广东省广州市天河区2020届高三普通高中毕业班综合测试理综物理试题（二） Word版含解析

广东省广州市天河区2020届高三普通高中毕业班综合测试理综物理试题（二） Word版含解析

www.ks5u.com ‎ 2020届广东省广州市天河区高三普通高中毕业班综合测试理综物理试题（二）‎ 二、选择题（本题8小题，，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21有多项符合题目要求）‎ ‎1.甲、乙两个同学打乒乓球，某次动作中，甲同学持拍的拍面与水平方向成45°角，乙同学持拍的拍面与水平方向成30°角，如图所示．设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度υ1与乒乓球击打乙的球拍的速度υ2之比为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，根据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，在甲处：；在乙处：；所以：＝．故C正确，ABD错误 ‎2.如图是飞机在上海市由北往南飞行表演过程画面，当飞机从水平位置飞到竖直位置时，相对于飞行员来说，关于飞机的左右机翼电势高低的说法正确的是（ ）‎ A. 不管水平飞行还是竖直向上飞行，都是飞机的左侧机翼电势高 B. 不管水平飞行还是竖直向上飞行，都是飞稱的右机翼电势高 C. 水平飞行时，飞机的右侧机翼电势高，竖直向上飞行时，飞机的左侧机翼电势高 D. 水平飞行时，飞机的左侧机翼电势高；竖直向上飞行时，飞机的右侧机翼电势高 - 18 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】地磁场在北半球有竖直向下和由南向北的水平分量，水平由北向南飞行时，飞机的两翼切割竖直向下的磁感线，根据右手定则可知，左侧机翼电势高；竖直向上飞行时，两翼切割水平方向的磁感线，根据右手定则可知，机翼右侧电势高，D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎3.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，正弦交流电源电压为U＝12 V，电阻R1＝1 Ω，R2＝2 Ω，滑动变阻器R3最大阻值为20 Ω，滑片P处于中间位置，则 A. R1与R2消耗的电功率相等 B. 通过R1的电流为3 A C. 若向上移动P，电压表读数将变大 D. 若向上移动P，电源输出功率将不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】理想变压器原副线圈匝数之比为1：2，可知原副线圈的电流之比为2：1，根据P=I2R可知R1与R2消耗的电功率之比为2：1，故A错误；设通过R1的电流为I，则副线圈电流为0.5I，初级电压：U-IR1=12-I；根据匝数比可知次级电压为2（12-I），则，解得I=3A，故B正确；若向上移动P，则R3电阻减小，次级电流变大，初级电流也变大，根据P=IU可知电源输出功率将变大，电阻R1的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，故C D错误；故选B．‎ ‎4.如图所示，左侧是半径为R的四分之一圆弧，右侧是半径为2R的一段圆弧．二者圆心在一条竖直线上，小球a、b通过一轻绳相连，二者恰好等于等高处平衡．已知，不计所有摩擦，则小球a、b的质量之比为 A. 3:4 B. 3:5 C. 4:5 D. 1:2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 18 -‎ ‎【详解】对a和b两个物体受力分析，受力分析图如下，因一根绳上的拉力相等，故拉力都为T；‎ 由力平衡可知a物体的拉力 ‎，‎ b物体的拉力 ‎，‎ ‎，‎ 则 联立可解得，A正确．‎ ‎5.如图，梯形小车a处于光滑水平面上，一弹性绳将小车a与竖直墙壁连接（松弛），a倾斜上表面放有物块b，现给a和b向左的相同速度v0，在之后的运动过程中，a与b始终保持相对静止。则在弹性绳从伸直到长度最大的过程中（ ）‎ A. b对a的压力一直增大 B. b对a的摩檫力一直减小 C. b对a的作用力一直减小 D. b对a的作用力方向水平向左 ‎【答案】A - 18 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．整体受到的弹性绳的拉力越来越大，则加速度越来越大，即整体做加速度越来越大的减速运动，则b也做加速度越来越大的减速运动，对b受力分析，由牛顿第二定律可知，‎ 则随着加速度a的增加，a对b的支持力N一直增大；‎ 即 ‎ 则随着加速度a的增加，a对b的摩擦力f可能先减小后增大，根据牛顿第三定律，b对a的压力一直增大，b对a的摩擦力可能先减小后增大，A正确，B错误；‎ ‎ CD．b受到a的作用力和重力，由于b的加速度水平线向右越来越大，根据牛顿第二定律，a对b的作用力一直增大，a对b的作用力方向斜向右上方，根据牛顿第三定律，b对a的作用力一直增大，方向斜向左下方，CD错误。‎ 故选A。‎ ‎6. 一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能( )‎ A. 一直增大 B. 先逐渐减小至零，再逐渐增大 C. 先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小 D. 先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ - 18 -‎ 试题分析：一质点开始时做匀速直线运动，说明质点所受合力为0，从某时刻起受到一恒力作用，这个恒力就是质点的合力．‎ 根据这个恒力与速度的方向关系确定质点动能的变化情况．‎ 解：A、如果恒力与运动方向相同，那么质点做匀加速运动，动能一直变大，故A正确．‎ B、如果恒力与运动方向相反，那么质点先做匀减速运动，速度减到0，质点在恒力作用下沿着恒力方向做匀加速运动，动能再逐渐增大．故B正确．‎ C、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相同，这个方向速度就会增加，另一个方向速度不变，那么合速度就会增加，不会减小．故C错误．‎ D、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相反，这个方向速度就会减小，另一个方向速度不变，那么合速度就会减小，当恒力方向速度减到0时，另一个方向还有速度，所以速度到最小值时不为0，然后恒力方向速度又会增加，合速度又在增加，即动能增大．故D正确．‎ 故选ABD．‎ ‎【点评】对于直线运动，判断速度增加还是减小，我们就看加速度的方向和速度的方向．‎ 对于受恒力作用的曲线运动，我们可以将速度分解到恒力方向和垂直恒力方向，再去研究．‎ ‎7.在《流浪地球》的“新太阳时代”，流浪2500年的地球终于定居，开始围绕比邻星做匀速圆周运动，己知比邻星的质量约为太阳质量的，目前地球做匀速圆周运动的公转周期为1y，日地距离为1AU（AU为天文单位）。若“新太阳时代"地球的公转周期也为1y，可知“新太阳时代”（ ）‎ A. 地球的公转轨道半径约为AU B. 地球的公转轨道半径约为AU C. 地球的公转速率与目前地球绕太阳公转速率的比值为1∶2‎ D. 地球公转速率与目前地球绕太阳公转速率的比值为1∶4‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据万有引力提供向心力可知：‎ - 18 -‎ 解得公转半径为：‎ 比邻星质量约为太阳质量，公转周期相同，则“新太阳时代”，地球的公转轨道半径约为AU，A正确，B错误；‎ CD．根据 解得公转速率 比邻星质量约为太阳质量，公转半径之比为1：2，则公转速率之比为1：2，C正确，D错误。‎ 故选AC。‎ ‎8.如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电量为+q、质量为m的小球在力F的作用下，沿图中虚线由M至N做竖直向上的匀速运动．已知力F和MN之间的夹角为45°，MN之间的距离为d，重力加速度为g．则下列说法正确的是（　　）‎ A. 电场的方向可能水平向左 B. 电场强度E的最小值为 C. 当qE＝mg时，小球从M运动到N时电势能变化量为零 D. F所做的功一定为 - 18 -‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球受力情况：小球受到重力mg、拉力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图 根据上图可知，电场力在右侧，由于小球带正电，电场方向与电场力方向相同，故指向右侧，故A错误；‎ B．由图可知，当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小．则得：qE＝mgsinθ，所以电场强度的最小值为，故B正确；‎ C．当mg＝Eq时，根据几何关系，电场力水平向右，与MN垂直，小球从M运动到N电场力不做功，即小球从M运动到N时电势能变化量为零，故C正确；‎ D．由于电场力变化时，F大小也跟随着改变，所以做功也不能具体确定值，故D错误；‎ 三、非选择题：第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38題为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题。‎ ‎9.为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的装置进行实验。实验中，当木块位于水平桌面上的O点时，重物B刚好接触地面，不考虑B反弹对系统的影响。将A拉到P点，待B稳定后，A由静止释放，最终滑到Q点。测出PO、OQ的长度分别为h、s。‎ ‎（1）实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮，为了解决这个问题，可以适当________（“增大”或“减小”）重物的质量。‎ ‎（2）滑块A在PO段和OQ段运动的加速度大小比值为__________。‎ ‎（3）实验得A、B的质量分别为m、M，可得滑块与桌面间的动摩擦因数μ - 18 -‎ 的表达式为_______（用m、M、h、s表示）。‎ ‎【答案】 (1). 减小 (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]B减少的重力势能转化成系统的内能和AB的动能，A释放后会撞到滑轮，说明B减少的势能太多，转化成系统的内能太少，可以通过减小B的质量；增加细线的长度（或增大A的质量；降低B的起始高度）解决。依据解决方法有：可以通过减小B的质量；增加细线的长度（或增大A的质量；降低B的起始高度），故减小B的质量； （2）[2]根据运动学公式可知：‎ ‎2ah=v2‎ ‎2a′s=v2‎ 联立解得：‎ ‎（3）[3]B下落至临落地时根据动能定理有：‎ Mgh-μmgh=（M+m）v2‎ 在B落地后，A运动到Q，有 mv2=μmgs 解得：‎ ‎10.龙泉中学某物理小组欲利用如图所示的电路同时测量一只有30格刻度的毫安表的量程、内阻和光敏电阻的阻值与光照强度之间的关系．实验室能提供的实验器材有：学生电源（输出电压为，内阻不计）、电阻箱（最大阻值999.9 Ω）、单刀双掷开关一个、导线若干．‎ ‎（1）该小组实验时先将电阻箱的阻值调至最大，然后将单刀双掷开关接至a - 18 -‎ 端，开始调节电阻箱，发现将电阻箱的阻值调为800Ω时，毫安表刚好偏转20格的刻度；将电阻箱的阻值调为500Ω时，毫安表刚好能满偏．‎ 实验小组据此得到了该毫安表的量程为Ig=____ mA，内阻=_____Ω．‎ ‎（2）该小组查阅资料得知，光敏电阻的阻值随光照强度的变化很大，为了安全，该小组需将毫安表改装成量程为3 A的电流表，则需在毫安表两端________（选填“串联”或“并联”）一个阻值为_______Ω的电阻．（结果保留一位小数）‎ ‎（3）改装完成后（表盘未改动），该小组将单刀双掷开关接至b端，通过实验发现，流过毫安表的电流I（单位：mA）与光照强度E（单位：cd）之间的数量关系满足，由此可得光敏电阻的阻值R（单位：Ω）与光照强度E（单位：cd）之间的关系为=________Ω．‎ ‎【答案】 (1). （1）30 (2). 100 (3). （2）并联 (4). 1.0 (5). (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据部分电路的欧姆定律，由题中所给的两组数据列方程可求出毫安表的内阻，再结合刻度线就能求出毫安表的量程；电表的改装问题就是部分电路的欧姆定律的应用，根据满偏刻度和内阻的值及量程就能算出要并联的电阻值；设光敏电阻的电流为I′，由欧姆定律太题设条件列式就能表示出光敏电阻与光照强度的关系．‎ ‎【详解】（1）设毫安表每格表示电流大小为，则当电阻箱的阻值为时，由闭合电路的欧姆定律可得；当电阻箱的阻值为R=800Ω时，则有，两式联立并代入数据可解得：，该毫安表的量程Ig=30mA；‎ ‎（2）要将量程为300mA的毫安表改成量程为电流表，则需在毫安表两端并联一个电阻，设其电阻为R′，则有，代入数据可解得；‎ ‎（3）由题意可知，改装后电流表的内阻为，设通过光敏电阻的电流大小为（单位：A）则有成立，且，即，整理可得．‎ - 18 -‎ ‎11.如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，在第I象限和第IV象限的圆形区域内分别存在如图所示的匀强磁场，在第IV象限磁感应强度大小是第Ⅰ象限的2倍．圆形区域与x轴相切于Q点，Q到O点的距离为L，有一个带电粒子质量为m，电荷量为q，以垂直于x轴的初速度从轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成60°角以速度v进入第I象限，又恰好垂直于x轴在Q点进入圆形区域磁场，射出圆形区域磁场后与x轴正向成30°角再次进入第I象限。不计重力。求：‎ ‎（1）第I象限内磁场磁感应强度B的大小：‎ ‎（2）电场强度E的大小；‎ ‎（3）粒子在圆形区域磁场中的运动时间。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示．设粒子在第Ⅰ象限内的轨迹半径为R1．由几何关系有：‎ ‎ ‎ 得：‎ 根据洛伦兹力提供向心力有：‎ 得：‎ - 18 -‎ ‎ ‎ ‎（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，由几何关系有： ‎ v0=vcos60°=v 粒子刚出电场时 vx=vsin60°=v 粒子在电场中运动时间为：‎ vx=at 可得：‎ ‎（3）由几何关系知，粒子在圆形磁场中运动的时间 ‎ 而 ‎ ‎ 结合得 - 18 -‎ ‎12.如图所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定质量均为M的物体A和B（均视为质点），物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量的小球P从物体A正上方距其高度h处由静止自由下落，与物体A发生碰撞（碰撞时间极短），碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为g．‎ ‎（1）求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小；‎ ‎（2）当地面对物体B的弹力恰好为零时，求P和A的共同速度大小．‎ ‎（3）若换成另一个质量的小球Q从物体A正上方某一高度由静止自由下落，与物体A发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后物体A达到最高点时，地面对物块B的弹力恰好为零．求Q开始下落时距离A的高度．（上述过程中Q与A只碰撞一次）‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】本题考查物体自由下落、碰撞以及涉及弹簧的机械能守恒问题．‎ ‎（1）设碰撞前瞬间P的速度为，碰撞后瞬间二者的共同速度为 由机械能守恒定律，可得 由动量守恒定律可得 ‎，‎ 联立解得 ‎（2）设开始时弹簧的压缩量为x，当地面对B的弹力为零时弹簧的伸长量为 - 18 -‎ ‎，由胡可定律可得 ‎，，‎ 故 二者从碰撞后瞬间到地面对B的弹力为零的运动过程中上升的高度为 由可知弹簧在该过程的始末两位置弹性势能相等，即 设弹力为零时二者共同速度的大小为v，由机械能守恒定律，得 ‎，‎ 解得 ‎（3）设小球Q从距离A高度为H时下落，Q在碰撞前后瞬间的速度分别为，碰后A的速度为，由机械能守恒定律可得 由动量守恒定律可得 由能量守恒可得 ‎，‎ 由（2）可知碰撞后A上升的最大高度为 由能量守恒可得 联立解得 ‎。‎ ‎（二）选考题。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。‎ - 18 -‎ ‎13.在装有食品的包装袋（导热良好）中充入氮气，可以起到保质作用。某厂家为检测包装袋的密封性，在包装袋中充满一定量的氮气，然后密封进行加压测试。测试时，对包装袋缓慢地施加压力。将袋内的氮气视为理想气体，则加压测试过程中，包装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力_______（选填“增大”，“减小”或“不变”），包装袋内氮气的内能_______（选填增大"、“减小"或“不变"），包装袋内氮气_______ （选填“吸热“、，放热"或“不吸热也不放热'）。‎ ‎【答案】 (1). 增大 (2). 不变 (3). 放热 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．根据气体压强的微观意义可知，因为加压，故内部气体的压强增大，故包装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力将增大； [2]．因为是缓慢地施加压力，故认为温度不变，理想气体的内能只与温度有关，故包装袋内氮气的内能不变； [3]．对气体加压的过程中气体的温度不变，则体积减小，该过程中外力对气体做功而内能不变，由热力学第一定律可知，包装袋内氮气放热。‎ ‎14.如图所示，放置在水平地面上一个高为48cm、质量为30kg的金属容器内密闭一些空气，容器侧壁正中央有一阀门，阀门细管直径不计.活塞质量为10kg，横截面积为50cm².现打开阀门，让活塞下降直至静止.不考虑气体温度的变化，大气压强为1.0×105Pa，忽略所有阻力．求：‎ ‎(1)活塞静止时距容器底部的高度；‎ ‎(2)活塞静止后关闭阀门，对活塞施加竖直向上的拉力，通过计算说明能否将金属容器缓缓提离地面?‎ ‎【答案】(1)20cm(2)不能 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）活塞经阀门细管时，容器内气体的压强为：p1=1.0×105Pa． 容器内气体的体积为：L1=24cm 活塞静止时，气体的压强为：‎ - 18 -‎ 根据玻意耳定律：p1V1=p2V2 代入数据得：‎ ‎（2）活塞静止后关闭阀门，设当活塞被向上拉至容器开口端时，L3=48cm 根据玻意耳定律：‎ p1L1S=p3L3S 代入数据得：‎ p3＝5×104Pa 又因为 F+p3S=p0S+mg 所以 F=350N＜40×10N 所以金属容器不能被提离地面．‎ ‎15.一列简谐横波，沿x轴正向传播，位于原点的质点的振动图象如图1所示；图2为该波在某一时刻的波形图，A点位于x＝0.5 m处．下列说法正确的是_______‎ A. 由图1可知，位于原点的质点振动的振幅是16cm B. 位于原点的质点振动的周期是0.2s C. 由图1，在t等于周期时，位于原点的质点离开平衡位置的位移为零 D. 该波传播速度是20m/s E. 由图2可知，经过周期后，A点离开平衡位置的位移是-8cm．‎ ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ - 18 -‎ ‎【详解】A.振幅是质点偏离平衡位置的最大距离，由图1读出振幅A=8cm；故A错误.‎ B.质点完成一个全振动的时间叫做一个周期，从振动图象中可以看成周期；故B正确.‎ C.当时，坐标原点的质点处在平衡位置向下运动，所以y=0；故C正确.‎ D.从图2中可以看出波长，所以波速；故D错误.‎ E.经过半个周期后，处于波峰的A质点运动到波谷位置，则离开平衡位置的位移为8cm，方向向下；故E正确.‎ ‎16.如图，三棱镜的横截面为直角三角形 ABC， ∠A=30°， ∠B=60°， BC 边长度为 L，一束垂直于 AB 边的光线自 AB 边的 P 点射入三棱镜， AP 长度 d＜L，光线在 AC 边同时发生反射和折射，反射光线和折射光线恰好相互垂直，已知光在真空中的速度为 c．求：‎ ‎（1）三棱镜的折射率；‎ ‎（2）光从 P 点射入到第二次射出三棱镜经过的时间．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)光线到达AC边的O点，入射角为i，折射角为r.‎ 由题意可得：i+r=90∘‎ i=30∘‎ 所以r=60∘‎ 可得三棱镜的折射率n=‎ - 18 -‎ ‎(2)光线反射到AB边的M点，入射角为i′=60∘‎ 因为sini′=>=sinC，得i′>C，所以光线在M点发生全反射，不会射出三棱镜．‎ PQ=dtan30∘=‎ QM=2PQ MN=(−2d)cos30∘=(L−d)‎ 光在三棱镜中传播速度为：v=c/n 光从P从P点射入到第二次射出三棱镜经过的时间为：t=（PQ+QM+MN）/v 联立解得：t=‎ 答：(1)三棱镜的折射率是；‎ ‎(2)光从P点射入到第二次射出三棱镜经过的时间是.‎ ‎【点睛】（1）光线射到AC边上的O点，由折射定律和几何关系求三棱镜的折射率;‎ ‎（2）光线反射到AB边上，由几何关系求出入射角，与临界角比较，能发生全反射．再反射从BC边射出．由v=c/n求出光在棱镜中传播的速度，由几何关系求出传播的距离，再求传播时间．‎ ‎ ‎ - 18 -‎ ‎ ‎ - 18 -‎