广东省茂名市2020届高三第二次综合测试理综物理试题 Word版含解析

广东省茂名市2020届高三第二次综合测试理综物理试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020年茂名市高三级第二次综合测试 理科综合试卷 第I卷 一、选择题:本题共有8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎1.下列说法中正确的是（　　）‎ A. 一定强度的入射光照射某金属发生光电效应时，入射光的频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多 B. 放射性的原子核发生衰变后产生的新核从高能级向低能级跃迁时，辐射出x射线 C. 德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为只有高速运动的粒子才具有波粒二象性 D. 核子是通过核力束缚在原子核内的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．发生光电效应时，入射光的频率影响的是光电子的最大初动能，光强度影响单位时间内发出光电子的数目，故A错误；‎ B．放射性的原子核发生衰变后产生的新核从高能级向低能级跃迁时，辐射出γ射线， 故B错误；‎ C．德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为所有运动的粒子都具有波粒二象性，故C错误；‎ D．核力只存在于相邻的核子之间．核力将核子束缚在核内，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎2.如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，用轻弹簧连接质量为2m的小球M和质量为m的小球N，N再用细线连接在斜面顶端，M、N都处于静止状态。现用剪刀剪断细线，在用剪刀剪断细线的瞬间，两小球加速度大小为（　　）‎ - 19 -‎ A. aM=g B. aM=gsinθ C. aN=gsinθ D. aN=3gsinθ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．在剪断细绳的瞬间，弹簧的伸长量还没有来得及改变，恢复原状需要一个过程，所以在剪断细绳瞬间，弹簧的弹力不变，则M的受力情况不变，合力仍为0，加速度仍为0，故AB错误；‎ CD．在剪断绳子之前，对M分析知，弹簧的弹力大小 F=2mgsinθ 剪断细绳瞬间，N受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力，根据牛顿第二定律得 故D正确，C错误；‎ 故选D ‎3.质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的B点和A点，如图所示，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，绳a与竖直方向成θ角，绳b在水平方向且长为L。小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（　　）‎ A. a绳的张力可能为零 B. a绳的张力随角速度的增大而增大 - 19 -‎ C. 当角速度时，b绳将产生弹力 D. 若b绳突然被剪断，则θ一定不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等 解得 可知a绳的张力不可能为零，且保持不变，故AB错误；‎ C．当b绳伸直且弹力零时，a绳的张力的水平分力提供向心力，根据向心力公式有 解得 可知当角速度时，b绳出现弹力，故C正确；‎ D．由于b绳可能有弹力，故b绳突然被剪断，则θ可能发生变化，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B点，弹跳起来，刚好擦网而过，落在对方场地的A点，第二只球直接擦网而过，也落在A点，如图．设球与地面的碰撞后，速度大小不变，速度方向与水平地面夹角相等，其运动过程中阻力不计，则第一只球与第二只球飞过网C处时水平速度大小之比为 A. 1:1 B. 1:3 C. 3:1 D. 1:9‎ ‎【答案】B - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的．由于球与地面的碰撞是完全弹性碰撞，设第二球自击出到落到A点时间为t，第一球自击出到落到A点的时间为3t；由于一、二两球在水平方向均为匀速运动，水平位移x大小相等，设它们从O点出发时的初速度分别为v1、v2，由x=v0t得：v2=3v1；所以有，所以两只球飞过球网C处时水平速度之比为1：3，故B正确，ACD错误．‎ ‎5.如图甲所示，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2，螺线管导线电阻r=2Ω，电阻R=4Ω，磁感应强度B的B-t图像如图乙所示（以向右为正方向），下列说法正确的是（　　）‎ A. 电阻R中的电流方向是从A到C B. 感应电流的大小保持不变 C. 电阻R两端的电压为4V D. C点的电势为6V ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由楞次定律可以判断出螺线管中电流方向从右向左，那么通过电阻R的电流方向是从C到A，故A错误；‎ B．根据法拉第电磁感应定律有 由图知 代入数据解得 E=1500×2×20×10-4 V =6V 由闭合电路欧姆定律得 因此感应电流的大小是恒定的，故B正确；‎ CD．电阻两端的电压是外电压为 - 19 -‎ U=IR=1×4V=4V 在外电路，顺着电流方向电势降低，因A的电势等于零，那么C点的电势为4V，故C正确，D错误；‎ 故选BC。‎ ‎6.在匀强磁场中有一不计电阻的单匝矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电；把该交流电输入到图乙中理想变压器的A、B两端图中的电压表和电流表均为理想交流电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻，下列说法正确的是（　　）‎ A. 在图甲的t=0.01s时刻，矩形线圈平面与磁场方向垂直 B. 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式e=36sin50πt（V）‎ C. Rt处温度升高时，电压表V2示数与V1示数的比值变大 D. Rt处温度升高时，电压表V1示数与电流表A1示数的乘积一定变大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在图甲的t=0．01s时刻，e=0，则磁通量最大，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，故A正确；‎ B．根据图甲可知，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为，故B错误；‎ C．电压表V1的示数为交流电压的有效值即36V不变，副线圈两的电压也不变，在Rt处温度升高时, Rt电阻变小，总电阻也变小，总电流变大，R两端电压变大，所以电压表V2的示数变小，所以电压表V2示数与V1示数的比值变小，故C错误；‎ D．由C项分析要知，由于电流表A2示数变大，所以电流表A1示数变大，电压表V1的示数不变，所以电压表V1示数与电流表A1示数的乘积一定变大，故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎7.如图所示A、B是直线上的两点，其上分别放置点电荷Q1、Q2，OO′是A、B - 19 -‎ 的中垂线。现将点电荷q置于P点时刚好能静止，下列说法正确的是（　　）‎ A. Q1带正电、Q2带负电 B. Q1、Q2同种电荷 C. 将点电荷q放在P点稍左的地方静止释放，它将在P点附近来回运动 D. 将点电荷q从P点移到M点，电势能可能增加 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．将点电荷q置于P点时刚好能静止，说明Q1、Q2对q的电场力的方向相反，所以Q1、Q2是同种电荷，故B正确，故A错误；‎ C．若q与Q1是异种电荷，在P点，Q1、Q2对q引力相等，将点电荷q放在P点稍左的地方静止释放，Q1对q引力大于Q2对q引力，点电荷q将向左运动，而不是将在P点附近来回运动，故C错误；‎ D．不失一般性，假定P点电势高于M点，因为点电荷q可能是正电荷也可能是负电荷 ，若是正电荷，将点电荷q从P点移到M点，电势能减小；若是负电荷，将点电荷q从P点移到M点，电势能可能增加，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎8.某载人宇宙飞船绕地球做圆周运动的周期为T，由于地球遮挡，宇航员发现有时间会经历“日全食”过程，如图所示已知地球的半径为R，引力常量为G，地球自转周期为T0，太阳光可看作平行光，则（　　）‎ - 19 -‎ A. 宇宙飞船离地球表面的高度为2R B. 一天内飞船经历“日全食”的次数为 C. 宇航员观察地球的张角为60° D. 地球的平均密度为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．设飞船距离地面的高度为h，如图 ‎.‎ 因字航员发现有时间会经历“日全食”过程，则圆心角，所以宇航员观察地球的张角为60°，由几何关系得 解得 h=R 故C正确，A错误；‎ B．地球自转一圈时间为T0，飞船绕地球一圈时间为T，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T就有一次日全食，得一天内飞船经历““日全食”次数为，故B错误；‎ CD．由万有引力提供向心力，则有 又轨道半径r=R+h=2R，则地球质量为 则地球密度为 - 19 -‎ 故D正确；‎ 故选CD。‎ 第Ⅱ卷 二、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须做答。第13题～第16题为选考题，考生根据要求做答。‎ ‎（一）必考题 ‎9.某实验小组在测木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图所示的装置，图中长木板水平固定，调整定滑轮高度，使细线与长木板平行．‎ ‎ ‎ ‎(1)实验过程中，电火花打点计时器应接在___________(选填“直流”或“交流”)电源上．‎ ‎(2)已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间的动摩擦因数μ＝__________．‎ ‎(3)图为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出．从纸带上测出x1＝2.10 cm，x2＝3.62 cm，x5＝8.12 cm，x6＝9.60 cm．则木块加速度大小a＝__________m/s2(保留两位有效数字)．‎ ‎【答案】 (1). （1）交流； (2). （2）； (3). （3）1.5m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电火花打点计时器应接在交流电源上．‎ ‎（2）对砝码：mg-T=ma；对木块：T-μMg=Ma，解得；‎ ‎（3）因T=0.1s，则x46-x02=2a(2T)2，‎ 解得 ‎10.某同学用图甲所示的电路研究某种型号电池的电动势及内阻。图中R0为5Ω的定值电阻，两个电压表均为理想电压表。‎ - 19 -‎ ‎（1）请根据图甲所示的电路图用笔画线代替导线将图乙中的实物图补充完整_____。‎ ‎（2）闭合开关，电压表V1的示数如图丙所示U1=________V、V2的示数U2=0.50V。调节滑动变阻器，得到多组U1、U2，作出两电压表示数的U1—U2关系曲线如图丁。由此可知电池的电动势为________V，U2由0.75V增大1.2V过程中电池的内阻将________。‎ ‎（3）由实验图像可求得电压V2表示数为1.0V时，滑动变阻器R消耗的电功率为________W（计算结果保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). (2). 2.50 (3). 2.88~2.92 (4). 增大 (5). 0.15~0.17‎ - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]根据电路图，实物图连接电路如图 ‎（2）[2] 最小分度值为0.1V，要估读到下一位，所以读数是2.50V ‎[3][4]由闭合电路的欧姆定律 变形得 由图像可知，电池的电动势为2.90V；因图像的斜率 则U2较大时，图像的斜率变大，则电池的内阻将增大；‎ ‎（3）[5] 电压V2表示数为1.0V时，由图可知电压V1表示数为1.8V，所以滑动变阻器R两端电压 滑动变阻器R两端电流 滑动变阻器R消耗电功率为 ‎11.如图所示，质量为mB=2kg的足够长的长木板静止在水平桌面上，B - 19 -‎ 上表面的右端有一质量为mA=1kg的物块A，质量为mC=3kg物块C以5m/s的速度向右与木板B碰撞后粘在一起。已知物块A与长木板B之间的动摩擦因数为μ2=0.2，长木板B、物块C与水平桌面的动摩擦因数均为μ1=0.1，重力加速度g取10m/s2，试求：‎ ‎（1）物块C与长木板B碰撞过程中，损失的机械能；‎ ‎（2）从物块C与B碰后到它们最终停止经历的时间及A能达到的最大速度。‎ ‎【答案】（1）15J；（2）；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设长木板B、物块C碰撞后的瞬时速度大小为，以向右为正方向 根据动量守恒定律 ‎①‎ 解得 ‎②‎ 碰撞过程中，损失的机械能 ‎③‎ ‎（2）设从C与B相碰后到它们静止经历时间为t，取A、B、C为整体，对这一整体应用动量定理得 ‎④‎ 解得 ‎⑤‎ 物块A先以加速度做加速运动，经过时间到达最大速度v，接着A、B、C整体以加速度做减速运动直到停止，所以 ‎⑥‎ ‎⑦‎ - 19 -‎ 由速度公式得 ‎⑧‎ 将、及t代入上式解得 ‎⑨‎ ‎12.如图所示，半径为a的圆内有一固定的边长为1.5a的等边三角形框架ABC，框架中心与圆心重合，S为位于BC边中点处的狭缝．三角形框架内有一水平放置带电的平行金属板，框架与圆之间存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．一束质量为m、电量为q，不计重力的带正电的粒子，从P点由静止经两板间电场加速后通过狭缝S，垂直BC边向下进入磁场并发生偏转．忽略粒子与框架碰撞时能量与电量损失．求：‎ ‎ ‎ ‎(1)要使粒子进入磁场后第一次打在SB的中点，则加速电场的电压为多大？‎ ‎(2)要使粒子最终仍能回到狭缝S，则加速电场电压满足什么条件？‎ ‎(3)回到狭缝S的粒子在磁场中运动的最短时间是多少？‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）带电粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，进入磁场后做圆周运动，结合几何关系找到半径，求解加速电场的电压；（2）要使粒子能回到S，则每次碰撞时粒子速度都应与边垂直，则可能的情况是：粒子与框架垂直碰撞，绕过三角形顶点时的轨迹圆弧的圆心应位于三角形顶点上，即SB为半径的奇数倍；要使粒子能绕过顶点且不飞出磁场，临界情况为粒子轨迹圆与磁场区域圆相切；（3）根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹图，找到圆周运动的圆心角，结合圆周运动周期公式，求出在磁场中运动的最短时间；‎ - 19 -‎ ‎【详解】（1）粒子在电场中加速，qU＝mv2　‎ 粒子在磁场中，qvB＝　‎ r＝　‎ 解得 ‎ ‎（2）要使粒子能回到S，则每次碰撞时粒子速度都应与边垂直，则r和v应满足以下条件：‎ ‎①粒子与框架垂直碰撞，绕过三角形顶点时的轨迹圆弧的圆心应位于三角形顶点上，即SB为半径的奇数倍，‎ 即 (n＝1，2，3，… )‎ ‎②要使粒子能绕过顶点且不飞出磁场，临界情况为粒子轨迹圆与磁场区域圆相切，‎ 即r≤a－a ‎ 解得n≥3.3，即n＝4，5，6…　‎ 得加速电压(n＝4，5，6，…)．‎ ‎（3）粒子在磁场中运动周期为T qvB＝，T＝‎ 解得T＝　 ‎ 当n＝4时，时间最短，即 tmin＝3×6×＋3×T＝T ‎ 解得tmin＝.‎ ‎（二）选考题:共15分。请考生从给出的2道物理题选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。‎ ‎[物理—选修3-3]‎ - 19 -‎ ‎13.下列说法正确的是_______‎ A. 温度升高，物体内每一个分子运动的速率都增大 B. 空气中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 C. 一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加 D. 高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故 E. 干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．温度是分子热运动平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以温度越高，平均动能越大，平均速率越大，不是所有分子运动速率都增大，故A错误；‎ B．空气的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果，故B正确；‎ C．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，需要克服分子间的引力，故分子势能增大，故C正确；‎ D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压较低的缘故．故D错误；‎ E．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果．故E正确 故选BCE。‎ ‎14.如图所示，长31cm内径均匀的细玻璃管，开口向上竖直放置，齐口水银柱封住10cm长的空气柱，此时气温为27℃。若把玻璃管在竖直平面内顺时针缓慢转动半周，发现水银柱长度变为15cm，继续转动半周，然后对封闭空气柱加热使水银柱刚好与管口相平。求：‎ ‎（1）大气压强的值；‎ ‎（2）回到原处加热到水银柱刚好与管口相平时气体的温度。‎ - 19 -‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在玻璃管开口向上转到开口竖直向下的过程中，由等温变化可得 ‎①‎ 由压强关系可得 ‎，②‎ 由①②式解得 ‎③‎ ‎（2）加热至水银与管口相平时 ‎④‎ ‎⑤‎ 由气体状态方程得 ‎⑥‎ 解得 ‎⑦‎ ‎ [物理—选修3-4]‎ ‎15.如图所示，两列简谐横波分别沿 x 轴正方向和负方向传播，两波源分别位于 x= -0.2m 和 x=1.2m 处，两列波的速度均为 v=0.4m/s，两列波的振幅均为 2cm．图示为 t=0 时刻两 列波的图象（传播方向如图所示），此刻平衡位置处于 x=0.2m 和 x=0.8m 的 P、Q 两质点刚开始振动．质点 M 的平衡位置处于 x=0.5m 处，下列说 法正确的是____‎ - 19 -‎ A. 两列波的周期均为 1s B. 在 t=0.75s 时刻，质点 P、Q 都运动到 M 点 C. 质点 M 的起振方向沿 y 轴负方向 D. 在 t=2s 时刻，质点 M 的纵坐标为-2cm E. 在 0~2s 这段时间内质点 M 通过的路程为 20cm ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．两列波的周期 故A正确；‎ B．在 t=0.75s 时刻，两列波的传播距离均等于 但质点 P、Q不随波的传播而向左向右运动，故B错误；‎ C．P、Q 两质点起振方向沿 y 轴负方向，两列波的传播到P点时，质点 M 的起振方向沿 y 轴负方向，故C正确； ‎ D．在 t=2s 时刻，质点 M振动了个周期，但质点M是振动加强点，所以质点 M 的纵坐标为-4cm，故D错误；‎ E．在 0~2s 这段时间内质点 M 通过的路程为 故E错误；‎ 故选ACD。‎ ‎16.如图所示，MN为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R、折射率为的透明半球体，O为球心，轴线OA垂直于光屏，O至光屏的距离，一细束单色光垂直射向半球体的平面，在平面的入射为B，，求：‎ - 19 -‎ ‎（1）光线从透明半球体射出时，出射光线偏离原方向的角度；‎ ‎（2）光线在光屏形成的光斑到A点的距离．‎ ‎【答案】（1）；(2)0.5R ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设入射点B到O垂直距离：，，折射角为i 对△OBC，由正弦公式得 又，联立解得 所以：，因此偏折的角度为 ‎（2）由平面几何可得 ‎，‎ 因此 ‎，‎ 所以 - 19 -‎ - 19 -‎ - 19 -‎