【物理】福建省厦门六中2020届高三总复习测试（二）（解析版）

【物理】福建省厦门六中2020届高三总复习测试（二）（解析版）

福建省厦门六中2020届高三总复习测试（二）‎ 一、选择题 ‎1.洛希极限是19世纪法国天文学家洛希在研究卫星状理论中提出的一个使卫星解体的极限数据，即当卫星与行星的距离小于洛希极限，行星与卫星间的引力会使卫星解体分散。洛希极限的计算公式为。其中k为常数，ρ′、ρ分别为行星和卫星的密度，R为行星的半径。若一行星的半径为R0，该行星与卫星的近地卫星周期之比为a，则行星与该卫星间的洛希极限为（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎ 【详解】对于近地卫星，万有引力提供向心力 由密度公式 联立解得 所以密度与其近地卫星环绕周期平方成反比，再由 解得 故选A。‎ ‎2.甲乙两车在一段平直路面上同向行驶，其运动的v-t图像如图所示。已知t=0时刻乙车在甲车前方12m处，则下列说法正确的是（　　）‎ A. t=1s时，两车相遇 B. t=2s时，两车相遇 C. 从t=0时刻起甲车行驶12m后两车相遇 D. 甲乙两车间距越来越小直至相遇 ‎【答案】C ‎【详解】AD．t=1s前乙车速度大，两车间距越来越大，t=1s后乙车速度小，两车间距越来越小，t=1s时，两车速度相等距离最大，故AD错误；‎ B．t=2s时由图可知两车位移相等，位移差不等于两车出发时的距离，所以两车不相遇，故B错误；‎ C．t=2s时由图可知两车位移相等，乙车在甲车前方12m处，设再经时间t两车相遇，此时甲乙速度时间图像围成的面积为12m，即 解得t=2s，此时甲的位移为 故C正确。‎ 故选C。‎ ‎3.如图甲所示电路，理想变压器的原、副线圈匝数之比n1：n2=2：1，定值电阻R1和R2的阻值分别为5Ω和3Ω，电表均为理想交流电表，电源输出的交流电如图乙所示，图中的前半周期是正弦交流电的一部分，后半周期是直流电的一部分，则（　　）‎ A. 电流表示数A B. 电压表示数为6V C. R1的功率为20W D. R2的功率为6W ‎【答案】A ‎【详解】A．根据有效值的定义 解得 故A正确；‎ B．直流不通过变压器，副线圈电流只有半个周期，由电流与匝数成反比知其最大值为4A，根据有效值的定义 解得 由欧姆定律 故B错误；‎ CD．R1、R2的功率分别为 故CD错误 故选A。‎ ‎4.如图所示，一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子（不计重力），从静止开始经电压 U 加速后，沿水平方向进入一垂直于纸面向外的匀强磁场B中，带电粒子经过半圆到A点，设OA＝y，则能正确反映y与U之间的函数关系的图象是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【分析】粒子在电场中加速，在磁场中做圆周运动，应用动能定理求出粒子的速度，应用牛顿第二定律求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径，然后求出y与U间的关系式，再分析图示图象答题．‎ ‎【 【详解】粒子在电场中加速，由动能定理得：qU=mv2-0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，由几何知识得：y=2r，解得：，则y2=U，图C所示图象正确；故选C．‎ ‎【点睛】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子的运动过程是正确解题的关键，应用动能定理与牛顿第二定律即可解题．‎ ‎5.倾角为θ=45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，滑块M的顶端0处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m=kg，当滑块M以a=2g的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为(取g=10m/s2)（ ）‎ A. 10N B. 5N ‎ C. N D. N ‎【答案】A ‎【解析】‎ 当小球对滑块的压力等于零时，对小球受力分析，受重力、拉力，如图1所示； 根据牛顿第二定律，有： 水平方向：F合=Fcos45°=ma0； 竖直方向：Fsin45°=mg 解得：a0=g ‎ 当斜面体以a=2g的加速度向左运动时，对小球受力分析如图2，由于a=2g＞g，所以小球会飘起来，假设F与水平面夹角为θ，根据牛顿第二定律，有： F合=Tcosθ=ma Tsinθ=mg， 解得：T=10N，所以A正确，BCD错误；故选A．‎ 点睛：本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答.‎ ‎6.如图所示，在匀强电场中，A、B、C、D、E、F六个点是一位于纸平面内的正六边形的顶点，电场方向沿纸平面，已知正六边形 ABCDEF的边长为1cm，A、C、D三个顶点的电势分别为2V、5V、4V，则（　　）‎ A. 匀强电场的电场强度为200V/m B. E点的电势为4V C. 电荷量为-2×10-3C的电荷从A移动到E电势能增加2×10-3J D. 电荷量为-2×10-3C的电荷从A移动到B电场力做功4×10-3J ‎【答案】AD ‎【详解】A．以C点为原点，CD为x轴,，CA为y轴建立坐标系。设和分别为沿x轴和y轴的电场强度，则 方向与x轴正方向夹角的正切值 即，故A正确；‎ BC．由几何关系知电场强度沿CF方向，AE、BD为等势面，所以 电荷从A移动到E电势能不变，故BC错误；‎ D．电荷从A移动到B电场力做功 故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎7.如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷。t=0时，甲静止，乙以初速度6m/s向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v-t图象分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知（　　）‎ A. t1时刻两电荷的总动能最小，总动量也最小 B. t1时刻两电荷的总电势能最大 C. 0~t2时间内，两电荷的静电力先减小后增大 D. t1~t3时间内，两电荷的动量都增大，总动量不变 ‎【答案】B ‎【详解】AB．由图象前段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用。0~t1时间内两电荷间距离逐渐减小，之后两电荷间距离逐渐增大，t1时刻两球相距最近，系统克服电场力做功最多，两电荷的总电势能最大，由能量守恒可知此时总动能最小。由于系统不受外力，所以动量守恒。故A错误，B正确；‎ C．0~t2时间内两电荷间距离先减小再增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小，故C错误；‎ D．t1~t3时间内，乙的速度先减小再增大，则其动量也先减小再增大，甲速度一直增大，其动量也一直增大，由动量守恒可知二者总动量不变，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎8.在半径为R的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场。圆边上的P处有一粒子源，沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v0的同种粒子。现测得：当磁感应强度为B1时，粒子均从由P点开始弧长为的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B2时，粒子则都从由P点开始弧长为的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力，则（　　）‎ A. 前后两次粒子运动的轨迹半径比为 B. 前后两次粒子运动的轨迹半径比为 C. 前后两次磁感应强度的大小之比为 D. 前后两次磁感应强度的大小之比为 ‎【答案】AD ‎【详解】AB．从最远弧长处射出的粒子在磁场中的轨迹为半个圆周，此弧长L对应的弦长为粒子圆周运动的直径，由三角函数以及弧长和半径的关系得 ‎ 所以 故A正确，B错误；‎ CD．洛伦兹力提供向心力 得 磁感应强度与r成反比，为 故C项错误，D项正确。‎ 故选AD。‎ 三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎9.某实验小组同学利用如图所示装置研究力的合成，在半圆形框架轨道内分别安装一个固定轻质滑轮和一个可沿轨道任意滑动的轻质滑轮，用细绳穿过两个滑轮分别与两个小桶连接，滑轮中间绳上有连接结点再与重物连接，然后按如下步骤操作：‎ ‎①调整绳水平，记下点位置；‎ ‎②用天平测出重物的质量；‎ ‎③向桶内加入适量的沙子，直到绳子的结点回到位置；‎ ‎④用天平称出加入沙子后桶的质量分别为并记录；‎ ‎⑤改变滑轮的位置，重复步骤③、④。‎ 实验中绳的拉力方向_________(填“需要”或“不需要”)记录，点位置_________(填“必须”或“不必”)在轨道圆心，满足______说明力的合成符合平行四边形法则。‎ ‎【答案】不需要 不必 ‎ ‎【详解】[1][2][3]实验中对结点的受力分析，方向表示水平，重物拉力方向竖直向下，只要方向即拉力的方向倾斜，三力平衡时若满足 ‎，‎ 则 说明与的合力与等大反向，不需要记录拉力方向；‎ 的方向不需要用圆心角表示，所以点也不必在轨道圆心；又 ‎，‎ 满足 即是满足 就可以说明力的合成符合平等四边形法则。‎ ‎10.图示为多用表的不完整的示意图，图中还显示出了表内的电源E1和表内的调零电阻R0．被测电路由未知电阻Rx和电池E2串联构成．‎ ‎⑴现欲测阻值大约为一千多欧姆的未知电阻Rx的阻值，请完善以下测量步骤：‎ ‎①甲、乙两测试表笔中，甲表笔应是__（填“红”或“黑”）表笔；‎ ‎②测电阻的倍率选择“×100Ω”，将甲、乙两表笔短接，调节调零电阻R0，使表针指到表盘刻度的最__（填“左”或“右”）端；‎ ‎③在测试表笔乙已接触被测电路右端的前提下（见图），测试表笔甲应接触被测电路中的__（填“a”或“b”）点；‎ ‎④若测试表笔甲接触的位置正确，此时表针恰好指在图示的虚线位置，则被测电阻Rx的阻值为__Ω．‎ ‎⑵已知图中电源E1的电动势为4.5V，电源E2的电动势为1.5V（不计其内阻）．若测电阻Rx时，测试表笔甲在a、b两个触点中连接了错误的触点，那么，表针的电阻示数将比真实值__（填“偏大”或“偏小”），其示数应为___Ω．‎ ‎【答案】(1)①红 ②右 ③b ④1500 (2). 偏小 700‎ ‎【详解】（1）①根据红进黑出原理，甲表笔应为红表笔；‎ ‎②欧姆表的最右端为零刻度线，当两表笔短接时，被测电阻为零，所以指针应指向右端；‎ ‎③欧姆表内部有电源，不需要外部电源，所以接在b端；‎ ‎④倍率选择“×100Ω”，故读数为。‎ ‎（2）由图及以上分析可知，中值电阻R=1500Ω；甲表笔接在a点，由于E2与电源E1串联，故电动势增大，电流增大，故电阻的测量量偏小；‎ 由欧姆定律可知，读数正确时，电流，当接入电源E2时，，即电流表指针偏大，所以电阻示数偏小，应指在7刻度线上，故示数为700Ω.‎ ‎11.质量为mB=2 kg的木板B静止于光滑水平面上，质量为mA=6 kg的物块A停在B的左端，质量为mC=2 kg的小球C用长为L=0.8 m的轻绳悬挂在固定点O．现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短为，之后小球C反弹所能上升的最大高度h=0.2 m．已知A、B间的动摩擦因数，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g=10 m/s2．求： ‎ ‎（1）小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；‎ ‎（2）为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长？‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）对小球C下摆的过程，应用动能定理求出小球与A碰撞前瞬间的速度，再由动能定理求得小球C反弹上升的初速度，即与A碰后的速度，再对C，运用动量定理求解撞击力； （2）A获得速度后，再对A、B组成的系统，运用动量守恒和能量守恒求出木板的最少长度．‎ ‎（1）C下摆过程，根据动能定理，有 所以 C反弹过程，根据动能定理，有 ‎.‎ 取向右为正方向，对C根据动量定理，有 所以F=1200N，方向水平向右．‎ ‎（2）C与A碰撞过程，根据动量守恒定律，有 所以 A恰好滑至木板B右端并与其共速时，B的长度最小 根据动量守恒定律，‎ 所以 根据能量守恒定律，‎ 所以x=0.5m ‎12.如图甲所示，倾角θ=30°的斜面上有两根电阻不计的足够长光滑金属导轨平行固定放置，间距L=0.6m，上端、下端各与阻值为R1=R2=2Ω的电阻连接，在CDFE矩形区域内有垂直斜面向上的匀强磁场，CE长为d=0.2m，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，t=0时刻，在距EF为s处有一根阻值r=2Ω的金属棒AB垂直于导轨由静止自由释放，t=0.2s时，金属棒刚好进入磁场，之后匀速通过整个磁场区域。重力加速度g=10m/s2。求：‎ ‎（1）AB棒释放处距EF的距离s；‎ ‎（2）在t1=0.1s时刻和t2=0.25s时刻电阻R1的电功率之比；‎ ‎（3）金属棒AB的质量。‎ ‎【答案】(1)0.1m；(2)4；(3) 0.024kg ‎【详解】(1)设金属棒AB的质量为m，由题意可知t=0.2s金属棒刚好进入磁场，由 ‎ ‎ 解得s=0.1m ‎(2)在t1=0.1s时，金属棒AB还没进入磁场，有 此时R2与金属棒并联后再与R1串联 R1两端电压 金属棒进入磁场的速度 v=at 解得 v=1m/s t=0.2s后磁场保持不变，金属棒AB经过磁场的时间 故在t2=0.25s时AB还在磁场中运动，电动势 E2=BLv=0.6V 此时R1与R2并联 得R1两端电压 根据电功率公式 故在t1=0.1s和t2=0.25s时刻电阻R1的电功率比值 ‎(3)金属棒AB在磁场中运动时，通过AB的电流 AB受到安培力 又 解得 ‎13.一列沿x轴传播的简谐横波，t=0时波形图如图甲所示，原点处的质点振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）‎ A. 波沿x轴正方向传播 B. 波的传播速度为10m/s C. x=1m处质点经0.5s通过的路程为5m D. t=1s时，x=2m处质点比x=3m处质点加速度大 E. x=2m处质点比x=5m处质点振动延迟0.3s ‎【答案】BDE ‎【详解】A．由图乙可知原点处的质点t=0时沿y轴负方向运动，对甲图x=0处质点用同侧法判断可知波沿x轴负方向传播，故A错误；‎ B．由图可知，，所以 故B正确；‎ C．0.5s为八分之五个周期，小于四分之三个周期，所以x=1m处质点经0.5s通过的路程小于三个振幅，即0.3m，故C错误；‎ D．t=1s时，即经过了四分之五个周期，x=2m处质点位于x轴上方，x ‎=3m处质点位于平衡位置，所以x=2m处质点比x=3m处质点加速度大，故D正确；‎ E．x=2m处质点比x=5m处质点振动延迟 故E正确。‎ 故选BDE ‎14.景观灯是现代景观不可缺少的部分，其中有一类景观灯是为照亮建筑物而设计的投射灯，其简化模型如图所示。投射灯固定于地面A点，右侧放置一块高L=10cm，厚d=17.3cm，折射率n=1.2的玻璃砖做保护层，玻璃砖上表面被遮挡，右端距建筑物的水平距离s=5m，不计玻璃砖左侧面的折射影响。求：‎ ‎(i)玻璃砖的临界角C；‎ ‎(ii)投射灯能照亮多高的建筑物。‎ ‎【答案】(ⅰ) ；(ⅱ）3.85m ‎【详解】（ⅰ）玻璃砖的临界角 解得 ‎（ⅱ）光路如图所示 照亮建筑物的最高处的光线对应玻璃砖中的折射角为α，则 根据 联立解得 h≈3.75m 则灯光可以照射的高度 H=h+L≈3.85m