【文档说明】【精准解析】广东省实验中学2020届高三下学期2月线上考试理综物理试题.doc，共(18)页，1.409 MB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-99d8a880fab6059d66be2cf2a8f169a0.html

以下为本文档部分文字说明：

广东实验中学2020届高三级线上考试第Ⅰ卷二、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。1.已知核反

应方程23490Th→23491Pa＋X＋ΔE(ΔE为释放出的核能,X为新生成粒子),23490Th的半衰期为T,下列有关说法正确的是()A.23491Pa核比23490Th核多一个中子B.23490Th的比结合能为234EC.X粒

子是电子,此核反应为衰变D.0N个23490Th经2T时间因发生上述核反应而放出的核能为014NE(0N数值很大)【答案】C【解析】【详解】A.23491Pa核比23490Th核多一个质子,A错误;B.比结合能是核子结合为原子核时释放的核能与核子数之比,而不是衰变释放的核能与核子

数之比,B错误;C.由电荷数守恒和质量数守恒可以判断X为电子,题述核反应为β衰变,C正确;D.经过2T时间,N0个23490Th还剩122N0＝14N0个没有衰变,则有N0－14N0＝34N0个发生了衰变,故核反应释放的核能为34N0ΔE,D错误.2.全球首创超级电容储存式现代电

车在中国宁波基地下线，没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的30秒内可充满电并行驶5公里以上，刹车和下坡时可把80%的刹车能量转化成电能回收储存再使用，如图为使用“3V，12000F”石墨

烯纳米混合型超级电容器的电车，下列说法正确的是（）A.该电容器的容量为36000A·hB.电容器放电，电量逐渐减少到0，电容不变C.电容器放电，电量逐渐减少到0，电压不变D.若30s能充满，则充电平均电流为3600A【答案】B【解析】【分析】考查电容器的充放电。【详解】A．该电容器最

大容纳电荷量为：Q=CU=12000×3C=36000C故A错误；BC．电容器的电容与电量和电压无关，在充放电时电容不变，电容器放电，电量逐渐减小到0，电压逐渐减小为0，故B正确，C错误；D．若30s能充满，

则充电平均电流为：36000A1200A30QIt故D错误。故选B。3.两颗行星12,ss相距遥远，各自有一系列卫星绕各自的行做匀速圆周运动，其卫星的线速度的平方与其轨道半径间关系的21vr图像分别如图所示的1s、2s实线部分，由图像可知（）A.

可以比较两行星的质量大小B.不能比较两行星的密度大小C.不能比较两星球表面处的加速度大小D.在行星2s上将相同的卫星发射出去，需更大的发射速度【答案】A【解析】【详解】A．卫星绕行星运动，设行星质量M，卫星质量m，轨道半径r，则22vMmmGrr，21vGM

r，知斜率kGM，所以12MM，A正确；B．由图像知两行星半径相等，由343MR知12，B错误；C．在行星表面质量为m的物体有2MmmaGR，可判断加速度大小，C错误；D．当卫星绕行星表面运行，发射速度最小，由22vMmmGRR知GMvR，

∴12vv，D错误．4.建筑工地上，常釆用塔吊将材料搬运上高处，在某次搬运物体的过程中，该物体在水平方向上匀速运动，在竖直方向上用电动机通过轻质绳由静止向上吊起，其电动机的功率P随时间t变化如图所示，则下面关于物体运动的加速度与时间关系的at图像，机械

能与上升高度关系的Eh图像，物体运动的轨迹yx图像，在竖直方向速度与时间关系的vt图像，正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】AD．由题意知：竖直方向上，在10~t时间内，物体有1Pmgmav，故a随v增大而减小，当0a时做匀速，在21~tt时间内，物体有2

Pmgmav，a随v减小而减小，当0a时，再次匀速，故A错误；故D正确，C．10~t时间内的加速阶段合力竖直向上，21~tt时间内的减速阶段，合力竖直向下，与速度有夹角，且合力应指向轨迹内侧，故C错误；B．机械能改

变量EFh，其斜率为绳子拉力，且为变力，故B错误．5.如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W．

再将Q1从C点沿CB移到B点并固定．最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点．下列说法正确的有A.Q1移入之前，C点的电势为WqB.Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0C.Q2从无穷远

处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WD.Q2在移到C点后的电势能为-4W【答案】ABD【解析】【详解】A.由题意可知，C点的电势为pCEWqq故A正确；B.由于B、C两点到A点(q)的距离相等，所以B、C两点的

电势相等，所以1Q从C点移到B点的过程中，电场力先做负功再做正功，总功为0，故B正确；C.由于B、C两点的电势相等，所以当在B点固定1Q后，C点的电势为2Wq,所以2Q从无穷远移到C点过程中，电场力做功为：2204WWqUqWq故C错误

；D.由于C点的电势为2Wq，所以电势能为p4EW故D正确．6.如图所示，在倾角37的光滑足够长斜面上有两个用轻质弹簧连接的物体A和B，质量分别为1kgAm，2kgBm，弹簧劲度系数为100N/mk，C为固定挡板，当A在受到沿斜面向下，14NF

的力作用下处于静止，且弹簧弹性势能212pEkx（x为形变量），当撤去外力后，物体上升至最高处时，B恰好脱离挡板C，g取210m/s，以下说法正确的是（）A.物体A上升位移为0.12mB.物体A运动中最大速度时弹簧处于原长C

.弹簧处于原长时，物体A动能为0.8JD.物体A向上运动过程中，先超重后失重【答案】CD【解析】【详解】A．当14NF作用于A静止时，对A物体：1sinAkxFmg，弹簧压缩量10.2mx，当B恰要脱离挡板C时，对B物体，2gsinBkxm，弹簧压缩量2

0.12mx，物体A上升位移120.32mxxx，故A错误，B．物体A运动速度最大时，处于平衡位置：sinAkxmg，弹簧仍处于压缩，故B错误；C．当物体A运动至弹簧处于原长时，由能量守恒：2111sin2Ak

kxEmgx，∴0.8JkE，故C正确；D．物体A上升中先加速再减速，故先重后失重，故D正确．7.如图所示，两个小球A、B分别固定在轻杆的两端，轻杆可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转动，OA>OB，现将该杆静置于水平方向，放手后两球开始运动，已知两

球在运动过程中受到大小始终相同的阻力作用，则从开始运动到杆转到竖直位置的过程中，以下说法正确的是：（）A.两球组成的系统机械能守恒B.B球克服重力做的功等于B球重力势能的增加C.重力和空气阻力对A球做功的代数和等于它的动能增加D.A球克服空气阻力做的功大于B球

克服空气阻力做的功【答案】BD【解析】【详解】据题，两球在运动过程都受到空气阻力作用，空气阻力做负功，则系统的机械能不守恒，故A错误．根据功能关系可知，B球克服重力做的功等于B球重力势能的增加，故B正确．重力、空气阻力和杆的弹力对A球

做功，根据动能定理得知重力、杆的弹力和空气阻力对A球做功代数和等于它的动能增加，故C错误．从开始运动到杆转到竖直位置的过程中，A球运动的路程大于B球运动的路程，而两球克服空气阻力做的功等于空气阻力大小和路程的税

种，所以A球克服空气阻力做的功大于B球克服空气阻力做的功．故D正确．故选BD．【点睛】解决本题关键要掌握常见的功能关系，能熟练运用动能定理分析动能的变化，知道空气阻力做功与路程有关．8.如图所示，空间存

在一水平方向的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为3mgEq，且电场方向与磁场方向垂直．在电磁场的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60º夹角且处于竖直平面内．一质量为m，带电量为＋q的小球

套在绝缘杆上．若给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动．已知小球电量保持不变，重力加速度为g，则以下说法正确的是（）A.小球的初速度为x50,{90yxyB.若小球的初速度为3mgqB，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止C.若小球的初速度为mgqB，小球将做

加速度不断增大的减速运动，最后停止D.若小球的初速度为mgqB，则运动中克服摩擦力做功为3222mg2qB【答案】ACD【解析】【详解】A.对小球进行受力分析如图，电场力的大小：33mgFqEqmgq＝，由于重力的方向竖直向下．电场力的方向水平向

右，二者垂直，合力：22()2GFFFmgmg＝＝，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功．所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力

，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反．所以qv0B=2mg．所以02mgvqB．故A正确；B.若小球的初速度为3mgqB，则洛伦兹力：f=qv0B=3mg＞FG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则摩

擦力：f=μFN．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到2mgqB时，小球开始做匀速直线运动．故B错误．C.若小球的初速度为mgqB，则洛伦兹力：f

=qv0B=mg＜FG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力：f=μFN．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止．故C正确；D.若小球的初速度为mgqB，

球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，运动中克服摩擦力做功等于小球的动能，所以322022122mgWmvqB．故D错误．故选ACD.第Ⅱ卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第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。（一）必考题（共129分）9.某同学做“探究合外力做功与动能改变的关系”实验，装置如图甲所示，将光电门固定在水平轨道上的B点，用重物通过细线拉小车，保持小车(含遮光条)质量M不变

，改变所挂重物质量多次进行实验，使小车每次都从同一位置A由静止开始运动，AB间距离为L．(重力加速度大小g取10m/s2)(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图乙所示，则d＝________cm；(2)实验中认为小车所受拉力与重物重力大小相等，测出多组重物

质量m和相应小车经过光电门时的速度v，作出v2－m图象如图丙所示，由图象可知小车受到的摩擦力大小为________N；(3)在满足条件________的情况下，v2－m图象是线性变化的，说明合外力做的功等于动能的改变，此时图象的斜率k的表达式为

k＝________(用题给物理量的字母表示)．【答案】(1).1.050(2).1(3).m≪M(4).2gLM【解析】【分析】本题考查“探究合外力做功与动能改变的关系”实验，意在考查考生对实验原理的理解能力．【详解】(1)游标卡尺的读数为10100.05

10.501.050dmmmmmmcm＝＋＝(2)根据本实验原理和动能定理有212mgLfLMv，整理得：222gLfLvmMM；则v2－m图象为一条倾斜的直线，由题图丙可知v2＝0时，m＝0.1kg，由220gLfLmMM，解得

：1?fmgN＝＝．(3)根据模型的实际受力分析，由功能关系有21()2mgLfLMmv，则v2与m的函数关系为222mfLvgLMmMm，即v2与m不是线性关系．只有满足m≪M，函数关系才变为222gLfLvmM

M，v2－m图象是线性变化的，说明合外力做的功等于动能的改变，图线的斜率2gLkM．10.某课外实验小组欲利用如图所示的实验装置，将一灵敏电流表改装为温度计．提供的实验器材有：灵敏电流表(量程为1.0mA，内阻为300Ω)，学生电源(

输出电压为U＝2.0V，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1000Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值为3000Ω)，单刀双掷开关，用防水绝缘材料包裹的热敏电阻RT，导线若干．已知热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为RT＝2.5t－15(Ω)，实验步骤如下：a．按照电路图连接好实验器材；b．为

不烧坏灵敏电流表，将滑动变阻器的滑片P调整到a端；然后将单刀双掷开关掷于c端，调节滑动变阻器，使灵敏电流表指针指在________(选填“中央刻线”或“满刻线”)位置，并在以后的操作中使滑片P________(选填“位置不变”、“置于a端”或“置于b端”)；c．在容器

中倒入适量热水，将单刀双掷开关掷于d端，随着热水温度的下降，记录若干个灵敏电流表的示数；d．根据热敏电阻随温度变化的特性，计算出各个电流对应的温度，重新制作灵敏电流表的刻度盘，改装成温度计．(1)为使改装的温度计的量程足够大，将实验步

骤b补充完整．(2)根据实验过程，电路中的滑动变阻器应选________(填“R1”或“R2”)．(3)灵敏电流表的电流I与热水温度t之间的函数关系式为I＝________(A)，该温度计能够测量的最低温度为________℃.(4)重新制作后的灵敏电流表的刻度盘的特点是低温

刻度在刻度盘的________(填“左”或“右”)侧，刻度盘上的刻度________(填“均匀”或“不均匀”)．【答案】(1).满刻线(2).位置不变(3).R2(4).22.51985t(5).6(6).右(7).

不均匀【解析】【分析】本题创新性地考查了电表的改装及其改装的原理，意在考查考生对物理规律的理解能力．【详解】(1)调节滑动变阻器，使灵敏电流表指针指在满刻线位置，并在以后的操作中使滑片P位置不变．(2)由于灵敏电流表的内阻只有300Ω，所以当灵敏电

流表达到满偏时，有gUIRR，将U＝2.0V，Rg＝300Ω及I＝1.0×10－3A代入可得R＝1700Ω，应选择滑动变阻器R2．(3)由于滑动变阻器的滑片在以后的实验中保持不动，则滑动变阻器接入电路的阻值和电流表的内阻之和为2000Ω．当开关掷于d端时，有()2000TUI

AR，又因为RT＝2.5t－15(Ω)，代入并整理可得2()2.51985IAt，当电流表达到满偏时，此时测量的温度为该温度计能够测量的最低温度，将I＝1.0×10－3A代入上式可得t＝6℃．(4)由2()2.51985IAt可知，电流随温度不是均匀变化的，刻度盘

上的刻度不均匀；温度越低，电流越大，指针越向右偏，低温刻度应在刻度盘的右侧．11.如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量4Amkg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量2

Bmkg．现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A，B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到12/vms．求（1）A开始运动时加速度a

的大小；（2）A，B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；（3）A的上表面长度l；【答案】(1)22.5m/s（2）1m/s（3）0.45m【解析】【详解】(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①代入数据解得a＝2.5m/s2②(2

)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)v－(mA＋mB)v1③代入数据解得v1＝1m/s④(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mA

vA＝(mA＋mB)v1⑤A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝12mAv⑥由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45m.12.如图所示，P1Q1P2Q2和M1N1M2N2为水平放置的两足够长的平行导轨，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小B＝0.4T的匀强磁场

中，P1Q1与M1N1间的距离为L1＝1.0m，P2Q2与M2N2间的距离为L2＝0.5m，两导轨电阻可忽略不计．质量均为m＝0.2kg的两金属棒ab、cd放在导轨上，运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与导轨形成闭合回路．已知两金属棒位于两导轨间部

分的电阻均为R＝1.0Ω；金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，且与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g＝10m/s2.(1)在t＝0时刻，用垂直于金属棒的水平外力F向右拉金属棒cd，使其从静止开始沿导轨

以a＝5.0m/s2的加速度做匀加速直线运动，金属棒cd运动多长时间金属棒ab开始运动？(2)若用一个适当的水平外力F0(未知)向右拉金属棒cd，使其速度达到v2＝20m/s后沿导轨匀速运动，此时金属棒ab也

恰好以恒定速度沿导轨运动，求金属棒ab沿导轨运动的速度大小和金属棒cd匀速运动时水平外力F0的功率；(3)当金属棒ab运动到导轨Q1N1位置时刚好碰到障碍物而停止运动，并将作用在金属棒cd上的水平外力改为F1＝0.4N，

此时金属棒cd的速度变为v0＝30m/s，经过一段时间金属棒cd停止运动，求金属棒ab停止运动后金属棒cd运动的距离．【答案】(1)2s(2)v1＝5m/s12W(3)225m【解析】【分析】本题考查法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律及动量的综合问题，意在考查考生的分析综合能力．【详解】(1)设金

属棒cd运动t时间金属棒ab开始运动，根据运动学公式可知，此时金属棒cd的速度v＝at金属棒cd产生的电动势E2＝BL2v则通过整个回路的电流22222EBLatIRR金属棒ab所受安培力2121212ABLLatFBILR＝金属棒ab刚要开始运动的临界条件为FA1＝μmg联立解得

21222mgRtsBLLa(2)设金属棒cd以速度v2＝20m/s沿导轨匀速运动时，金属棒ab沿导轨匀速运动的速度大小为v1，根据法拉第电磁感应定律可得E＝BL2v2－BL1v1此时通过回路的电

流2211()22BLvLvEIRR金属棒ab所受安培力2122111()2ABLLvLvFBILmgR解得v1＝5m/s以金属棒cd为研究对象，则有020.6?FmgBLIN＝＋＝水平外力F0的功率为P0＝F0v2＝12W(3)对于金属棒cd根

据动量定理得120()0FmgBLItmv设金属棒ab停止运动后金属棒cd运动的距离为x，根据法拉第电磁感应定律得2ΦBLxEtt根据闭合电路欧姆定律32EIR联立解得：022232252mvRxmBL（二）

选考题：共45分。请考生从给出的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。13.下列说法正确的是（）A.只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗

常数B.悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显C.在使两个分子间的距离由很远(r>10－9m)减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大；分子势能不断增大D.温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大E.一定质量的理想

气体经等温压缩后，其压强一定增大【答案】ADE【解析】【详解】水的摩尔质量除以水分子的质量等于出阿伏加德罗常数，选项A正确；微粒越小，撞击的不平衡就越明显，布朗运动越明显；而颗粒大的物体不易产生布朗运动，故B错误；在使两个分子间的距离由很远(r>10－9m)减

小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增大，后减小，再增大；分子势能先减小后增大，选项C错误；温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大，选项D正确；根据PV/T=C可知，一定质量的理想气体经等温压缩后，其压强一定增大，选项E正确；故选ADE.14.如图所示，内径

粗细均匀的U形管竖直放置在温度为7℃的环境中，左侧管上端开口，并用轻质活塞封闭有长l1＝14cm的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长l2＝24cm的理想气体，左右两管内水银面高度差h＝6cm.若把该装置移至温度恒为27℃的房间中(

依然竖直放置)，大气压强恒为p0＝76cmHg.不计活塞与管壁间的摩擦．分别求活塞再次平衡时左、右两侧管中气体的长度．【答案】15cm25cm【解析】设管的横截面积为S，活塞再次平衡时左侧管中气体的长度为l′，左侧管做等压变化，则有'11'VVTT其中V

1＝14S，T＝280K，T′＝300K，V′2＝l′1S解得l′1＝15cm设平衡时右侧管气体长度增加x，则由理想气体状态方程可知0202()(2)()'phlSphxlxSTT其中p0＝76cmHg，h＝6cmHg解得x＝1cm所以活塞平衡时右侧管中气体的

长度为25cm.点睛：本题要能用静力学观点分析各处压强的关系．要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题．