qv1B=mR2，mv1解得，粒子轨道半径：R2=Bq，代入数据解得：R2=0.25m由于 R2-R2sin=0.1m=0.12m，所以该粒子不能从磁场中偏出打在荧光屏上【思路】1由牛顿第二律可以求出粒子的轨道半径；作出粒子运动轨迹，由几何知识求出距离；2粒
24、子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，用类平抛运动规律与牛顿第二律分析答题【题文】37 12 分【物理物理 3-3】1按如下图的电路连接各元件后，闭合开关S，L1、L2 两灯泡都能发光在保证灯泡平安的前提下，当滑动变阻器的滑动头向左移动时，以下判断正确的选项是AL1 变暗 BL1 变亮CL2 变暗 DL2 变亮2质量为 m 的物体，从倾角为 的固斜面底端以某一初速度沿斜面上滑，1当它再次回到出发点时速度的大小减为初速度的nn1。求物体和斜面之间的动摩擦因数。【知识点】闭合电路的欧姆律，动能理；动摩擦因数J2E2B2n21【答案解析】1AD2=n21tan解析：1当滑片左移时，滑动变阻
25、器接入电阻减小，那么总电阻减小，由闭合电路欧姆律可知流过 L2 的电流减大，故 L2 的变亮；灯泡 L1 及内阻分担的电压增大，电源的电动势不变，故并联电压减小，故通过L1 的电流变小，即灯泡 L1 变暗；故 AD 正确应选 AD2设物体初速度为 v，物体上滑的距离为 s，由动能理得：1上滑过程：-mgcoss-mgssin=0-2mv2，1v下滑过程：mgssin-mgcoss=2mn2，n21解得：=n21tan；【思路】1由图可知 L1 与值电阻串联后与滑动变阻器 R 并联，再与 L2 串联；由滑片的移动可知电路中电阻的变化，那么可知电路中总电流的变化，即可知L2 亮度的变化；由串联电路的电压规律可知 L1 与值电阻两端的电压变化；那么可得出 L1 亮度的变化2 对物体上滑过程与下滑过程分别用动能理列方程，然后求出动摩擦因数