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文档介绍
【物理】广东省广州市天河区2020届高三普通高中毕业班综合测试试题(二)(解析版)
广东省广州市天河区2020届高三普通高中毕业班 综合测试试题(二) 一、选择题 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 【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 【答案】D 【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 【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 【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 【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】 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 【详解】AB.根据万有引力提供向心力可知: 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 【答案】BC 【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; 二、非选择题 (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的表达式为_______(用m、M、h、s表示)。 【答案】(1). 减小 (2). (3). 【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)30 100 (2)并联 1.0 (3) 【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. 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)。 【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: (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 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) 【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,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 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】增大 不变 放热 【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 【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: 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 【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) 【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= (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.查看更多