广东省深圳市高级中学2020届高三物理上学期综合试题（五）（含解析）
1.如图所示，为一光电管电路，滑动变阻器触头位于ab上某点，用光照射光电管阴极，电表无偏转，要使电表指针偏转，可采取的可能措施有（）
A. 加大照射光的强度
B. 换用频率高的光照射
C. 将P向a滑动
D. 将电源正、负极对调
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可知，电表没有偏转，是由于没有发生光电效应，发生光电效应的条件：γ＞γ0，增加入射光的强度不能使电流计G的指针发生偏转，故A错误；换用频率高的光照射，从而可能发生光电效应，导致电流表指针会发生偏转，故B正确。当没有发生光电效应时，P向a滑动，减小电压，更不会形成电流，故C错误；电源正负极对调，若能发生光电效应，则出来的电子反而做减速运动，更不可能形成光电流。故D错误。故选B。
2.如图所示，用一根细绳和一根轻直杆组成三角支架，绳的一端绕在手指上，杆的一端顶在掌心，当A处挂上重物时，绳与杆对手指和手掌均有作用,对这两个作用力的方向判断完全正确的是图中的( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
绳子只能产生拉力，拉力的方向沿着绳子收缩的方向，杆对手心的弹力方向与手心形变的方向相同，D对；
3.如图所示，用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。关于苹果从最高点c到最右侧点d运动的过程，下列说法中正确的是
A. 手掌对苹果的摩擦力越来越大
B. 苹果先处于超重状态后处于失重状态
C. 手掌对苹果的支持力越来越小
D. 苹果所受的合外力越来越大
【答案】A
【解析】
【详解】A．因为做匀速圆周运动，所以从c到d的过程中，加速度大小不变，加速度在水平方向上的分加速度逐渐增大，根据牛顿第二定律知摩擦力越来越大，所以A正确.
B．苹果做匀速圆周运动，从c到d的过程中,加速度在竖直方向上有向下的加速度,可以知道苹果处于失重状态，故B错误.
C．从c到d的过程中，加速度大小不变，加速度在竖直方向上的加速度逐渐减小，方向向下，则重力和支持力的合力逐渐减小，可以知道支持力越来越大，故C错误.
D．苹果做匀速圆周运动，合力大小不变，方向始终指向圆心，故D错误.
v 的速度水平抛出，4.如图所示，A、B两个平台水平距离为7.5 m，某同学先用一个小球从A平台边缘以05m/s
结果小球落在了B 平台左侧下方6.25 m 处。重力加速度g 取10 m/s 2
，忽略空气阻力，要使小球从A 平台边缘水平抛出能落到B 平台上，则从A 平台边缘水平抛出小球的速度至少为（ ）
A. 6 m/s
B. 7.5 m/s
C. 9 m/s
D. 11.25 m/s 【答案】B 【解析】
【详解】由平抛运动的规律可知：x=v 01t 1；h+6.25=
12gt 12；当小球恰能落到平台B 上时：x=v 02t 2；h=1
2
gt 22；联立解得：v 02=7.5m/s ；故选B.
5.如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为2m 和m ，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g .要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为（ ）
A. 3μmg
B. 4μmg
C. 5μmg
D. 6μmg 【答案】D 【解析】
当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则有： f 1=μ?2mg=2ma 1 得：1
11
f a
g m μ=
=
F-f 1-f 2=m 2a 2
发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度，即：a 2＞a 1 所以：F=f 1+f 2+m 2a 2＞f 1+f 2+m 2a 1=μ?2mg+μ?3mg+μmg=6μmg 即：F ＞6μmg，故选：D.
点睛：本题考查了连接体的运动，隔离物体受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，找出使纸板相对砝码运动的临界条件即可判断，难度较大。
6.2018年7月27日出现了“火星冲日”的天文奇观，火星离地球最近最亮。当地球位于太阳和火星之间且三者几乎排成一条直线时，天文学称之为“火星冲日”。火星与地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳近似做匀速圆周运动。不考虑火星与地球的自转，且假设火星和地球的轨道平面在同一个平面上，相关数据见下表。则根据提供的数据可知 质量
半径
与太阳间距离
地球 m
R
r
火星 约0.1m
约0.5R
约1.5r
A. 在火星表面附近发射飞行器的速度至少为7.9km/s
B. 理论上计算可知下一次“火星冲日”的时间大约在2020年9月份
C. 火星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比约为2:5
D. 火星运行的加速度比地球运行的加速度大 【答案】BC 【解析】
【详解】根据2
2
Gmm m v R R
=''，解得Gm v R =，则5
=0.10.5=v m R v R m =?
?火火地地地火
v 火 ()3 3 2 21.5 r r T T 地 火 ＝ ，则T 火≈1.84T 地=1.84年；设从火星冲日到下次火星冲日的时间间隔为t ，则 1t t T T -地火 ＝，解得：t≈2.2年，所以下一次“火星冲日”的时间大约在2020年9月份，故B 正确。行星对表面物体的万有引力等于物体在表面时受到的重力，则 2 G mm m g R 物物 ＝，可得：2G m g R =；则2 2212=0.1=0.55g m R g R m =??火火地地地火，选项C 正确；太阳对行星的引力充当行星做圆周运动的向心力，则2GMm ma r =解得2 GM a r =，可知火星运行的加速度比地球运行的加速度小，选项D 错误；故选BC. 【点睛】本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。 7.如图所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的 小球，从离弹簧上端高h 处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox ，做出小球所受弹力F 大小随小球下落的位置坐标x 的变化关系如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g 。以下判断正确的是（ ） A. 当x =h+x 0，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小 B. 小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先减小后增大 C. 小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先减小后增大 D. 小球动能的 最大值为0 2 mgx mgh + 【答案】ACD 【解析】 【详解】根据乙图可知，当x=h+x 0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组成的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A 正确；小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减小，当弹力等于重力时加速度为零，此时速度最大；然后向下运动时弹力大于重力，小球的加速度向上且逐渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，选项B 错误，C 正确；小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg (h +x 0)?12 mg ?x 0＝ 12mv 2，故小球动能的最大值为mgh +1 2 mgx 0，故D 正确；故选ACD 。 【点睛】本题关键是将物体的运动分为自由落体、加速下降和减速下降三个阶段，同时物体的动能和重力势能以及 弹簧弹性势能总量守恒. 8.如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A点开始冲上斜面，到达某一高度后又返回A 点，斜面与滑块之间有摩擦．下列各项分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、势能E p和机械能E随时间的变化图象，可能正确的是（） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【详解】试题分析:因为斜面与滑块之间有摩擦，所以物体没斜面向上运动和向下运动的加速度是不一样的，所以A 错；物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同．故B正确；设斜面的倾角为α．在上滑过程中：上滑的位移大小为x1=v0t?，重力势能为E P=mgx1sinθ=mgsinθ（v0t?），此为抛物线方程．下滑过程：重力势能为E P=mg[H-sinθ]，H为斜面的最大高度，t0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程．所以C是可能的．故C正确；由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，不可能增大，所以D图不可能．故D错误． 三、非选择题： 9.(1)在“用打点计时器测速度”实验中，电磁打点计时器和电火花计时器都使用________（填“直流”或“交流”）电源．在我国，电火花打点计时器工作电压为 ________． (2)如下图为物体做匀加速运动时打点计时器打出的一条纸带，图中相邻的点间还有四个点未画出，已知打点计时器接交流50Hz 的电源，则打点计时器打出D 点时，物体的速度大小为________ m/s ，物体运动的加速度大小为________ m/s 2。(计算结果保留两位有效数字) 【答案】 (1). 交流 (2). 220V (3). 0.96 (4). 2.0 【解析】 【详解】（1）在“用打点计时器测速度”实验中，电磁打点计时器和电火花计时器都使用交流电源．在我国，电火花打点计时器工作电压为220V ． （2）相邻的点间还有四个点未画出，计数点间的时间间隔：t =0.02×5=0.1s， 做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则 ()2 8.6110.61100.96m/s 220.1 D C E v t -+?== =? 由匀变速直线运动的推论：△x=at 2可知，加速度： 2 222 8.61 4.6110.61 6.5(910 2.0m/s 44)01CD AB DE BC a t --+--+-?===?． ； 10.为了探究加速度与合外力的关系，甲、乙、丙、丁四个实验小组分别采用图甲、图乙、图丙、图丁所示的实验装置，小车总质量用M 表示(乙图中M 包括小车与传感器，丙图中M 包括小车和与小车固连的小滑轮)，钩码总质量用 m 表示．丁组同学先按图丁将木板有定滑轮的一端垫起，调整木板倾角，使小车恰好带着钩码和纸带一起沿木板向 下匀速运动，再保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，然后接通电源释放小车，使之由静止开始加速运动并在纸带上打点，如图戊所示。重力加速度g 已知，试回答下列问题： （1）甲、乙、丙三组实验必须平衡小车和长木板之间的摩擦力的实验小组是_____________。（填“甲”“乙”“丙”）（2）甲、乙、丙、丁四组实验时必须满足“M>>m”的实验小组是_____________。（填“甲”“乙”“丙”“丁”）（3）实验时各组同学的操作均完全正确，甲、乙、丙三组同学作出的a-F图线如图己所示（乙组同学所用F为传感器读数，丙组同学所用F为弹簧测力计示数），则甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是_____________。（填 “A”“B”“C”） （4）实验时丁组同学操作的小车加速下滑受到的合力F=___________，该组同学在保持小车质量不变的情况下，通过调整改变小车所受合力，多次实验，由实验数据作出的a-F图线如图庚所示，则小车质量为 __________kg。 【答案】 (1). 甲乙丙 (2). 甲 (3). CBA (4). mg (5). 2 【解析】 （1）本实验探究当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力的关系，所以三个实验小组都需要平衡摩擦力，即甲乙丙都需要平衡摩擦力， （2）乙和丙绳子的拉力可以由弹簧测力计和力传感器直接得到，不需要用重物的重力代替，所以乙丙两组不需要满足M＞＞m，而甲组用重物的重力代替绳子的拉力，要满足M＞＞m， （3）甲组用重物的重力代替绳子的拉力，要满足M≥m，随着m的增大，不满足M＞＞m时，图象出现弯曲，所以甲组对应的是C， 根据装置可知，乙图中小车受到的拉力大于弹簧测力计的示数，丙图中受到的拉力等于力传感器的示数，当F相等时，乙组的加速度大，所以乙组对应B，丙组对应A， （4）平衡摩擦力后，小车加速下滑时受到的合力F=mg；由牛顿第二定律得：a=1 M F， 由图2（C ）所示的a ﹣F 图线可知：图象斜率：k=1M ，则小车的质量：M=1 k =2kg ． 11.近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过．若某车减速前的速度为v 0＝20m/s ，靠近站口时以大小为a 1＝5 m/s 2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为v t ＝8 m/s ，然后立即以a 2＝4 m/s 2 的匀加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)．试问： (1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？ (2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？ (3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？ 【答案】（1）33.6m （2）5.4s （3）1.62s 【解析】 【详解】（1）设该车初速度方向为正方向,该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站x 1处开始制动，则有： v t 2－v 02＝- 2a 1x 1 ① 解得：x 1＝33.6 m. ② 该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x 1和x 2，时间为t 1和t 2，则 减速阶段：v t ＝v 0 - a 1t 1 ③ 解得：t 1＝2.4 s ④ 加速阶段：t 2＝02 t v v a -＝3 s ⑤ 则加速和减速的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝5.4 s. ⑥ （3）在加速阶段：x 2＝ 2 t v v +t 2＝42 m ⑦ 则总位移：x ＝x 1＋x 2＝75.6 m ⑧ 若不减速所需要时间：t ′＝ x v ＝3.78 s ⑨ 车因减速和加速过站而耽误的时间：Δt ＝t －t ′＝1.62 s. ⑩ 【点睛】此题运动的过程复杂，轿车经历减速、加速，加速度、位移、时间等都不一样．分析这样的问题时，要能在草稿子上画一画运动的过程图，找出空间关系，有助于解题． 12.如图所示，遥控电动赛车（可视为质点）从A 点由静止出发，经过时间t 后关闭电动机，赛车继续前进至B 点后进入固定在竖直平面内的 圆形光滑轨道，通过轨道最高点P 后又进入水平轨道CD 上。已知赛车在水平轨道AB 部分和CD 部分运动时受到阻力恒为车重的0.5倍，即k =F f /mg =0.5，赛车的质量m =0.4kg ，通电后赛车的电动机以额定功率P =2W 工作，轨道AB 的长度L =2m ，圆形轨道的半径R =0.5m ，空气阻力可忽略，取重力加速度g =10m/s 2。某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD 轨道上运动的路程最短。在此条件下，求： （1）小车在CD 轨道上运动的最短路程； （2）赛车电动机工作的时间。 【答案】（1）2.5m （2）4.5s 【解析】 【详解】（1）要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD 轨道上运动的路程最短，则小车经过圆轨道P 点时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力： 2 P v mg m R = 由机械能守恒定律可得：22 11222 P C mg R mv mv ?+ = 由上述两式联立代入数据可得：v C =5m/s 设小车在CD 轨道上运动的最短路程为x ，由动能定理可得： 2 102 C kmgx mv -=- 代入数据可得：x =2.5m （2）由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知：v B =v C =5m/s 从A 点到B 点运动过程中，由动能定理可得：212 B Pt kmgL mv -= 代入数据可得：t = 4.5s 【点睛】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，运用动能定理解题关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后根据动能定理列式求解． 13.如图所示，粗糙水平面上静止放着相距1m d =的两块要同的长木板A 、B ，每块木板长均为L ，与地面的动摩擦因数10.2μ=。一可视为质点的物块C 以08m/s v =的初速度水平向右滑上木板A 的左端，C 的质量为每块木板质量2倍，C 与木板的动摩擦因数20.4μ=。若A 、B 碰后速度相同但不粘连，碰撞时间极短，且A 和B 碰撞时C 恰好运 动到A 的最右端，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s 2 。求： (1)木板A 与木板B 相碰前瞬间的速度v 1； (2)木板A 的长度L ； (3)木板A 、B 最终停下时，两者间的距离。 【答案】（1）2m/s （2）5m （3）1. 5m 【解析】 【详解】(1)设A 、B 的质量均为m ， C 、A 相互作用的过程中，对A 由牛顿第二定律有： 2112(2)mg m m g ma μμ?-+= 代入数据解得：212m/s a = A 运动位移d 与 B 发生碰撞，则有： 21112 d a t = 代入数据解得：11s t = 木板A 与B 相碰前瞬间的速度： 112m/s v at == (2)C 、A 相互作用过程中，对C ： 2222mg ma μ?= 代入数据解得：2 24m/s a = C 发生的位移为： 21012112 x v t a t =- 代入数据解得：16m x = 木板A 的长度： 1==61m=5m L x d -- (3)碰前C 的速度为： 2021==841m/s=4m/s v v a t --? A 和 B 碰撞过程中动量守恒有： 13()mv m m v =+ 代入数据解得：31m/s v = A 和 B 分离后，A 板做匀减速运动有： 13mg ma μ= 解得：2 32m/s a = A 从分离到停下发生位移为： 22 331==m=0.25m 222 A v x a ′ B 板以2 12m/s a =的加速度做匀加速运动直到与C 同速，设此过程经历时间为2t ，有： 4222312==v v a t v a t -+ 解得：2=0.5s t 4=2m/s v 此过程B 板的位移： 3421+2 = =0.5m=0.75m 22 B v v x t +′ 此后B 和 C 一起以2 32m/s a =加速度做匀减速运动直到时停下，发生位移为： 22 432==m=1m 222 BC v x a ′ 木板A 、B 最终停下时，两者间的距离： ==0.75+10.25m=1.5m B BC A x x x x +-- 答：(1)木板A 与木板B 相碰前瞬间的速度12m/s v =； (2)木板A 的长度5m L =； (3)木板A 、B 最终停下时，两者间的距离=1.5m x 。
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