【物理】广东省六校联盟2020届高三上学期第二次联考试题（解析版）

【物理】广东省六校联盟2020届高三上学期第二次联考试题（解析版）

广东省六校联盟2020届高三上学期第二次联考试题 一、选择题 ‎1.如图所示有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的顶点,它们处在同一竖直平面内．现有两条光滑直轨道AOB、COD，轨道与竖直直径的夹角关系为，现让一小物块先后从这两条轨道顶端由静止下滑至底端，则下列关系中正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动能定理直接判断速度大小，根据运动学公式求解时间。‎ ‎【详解】AB．小物块下滑过程中只有重力做功，同一物块重力做功只和高度有关系，COD轨道竖直高度更高，根据动能定理可知重力做功等于物块落至底端的动能，所以，故AB错误；‎ CD．以AOB轨道的物块为研究对象，根据位移与速度的关系：‎ 同理COD轨道：‎ 两式相比且：‎ 所以，故D正确，C错误。‎ ‎【点睛】根据圆直径对应的圆周角为直角，通过辅助线计算位移，进而分析加速度，最后求解时间。‎ ‎2.如图所示为某电场中x轴上电势随x变化图像，一个带电粒子仅受电场力作用在处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过处，则下列说法正确的是（ ） ‎ A. 和处的电场强度均为零 B. 和之间场强方向不变 C. 粒子从到过程中，电势能先减小后增大 D. 该粒子带正电 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电势随x 变化的图像的斜率的物理意义为电场强度，沿着电场线的方向电势降低；根据电势的定义判断电势能的变化。‎ ‎【详解】AB．图像的斜率的物理意义为场强，根据图像可知两处的斜率大小不同、方向相反，所以两处的场强大小不为零且方向相反，故AB错误；‎ CD．沿着电场线方向电势降低，说明处的电场线沿着x轴的负方向，粒子能够从静止出发，说明粒子带负电，根据电势的定义式：‎ 可知，粒子从粒子从到过程中，电势能先减小后增大，故C正确，D错误。‎ ‎【点睛】注意利用电势的定义式计算时，因为电势的选取是相对的，所以公式中的物理量的正负需要代入，这样才能准确判断电势能的变化。‎ ‎3.有四条垂直于纸面的长直固定导线，电流方向如图所示，其中三条导线到导线的距离相等，三条导线与的连线互成角.四条导线的电流大小都为，其中导线对导线的安培力大小为.现突然把导线的电流方向改为垂直于纸面向外，电流大小不变. 此时导线所受安培力的合力大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】把导线的电流方向改为垂直于纸面向外后，对进行；受力分析如图所示：‎ 对的斥力大小为，对的斥力大小为，对的引力大小为，根据共点力的合成可知导线所受的合力为，D正确.‎ ‎4.如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑片P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，电源的内阻不能忽略，下列判断正确的是 A. 小球带负电 B. 当滑片从a向b滑动时，绝缘线的偏角θ变大 C. 当滑片从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下 D. 当滑片从a向b滑动时，电源的输出功率一定变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】由题，小球向右偏，可判断小球所受电场力方向，根据电场方向，能判断出小球的电性．滑动头从a向b滑动时，接入电路电阻变小，由欧姆定律可分析电容器的电压的变化，从而判断细线的偏角变化，同时可判断电容器是充电还是放电，得出电流表中电流方向．利用电源的输出功率与外电阻关系，可判断输出功率大小．‎ ‎【详解】A.由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电．故A错误．‎ B.滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U=E-Ir变小，电容器电压变小，小球受到电场力变小，细线偏角变小，故B错误．‎ C.滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下．故C正确．‎ D.根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．外电阻大于内阻，外电阻减小输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小．本题，不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小．故D错误.‎ ‎【点睛】本题含容电路的问题，是高考热点问题．对于电容器，关键是分析和计算其电压，及充电情况．电源的输出功率与外电阻的关系可根据数学知识进行严格推导．‎ ‎5.如图，质量分别为M、m的两个木块A、B通过轻弹簧连接，木块A放在水平桌面上，木块B用轻绳通过定滑轮在力F的作用下整体恰好处于静止状态，绳与水平方向成角．不计滑轮与绳间的摩擦．则下列正确的是（ ）‎ A. 木块A对桌面的压力 B. 木块A与桌面之间的动摩擦因数 C. 弹簧与水平方向的夹角的正切值 D. 弹簧的弹力大小为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 系统处于静止状态，通过先整体后隔离的方法进行分析求解，系统恰好静止，说明A物块受到最大静摩擦力。‎ ‎【详解】A．对A、B物块和弹簧构成的系统整体受力分析可知：‎ 根据牛顿第三定律可知木块A对地面的压力为：，故A错误；‎ B．题中未说明最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，所以无法计算动摩擦因数，故B错误；‎ CD．对B物块受力分析，正交分解：‎ 两式相比解得：‎ 两式平方相加解得：‎ 故C正确，D错误。‎ ‎【点睛】系统处于静止状态，优先考虑整体法，分析单个物体需要选择受力较少的物体进行受力分析进而正交分解。‎ ‎6.真空中电量均为Q的两同种点电荷连线和一绝缘正方体框架的两侧面ABB1A1和DCC1D1中心连线重合，连线中心和立方体中心重合，空间中除两同种电荷Q产生的电场外，不计其它任何电场的影响，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 正方体两顶点A、C1电场强度相同 B. 正方体两顶点A、C1电势相同 C. 两等量同种点电荷周围电场线和面ABB1A1总是垂直 D. 把正检验电荷q从顶点A移到C电场力不做功 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场强度是矢量，通过场强的叠加获得合场强；电势是标量，沿着电场线方向电势降低，可以根据对称性判断电势的大小；电荷从等势面上的一点移动到另一点，电场力不做功。‎ ‎【详解】AC．电场强度是矢量，需要两个电荷在不同点进行场强的叠加，所以A点和C1点两处的电场强度大小相等，方向不同，且A点合场强不与面ABB1A1垂直，所以AC错误；‎ B．根据电势的对称性可知A、B、B1、A1、和D、C、C1、D1这8个点的电势相等（关于点电荷连线的中点对称），故B正确；‎ D．因为A点和C点的电势相等，根据电场力做功：‎ 可知，正检验电荷q从顶点A移到C电场力不做功，故D正确。‎ ‎【点睛】考察等量同种电荷电场线和等势面的分布，掌握电场强度和电势的标矢性。‎ ‎7.如图所示，O处为地心，卫星1环绕地球做匀速圆周运动，卫星2环绕地球运行的轨道为椭圆，两轨道不在同一平面内．已知圆轨道的直径等于椭圆轨道的长轴，且地球位于椭圆轨道的一个焦点上，引力常量为G，地球的质量为M，卫星1的轨道半径为R，卫星1的运转速度为，关系为．下列说法正确的是（ ）‎ A. 卫星1的运行周期大于卫星2的运行周期 B. 卫星2在P、Q点的速度大小关系为 C. 卫星2在Q 点的速度 D. 如果卫星1的加速度为a，卫星2在P点的加速度为，则 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据开普勒第三定律判断半径与周期的大小，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律求解相关物理量，根据卫星变轨判断速度大小。‎ ‎【详解】A．根据开普勒第三定律：‎ 可知，卫星1的半径等于卫星2的半长轴，所以卫星1的运行周期等于卫星2的运行周期，故A错误；‎ B．卫星2在轨道上运行过程中机械能守恒，在P点引力势能最小，动能最大，在Q点则相反，所以，是圆周运动的速度，根据题目中的条件可知，圆周运动的速度大小大于椭圆轨道远地点的速率，小于近地点的速率，所以，故B正确；‎ C．若卫星2在OQ为半径的轨道上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：‎ 解得：，在椭圆轨道的Q点要做近心运动，所以，故C正确；‎ D．万有引力提供加速度：‎ 解得：，P点距离中心天体较近，所以，故D错误。‎ ‎【点睛】本题考察万有引力定律、开普勒第三定律以及变轨问题。‎ ‎8.如图所示，锁定的A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，已知A、B两球质量分别为2m和m．过程一：只解除B球锁定，B球被弹出落于距桌边水平距离为s的水平地面上；过程二：同时解除A、B两球锁定，则（两种情况下小球离开桌面前，弹簧均已恢复原长）（ ）‎ A. 两种情况下B小球机械能增量均相同 B. 两过程中，在B球落地前A、B两小球及弹簧组成的系统机械能均守恒 C. 过程二中，B球的落地点距桌边水平距离为 D. 过程一和过程二中，弹簧对B球做功之比为 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过程一中B球做平抛运动，弹簧的弹性势能全部转化为B球平抛的初动能；过程二中两小球动量守恒；根据能量守恒和动量守恒定律求解。‎ ‎【详解】A．过程一中，弹簧的弹性势能全部转化为B球的动能，过程二中，弹簧的弹性势能转化为A、B两球的动能，所以两种情况下B小球机械能增量不同，故A错误；‎ B．两过程中，A、B两球和弹簧构成的系统除了重力和弹簧弹力做功之外，无其他外力做功，所以系统机械能均守恒，故B正确；‎ C．过程一中，B球做平抛运动，竖直高度为：‎ 解得：‎ 弹性势能为：‎ 过程二中，A、B两球组成的系统动量守恒，初动量为0，根据动量守恒定律：‎ 解得：，根据上述平抛运动的规律可解出过程二中，B球的落地点距桌边水平距离为，故C正确；‎ D．弹簧对B球做功全部转化为B球脱离弹簧时的动能，所以弹簧对B球做功之比为B球两次动能之比：‎ 故D正确。‎ ‎【点睛】明确研究对象，掌握机械能守恒定律和动量守恒定律的条件，分析能量转化的过程。‎ 二、非选择题 ‎9.如图所示是某学习小组设计的“探究做功与速度的关系”的实验装置，将光电门固定在直轨道上的O点，将拉力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线通过一个定滑轮将小车与钩码相连，用拉力传感器记录小车所受拉力F的大小，通过光电门记录遮光条通过光电门的时间t，结合遮光条的宽度d计算出小车通过光电门时的速度，该小组提出如下操作方案：用同一钩码通过细线拉同一小车，每次小车从不同位置由静止释放，各位置A、B、C、D、E、F、G（图中只标出了G）与O点间的距离s分别为．‎ ‎（1）用该实验方案______（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力，‎ ‎（2）利用图像法处理实验数据，若以s为纵轴，以__________（填或）为横轴作出的图像是一条过原点的直线，则可得出做功与速度的关系．‎ ‎（3）若该图像斜率为k，则小车（含传感器）的质量为 ______ ．‎ ‎【答案】 (1). 需要 (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)拉力传感器测出的拉力为小车所受合力；‎ ‎(2)对小车应用动能定理分析求解；‎ ‎(3)根据动能定理推出的关系式，分析斜率的意义。‎ ‎【详解】(1)[1]利用小车自身的重力的分力平衡接触面的摩擦力，这样传感器测量的外力即为小车受到的合外力，所以需要平衡摩擦力；‎ ‎(2)[2]平衡摩擦力后，拉力传感器测出的外力F即为小车所受合外力，根据动能定理：‎ 遮光条通过光电门：‎ 两式联立解得：，所以与成正比；‎ ‎(3)[3]根据上述计算结果可知：‎ 解得小车（含传感器）的质量为：。‎ ‎【点睛】此题中是否需要平衡摩擦力在于问题设法，题目中如果不平衡摩擦力仍然可以达到实验目的，但是第(3)问无法求解，实验题目的设计有时不一定是循序渐进的引导，遇到不会处理的或有疑惑的题目可以暂且空下，根据后面的设问来完成前面的问题。‎ ‎10.要测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了以下器材：‎ A．待测干电池（电动势约为） ‎ B．电流表（量程，内阻）‎ C．电压表（量程，内阻约） ‎ D．滑动变阻器 ‎ E．滑动变阻器 ‎ F．定值电阻 ‎ G．开关和导线若干 ‎（1）该实验可以将电流表和定值电阻R _____（填“串联”或“并联”），改装成量程为_____的电流表；‎ ‎（2）请根据提供器材，在图甲所示的方框内画出实验电路图，要求实验尽可能减小实验误差．电路中滑动变阻器应选用________________（填器材前面的字母）．‎ ‎（3）闭合开关后，调节滑动变阻器的滑片，测出多组干路电流及电压表示数，根据测得的数据作出图像，如图乙所示，由此得到干电池的电动_____________，内阻_________．（结果均保留两位小数）‎ ‎（4）该实验_________________（填“存在”或“不存在”）由于电表内阻引起的系统误差．‎ ‎【答案】 (1). 并联 600mA（或0.6A） (2). D (3). 1.50（1.48—1.52均对） 0.84（0.75—0.90均对） 不存在 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据并联分流分析电表的改装；‎ ‎(2)使用改装后的电表画出测量所需的电路图，根据电流表的量程确定滑动变阻器的量程；‎ ‎(3)根据闭合电路欧姆定律推导图像所需的表达式；‎ ‎(4)分析路端电压和干路电流测量是否准确，判断实验是否存在误差。‎ ‎【详解】(1)[1][2]电流表改装较大量程的电流表需要并联定值电阻，电流表能够通过的最大电流为1mA，假设改装后电流表的最大量程为I，根据并联分流规律：‎ 解得：‎ ‎(2)[3][4]电流表的量程为0.6A，电源电动势为1.5V，选择最大量程为的滑动变阻器即可，采用限流接法，因为改装后的电流表内阻已知，所以改装后的电流表接在电压表外边，可以进行准确测量：‎ ‎(3)[5][6]电源和改装后的电流表可以等效为一个新电源，内阻为：‎ 根据闭合电路欧姆定律：‎ 图像和纵轴的截距为电源电动势，大小为1.50V，图像的斜率为电源等效内阻：‎ 电源的真实内阻：‎ ‎(4)[7]根据上述计算过程可知，改装后的电流表内阻已知，精确测量电路的干路电流，电压表精确测量等效电源的路端电压，所以不存在由于电表内阻引起的系统误差 ‎【点睛】熟悉电表的改装和测量电源电动势的原理是解决此题的关键。‎ ‎11.如图所示，AB为水平绝缘粗糙轨道，动摩擦因数为μ=0.2，AB距离为5m；BC为半径r=lm的竖直光滑绝缘半圆轨道；BC的右侧存在竖直向上的匀强电场，电场强度E=500N/C．一质量m=lkg，电量q=1.0×10-2C的带负电小球，在功率P恒为20W的水平向右拉力作用下由静止开始运动，到B点时撤去拉力．已知到达B点之前已经做匀速运动（g=10 m/s2），求：‎ ‎（1）小球匀速运动的速度大小；‎ ‎（2）小球从A运动到B所用的时间；‎ ‎（3）请计算分析小球是否可以到达C点，若可以，求轨道对小球的弹力．‎ ‎【答案】（1）（2）3s（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析平衡条件求解速度；应用动能定理和向心力方程求解各物理量。‎ ‎【详解】（1）因为小球做匀速直线运动，所以 解得：‎ ‎（2）A到B过程中，由动能定理：‎ 解得：‎ ‎（3）小球从B点到C点，由动能定理得：‎ 解得：‎ 若小球恰好过C点，则：‎ 解得：‎ 则在C点，根据牛顿第二定律：‎ 解得轨道对小球的弹力：‎ ‎【点睛】把握题目中的临界条件是解决问题的关键。‎ ‎12.水平地面上固定一倾角为θ=37°的足够长的斜面，如图所示,斜面上放一质量为mA =1.0 kg、长L=1.5m的薄板A．斜面与薄板下表面的动摩擦因数μ1 = 0.25，同样质量为mB =1.0 kg的滑块B(可视为质点)位于薄板A的最上端，薄板A上表面的前段光滑长度L0=0.5m，B与A粗糙段之间的动摩擦因数μ2 = 0.5，开始时用外力使A、B静止在斜面顶端处，某时刻撤去外力，使A，B由静止同时下滑．已知重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求：‎ ‎（1）滑块B进入薄板A的粗糙段时，两物体的速度；‎ ‎（2）运动全过程薄板A与滑块B之间的摩擦生热．‎ ‎【答案】（1）1m/s（2）2J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 滑块问题，先求解物体各自的加速度，再书写物体各自的运动学方程，最后寻找速度与位移的关系。‎ ‎【详解】（1）当滑块B沿薄板向下运动时，由牛顿第二定律得：‎ 解得滑块B加速度：，方向沿斜面向下，此过程斜面对A的摩擦力：‎ 方向沿斜面向上，又因为：，则薄板A也将向下加速运动，根据牛顿第二定律：‎ 解得木板的加速度：，方向沿斜面向下，滑块B相对薄板A下滑，将进入粗糙段时，由运动学方程：‎ 解得：，滑块B的速度：‎ 薄板A的速度：‎ ‎（2）滑块B进入粗糙段后，受到向上的摩擦力，根据牛顿第二定律：‎ 则滑块B的加速度：，方向沿斜面向下，同理对薄板A：‎ 解得加速度：，方向沿斜面向下，两物体以不同加速度运动至共速，所用时间为，根据运动学公式：‎ 解得：‎ 共同速度大小：，共速后假设AB不分开，求整体加速度：‎ 滑块B受到静摩擦力：‎ 则二者保持相对静止，一起沿斜面向下运动，则A、B相互摩擦过程中，相对位移为：‎ 解得：，A未脱离B板，在整个过程中产生的热量：‎ ‎【点睛】滑块也可以用速度时间图像来分析，通过图像的面积关系求解相对位移，进而计算摩擦生热。‎ ‎13.下列说法正确的是________‎ A. 古希腊思想家亚里士多德在对待“力与运动的关系”问题上，认为“物体运动不需要力维持”‎ B. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多很小的段，每个小段视为匀速运动，算出各小段位移，然后将各小段位移相加得出公式，运用了微积分的方法 C. 质点、点电荷、元电荷都没有大小，都是一种理想化模型 D. 电场中某点的电场强度的方向即为正电荷在该点受到的电场力的方向 E. 牛顿进行了“月地检验”,得出天上和地下的物体间的引力作用都遵从同样的规律，从而得出万有引力定律 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物理学历史和基本概念进行逐个选择排除 ‎【详解】A．亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，故A错误；‎ B．先取时间微元将整个运动过程等分成很多很小的段，每个小段视为匀速运动，分别计算位移进行相加，运用了微积分的方法，故B正确；‎ C．元电荷是自然界中电荷量的最小值，不是理想模型，故C错误；‎ D．电场强度的方向是人为规定的，电场中某点的电场强度的方向即为正电荷在该点受到的电场力的方向，故D正确；‎ E．牛顿进行了“月地检验”，验证了天上地下物体间的引力都遵循万有引力定律，故E正确。‎ ‎【点睛】熟记基本物理学历史和基本概念解题即可。‎ ‎14.如图所示，轨道ABC，其中水平轨道BC长L1=1.375m，斜面轨道AB与水平轨道BC倾角θ=37°，物块m2静止放在离C点0.5m的E处，物块m1静止放到斜面AB某位置上，从斜面下滑后经过B点无机械能损失滑上BC平面，然后和物块m2发生弹性正碰，若碰后物块m2恰好滑停在C点．已知m1=2kg ，m2=4kg ，物块m1与AD段的动摩擦因数μ1=0.5，AD段足够长，与DB段动摩擦因数为μ2=0.25，两滑块与水平段BC的动摩擦因数均为μ3=0.4， BD长L2=1.5m，sin37°=0.6，g=10 m/s2．求：‎ ‎（1）碰撞后物块m2获得多大的速度可恰好滑停在C 点；‎ ‎（2）将物块m1放在斜面AB上距离B点多远的距离可恰好使m2碰后滑停在C点．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 碰撞满足动量守恒定律；根据物块的运动情况和临界条件应用相应的规律解决问题。‎ ‎【详解】（1）设碰后的速度为，根据运动学公式：‎ 解得：‎ ‎（2）设物块运动到E点的速度为，碰后的速度为，物块与碰撞为弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得：‎ 解得：‎ 物块从B减速滑行到E点：‎ 解得：，若从D点下滑，解出加速度：‎ 根据运动学公式：‎ 解得：，因此物块在D点上方，设物块所放位置离D点距离为s，应用动能定理：‎ 解得：，因此，物块所放位置距B点的距离为：‎ ‎（若不分段讨论直接全程算出s也正确）‎ ‎【点睛】多过程问题分析时，不同的运动过程之间，速度的大小和方向是关键；此题最后一问可以使用全过程动能定理能够简化计算。‎