广东省广州市2020届高三下学期一模考试理综物理试题 Word版含解析 19页

www.ks5u.com ‎2020年广东广州市区一模考试理科综合（物理部分）‎ 二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎1.光电效应实验，得到光电子最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图所示。普朗克常量、金属材料的逸出功分别为（　　）‎ A. ， B. ， C. ， D. ，‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据得纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，等于b，图线的斜率 故A正确，BCD错误；‎ 故选A ‎2.如图，装备了“全力自动刹车”安全系统的汽车，当车速v满足3.6km/h≤v≤36km/h、且与前方行人之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与行人相撞。若该车在不同路况下“全力自动刹车”的加速度取值范围是4~6m/s2，则该系统设置的安全距离约为（　　）‎ A. 0.08m B. 1.25m C. 8.33 m D. 12.5m ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意知，车速3.6km/h≤v≤36km/h即，系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小约为4~6m/s2，最后末速度减为0，由推导公式可得 - 19 -‎ 故ABC错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。2019年10月28日发生了天王星冲日现象，即天王星、地球、太阳三者处于同一直线，此时是观察天王星的最佳时间。已知地球到太阳距离为1个天文单位，天王星到太阳距离为19.2个天文单位，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 此时太阳位于地球和天王星之间的某一点 B. 2020年10月28日还会出现一次天王星冲日现象 C. 天王星绕太阳公转的周期约为84年 D. 地球绕太阳公转的加速度约为天王星绕太阳公转的20倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．天王星、地球都绕太阳做圆周运动，即太阳为中心天体，所以太阳不可能位于地球和天王星之间，故A错误；‎ BC．天王星、地球绕太阳做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律可知 得 即天王星绕太阳公转周期约为84年，如果两次行星冲日时间间隔为t年，则地球多转动一周，有 解得 再出现一次天王星冲日现象并不在2020年10月28日，故B错误，C正确；‎ - 19 -‎ D．由公式 得 地球绕太阳公转的加速度约为天王星绕太阳公转的369倍，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎4.图甲中竖直放置的电磁铁通入图乙所示电流，当t=t1时，测得上下两磁极之间的中央处O点磁感应强度大小为B0；若在O点水平固定一个闭合导体小圆环（圆心即O点），电磁铁仍通入图乙所示的电流，当t=t1时，测得O点磁感应强度大小为B，则圆环中感应电流在O点产生的磁感应强度大小为（　　）‎ A. B0 B. B0－B C. B0+B D. 0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设a点电势更高，由右手螺旋定则可知，O点磁感应强度方向竖直向上，大小为B0；若在O点水平固定一个闭合导体小圆环，当t=t1时穿过闭合导体小圆环的磁通量增大，由楞次定律可知，从上往下看，小圆环有顺时针的感应电流，由右手螺旋定则可知，小圆环中感应电流产生的磁场方向竖直向下，由矢量合成得 则圆环中感应电流在O点产生的磁感应强度大小为 故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎5.如图，水平放置的圆环形窄槽固定在桌面上，槽内有两个大小相同的小球a、b，球b静止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽运动，在位置P - 19 -‎ 与球b发生弹性碰撞，碰后球a反弹，并在位置Q与球b再次碰撞。已知∠POQ=，忽略摩擦，且两小球可视为质点，则a、b两球质量之比为（　　）‎ A. 3︰1 B. 1︰3 C. 5︰3 D. 3︰5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由动量守恒可知，碰后两球的速度方向相反，且在相同时间内，b球运动的弧长为a球运动的弧长为3倍，则有 由动量守恒定律有 由能量守恒有 联立解得 故ABC错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎6.如图，正四棱柱abcd—a′b′c′d′的两条棱bb′和dd′上各有一根通有相同恒定电流的无限长直导线，则（　　）‎ A. a点磁场方向平行于db连线 B. a、c两点的磁感应强度相同 C. ac连线上由a到c磁感应强度先增大后减小 - 19 -‎ D. 穿过矩形abb′a′和矩形add′a′的磁感线条数相等 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由右手螺旋定则可知，bb′处通电导线在a点产生的磁感应强度垂直纸面向外，dd′处通电导线在a点产生的磁感应强度沿ab向下，且两导线在a处产生的磁感应强度大小相等，由矢量合成可知，a点磁场方向平行于db连线，故A正确；‎ B．由右手螺旋定则可知，dd′处通电导线在c点产生的磁感应强度垂直纸面向里，bb′处通电导线在a点产生的磁感应强度沿cd向上，且两导线在c处产生的磁感应强度大小相等，由矢量合成可知，c点磁场方向平行于db连线，但与a点磁场方向相反，故B错误；‎ C．由于ac与bd相互垂直，设垂足为M，由右手螺旋定则可知，M点的磁感应强度为0，则ac连线上由a到c磁感应强度先减小后增大，故C错误；‎ D．bb′处通电导线产生的磁场穿过矩形abb′a′的磁通量为0，dd′处通电导线产生的磁场穿过矩形add′a′的磁通量为0，则穿过矩形abb′a′和矩形add′a′的磁感线条数别为dd′处通电导线产生的磁场和bb′处通电导线产生的磁场，由于两导线电流相等，分别到两距形的距离相等，则穿过矩形abb′a′和矩形add′a′的磁感线条数相等，故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎7.电阻R接在20V的恒压电源上时，消耗的电功率为P；若将R接在如图所示理想变压器的副线圈电路中时，R消耗的电功率为。已知电路中电阻R0的阻值是R的4倍，a、b两端接在（V）的交流电源上，此变压器（　　）‎ A. 副线圈输出电压的频率为100Hz B. 副线圈输出电压的有效值为10V C. 原、副线圈的匝数之比为2︰1‎ D. 原、副线圈的电流之比为1︰4‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．变压器不改变交变电流的频率，由题可知，交流电压的频率为 - 19 -‎ 故A错误；‎ B．由题意可得 解得 故B正确；‎ C．电源的有效值为 设原、副线圈的匝数之比为n，则原、副线圈的电流之比为则R0两端电压为，根据原、副线圈电压比等匝数比即 解得 故C正确；‎ D．由原、副线圈中的电流之比等匝数反比可知，原、副线圈的电流之比为1：2，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎8.如图，空间存在方向竖直向上、场强大小为E的匀强电场；倾角为的光滑绝缘斜面固定在地面上，绝缘轻弹簧的下端连接斜面底端的挡板，上端连接一带电量为+q的小球，小球静止时位于M点，弹簧长度恰好为原长。某时刻将电场反向并保持电场强度大小不变，之后弹簧最大压缩量为L，重力加速度为g。从电场反向到弹簧压缩至最短的过程中，小球（　　）‎ - 19 -‎ A. 机械能一直减少 B. 电势能减少了EqL C. 最大加速度为g D. 最大速度为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】B．电势能的减小量等于电场力做的功，即为 故B正确；‎ C．小球在M点时有 从电场反向到弹簧压缩至最短的过程中，小球先做加速度减小的加速运动，再做加速度反向增大的减速运动，由弹簧振子对称性可知，小球在M点开始运动时的加速度最大即为 故C正确；‎ D．小球速度最大时合力为0，由平衡可得 由对称性可知，速度最大时，小球运动的距离为 由动能定理有 得 - 19 -‎ 故D错误；‎ A．小球速度最大时合力为0，由平衡可得 此过程小球克服弹力做功为 电场力做功 小球克服弹力做功与电场力做功相等，说明小球机械能不一直减小，故A错误。‎ 故选BC。‎ 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题~第38题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题：共129分。‎ ‎9.某同学用图（a）所示装置“探究弹力和弹簧伸长的关系”。弹簧的上端固定在铁架台支架上，弹簧的下端固定一水平纸片（弹簧和纸片重力均忽略不计），激光测距仪可测量地面至水平纸片的竖直距离h。‎ - 19 -‎ ‎(1)该同学在弹簧下端逐一增挂钩码，每增挂一个钩码，待弹簧__________时，记录所挂钩码的重力和对应的h；‎ ‎(2)根据实验记录数据作出h随弹簧弹力F变化的图线如图（b）所示，可得未挂钩码时水平纸片到地面的竖直距离h0=______cm，弹簧的劲度系数k=_______ N/m。（结果都保留到小数点后一位）‎ ‎【答案】 (1). 静止 (2). 120.0 (3). 31.3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]该同学在弹簧下端逐一增挂钩码，每增挂一个钩码，待弹簧静止时，此时弹力与重力大小相等，记录所挂钩码的重力和对应的h ‎(2)[2]由图可知，当时 即为未挂钩码时水平纸片到地面的竖直距离 ‎[3]由胡克定律可得，即图像斜率绝对值的倒数表示弹簧劲度系数则有 ‎10.利用图a所示电路，测量多用电表内电源的电动势E和电阻“×10”挡内部电路的总电阻R内。使用的器材有：多用电表，毫安表（量程10mA），电阻箱，导线若干。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)将多用电表挡位调到电阻“×10”挡，红表笔和黑表笔短接，调零；‎ ‎(2)将电阻箱阻值调到最大，再将图a中多用电表的红表笔和_____（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端。‎ - 19 -‎ ‎(3)调节电阻箱，记下多组毫安表的示数I和电阻箱相应的阻值R；某次测量时电阻箱的读数如图b所示，则该读数为_________W；‎ ‎(4)甲同学根据，得到关于的表达式，以为纵坐标，R为横坐标，作图线，如图c所示；由图得E=______V，R内=______W。（结果均保留三位有效数字）‎ ‎(5)该多用电表的表盘如图d所示，其欧姆刻度线中央刻度值标为“15”，据此判断电阻“×10”挡内部电路的总电阻为______Ω，甲同学的测量值R内与此结果偏差较大的原因是_________________。‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 23.2 (3). 1.43 (4). 200 (5). 150 (6). 甲同学没有考虑毫安表内阻的影响 ‎【解析】‎ ‎【详解】(2)[1]欧姆表中电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电流表正接线柱流入，故红表笔接触1，黑表笔接2；‎ ‎(3)[2]由图可知，电阻箱读数为 ‎(4)[3][4]由变形得 - 19 -‎ 由图像可得 解得 截距为 得 ‎(5)[5]由图可知，此欧姆表的中值电阻为 则电阻“×10”挡内部电路的总电阻为 ‎[6]由甲同学处理方法可知，由于没有考虑毫安表的内阻，如果考虑毫安表的内阻则有 由此可知，甲同学的测量值R内与此结果偏差较大的原因是没有考虑毫安表的内阻 ‎11.如图是两个共轴圆筒M、N的横截面，N筒的半径为L，M筒半径远小于L，M、N以相同的角速度顺时针匀速转动。在筒的右侧有一边长为2L的正方形匀强磁场区域abcd，磁感应强度大小为B、方向平行圆筒的轴线。两筒边缘开有两个正对着的小孔S1、S2，当S1、S2的连线垂直ad时，M筒内部便通过S1向ad中点o射出一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，该粒子进入磁场后从b点射出。粒子重力不计，求：‎ ‎(1)该粒子的速度大小；‎ ‎(2)圆筒的角速度大小。‎ - 19 -‎ ‎【答案】(1)；(2)，（n=1，2，3……）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设粒子的速度为v，在磁场做圆周运动的半径R，‎ 如图，由几何关系 得 由洛伦兹力提供向心力 得 ‎(2)设圆筒的角速度为，粒子从射出到到达S2的时间为t，由题意得 又解得 ‎(n=1，2，3……)‎ - 19 -‎ ‎12.如图甲是某型号无人机在水平地面沿直线加速滑行和离开地面以固定仰角沿直线匀速爬升的示意图，无人机在滑行和爬升两个过程中：所受推力大小均为其重力的倍，方向与速度方向相同；所受升力大小与其速率的比值均为k1，方向与速度方向垂直；所受空气阻力大小与其速率的比值均为k2，方向与速度方向相反。k1、k2未知；已知重力加速度为g，无人机质量为m，匀速爬升时的速率为v0，仰角为θ，且sinθ=，cosθ=。‎ ‎(1)求k1，k2的值。‎ ‎(2)若无人机受到地面的阻力等于压力的k3倍，无人机沿水平地面滑行时能做匀加速直线运动，求k3的值。‎ ‎(3)若无人机在水平地面由静止开始沿直线滑行，其加速度a与滑行距离s的关系如图乙所示，求s0~2s0过程与0~s0过程的时间之比。（无人机在s0~2s0这段滑行过程中的平均速度可用该过程始末速度的算术平均值替代）‎ ‎【答案】(1)，；(2)；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)无人机以速度v0匀速爬升阶段，受力平衡，沿速度方向有 垂直速度方向有 联立得 ‎(2)设无人机在地面滑行时速度为v，受到地面弹力为FN，受力分析可知竖直方向平衡 - 19 -‎ 水平方向匀加速 得 无人机能做匀加速直线运动，a不变，方程中v的系数必须为零，即 则有 ‎(3)设无人机在0~s0过程经历时间为t1，s0位置的速率为v1；在s0~2s0过程经历时间为t2，2s0位置的无人机速率为v2，0~s0过程以加速度a0匀加速运动，则 解得 则 依据图乙，0~s0过程无人机合外力ma0；s0~2s0过程无人机合外力ma随s均匀减小，一小段位移内合外力做功为ma，此过程合外力做功可表示为，0~2s0过程应用动能定理 解得 依题意在s0~2s0过程无人机平均速度大小为 - 19 -‎ 无人机在两个过程经历时间之比为 ‎（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。‎ ‎[物理——选修3-3]‎ ‎13.油膜法估测分子大小的实验，每500mL油酸酒精溶液中有纯油酸1mL，用注射器测得1mL这样的溶液共计80滴。现将1滴这种溶液滴在撒有痱子粉的水面上，这滴溶液中纯油酸的体积是_________m 3；待油膜形状稳定后，在玻璃板上描绘出油膜的轮廓。若用轮廓范围内完整方格的总面积当作油膜的面积，则计算得到的油膜面积_______，估算的油酸分子直径________。（后两空选填“偏大”或“偏小”）‎ ‎【答案】 (1). 2.5×10－11 (2). 偏小 (3). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]这滴溶液中纯油酸的体积 ‎[2][3]若用轮廓范围内完整方格的总面积当作油膜的面积，则没有计算到不完整方格的面积，所以计算得到的油膜面积偏小，由可知，估算的油酸分子直径偏大 ‎14.粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口。初始时，管内水银柱及空气柱长度如图所示，下方水银柱足够长且左、右两侧水银面等高。已知大气压强p0=75cmHg，环境温度不变。现从U形管右侧缓慢注入水银，使右侧空气柱上方水银柱的长度变为25cm。求：‎ ‎(i)右侧管内封闭空气柱的长度；‎ ‎(ii)左侧管内水银面上升的高度。‎ - 19 -‎ ‎【答案】(i)4.5cm；(ii)2cm ‎【解析】‎ ‎【详解】(i)设玻璃管的横截面积为S；令r、g分别为水银密度和重力加速度，初始时，右侧水银柱高度为h1=15cm，产生压强为ph1，空气柱长度为l1=5cm，压强为p1，注入水银后，右侧水银柱高度为h1ʹ=25cm，产生压强为ph1ʹ，空气柱长度为l1ʹ，压强为p1ʹ，由力的平衡条件有 p1=p0+ph1=90cmHg p1ʹ=p0+ph1ʹ=100cmHg 由玻意耳定律有p1l1S=p1ʹl1ʹS，联立以上各式并代入数据解得 l1ʹ=4.5cm ‎(ii)初始时，左侧空气柱长度为l2=32cm，压强为p2=p1；注入水银后，设左侧水银面上升的高度为h，高出的水银柱产生压强为2ph，左侧空气柱压强为p2ʹ由力的平衡条件有 p2ʹ=p1ʹ‒2ph 由玻意耳定律有 p2l2S=p2ʹ(l2‒h)S 联立以上各式并代入数据得 h2‒82h+160=0‎ 解得 h=80cm（不合题意，舍去），h=2cm ‎[物理——选修3-4]‎ ‎15.在双缝干涉实验中，钠灯发出波长为589nm的黄光，在距双缝1m的屏上形成干涉条纹。已知双缝间距为1.68×10－4m，则相邻两明条纹中心间距为_________m。若改用氦氖激光器作光源，其发出的红光波长比黄光的___________（选填“长”或“短”），其它条件不变，则相邻两明条纹中心间距比黄光的___________（选填“大”或“小”）。‎ ‎【答案】 (1). 3.51×10－3（3.50×10－3或3.5×10－3也可） (2). 长 (3). 大 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]由公式代入数据得 - 19 -‎ ‎[2]由磁波谱可知，红光波长比黄光的长 ‎[3]由公式可知，红光波长比黄光的长，则红光相邻两明条纹中心间距比黄光的大 ‎16.甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为v=20cm/s。两列波在t=0时的波形曲线如图所示。求：‎ ‎(i)t=0开始，乙的波谷到达x=0处的最短时间；‎ ‎(ii)t=0~10s内，x=0处的质点到达正向最大位移处的次数。‎ ‎【答案】（i）0.5s；（ii）2次 ‎【解析】‎ ‎【详解】(i)乙向左传播，其最靠近x=0处的波谷位置的x坐标为 乙的波谷到达x=0处的最短时间为 ‎(ii)质点运动到正向最大位移时 y=y1+y2=20cm 即两列波的波峰同时到达x=0位置，从图线可知，甲、乙两列波的波长分别为λ1=40cm，λ2=60cm，由可得甲、乙两列波的周期分别为 T1=2s，T2=3s 甲的波峰到达x=0位置所需时间 其中(k=1，2，3……)‎ 乙的波峰到达x=0位置所需时间 其中(n=0，1，2……)‎ - 19 -‎ 甲、乙两列波的传播时间相同，可知 t1=t2‎ 可得 即 当k=1且n=0时，x=0处的质点运动到正向最大位移处，t1=2s；当k=4且n=2时，x=0处的质点运动到正向最大位移处，t2=8s；即t=0~10s内，x=0处的质点运动到正向最大位移处共有2次。‎ - 19 -‎ - 19 -‎