【物理】广东省华附、省实、深中、广雅2020届高三四校联考试卷 14页

华附、省实、深中、广雅2020届高三四校联考 二、选择题：本题共8小题，每小题6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．‎ ‎14．如图1所示某质点做直线运动的vt图象为正弦图，下列说法中正确的是 A.t1时刻，物体加速度为 B．0～t1时间段内，物体所受合外力越来越大 C．0～t4时间段内，物体的位移为零 D．t2时刻加速度为零 ‎ ‎15．一个带电小球被绝缘轻绳悬挂在匀强电场中，小球的重力为10N，受到的电场力大小为5N，当小球保持静止时，轻绳与竖直方向夹角为α，则 A．0°≤α≤30° B．0°≤α≤60° C． 30°≤α≤60° D．60°≤α≤90°‎ ‎16．“嫦娥二号”月球探测器升空后，先在地球表面附近以速率v环绕地球飞行，再调整速度进入地月转移轨道，最后以速率v′在月球表面附近环绕月球飞行．若认为地球和月球都是质量分布均匀的球体，已知月球与地球的半径之比为1∶4，密度之比为64∶81。设月球与地球表面的重力加速度分别为g′和g，下列结论正确的是 A．g′∶g＝ B．g′∶g＝ C．v′∶v＝ D．v′∶v＝‎ ‎17．如图2所示，一木块用轻细绳悬于O点，开始时木块静止于O点正下方。现用质量远小于木块的弹丸以一定速度打击木块，打击之间极短。第一粒弹丸以向右的水平速度v1打入木块后并留在其中，木块的最大摆角为5°，当其第一次返回O点正下方时，质量相同的第二粒弹丸以向右的水平速度v2打入木块，也留在木块中，木块最大摆角仍为5°。忽略空气阻力，则以下结论中正确的是 A．vl=v2 B．vl：v2=1：2 C．vl：v2=2：1 D．vl：v2=1：4‎ ‎18．完全相同的两个小滑块甲和乙，可视为质点，分别从质量相同，底边长相同的两个斜面体顶端由静止滑下，如图3所示，已知斜面倾角为α和β，且α>β，两个滑块和斜面之间的动摩擦因数相同，下滑过程中斜面体均保持静止，下列说法正确的是 A．甲滑块滑到斜面底端的速度比乙大 ‎ B．甲滑块在斜面上滑动的时间一定比乙长 C．甲滑块下滑过程中，机械能的变化量比乙大 ‎ D．甲滑块下滑过程中，斜面体对水平地面的压力比乙大 ‎19．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图4甲所示；产生的交变电动势随时间变化的规律如图4乙所示。则下列说法正确的是 A．t＝0.01 s时穿过线框的磁通量最小 B．该线圈转动的角速度大小为rad/s C．该交变电动势的瞬时值表达式为e＝22sin(100πt) V D．线框平面与中性面的夹角为45°时，电动势瞬时值为22 V ‎20．某静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的变化规律如图5所示；一质量为m、带电量为-q的粒子(不计重力)，从O点(x＝0)静止释放，仅在电场力的作用下沿x轴正方向运动。下列说法正确的是 A．粒子从O运动到x1的过程中做匀加速直线运动 B．粒子在x1处速度最大，为 C．粒子第一次经过x1到x2的运动过程中，电势能减小 D．粒子不可能运动到x2的右侧 ‎21．如图6所示，在0≤x≤b、0≤y≤a的长方形区域中有一磁感应强度大小B的匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面向外。O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m，电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内的第一象限内。已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，最先从磁场上边界中飞出的粒子经历的时间为，最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则 A．粒子圆周运动的半径r＝2a B．长方形区域的边长满足关系＝2‎ C．长方形区域的边长满足关系＝＋1‎ D．粒子的射入磁场的速度大小v＝ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题～第 25 题为必考题，每个试题考生都必须做答。第 33 题～第 34题为选考题，考生根据要求做答。 ‎ ‎（一）必考题（共 129 分）‎ 22． ‎（5分）‎ 如图7-甲所示的实验装置，可用来测定加速度。在铁架台的顶端有一电磁铁，下方某位置固定一光电门，电磁铁通电后铁质金属球被吸起，测出此时金属球与光电门的距离h(h远大于金属球的直径）。断开电磁铁的电源，测量金属球下落过程中经过光电门的时间为，请回答下列问题：‎ ‎（1）用游标卡尺测得金属球的直径为d，如图7-乙所示，则该示数为______cm；‎ ‎（2）金属球的加速度的关系式为a=______；（用以上字母表示）‎ ‎（3）根据上述实验操作及所测量的物理量，此实验________（填“能”或“不能”）用来探究外力对金属球所做的功与它的动能变化的关系。 ‎ ‎23.（10分）‎ 某同学想测量多用电表内电源的电动势和欧姆挡×1k挡的中值电阻。该同学设计了如图8-甲所示的实验电路图，是完全相同的两块电压表。‎ 请你与他按以下步骤共同完成实验：（1）断开开关k1、k2，将多用电表挡位调到欧姆挡×10k挡，将电压表 的正接线柱与多用电表的______（选填“红” 或“黑”）表笔相连；‎ ‎（2）闭合开关k1、k2，发现多用电表的示数如图8-乙所示，为了提高测量的精确度，我们应断开开关k1、k2，换__________（选填“较大”或“较小”）倍率的挡位，然后 ‎ ‎ （具体操作）；‎ ‎（3）再闭合开关k1和k2，记录此时电压表示数U1，多用电表示数R1；保持开关k1闭合，断开开关k2，记录此时电压表示数U2；测得多用电表内电源的电动势可表达为 ，此时多用电表相应的欧姆挡×1k挡的中值电阻可表达为 ；（用上述已测量的物理量表示）‎ ‎（4）该实验测量的结果____（选填“有”或“无”）系统误差。‎ ‎24．（12分）‎ 如图9所示，一个初速为零、带电量为e、质量为m的正离子，被电压为U的电场加速后，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的水平宽度为d（忽略粒子所受重力）。‎ 求：（1）离子在磁场中做圆周运动的半径R；（2）离子在磁场中运动的时间。‎ ‎ ‎ ‎25.（20分）‎ 如图10所示，水平面上有一条长直固定轨道，P为轨道上的一个标记点，竖直线PQ表示一个与长直轨道垂直的竖直平面，PQ的右边区域内可根据需要增加一个方向与轨道平行的水平匀强电场。在轨道上，一辆平板小车以速度v0=4m/s沿轨道从左向右匀速运动，当车长一半通过PQ平面时，一质量为m=1kg的绝缘金属小滑块（可视为质点）被轻放到小车的中点上，已知小滑块带电荷量为+2C且始终不变，滑块与小车上表面间的动摩擦因数为μ=0.2，整个过程中小车速度保持不变，g=10m/s2。求：‎ 图10‎ ‎（1）若PQ右侧没有电场，小车足够长，在滑块与小车恰好共速时小滑块相对P点水平位移和摩擦力对小车做的功；‎ ‎（2）若PQ右侧加一个向右的匀强电场，且小车长L=2m，为确保小滑块不从小车左端掉下来，电场强度大小应满足什么条件？‎ ‎（3）在（2）的情况下，PQ右侧电场强度取最小值时，为保证小滑块不从车上掉下，则电场存在的时间满足什么条件？‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（二）选考题 ‎33．[物理——选修3-3]（15分）‎ ‎（1）（5分）下列说法符合物理学史实的有 A．亚里士多德认为“物体下落的快慢由它们的重量决定”，伽利略构想了理想斜面实验证明了“轻重物体自由下落一样快”的结论 B．伽利略和笛卡尔为牛顿第一定律的建立做出了贡献 C．开普勒总结出了开普勒三大行星运动定律 D．牛顿发现了万有引力定律，而引力常量是卡文迪许测出的 E．奥斯特发现了电生磁，并提出了环形电流假说 ‎（2）（10分）如图11所示，质量为m＝0.1 kg闭合矩形线框ABCD，由粗细均匀的导线绕制而成，其总电阻为R=0.04Ω，其中长LAD＝40cm，宽LAB＝20 cm，线框平放在绝缘水平面上。线框右侧有竖直向下的有界磁场，磁感应强度B＝1.0 T，磁场宽度d＝10 cm。线框在水平向右的恒力F＝2 N的作用下，从图示位置由静止开始沿水平方向向右运动，线框CD边从磁场左侧刚进入磁场时，恰好做匀速直线运动，速度大小为v1，AB边从磁场右侧离开磁场前，线框已经做匀速直线运动，速度大小为v2，整个过程中线框始终受到大小恒定的摩擦阻力Ff＝1 N，且线框不发生转动。求：‎ ‎(i)速度v1和v2的大小；‎ ‎(ii)求线框开始运动时，CD边距磁场左边界距离x；‎ ‎(iii)线圈穿越磁场的过程中产生的焦耳热。‎ ‎【参考答案】‎ 题号 ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ ‎21‎ 答案 C A C B A CD BD ACD ‎14．解析：因vt图的斜率代表加速度，t1故A项错误．0～t1加速度越来越小，所以合外力越来越小，故B项错误．0～t4时间段内，vt图围成的面积为零，所以位移为零，故C项正确．t2时刻v＝0而a最大，故D项错误．‎ ‎15．解析：小球受到的重力，电场力和轻绳的拉力构成矢量三角形如图所示，‎ 由力的动态变化可以看出，α角的最大值为300,故选A．‎ ‎16．解析：在星球表面的物体受到的重力等于万有引力G＝mg，所以g＝＝＝πGρR，整理可得＝·＝，故A、B均错误；探测器绕地球表面运行和绕月球表面运行都是由万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律有：G＝m，得：v＝…①，M为中心天体质量，R为中心天体半径，M＝ρ·πR3…②，由①②得：v＝，已知月球和地球的半径之比为1∶4，密度之比为64∶81，所以探测器绕月球表面运行和绕地球表面运行线速度大小之比为：v′∶v＝，故C正确、D错误 ‎17． 解析：由动量守恒可得第一次击打木块的过程中，第二次击打木块的过程中,两式相除可得vl：v2=1：2 ，所以B正确．‎ ‎18．解析：设斜面倾角为θ，下滑的加速度，可知，下滑位移，所以甲滑块滑到斜面底端的速度比乙大，A正确；设斜面底边长为d，斜面长为d/cosθ，由公式，可解得，化简 ‎，可见当时，t最大，所以B无法确定，B错；机械能损失等于产生的热量，可见甲乙摩擦生热一样多，C错；两个系统都失重，因为两个小滑块都有竖直向下的加速度，显然，所以甲系统失重更多，对地面压力更小，所以D错误．‎ ‎19．解析：t＝0.01 s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，故选项A错误；该线圈的角速度rad/s，故选项B错误；由题图乙知该交变电动势的瞬时值表达式为e＝22sin(100πt)V，故选项C正确．电动势瞬时值为22 V时，代入瞬时值表达式，得sin ωt＝，故表明线框平面与中性面的夹角为45°，故选项D正确．‎ ‎20．解析：从O到x1，电势升高，场强沿－x方向，电场力沿x轴正向，斜率在减小，说明电场在减弱，所以粒子做加速度减小的变加速直线运动，A项错；从x1以后的运动过程中，电势降低，场强沿＋x方向，电场力对粒子做负功，粒子的电势能先增加，C项错；粒子在x1处电势能最小，动能最大，由能量守恒mv=qφ0，解得，B项正确；根据能量守恒，粒子运动到x2处速度已经减为零，D项正确．‎ ‎21．解析：设粒子的速度大小为v，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由磁场对粒子的洛伦兹力提供，则由qvB＝，解得v＝，粒子在匀强磁场中的运动时间为t＝.由于各个粒子的电量、质量和粒子的速度的大小都相同，所以各个粒子在磁场中的轨道半径的大小为定值，粒子在磁场中所对应的轨迹的弧长越长，粒子在磁场中的运动时间越长；粒子在磁场中所对应的轨迹的弧长越短，粒子在磁场中的运动时间越短。不妨假设匀强磁场充满整个空间，画出粒子在磁场中的轨迹如图1所示，‎ 由图2可知：沿着y轴正方向的粒子最先从磁场上边界中飞出，设该粒子在磁场中的轨迹所对的圆心角为θ1，由题意得：T＝，解得：θ1＝30°，如图所示，由几何关系可得：rsin 30°＝a，可解得：r＝2a、v＝，答案AD正确；如图3所示，当粒子的运动轨迹和磁场的上边界相切时，粒子在磁场中运动轨迹所对应的弧长最长，在磁场中的运动时间最长，设该种情况下粒子的轨迹所对应的圆心角为θ2，则：T＝，解得：θ2＝90°.设∠MO2O＝θ3、∠MO2D＝θ4，则：θ3＋θ4＝90°.由几何关系可得：rcos θ3＝r－a，即：2acos θ3＝2a－a＝a，则：θ3＝60°、θ4＝30°.由几何关系进一步可得：b＝rsin θ3＋rsin θ4，即：b＝2asin 60°＋2asin 30°＝a＋a，所以长方形区域的边长满足关系＝＋1，C项正确。‎ ‎22．(5分)‎ ‎（1）1.220 ----------------------2分 （2）---------------------------2分 ‎（3）不能-----------------------1分 ‎23．(10分)‎ ‎（1）黑；-------------1分 ‎（2）较小；---------------1分；将红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使多用电表的指针恰好停到欧姆刻度线的0刻度处（指针指向“0Ω”）------------3分,3个点每个1分 ‎（5）------------2分；或者-----------2分 ‎（6）无 --------------------1分 ‎24．（12分）‎ 解析：‎ （1） 带电离子加速运动末速度为v，则①------------------------2分 进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力②----------2分 联立①②求解可得③---------------------------1分 （2） 离子在磁场中运动周期 ④----------------------------------------2分 i） 若，离子从MN边界离开磁场区域，圆周运动的圆心角为------1分 所以离子在磁场中运动的时间⑤-------------------1分 i） 若，离子从PQ边界离开磁场区域，圆周运动的圆心角为 利用几何知识可得⑥---------------------------2分 所以所以离子在磁场中运动的时间-----1分 ‎25．(20分)‎ 解析：‎ （1） 小滑块放在小车上以后，其加速度根据牛顿第二定律 ① ---------1分 ‎ 解得加速度 加速到共速时用时t1，②----------------------------------------------------------------1分 解得 此过程中小滑块相相对P点移动的距离③--------------------------------------1分 此过程中木板相相对P点移动的距离④--------------------------------------------1分 求解可得，------------------------------------------------------------------1分 摩擦力对小车做的功⑤-------------------------------------------------------1分 求解可得（没有负号扣除这一分）---------------------------------------------1分 ‎（此小问学生用动能定理和动量定理替代牛顿运动定律求位移和时间也可以，每式1分）‎ （2） 当加有向右电场时，小滑块加速度⑦------------------------------------1分 恰好运动到木板左端共速，共速时间⑧----------------------------------------------1分 根据两物体的位移关系可得⑨-------------------------------------------2分 联立⑦⑧⑨可得 ‎，所以电场强度E满足---------------------------1分 满足第二问的条件，当电场时，小滑块相对运动到木板最左端后，会向右 ‎ 做匀加速运动，设时间为t3后撤去电场,之后滑块做减速运动，经时间t4，小滑块和小车在小车右端共速，恰好没掉下来，‎ 小滑块向右加速度为⑩-------------------------------------------------1分 解得 加速的末速度⑪‎ 减速过程中⑫---------------------------------------------------------------1分 加速过程中的位移为⑬‎ 减速过程中的位移为⑭--------------------------------------------------1分 则⑮-----------------------------------------------------------2分 联立⑩⑪⑫⑬⑭⑮求解解得------------------------------------1分 所以电场存在总时间------------------------------------------1分 所以电场存在的时间满足关系式（结果可以保留根式）------1分 解法2：满足第二问的条件，当电场时，小滑块相对运动到木板最左端后，会向右做匀加速运动，设时间为t3后撤去电场 小滑块向右加速度为⑩-------------------------------------------------1分 解得 滑块相对小车做加速度为，初速度为零的匀加速运动，经时间t3后做加速度为的匀减速运动直至相对静止，此过程中的总位移小于等于板长，因此 ----4分 加速过程的时间--------------------------------------------------------1分 所以电场存在总时间⑮----------------------------------------------------1分 所以电场存在的时间满足关系式--------------------------------------------1分 ‎ ‎33．（15分）‎ ‎（1）答案：BCD 解析：伽利略的斜面实验是为了证明“不受外力的物体会永远匀速运动下去”，所以A错；伽利略和笛卡尔在牛顿提出牛顿运动定律前，都提出了和牛顿运动定律类似的观点，B正确；奥斯特发现了电流会激发磁场，即电生磁，但是安培提出了“安培环形电流假说”，解释了磁铁产生磁场的原因，所以E错误．‎ ‎（2）解析：‎ ‎（1）线框在磁场中匀速运动①----------------------------1分 导体棒受到的安培力②-------------------------------------1分 电流③---------------------------------------------------1分 联立求解可得④--------------------------------------------1分 同理可得⑤‎ ‎（2）线框进入磁场前，根据动能定理有⑥------------------2分 解得⑦--------------------------------------------------1分 ‎（3）在穿越磁场的过程中⑧----------2分 解得Q=0.5J⑨---------------------------------------------------1分