【文档说明】【精准解析】广东省实验中学2020届高三下学期2月理科综合物理试题.doc，共(17)页，882.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-aff72d2ba164af19fb5c6cbbcc2e881e.html

以下为本文档部分文字说明：

广东实验中学高三理科综合测试物理试卷第Ⅰ卷一、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1~4题只有一项符合题目要求，第5~8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.下列四幅图的有关说法中正确的是（）A.图（l）中的α粒子散射实

验说明了原子核是由质子与中子组成B.图（2）中若改用绿光照射，验电器金属箱一定不会张开C.图（3）一群氢原子处于n=4的激发态，最多能辐射6种不同频率的光子D.图（4）若原子核C、B能结合成A时会有质量亏损，要释放能量【答案】C【解析】A：α粒子散射实验说明了原子的核式结构，故A项

错误．B：紫外线照射金属板时能产生光电效应，换用绿光照射金属板可能会产生光电效应，验电器金属箱可能会张开．故B项错误．C：一群氢原子处于n=4的激发态，能辐射不同频率的光子种数最多为246C．故C项正确．D：原子

核C、B结合成A时，核子平均质量增大，质量增大，要吸收能量．故D项错误．2.高速公路上为了防止车辆追尾事故，除了限速外还要求保持一定的车距．假设平直的高速公路上某汽车行驶的速度为v0=30m/s，刹车时阻力是车重的0.6倍，司机的反应时间为0.5s，为保证安全，车距至少应是（将车视为质点，前车有

情况时可认为其速度为零，g取10m/s2）A.75mB.82.5mC.90mD.165m【答案】C【解析】反应时间内，汽车通过距离101300.515xvtmm刹车到停止，由动能定理得220102kmgxmv，解得：275xm为保证安全，车距1290xxxm．

故C项正确，ABD三项错误．3.三颗卫星围绕地球运行的三个轨道如图所示，1、3为圆轨道，2为椭圆轨道．轨道2与轨道1相切于Q点，与轨道3相切于P点．下列说法正确的是A.轨道1和轨道2上的卫星经过Q点时的加速度相同B.轨道2上卫星的速度一定大于轨道1上卫星的速度C.轨道3

上卫星的机械能一定大于轨道2上卫星的机械能D.轨道3上卫星的引力势能小于轨道1上相同质量卫星的引力势能【答案】A【解析】A：据2MmGmar可得：2GMar，则轨道1和轨道2上的卫星经过Q点时的加速度相同．故A项正确．B：据22MmvGmrr可得：GMvr，则轨道3上卫星的速度一定小于轨道

1上卫星的速度；从轨道2经P点变轨到轨道3时，速度增大；则轨道2上卫星的速度不一定大于轨道1上卫星的速度．故B项错误．C：轨道3上卫星的机械能一定大于轨道2上相同质量卫星的机械能，故C项错误．D：轨道3上卫星的引

力势能大于轨道1上相同质量卫星的引力势能，故D项错误．4.一小型交流发电机，共有n匝线圈（电阻不计），在匀强磁场中绕轴以角速度ω匀速转动，产生的感应电动势如图所示．用电阻为R输电线给电阻为RL的小灯泡输电，小灯泡正常发光，则下列说法中正确的是A.若仅减小ω，

小灯泡的亮度不变B.t1时刻线圈中磁通量的变化率为EC.小灯泡的额定电流为LERRD.小灯泡的额定功率为222()LLERRR【答案】D【解析】A：若仅减小ω，线圈产生的感应电动势减小，小灯泡的亮度减小．故A项错误．B：t1时刻线圈中产生感应电动势大小为E，则t1时刻线圈中磁通量的变化率ΦE

tn．故B项错误．C：电路中最大电流mLEIRR，小灯泡的额定电流222mLIEIRR．故C项错误．D：小灯泡的额定功率2222LeLLERPIRRR，故D项正确．点睛：对正弦交变电流，最大值是有效值的2倍；灯泡的额定电流是指电流的

有效值，计算灯泡的额定功率使用有效值．5.两电荷量分别为Q1和Q2的点电荷放在x轴上的O、A点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中B、C两点的电势均为零，则A.Q1与Q2带异种电荷B.B、C点的电场强度大小为零

C.CD点间各点的场强方向向x轴负方向D.若有一个电子在C点无初速运动，则在随后的一段时间内，电场力先做正功后做负功【答案】ACD【解析】由图象可知，图象中的电势有正有负，如果都是正电荷，则电势不会为负、如果都是负电荷，电势不会为正，

则Q1与Q2带异种电荷．故A正确．电势随x变化图线的切线斜率表示电场强度，B、C点处切线斜率不为零，则电场强度大小不为零，故B错误．由图可知：C→D段中，电势升高，所以场强方向沿x轴负方向．故C正确．因C→F段中

，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，则将一负点电荷从C无初速运动，则在随后的一段时间内，电场力先做正功（CD段）后做负功（D点以后）．故D正确；故选ACD．点睛：对于图象问题，我们学会“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意义是正确解

题的前提．解答本题要知道电势为零处，电场强度不一定为零．φ-x图象斜率表示电场强度．6.建筑工人为了方便将陶瓷水管由高处送到低处，设计了如图所示的简易滑轨，两根钢管互相平行斜靠、固定在墙壁上，把陶瓷水管放在上面滑下．实际操作时发现陶瓷水管滑到底端时速度过大，有可

能摔坏，为了防止陶瓷水管摔坏，下列措施可行的是A.在陶瓷水管内放置砖块B.适当减少两钢管间的距离C.适当增加两钢管间的距离D.用两根更长的钢管，以减小钢管与水平面夹角【答案】CD【解析】A：在陶瓷水管内放置砖块，增大

了整体的质量；重力沿钢管的分力与摩擦力同比增大，加速度不变，陶瓷水管滑到到达底端时速度不变．故A项措施不可行．BC：适当减少两钢管间的距离，陶瓷水管受到的钢管支持力的夹角减小，陶瓷水管受到钢管支持力减小，陶瓷水管受到

的摩擦力减小，即适当减少两钢管间的距离可以在不改变重力分量的情况下减小摩擦力，陶瓷水管滑到到达底端时速度增大．反之，适当增加两钢管间的距离可以在不改变重力分量的情况下增大摩擦力，陶瓷水管滑到到达底端时速度减小．故B项措施不可

行，C项措施可行．D：用两根更长的钢管，以减小钢管与水平面夹角，陶瓷水管受到钢管支持力增大，陶瓷水管受到的摩擦力增大，则陶瓷水管下滑过程中重力做功不变，摩擦力做的负功增大，据动能定理可得陶瓷水管滑到到达底端时速度减小．故D项措施可行．综

上答案为CD．7.如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L，板间距离为d，接在电压为U的直流电源上。在两板间加一磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。一个质量为m，电荷量为q的带正电油滴，从距金属板

上端高为h处由静止开始自由下落，并经两板上端连线中点P进入板间。油滴在P点所受的电场力与磁场力大小恰好相等，且最后恰好从金属板的下边缘离开电磁场区域。空气阻力不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.油滴刚进入电磁场时的加速度为gB.油滴开始下落的高度2222Uh

BdgC.油滴从左侧金属板的下边缘离开D.油滴离开电磁场时的速度大小为2222qUUgLmBd【答案】ABD【解析】【详解】A．油滴刚进入电磁场时（在P点），受重力、电场力和洛伦兹力，其中电场力与磁场力大小恰好相等，故合力等于重力G，根据牛顿第二定律，加速度为

g，故A正确；B．在P点由题意可知qE=qvB自由下落过程有v2=2ghU=Ed由以上三式解得2222UhBdg故B正确；C．根据左手定则，在P位置时受洛伦兹力向右，竖直方向在加速，故洛伦兹力在变大，故油滴从右侧金属板的下边缘离开

，故C错误；D．由左手定则可知油滴经过P点后向右侧金属板偏转，则油滴克服电场力做功，整个过程由动能定理有2122dmghLqEmv（）得2222qUUvgLmBd故D正确；故选ABD。8.如图所示，光滑“∏”形金属导体框平面与水平面的夹角为θ，两

侧对称，间距为L，上端接入阻值为R的电阻。ab以上区域内有垂直于金属框平面磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m的金属棒MN与金属框接触良好，由图示位置以一定的初速度沿导轨向上运动，进入磁场区域后又继续上升一段距离但未碰及电阻R。已

知金属棒上升、下降经过ab处的速度大小分别为v1、v2，不计金属框、金属棒电阻及空气的阻力。下列说法中正确的是（）A.金属棒上升时间等于下降时间B.v2的大小可能大于22sinmgRBLC.上升过程中电阻R产生的

焦耳热较下降过程的大D.金属棒上升、下降经过ab处的时间间隔为12sinvvg【答案】CD【解析】【详解】A．金属棒运动过程受重力、支持力和安培力作用；重力和支持力的合力沿斜面向下，大小为mgsinθ；

由楞次定律可知：进入磁场区域前，安培力为零；进入磁场区域后，金属棒上升时，安培力方向沿斜面向下；金属棒下落时，安培力方向沿斜面向上；故上升时的加速度大于下滑时的加速度，那么根据位移相等可得：金属棒上升

时间小于下降时间，故A错误；B．设时间为t时，金属棒的速度为v，那么电动势E=BLv故金属棒受到的安培力22BLvFBILR＝＝金属棒下滑过程，受到最大时，安培力F=mgsinθ，然后金属棒匀速运动；故22sinBLvmgFR＝所以222sinmgRvBL故B错误；C．上升时

的加速度大于下滑时的加速度，那么，在同一位置时，上升速度大于下滑速度，故上升时安培力大于下滑时安培力，那么，上升时克服安培力做的功比下滑时大；根据能量守恒可得：克服安培力做的功转化为电阻R产生的焦耳热，故上升过程中电阻R产生的焦

耳热较下降过程的大，故C正确；D．金属棒上升、下降过程只受重力、支持力、安培力作用，设上滑最大位移为s，则分别应用动量定理可得：22110sinBLsmvmgtR＝2222sinBLsmvmgtR＝故金属棒上升、下降

经过ab处的时间间隔为1212sinvvtttg＝故D正确；故选CD。第Ⅱ卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9题~第12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~14题为选考题，考

生根据要求作答（一）必考题9.现要测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图1所示．表面粗糙的木板一端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度构成斜面；木板上有一滑块，其后端与穿过打点计时器的纸带相连；打点计时器固定在木板上，连接频率为50Hz的交流电源．接通电源后，从静止释放

滑块，滑块带动纸带打出一系列的点迹．（1）图2给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是实验中选取的计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），2、3和5、6计数点的距离如图2所示．

由图中数据求出滑块的加速度a=________2m/s（结果保留三位有效数字）．（2）已知木板的长度为L，为了求出滑块与木板间的动摩擦因数，还应测量的物理量是（）A.滑块到达斜面底端的速度vB.滑块的质量mC.滑块的运动时间tD.斜面高度h和底边长度x（3）设重力加速度为g，滑块与木板间的动摩擦因

数的表达式为μ=_________（用所需测物理量的字母表示）．【答案】(1).2.51(2).D(3).1ghagx【解析】试题分析：（1）每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔：T=0．1s，根据逐差法有：25623220.14230.06702.51/3301

xxamsT．；（2）要测量动摩擦因数，由μmgcosθ=ma，可知要求μ，需要知道加速度与夹角余弦值，纸带数据可算出加速度大小，再根据斜面高度h和底边长度x，结合三角知识，即可求解，故ABC错误，D正确．（3）以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律有：mgsinθ-μm

gcosθ=ma解得：gsinaghalgcosgx考点：测量滑块与木板之间的动摩擦因数【名师点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题．10.小明设计了如图甲所示的电路，用来测定电流

表内阻和电源的电动势及内阻，用到的器材有：待测电池E、待测电流表（量程0.6A）、电阻箱R1（0~99.99Ω）、电阻箱R2（0~99.99Ω）、开关K1、单刀双掷开关K2及导线若干，连线后：(1)断开K1，把K2与“1”接通，多次改变电阻箱R2的阻值，读出相应的I

和R，某次电流表的示数如图乙，其读数为___A；以1I为纵坐标，R为横坐标，作出1I—R图像如图丙，由此可知电池的电动势E=__V（计算结果保留两位小数，下同）；(2)断开K2，闭合K1，调节R1使电流表满偏；(3)保持K1闭合，R1阻值不变

，将K2与“2”接通，调节R2使电流表示数为0.30A，此时R2的阻值为0.15Ω，则可认为电流表的内阻RA=___Ω，则该测量值___（填“>”、“=”或“<”）电流表真实值，若不计上述误差，则可求得电池的内阻r=__Ω。【答案】(1).0.28A(2).E＝9.00±0.10V(3).

A0.15R(4).<（或AgRR）(5).r＝1.85±0.10Ω【解析】【详解】(1)图乙电流表示数为0.28A据闭合电路欧姆定律可得：AEIrrR，整理得：11ArrRIEE，对比1RI图像得：13.52

.029.516.0E，解得：9.00EV(2)(3)断开K2，闭合K1，调节R1使电流表满偏；保持K1闭合，R1阻值不变，将K2与“2”接通，调节R2使电流表示数为0.30A；可认为流过电流表的电流和流过R2的电流相等，则电流表的内阻20.15ARR；实际上流过电流

表的电流略小于流过R2的电流，即电流表内阻的真实值大于R2；即电流表内阻测量值小于电流表的真实值。若不计上述误差，则对11ArrRIEE，对比1RI图像得250.15399r，解得：1.8

5r。点睛：知道半偏法测电表内阻的原理及过程，会分析半偏法测电表内阻带来的误差。11.如图所示，在坐标系xOy的第一象限有沿x轴正方向的匀强电场，第二象限充满方向垂直坐标平面向外的匀强磁场．有一比荷qm=5.0×1

010C/kg的带负电粒子从a(6，0）沿y轴正方向射入，速度大小为va=8.0×106m/s，粒子通过y轴上的b(0，16）点后进入磁场．不计粒子的重力．求：（1）电场强度E的大小，粒子通过b点时速度vb的大小及方向

：（2）为使粒子不再进入电场，匀强磁场磁感应强度B应满足什么条件．【答案】(1)36.010N/C(2)7110/ms，4cos5（3）B<2.0×10-3T【解析】本题考查带电粒子在电磁组合场中的运动，涉及带电粒子在有界磁场中的临界问题．(1)在第一象限y方向上：ay

vt＝x方向上：212xat、qEam解得23226.010/amvxENCqy粒子从a运动b，由动能定理2211=22baqExmvmv得：7110/bvms4cos5abvv(2)电子在磁场中：2bbmvqvBr设粒子在图中的半径为r，由几何得rrsiny＋＝为使

粒子不能进入电场，粒子在磁场中运动的半径必须大于图中的半径r解得匀强磁场磁感应强度应满足：32.010BT点睛：所谓临界问题是指一种物理过程或物理状态转变为另一种物理过程或物理状态的时候，存在着分界的现象，

即所谓的临界状态，符合这个临界状态的条件即为临界条件，满足临界条件的物理量称为临界值，在解答临界问题时，就是要找出临界状态，分析临界条件，求出临界值．解决临界问题，一般有两种基本方法：（1）以定理、定律为依据，首先求出所研究

问题的一般规律和一般解，然后分析、讨论其特殊规律和特殊解．（2）直接分析、讨论临界状态和相应的临界值，求解出所研究问题的规律和解．12.如图所示，光滑水平面上有一小车B，右端固定一沙箱，沙箱上连接一水平的轻质弹簧，小车与沙箱的总质量为

M=2kg。车上在沙箱左侧距离s=1m的位置上放有一质量为m=1kg小物块A，物块A与小车的动摩擦因数为0.1。仅在沙面上空间存在水平向右的匀强电场，场强E=2.0×103V/m。当物块A随小车以

速度010m/sv向右做匀速直线运动时，距沙面H=5m高处有一质量为02kgm的带正电2110Cq的小球C，以010m/su的初速度水平向左抛出，最终落入沙箱中。已知小球与沙箱的相互作用时

间极短，且忽略弹簧最短时的长度，并取g=10m/s2。求：(1)小球落入沙箱前的速度v和开始下落时与小车右端的水平距离x；(2)小车在前进过程中，弹簧具有的最大值弹性势能pE；(3)设小车左端与沙箱左侧的距离为L。请讨论分析物

块A相对小车向左运动的整个过程中，其与小车摩擦产生的热量Q与L的关系式。。【答案】(1)10m/s，方向竖直向下，15m(2)9J(3)①若09mLL时，10QmgL②若09mLL时，2QmgL。【解析】【分析】(1)

小球C在电场中运动过程，受到重力和电场力作用，两个力均为恒力，可采用运动的分解法研究：竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速运动，根据牛顿第二定律和位移公式结合求解；(2)小球落入沙箱的过程，系统水平动量守恒，由动量守恒定律求出小球落入沙箱后的共同速度。之后，由于车速减小，物块相对车向右运动

，并压缩弹簧，当A与小车速度相同时弹簧的弹性势能最大。(3)根据动量守恒定律和能量守恒定律结合求解；由功能关系求热量Q与L的关系式。要分物块是否从小车上滑下两种情况研究。【详解】(1)小球C下落到沙箱的时间为，则竖直方向上：212Hgt代入数据解得：t=1s小球在

水平方向左匀减速运动：0xqEma根据速度公式有：0xxuuat代入数据解得：210m/sxa，0xu所以小球落入沙箱瞬间的速度：10m/syvugt，方向竖直向下小球开始下落时与小车右端的水平距离：01

2015m2uxxxvtt(2)设向右为正，在小球落快速落入沙箱过程中，小车（不含物块A）和小球的系统在水平方向动量守恒，设小球球入沙箱瞬间，车与球的共同速度为1v，则有：01MvMmv可得：15m/sv由

于小车速度减小，随后物块A相对小车向右运动并将弹簧压缩，在此过程中，A与小车（含小球）系统动量守恒，当弹簧压缩至最短时，整个系统有一共同速度2v，则有：00102mvMmvMmmv解得：26m/sv根据能的转化和守

恒定律，弹簧的最大势能为：22200102p111222EmvMmvMmmvmgs代入数据解得：p9JE（3）随后弹簧向左弹开物块A，假设A运动至车的左端时恰好与车相对静止。此过程中系统动量仍然守恒，所以系统具有的速度仍

为：26m/sv根据功能关系有：0pEmgL解得小车左端与沙箱左侧的距离为：09mL分情况讨论如下：①若09mLL时，物块A停在距离沙箱左侧09mL处与小车一起运动，因此摩擦产生的热量为：10QmgL②若09mLL时，物块A最终会从小车的

左端滑下，因此摩擦产生热量为：2QmgL【点睛】解决该题关键要正确分析小球的运动情况，掌握动量守恒和能量守恒列出等式求解，注意小球掉小车的过程中是小球与车水平方向的动量守恒。（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道物理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.下列说法中正确的是（）A.布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动B.只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C.气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加D.一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加E.空

调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律【答案】ABD【解析】A、布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动，反映了液体或气体分子的无规则运动．故A正确；B、温度是分子平均动能的标志，只要

能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低．故B正确；C、温度是分子平均动能的标志，是大量分子无规则运动的宏观表现；气体温度升高，分子的平均动能增加，有些分子的速率增加，也有些分子的速率会减小，只是分子的平均速率增加，故C错误；D、一定量100

℃的水变成100℃的水蒸汽，温度没有变化，分子的平均动能不变，但是在这个过程中要吸热，内能增加，所以分子之间的势能必定增加，故D正确；E、将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，产生了其它影响，即消耗了电能，

所以不违背热力学第二定律．故E错误；故选ABD．【点睛】本题考查了有关分子运动和热现象的基本知识，对于这些基本知识一定注意加强记忆和积累．其中对热力学第二定律的几种不同的表述要准确理解．14.一定质量的理想气体经

历了如图所示的ABCDA循环，该过程每个状态视为平衡态，各状态参数如图所示。A状态的压强为1.2105Pa，求：（1）B状态的温度（2）完成一个循环，气体与外界热交换的热量【答案】①600K②180J【解析】【详解】①理想气体从A状态

到B状态的过程中，压强保持不变，根据盖•吕萨克定律有ABABVVTT代入数据解得33210300K=600K110BBAAVTTV②理想气体从A状态到B状态的过程中，外界对气体做功：1ABAWpVV解得W1=-120J气体从B状态到C状态

的过程中，体积保持不变，根据查理定律有CBBCppTT解得pC＝3.0×105Pa从C状态到D状态的过程中，外界对气体做功W2=pC（VC-VD）解得W2=300J一次循环过程中外界对气体所做的总功为W=W1+W2=-120+300=180J理想气体从A状态完成一次循环，回到A状

态，始末温度不变，所以内能不变。根据热力学第一定律△U=W+Q解得Q=-180J故完成一个循环，气体对外界放热180J。