【物理】广东省广州市2020届高三上学期12月调研考试试题（解析版） 14页

广东省广州市2020届高三上学期12月调研考试 一、选择题 ‎1.如图，在轨运行的空间站内宇航员将小球用不可伸长的细线系住，细线另一端系在固定支架上O点处，进行如下两次操作，第一次操作：拉开细线一个小角度后由静止释放小球；第二次操作：拉直细线给小球一个垂直于细线的速度，则 A. 第一次操作中，小球绕O点做往复运动 B. 第一次操作中，小球朝向O点做直线运动 C. 第二次操作中，小球绕O点做匀速圆周运动 D. 第二次操作中，小球相对O点做匀变速曲线运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 在轨运行的空间站内所有物体都处于完全失重状态，故第一次操作中小球保持静止，AB错误；‎ CD. 在轨运行的空间站内所有物体都处于完全失重状态，故第二次操作中小球仅受绳的拉力而做圆周运动，C正确，D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.动量大小相等的氕核()和氘核()在同一匀强磁场中仅受磁场力做匀速圆周运动，则它们 A. 圆周运动的半径相等 B. 向心加速度的大小相等 C. 圆周运动的周期相等 D. 所受磁场力的大小相等 ‎【答案】A ‎【详解】A.由可得，两粒子动量相同，电荷量相同，故半径相同，A正确；‎ B.向心加速度为，两粒子质量不同，故向心加速度大小不等，B错误；‎ C.由可知，两粒子比荷不同，故周期不相等，C错误；‎ D. 由可知，两粒子受到的洛伦兹力不相同，D错误；‎ 故选A。‎ ‎3.如图，乒乓球从水平桌面上P1点弹起后，刚好能以水平速度v越过高为h球网，落到桌面上P2点。乒乓球可看成质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则乒乓球 A. 从P1点弹起时的速度大小为 B. 从P1点弹起后在空中上升的时间为 C. 从P1点弹起时的速度和落到P2点时的速度相同 D. P1点与P2点的距离为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 从P1点弹起时的速度大小为，从P1到最高点，由机械能守恒定律得 故，A错误；‎ B.乒乓球竖直方向做匀减速直线运动，最高点时竖直分速度为0，从P1点弹起后在空中上升的时间为，B错误；‎ C.由机械能守恒定律可知，P1和P2的动能相等，但是速度方向不同，故速度不相同，C错误；‎ D. 乒乓球水平方向做匀速运动，上升时间和下落时间相同，故P1点与P2点的距离为 D正确；‎ 故选D。‎ ‎4.如图，水平桌面上放置质量分别为m和M的木块和斜面体，斜面倾角为α。作用在木块上的力F与斜面夹角为α，木块和斜面体均保持静止，则 A. 木块受到的摩擦力不可能为零 B. 木块对斜面体的压力等于mgcosα C. 桌面对斜面体的支持力等于(M＋m)g D. 桌面对斜面体的摩擦力等于F cos2α ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.对木块受力分析可知，若力F沿斜面的分量和重力沿斜面分量相等，即不受摩擦力，A错误；‎ B. 对木块垂直斜面方向 故B错误；‎ CD.以整体为对象可得 故C错误，D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.如图，闭合开关S后，灯泡A和B均正常发光。将滑动变阻器R的滑片向a端滑动，则 A. A变亮，B变暗 B. A变暗，B变亮 C. A、B都变亮 D. 电容器C的带电量增加 ‎【答案】A ‎【详解】AB.滑片向a滑动，滑动变阻器接入电路阻值变小，由“串反并同”规律可知，A灯泡与滑动变阻器串联，故A灯变亮；B灯与滑动变阻器间接并联，故B灯变暗，A正确，B错误，C错误；‎ D.电容器两端电压与B灯两端电压相等，B灯两端电压变小，故电容器C电荷量减小，D错误；‎ 故选A。‎ ‎6.如图，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上，设地球质量为M，半径为R，万有引力常量为G，忽略卫星之间的引力作用。下列说法正确的是 A. 地球自转周期为 B. 卫星绕地球运动周期为 C. 每颗卫星对地球的引力大小均为 D. 三颗卫星对地球引力的合力为0‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.对其中一颗卫星可得 解得卫星的运动周期为 地球自转周期和卫星周期相同，故A错误，B正确；‎ C.卫星受到的引力为，故C错误；‎ D.由对称性可知三颗卫星对地球引力的合力为0，D正确；‎ 故选BD。‎ ‎7.如图，电荷量分别为+q和–q的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b、c、d是正方体的另外四个顶点，则 A. a、c两点电场强度相同 B. c、d两点电场强度相同 C. a、b、c、d四点电势相等 D. 电势差Uad= Ubc ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.等量异种电荷的电场关于连线中点中心对称，故a、c两点的电场强度相同、b、d两点的电场强度相同，故A正确，B错误；‎ C. a、b、c、d四点不在等量异种电荷的中垂面上，故四点电势不相等，C错误；‎ D.由等量异种电荷电场的对称性可知，，，故，D正确；‎ 故选AD ‎8.运动员沿竖直方向做跳伞训练，打开降落伞后的速度时间图象如图a所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图b所示。已知运动员的质量为64kg，降落伞的质量为16kg，假设打开伞后伞所受阻力f的大小与速率v成正比，即f=kv。取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则 A. k=200N·s/m B. 打开伞后瞬间运动员的加速度方向竖直向上 C. 打开伞后瞬间运动员的加速度大小为20m/s2‎ D. 每根悬绳能够承受的拉力至少为400N ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由速度时间图像可知，当速度为时，运动员匀速运动，故 解得，故A错误；‎ B. 打开伞后瞬间运动员做减速运动，故加速度方向竖直向上，B正确；‎ C. 打开伞后瞬间由牛顿第二定律 解得，故C错误；‎ D.打开伞的瞬间，加速度最大，绳中拉力最大，对运动员可得 解得，故D正确。‎ 故选BD。‎ 二、非选择题 ‎9.报警器电路如图甲所示。该电路用标称值为12V的蓄电池为电源，各导线接触良好，热敏电阻Rt阻值随温度升高而减小。当通过报警器的电流超过某一值时，报警器就会报警。‎ ‎（1）断开开关S，用多用电表直流50 V挡测a、b间电压，稳定后多用电表的指针位置如图乙所示，其读数为________ V。‎ ‎（2）闭合开关S后，发现无论温度高低，报警器都在报警，由此可判断电路中某器件发生______（选填“短路”、“断路”）。‎ ‎（3）保持开关S闭合，维修人员仍使用多用电表直流50 V挡检测故障，将红表笔接在a点，黑表笔接d时多用电表示数为零，黑表笔接c时多用电表示数略小于图乙所示，由此可判定发生故障的器件是______(选填“热敏电阻Rt”、“开关S”、“定值电阻R”)。‎ ‎【答案】 (1). 11.5(11.2～11.8之间的值均可) (2). 短路 (3). 热敏电阻Rt ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]由图乙可知，电表读数为11.5V；‎ ‎（2）[2]无论温度高低，报警器都在报警，说明电流过大，故电路中某元件发生短路；‎ ‎（3）[3]将红表笔接在a点，黑表笔接c时多用电表有示数，说明ac之间没有断路，红表笔接在a点，黑表笔接d时多用电表示数为零，说明ad之间短路，即热敏电阻Rt故障。‎ ‎10.用如图a所示的实验装置研究小车的匀变速直线运动，电源频率f=50Hz，从纸带上打出的点中选取某点为参考点O，在纸带上依次标记A、B、C、D四个计数点（相邻两计数点之间还有4个记录点未画出）；如图b所示，因保存不当，纸带被污染，仅保留了A、B、D三点及其到O点的距离：SA=79.9mm、SB=149.5mm、SD=361.0mm。‎ ‎（1）下列实验步骤的正确顺序是____________________(用选项字母填写)．‎ A．关闭电源，取出纸带 B．把打点计时器固定在斜面上 C．接通电源，待打点计时器工作稳定后释放小车，打出纸带 D．将小车停靠在打点计时器附近，让纸带穿过限位孔，并与小车尾部相连 ‎（2）利用上述信息可知：‎ ‎① 相邻两计数点的时间间隔为___________s；‎ ‎② 打C点时小车速度大小为___________m/s（保留2位有效数字）；‎ ‎③ 小车的加速度表达式为______（用SA、SB、SD和f表示），加速度大小计算结果为_______ m/s2（保留到小数点后2位）。‎ ‎【答案】(1). BDCA (2)① 0.10 或0.1 ② 1.1 ③ 2.41‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]进行实验时，首先将打点计时器固定，并将实验装置连接好，然后接通电源，释放小车，然后关闭电源，取出纸带，故正确顺序为BDCA；‎ ‎（2）[2] 相邻两计数点之间还有4个记录点未画出，故时间间隔为T=0.1s；‎ ‎[3]由可得，；‎ ‎[4]AB中间时刻的速度为 故加速度为 ‎[5]带入数据可得。‎ ‎11.如图，竖直固定挡板与静置于水平轨道上的小物块a之间夹有压缩的轻质弹簧，弹簧被锁定且与a接触但不粘连。水平轨道的MN段粗糙，其余部分光滑。N处有一小物块b，用不可伸长轻质细绳悬挂于某点O处。某时刻弹簧解锁，弹簧恢复原长后，a进入MN段，之后与b发生碰撞并粘连在一起。已知a与MN段的动摩擦因数为0.5，MN长度为l， a、b质量均为m，重力加速度为g。弹簧被锁定时的弹性势能为1.5mgl，细绳能承受的拉力最大值为20mg。‎ ‎（1）求a与b碰前瞬间a的速率；‎ ‎（2）a、b碰后，若要细绳始终拉直，求细绳的长度r需满足的条件。‎ ‎【答案】（1）；（2）或 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对小物块，从释放到N点，由动能定理可得 解得 ‎（2）a、b碰撞过程由动量守恒得 碰撞后两物体做圆周运动，故 由解得，‎ 若物体能到最高点，则在最高点 从最低点到最高点 解得 若物体最多运动到与圆心等高的位置 解得 综上所述细绳的长度r需满足的条件为 或 ‎12.如图，xOy为竖直面内的直角坐标系，y轴正向竖直向上，空间中存在平行于xOy所在平面的匀强电场。质量为m的不带电小球A以一定的初动能从P（0，d）点沿平行x轴方向水平抛出，并通过Q（2d，0）点。使A带上电量为+q的电荷，仍从P点以同样的初动能沿某一方向抛出，A通过N（2d，0）点时的动能是初动能的0.5倍；若使A带上电量为-q的电荷，还从P点以同样的初动能沿另一方向抛出，A通过M（0，-d）点时的动能是初动能的4倍。重力加速度为g。求：‎ ‎（1）A不带电时，到达Q点的动能；‎ ‎（2）P、N两点间的电势差；‎ ‎（3）电场强度的大小和方向。‎ ‎【答案】（1）3mgd；（2），方向沿y轴正方向。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球做平抛运动，故 从P到Q，由动能定理 解得 ‎（2）小球带电后，从P到N，由动能定理 从P到M由动能定理可得 由（1）中可知，‎ 联立以上几式可得 故O、N两点电势相等，场强方向为y轴正方向，场强大小为 ‎13.如图，一定质量的理想气体从状态A依次经状态B和C后再回到状态A，下列说法中正确的是_______。‎ A. A→B过程中气体体积增大 B. A→B过程中气体对外放热 C. B→C过程中气体体积不变 D. B→C过程中气体对外放热 E. C→A过程中气体内能增大 ‎【答案】ADE ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. A→B过程中温度不变，压强变小，故体积增大，内能不变，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸热，故A正确，B错误；‎ CD.B→C过程中压强不变，温度降低，故体积减小，内能减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体放热，故C错误，D正确；‎ E. C→A过程中图像过原点，故气体等容变化，温度升高，故内能增大，E正确；‎ 故选BDE。‎ ‎14.如图，在锅炉外壁紧贴着一个导热性能良好、右壁开孔与大气相通的气缸，用于监控锅炉外壁的温度。活塞通过轻弹簧与气缸右壁的压力传感器a相连；活塞左侧封闭一定质量的理想气体，封闭气体温度与锅炉外壁温度相等。已知大气压强为p0，活塞横截面积为S，不计活塞质量和厚度及与气缸壁的摩擦。当锅炉外壁温度为T0时，活塞与气缸左壁的间距为L，a的示数为0。若弹簧的劲度系数为，温度缓慢升高到某一值时，a的示数为，求此时 ‎(i)封闭气体的压强；‎ ‎(ii)封闭气体的温度。‎ ‎【答案】(i) ； (ii) 3T0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）a的示数为时，封闭气体的压强为 ‎（2）a的示数为时，活塞向右移动的距离为 由理想气体状态方程可得 解得 ‎15.一简谐横波在同一介质中沿x轴正向传播。t＝0时的波形如图甲所示，a、b是波上的两个质点。图乙是波上某一质点的振动图像，下列说法中正确的是_________‎ A. t＝0时质点a的速度比质点b的小 B. t＝0时质点a的加速度比质点b的小 C. t＝时质点b的振动方向沿y轴正方向 D. 图乙可以表示质点a的振动 E. 图乙可以表示质点b的振动 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. t＝0时，质点a位于最大位移处，故质点a的速度为0，加速度最大；质点b位于平衡位置，故质点b的速度最大，加速度为0，故A正确，B错误；‎ C. t＝时质点b位于负的最大位移处，故质点b的振动方向沿y轴正方向，C正确；‎ DE.图乙可以表示质点从平衡位置向y轴负方向振动，故能表示质点b的振动，D错误，E正确；‎ 故选ACE。‎ ‎16.如图所示是一个半圆柱形玻璃砖的横截面，O点为圆心， BC为直径，该截面内有一细束单色光垂直BC从D点入射，光束恰好不能从圆面射出。已知玻璃砖对该单色光的折射率为，半圆的半径为R，光在真空中传播速度为c，求 ‎(i) D点到O点的距离；‎ ‎(ii)光束从D点入射到第一次射出玻璃砖的时间。‎ ‎【答案】(i) R ；(ii) 4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）折射率为，故临界角为 单色光垂直BC从D点入射，光束恰好不能从圆面射出，即恰好发生全发射，故 故D点到O点的距离为 ‎（2）光路图如图所示，在E、F两点均发生全反射，垂直BC射出。‎ 光束从D点入射到第一次射出玻璃砖的时间为