德陽市高中2021級質量監測考試（二）理科綜合試卷說明：1.本試卷分為選擇題和非選擇題兩部分，第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題），共14頁。考生作答時，須將答案答在答題卡上，在本試卷、草稿紙上答題無效。考試結束后，將答題卡交回。2.本試卷滿分300分，150分鐘完卷。第I卷（選擇題共126分）二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.某實驗小組利用如圖（a）所示的電路研究某種金屬的遏止電壓UC與入射光的頻率的關系，描繪出如圖（b）所示的圖像。根據光電效應規律，結合圖像分析，下列說法正確的是（）A.滑片P向右移動，電流表示數會變大B.僅增大入射光的強度，則光電子的最大初動能增大C.由UC-圖像可得出普朗克常量為（e為電子的電荷量）D.開關S斷開時，若入射光的頻率為，則電壓表的示數為U1【答案】C【解析】【詳解】A．滑動變阻器的滑片P向右移動過程中，兩極間反向電壓逐漸增大，反向電壓越大，流過電流表的電流就越小，故A錯誤；B．根據光電效應方程可知，光電子的最大初動能只與入射光的頻率有關，與入射光的強度無關，因此增大入射光的強度，光電子的最大初動能不變，故B錯誤；C．根據動能定理而逸出功聯立可得故C正確；D．開關S斷開時，電壓表的示數為0，故D錯誤。故選C。2.如圖所示，圓軌道上衛星1與橢圓軌道上相同質量的衛星2的周期相同，兩衛星軌道相交于A點、B點，C點、D點連線過地心，D點為遠地點。下列說法正確的是（）A.衛星1在C點的動能大于衛星2在D點的動能B.衛星1和衛星2在A點的加速度大小不相等C.衛星2在A點和B點的速度相同D.衛星2從B點運動到D點的過程中，萬有引力對衛星2做負功，則衛星2的機械能減小【答案】A【解析】【詳解】A．以地球球心為圓心，地球球心與D點的距離為半徑做圓，設為圓軌道3，若衛星2在圓軌道3做勻速圓周運動，速度為，根據變軌原理可知，衛星在圓軌道3的D點處的速度大于橢圓軌道2的D點的速度，即對于圓軌道1和3，根據萬有引力提供向心力可得可得則衛星1在C點的動能大于衛星2在D點的動能，故A正確；B．根據牛頓第二定律衛星1和衛星2在A點的加速度相同，故B錯誤；C．衛星2在A點和B點的速度方向不同，故C錯誤；D．衛星2從B點運動到D點的過程中，只有萬有引力對衛星2做功，則衛星2的機械能不變，故D錯誤。故選A。3.如圖（a）所示，理想變壓器原副線圈匝數比為n1︰n2=10︰1，原線圈輸入正弦式交流電壓如圖（b）所示，副線圈電路中定值電阻R0=10Ω，所有電表均為理想交流電表。下列說法正確的是（）A.t=0時刻，電流表A2的示數為零B.1s內電流方向改變50次C.滑片P向下移動過程中，電流表A2的示數增大，電流表A1的示數減小D.當滑動變阻器接入電路的阻值為R=10Ω時，滑動變阻器的功率最大且為12.1W【答案】D【解析】【詳解】A．交流電表測定的讀數值是交流電的有效值，t=0時刻，電流表A2的示數不為零，故A錯誤；B．由圖乙可知交流電的頻率為1s內電流方向改變100次，故B錯誤；C．滑片P向下移動過程中，副線圈電路中總電阻變小，電流表A2的示數增大，由可知電流表A1的示數增大，故C錯誤；D．原線圈電壓的有效值為副線圈的電壓有效值為滑動變阻器的功率為當滑動變阻器接入電路的阻值為R=10Ω時，滑動變阻器的功率最大且為12.1W，故D正確。故選D。4.如圖所示，四分之一圓柱體P放在水平地面上，圓心O的正上方有一個大小可忽略的定滑輪A，一根輕繩跨過定滑輪，一端和置于圓柱體P上的質量為m的小球連接，另一端系在固定豎直桿上的B點，一質量為m0的鉤碼掛在AB間的輕繩上，整個裝置處于靜止狀態。除圓柱體與地面之間的摩擦以外，其它摩擦不計，繩的總長不變。將B點緩慢移動到C點的過程，下列說法正確的是（）A.地面對圓柱體P的支持力不變B.地面對圓柱體P的摩擦力減小C.輕繩的張力增大D.若增大鉤碼的質量，整個裝置再次處于靜止狀態時，小球依然處于圓柱體P上，則輕繩的張力增大【答案】B【解析】【詳解】C．由于兩端同一根繩子中的拉力相等，兩邊繩子的拉力的合力與鉤碼的重力平衡，將B點緩慢移動到C點的過程，兩邊繩子間夾角變小，故可知繩子張力變小，故C錯誤；A．對小球受力分析如圖所示小球受重力mg、P對小球的支持力N以及繩子對小球的拉力T，小球在三個力的作用下始終處于靜止狀態，由相似三角形可得式中L為定滑輪左側栓接小球繩子的長度。由于AO、mg、R不變，根據相似三角形可知N不變，繩子張力T變小，則L減小，設圓柱體的質量為M，分析可知，小球對圓柱體P的壓力在豎直方向的分力（為N與豎直方向的夾角）與圓柱體的重力之和大小等于地面對圓柱體的支持力，即有由于不變，L減小，故可知減小，則可知增大，導致增大，故A錯誤；B．將小球與圓柱體P看成一個整體，根據以上分析可知，繩子拉力T減小，設繩子與豎直方向的夾角為，則可知減小，而繩子拉力T在水平方向的分力大小與地面對P的摩擦力大小相等、方向相反，即有由此可知地面對P的摩擦力減小，故B正確；D．若增大鉤碼的質量，到小球再次靜止的過程中，鉤碼將下移，小球將沿圓柱體P上移，小球再次靜止時，由于AO、mg、R不變，而L減小，則根據相似三角形可知N不變，T減小，即輕繩的張力T減小，故D錯誤。故選B。5.如圖所示的電路中，電源的電動勢，內阻不計，電阻，，滑動變阻器的最大阻值，電容器MN的電容，現將滑動觸頭L置于最左端a點，合上開關S，經過一段時間電路處于穩定，此時一帶電油滴恰好靜止在MN之間的P點，下列說法正確的是（）A.油滴帶負電B.若斷開開關S，則通過R1的電荷量為C.若滑動觸頭向右滑動，則油滴將向上加速運動D.若從a點向右移動滑動觸頭L，至aL間電阻為20Ω時，則下極板N的電勢降低了4V【答案】B【解析】【詳解】A．分析電路知板電勢高，板電勢低，一帶電油滴恰好靜止在MN之間的P點，根據平衡條件知，電場力豎直向上，故油滴帶正電，故A錯誤；B．電容器兩端的電壓等于電阻兩端電壓，有電容器所帶的電量為S斷開后電容器的電量通過兩個支路放電，一是電阻支路，另一條是電阻和滑動變阻器的串聯支路，根據并聯電路的電流關系可知，兩支路的電阻之比為，則電流之比為。可知通過的電量為故B正確；C．若滑動觸頭向右滑動，電容器兩板間電壓先減少后增大，電容器所帶的電量先減少后增大，但板先帶正電荷后帶負電荷，電場力先向上（小于重力）后向下，合力始終向下，則油滴將向下加速運動，故C錯誤；D．若從a點向右移動滑動觸頭L，至aL間電阻為20Ω時，滑動觸頭在a點時，板電勢為聯立解得故下極板N的電勢降低了8V，故D錯誤。故選B。6.紙面內存在沿某方向的勻強電場，在電場中取O點為坐標原點建立x軸，以O點為圓心、以R為半徑作圓，從x軸上的a點開始沿逆時針方向將圓四等分，a、b、c、d是圓周上的4個等分點，實線ef為一帶電粒子在電場中從e點運動到f點的運動軌跡，如圖（a）所示；測量出圓上各點的電勢、半徑同x軸正方向的夾角θ，描繪出一θ圖像如圖（b）所示，下列說法正確的是（）A.粒子帶負電 B.粒子從e點運動到f點的過程中電勢能逐漸增大C.O點的電勢為 D.電場強度的大小為【答案】CD【解析】【詳解】A．根據圖（b）可知，圓周上電勢最高點和最低點所在直徑與軸夾角為，設圓周上電勢最高點為，圓周上電勢最低點為，則直徑方向為電場線方向，實線ef為一帶電粒子在電場中從e點運動到f點的運動軌跡，粒子受力方向與電場方向一致，帶正電，故A錯誤；B．粒子受力方向與電場方向一致，粒子從e點運動到f點的過程中電場力做正功，電勢能逐漸減小，故B錯誤；C．O點的電勢為故C正確；D．電場強度的大小為故D正確。故選CD。7.如圖所示為絕緣固定的斜面的剖面圖AD，AD與水平面的夾角為θ=37°，點O、點C為直線AD上的兩點，OA段粗糙，OD段光滑，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場充滿AD所在的空間，AD與磁場方向垂直。質量為m、電荷量為q的物塊，在C點以某一初速度（未知）沿斜面AD向上運動，此時物塊與斜面AD之間的相互作用力的大小為0.6mg，已知，，OA段的動摩擦因數為μ=0.5，重力加速度大小為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8.下列說法正確的是（）A.物塊帶負電 B.物塊在C點上滑的初速度大小為C.物塊在斜面AD上做勻變速運動的時間為 D.物塊在OA段因摩擦產生的熱量為【答案】BC【解析】【詳解】A．若沒有磁場，則物塊對斜面的壓力由于物塊與斜面AD之間的相互作用力的大小為0.6mg，所以洛倫茲力方向垂直于斜面向上，物塊帶正電，故A錯誤；B．根據得故B正確；C．物塊從C點運動到O點的過程中受到的合外力為加速度取向下為正方向，有解得故C正確；D．物塊運動到O點時的速度此時受到的洛倫茲力方向垂直于斜面向下，摩擦力開始勻速運動，所以物塊在OA段因摩擦產生的熱量為故D錯誤。故選BC。8.如圖所示，豎直放置的半徑為R的光滑絕緣的半圓弧軌道MN與粗糙絕緣水平軌道NP在N處平滑連接，O點為圓弧軌道的圓心，直徑MN左側空間存在水平向左的勻強電場，右側空間存在豎直向上的勻強電場，場強大小均為E，水平軌道上放置一勁度系數為k的輕彈簧，左端緊鄰N點，右端栓接一電荷量為q的帶負電的輕物塊B（可忽略質量）。一質量為m、電荷量為q的帶負電的物塊A，以一定的初速度從M點沿切線進入圓弧軌道。已知A、B兩個物塊與水平軌道NP間的動摩擦因數均為μ，電荷量為，勁度系數為，彈簧的彈性勢能大小為（x為彈簧的形變量），重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A.物塊A在M點的初速度至少為，物塊A才能沿圓弧軌道運動到N點B.物塊A以不同的初速度從M點沿圓弧軌道滑到N點，通過N點的速度大小可能為C.物塊A以不同的初速度從M點沿圓弧軌道滑過N點后壓縮彈簧，彈簧的最大壓縮量可能為D.若物塊A恰能沿圓弧軌道滑過N點，則系統因摩擦產生的熱量為2mgR【答案】BD【解析】【詳解】物塊A受重力、電場力作用，等效重力場如圖所示，設最高點為C點等效重力場加速度為方向與豎直方向夾角的正切值為A．物塊A在C點恰好不脫落，設速度為v，由牛頓第二定律可得解得設在M點物塊A速度為v0，恰能沿圓弧軌道運動到C點，由動能定理可得解得則物塊A在M點的初速度至少為，物塊A才能沿圓弧軌道運動到N點，故A錯誤；B．若物塊A恰能沿圓弧軌道滑過N點，通過N點的速度最小，為則通過N點的速度大小可能為，故B正確；C．物塊A以不同的初速度從M點沿圓弧軌道滑過N點后壓縮彈簧，彈簧的最大彈力為彈簧的最大壓縮量為故C錯誤；D．若物塊A恰能沿圓弧軌道滑過N點，系統因摩擦產生熱量為W，由能量守恒可得解得故D正確。故選BD。第Ⅱ卷（非選擇題共174分）本卷包括必考題和選考題兩部分。第22~32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33~38題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題（共129分）9.某同學利用打點計時器探究小車的運動規律，實驗時按規范操作得到的一條紙帶的一部分，從比較清晰的點跡起每5個點標記一個計數點，標出了連續的5個計數點A、B、C、D、E，相鄰兩計數點之間都有4個點跡沒有標出，用刻度尺分別測量出AC、BD、CE的長度如圖所示，已知打點計時器的打點周期是0.02s，紙帶左端連接小車，根據數據可以推測該紙帶記錄的是小車做___________直線運動；打下B點時小車的瞬時速度大小為vB=___________m/s，小車的加速度大小為a=___________m/s2（結果均保留兩位有效數字）。【答案】①.勻加速②.③.【解析】【詳解】[1]紙帶左端連接小車，根據數據知左端先打點，運動的慢,又其中比較清晰的點跡起每5個點標記一個計數點，故根據勻變速運動推論可知該紙帶記錄的是小車做勻加速直線運動；[2]打下B點時小車的瞬時速度大小為[3]小車運動可看作勻加速直線運動，利用逐差法可求得小車的加速度大小為10.某實驗探究小組設計了如圖（a）所示的電路測電源電動勢E和內阻r，并測出定值電阻R1的阻值。實驗器材有：待測電源E（內阻為r），待測電阻R1，電壓表V（量程為1.5V，內阻很大），電阻箱R（0~99.99Ω），開關S1，單刀雙擲開關S2，導線若干。（1）為測試電路，閉合開關S1后，將開關S2先后分別與觸點a、觸點b接通，電壓表有示數但無變化，則故障可能是______。A.電阻R1短路 B.電阻R1斷路C.電阻箱R短路 D.電阻箱R斷路（2）排除故障后，先測R1的阻值，閉合開關S1，將開關S2切換到觸點a，讀出電阻箱的示數、電壓表的示數分別為R0、U0，保持電阻箱的示數不變，______（補全此處的操作），讀出電壓表的示數為U1，則定值電阻R1=______Ω。（3）測得R1=4.8Ω后，將開關S2擲于觸點a，繼續測電源的電動勢和內阻，作出了一圖像如圖（b）所示，則電源的電動勢E=______V，內阻r=______Ω。（結果均保留三位有效數字）【答案】（1）A（2）①.將S2切換到b②.（3）①.1.43②.1.20【解析】【小問1詳解】閉合開關S1后，將開關S2先后分別與觸點a、觸點b接通，電壓表有示數但無變化，可能是電阻R1短路，故選A。小問2詳解】[1]保持電阻箱示數不變，將S2切換到b讀出電壓表的示數U1。[2]根據歐姆定律，電阻箱的電流，R1的電壓為U1-U0，所以可求【小問3詳解】[1][2]根據閉合電路的歐姆定律整理得所以圖象與縱軸的截距可得電動勢E=1.43V斜率解得內阻r=1.20Ω11.如圖所示，靜止的粗糙傳送帶與水平面夾角為，傳送帶頂端到底端的距離為L=14.25m，平行于傳送帶的輕繩一端連接質量為m1=0.3kg的小物體A，另一端跨過光滑定滑輪連接質量為m2=0.1kg的小物體B，在外力的作用下，小物體A靜止于傳送帶的頂端。t=0時，撤去外力，同時傳送帶從靜止開始以加速度大小為a0=7m/s2、順時針方向勻加速轉動，傳送帶速率達到v=7m/s后勻速轉動。已知小物體A與傳送帶間的動摩擦因數為μ=0.25，小物體B始終未與定滑輪相撞，重力加速度大小為g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）傳送帶勻加速轉動瞬間，小物體A加速度的大小；（2）小物體A從傳送帶頂端運動到底端的時間。【答案】（1）3.5m/s2；（2）3s【解析】【詳解】（1）設小物塊A加速度的大小為a1，繩子的拉力為T1，則對A物體列牛頓第二定律對B物體列牛頓第二定律解得（2）從靜止到速度等于7m/s的過程有當A、B整體的速度等于7m/s時，摩擦力會改變方向，設小物塊A此時的加速度為a2，繩子的拉力為T2，則對A物體列牛頓第二定律對B物體列牛頓第二定律解得所以，總時間為12.如圖所示，粗糙絕緣的水平面上方有一寬度為s=1.8m、離地高度為h=0.1m的勻強磁場區域MNQP，區域內磁場方向垂直紙面向里，且磁感應強度大小為B=1T，在距虛線MN左側s0=1.25m處豎直放置一個邊長為L=0.2m的正方形線框abcd，虛線PQ右側存在方向垂直紙面向外、磁感應強度的分布為B=1+kx（T）（x是指虛線PQ右側到虛線PQ的水平距離，常量k>0但大小未知），緊靠虛線PQ豎直放置一個邊長也為L=0.2m、下表面光滑的正方形線框efhj。現將一方向水平向右、大小為F=15N的恒定外力作用在線框abcd上，直到線框abcd的cd邊剛到達虛線MN時，僅改變外力F的大小使線框以到達虛線MN時的速度勻速進入勻強磁場區域MNQP，當線框abcd的ab邊剛到達虛線MN時，撤去外力F。已知線框abcd的質量為m1=1kg、匝數為n1=5匝、電阻阻值為R1=5Ω、與水平面間的動摩擦因數為μ=0.5，線框efhj的質量為m2=2kg、匝數為n2=10匝、電阻阻值為R2=10Ω，兩線框運動過程中所發生的碰撞為彈性碰撞，重力加速度大小為g=10m/s2.求：（1）線框abcd剛進入磁場區域MNQP時，線框abcd中的電流大小；（2）線框abcd進入磁場區域MNQP的過程中，外力F做功的大小；（3）線框abcd與線框efhj碰撞后，直到兩線框都靜止時，線框abcd的cd邊與線框efhj的ef邊相距2.6m，則常量k的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】詳解】（1）根據動能定理又得線框abcd剛進入磁場區域MNQP時，線框abcd中的電流大小為（2）線框abcd進入磁場過程中勻速運動，則外力F做功的大小為得（3）線框abcd完全進入磁場后不受磁場力作用，設abcd與efhj碰撞時的速度為v0。根據動能定理由題意，碰撞后abcd會反向運動。根據動量守恒與機械能守恒得，碰撞后，對線框abcd得由題意可知，線框efhj兩次磁感應強度大小之差為且保持不變。對線框efhj，根據動量定理又，，，由題意聯立得（二）選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選1題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號涂黑。注意所選題目的題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡選答區域指定位置作答。多答則每學科按所答的第1題評分。33.[物理—選修3一3]34.[物理—選修3一4]13.德陽燈會歷來就有“川西燈會看德陽”之盛譽。時隔8年，第十五屆德陽燈會將于2024年2月2日至3月9日在德陽玄珠湖公園舉行，屆時240米吉尼斯龍燈旋連“三星堆寶