广东省六校联盟2020届高三物理上学期第二次联考试卷(附解析Word版)
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广东省六校联盟2020届高三物理上学期第二次联考试卷(附解析Word版)

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资料简介
2019 年广东省六校联盟高三上学期第二次联考理综物理试题(深圳实验,广州二中,珠海一 中,,东莞中学,中山纪中) 二、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 : α β> B Dv v= B Dv v> AB CDt t= AB CDt t> B Dv v< 22 1 12 cos coscos 2 AB RR α g α tα + =  22 1 12 cos coscos 2 CD RR β g β tβ + =  cos cosα β + AB CDt t> 1x 2x 1x 2x 1x 2x 1x 2x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. xφ− 1x pE q ϕ = 1x 2x a b c、 、 d d 120° I a d F c d 0 F 3F 2F c d a d F b d F c d F d 2F4.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: α ( )M m g F+ − cos ( ) F M m g F αµ = + − sintan cos F mg F αβ α −= 2 2( sin ) ( cos )F F F mgα α= + −弹 sin ( )F α N M m g+ = +地 ( ) sinM m g F α+ − sin sin cos cos F β F α mg F β F α = − = 弹 弹两式平方相加解得: 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: sintan cos F mg F αβ α −= 2 2( cos ) ( sin )F F F mg= + −弹 α α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, W qU= 0v 1.5OQ R= 0p Qv v v> > 2 3Q GMv R < pa pa a> 3 2 a kT =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 p Qv v> 0v 0p Qv v v> > 2 2(1.5 ) 1.5 Mm vG mR R = 2 3 GMv R = 2 3Q GMv R < 02 MmG mar = 0 2 GMa r = pa a< 6 3 s 3: 2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。 三、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 h 0s v t= 21 2h gt= 0 2 gv s h = 2 0 1 2pE mv= A B2mv mv= 2 21 122 2p A BE mv mv= + 3B gv s h = 6 3 s 2 0 2 1 32 1 2 2 B mv mv =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: 1 2 3 4 5 6 7s s s s s s s、 、 、 、 、 、 1 t 2 1 t 2 1 t 2 2kF d 21 2Fs mv= dv t =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. 的 2 2 1 2 mds F t =  s 2 1 t 2 2 md kF = 2 2kFm d = E 1.5V A 1mA 1 599Ωr = V 3V 3kΩ ( )1 0 20Ω,1AR  ( )2 0 200Ω,1AR  =1ΩR A I U U I− E = V r = Ω【答案】 (1). 并联 (2). 600mA(或 0.6A) (3). (4). D (5). 1.50(1.48—1.52 均对) (6). 0.84(0.75—0.90 均对) (7). 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: 1 1mA 1mA R I r =− 600mA 0.6AI = = 20Ω(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. 1 0 1 R rr rR r = ++  电源 0U E Ir= − 0 1.5 0.8 Ω=1.84Ω0.38r −= 1 0 1 0.84ΩR rr r R r = − =+ 电源【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: 10m/s 25N F f= 0 10m/sPv f = = 21 2 BPt μmg AB mv− = 0 10m/sBv v= = 3st = 2 21 1( ) 2 2 2C Bmg qE r mv mv− + = − 2 10m/sCv = 2vmg qE m r + = 15m/s Cv v= < 2 C N vmg qE F m r + + =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: 25NNF = B B Bsinm g θ m a= B =6m/sa 1 1 A B( ) cos 4Nf μ m m g θ= + = A 1sinm g θ f> A 1 A B A Asin ( ) cosm g θ μ m m g θ m a− + = 2 A 2m/sa = 2 2 B A 0 1 1 2 2a t a t L− =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” 0.5st = B B 3m/sv a t= = A A 1m/sv a t= = B 2 B B Bsin cosm g θ μ m g θ m a′− = 2 B 2m/sa′ = A 2 B 1 A B A Asin cos ( ) cosm g θ μ m g θ μ m m g θ m a′+ − + = 2 A 6m/sa′ = 1t B B 1 A A 1v a t v a t′ ′+ = + 1 0.5st = A B 4m/sv v′ ′= = 2 1sin cos =4m/sa g θ μ g θ= −共 B B 2sin 2Nf m g θ m a f= − =

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