1、广东省实验中学2020届高三物理下学期2月线上考试试题（含解析）第卷二、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1418题只有一项符合题目要求，第1921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XE(E为释放出的核能,X为新生成粒子), 的半衰期为T,下列有关说法正确的是()A. 核比核多一个中子B. 比结合能为C. X粒子是电子,此核反应为衰变D. 个经2T时间因发生上述核反应而放出的核能为(数值很大)【答案】C【解析】【详解】A.核比核多一个质子,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
2、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,题述核反应为衰变,C正确;D.经过2T时间,N0个还剩2N0N0个没有衰变,则有N0N0N0个发生了衰变,故核反应释放的核能为N0E,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36000AhB. 电容器放电，电量逐渐减少到0，电容不变C.
3、 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=120003 C =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：故D错误。故选B。3.两颗行星相距遥远，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图像分别如图所示的、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
4、度大小C. 不能比较两星球表面处的加速度大小D. 在行星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，知斜率，所以，A正确；B由图像知两行星半径相等，由知，B错误；C在行星表面质量为物体有，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，由知，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图像，机械能与上升高度关系的图像，物
5、体运动的轨迹图像，在竖直方向速度与时间关系的图像，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，在时间内，物体有，故a随v增大而减小，当时做匀速，在时间内，物体有，a随v减小而减小，当时，再次匀速，故A错误；故D正确，C时间内的加速阶段合力竖直向上，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，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
6、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B. Q1从C点移到B点过程中，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点的电势为故A正确；B.由于B、C两点到A点()的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以从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点固定后，C点的电势为,所以 从无穷远移到C点过程中，电场力做功为：故C错误；D.由于C点的
7、电势为，所以电势能为故D正确6.如图所示，在倾角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，弹簧劲度系数为，C为固定挡板，当A在受到沿斜面向下，的力作用下处于静止，且弹簧弹性势能（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，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当作用于A静止时，对A物体：，弹簧压缩量，当B恰要脱离挡板C时，对B物体，弹簧压缩量，物体A上升位移，故A错误，B物体A运
8、动速度最大时，处于平衡位置：，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：，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，OAOB，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
9、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.
10、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，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60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B. 若小球的初速度为，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，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，则运动中克服摩擦力做功为【答案】ACD【解析】【详解】A.对小球进行受力分析如图
11、，电场力的大小： ，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： ，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 故A正确；B.若小球的初速度为 ，则洛伦兹力：f=qv0B=3mgFG+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=FN小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持
12、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，则洛伦兹力：f=qv0B=mgFG+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=FN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，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 故D错误故选ACD.第卷三、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
13、题考生都必须作答。第3338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10 m/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v2m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_
14、的情况下，v2m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). mM (4). 【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 (2)根据本实验原理和动能定理有，整理得：；则v2m图象为一条倾斜的直线，由题图丙可知v20时，m0.1 kg，由，解得：(3)根据模型的实际受力分析，由功能关系有，则v2与m的函数关系为，即v2与m不是线性关系只有满足mM，函数关系才变为，v2m图象是线性变化的，说明合外力做
15、的功等于动能的改变，图线的斜率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1.0 mA，内阻为300 )，学生电源(输出电压为U2.0 V，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 )，滑动变阻器R2(最大阻值为3 000 )，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RT2.5t15()，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
16、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
17、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). (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300 ，所以当灵敏电流表达到满偏时，有，将U2.0 V，Rg300 及I1.0103 A代入可得R1 700 ，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
18、2 000 当开关掷于d端时，有，又因为RT2.5t15()，代入并整理可得，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I1.0103 A代入上式可得t6(4)由可知，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，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的质量现对A施加一个水平向右的恒力F10N，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
19、间t0.6s，二者的速度达到求（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) （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FmAa代入数据解得a2.5 m/s2(2)对A、B碰撞后共同运动t0.6 s的过程，由动量定理得Ft(mAmB)v(mAmB)v1代入数据解得v11 m/s(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mAvA(mAmB)v1A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有FlmAv由式，代入数据解得l0.45 m.12.如图所示，P
20、1Q1P2Q2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B0.4 T的匀强磁场中，P1Q1与M1N1间的距离为L11.0 m，P2Q2与M2N2间的距离为L20.5 m，两导轨电阻可忽略不计质量均为m0.2 kg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R1.0 ；金属棒与导轨间的动摩擦因数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g10 m/s2.(1)在t0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a5.0 m/s
21、2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v220 m/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F10.4 N，此时金属棒cd的速度变为v030 m/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)2 s (2)v15 m/s 12 W (3)225 m【解
22、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vat金属棒cd产生的电动势E2BL2v则通过整个回路的电流金属棒ab所受安培力金属棒ab刚要开始运动的临界条件为FA1mg联立解得(2)设金属棒cd以速度v220 m/s沿导轨匀速运动时，金属棒ab沿导轨匀速运动速度大小为v1，根据法拉第电磁感应定律可得EBL2v2BL1v1此时通过回路的电流金属棒ab所受安培力解得v15 m/s以金属棒cd为研究对象，则有水平外力F0的功率为P0F0v212 W(3)
23、对于金属棒cd根据动量定理得设金属棒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根据闭合电路欧姆定律联立解得：（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(r109 m)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
24、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(r109 m)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
25、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l114 cm的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长l224 cm的理想气体，左右两管内水银面高度差h6 cm.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p076 cmHg.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】15 cm25 cm【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 其中V114S，T280 K，T300 K，V2l1S解得l115 cm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 其中p076 cmHg，h6 cmHg解得x1 cm所以活塞平衡时右侧管中气体的长度为25 cm.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
