1、广东省深圳中学2020届高三物理下学期能力测试试题（五）（含解析）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23C1-35.5Fe-56Ni-59Ag-108二、选择题1.如图所示为用某金属研究光电效应规律得到的光电流随电压变化关系的图象，用单色光1和单色光2分别照射该金属时，逸出的光电子的最大初动能
2、分别为Ek1和Ek2，普朗克常量为h，则下列说法正确的是（）A. Ek1Ek2B. 单色光1的频率比单色光2的频率高C. 增大单色光1的强度，其遏止电压会增大D. 单色光1和单色光2的频率之差为【答案】D【解析】【详解】A由于：所以：A错误；B由：可知，单色光1的频率比单色光2的频率低，B错误；C只增大照射光的强度，光电子的最大初动能不变，因此遏止电压不变，C错误；D由：得：D正确。故选D。2.在平直公路上行驶的甲车和乙车，其位移时间图象分别如图中直线和曲线所示，图中t1对应x1，则（）A. t1到t3时间内，甲车做直线运动，乙车做曲线运动B. 在t1时刻，甲车的速度大于乙车的速度C. t1到
3、t2时间内，一定存在某时刻两车的速度相同D. t1到t2时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度【答案】C【解析】【详解】A两车均直线运动，故A错误；B在t1时刻，乙车图线的切线斜率大于甲车图线的切线斜率，所以乙车的速度大于甲车的，故B错误；C在t1到t2时间内，乙车图线切线斜率某时刻等于甲车图线的切线斜率，则在此时刻两车速度相同，故C正确； D在t1到t2时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同，故D错误。故选C。3.将一质量为m的物体分别放在地球的南、北两极点时，该物体的重力均为mg0；将该物体放在地球赤道上时，该物体的重力为mg。假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R，已知引
4、力常量为G，则由以上信息可得出（）A. 地球的质量为B. 地球自转的周期为C. 地球同步卫星的高度为D. 地球的第一宇宙速度大小为【答案】C【解析】【详解】A在地球南、北两极点时，物体受到的重力与万有引力大小相等 解得 故A错误；B由于在地球赤道上该物体的重力为mg，则有mg0mgm2R可解得 故地球自转的周期为故B错误；C由于地球同步卫星围绕地球转动的周期等于地球自转的周期，故由万有引力定律可得联立解得地球同步卫星的高度为选项C正确； D由于地球的第一宇宙速度大小等于卫星围绕地球转动的最大速度，则有又因为解得选项D错误。故选C。4.如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1一定，通
5、过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.下列说法正确的是()A. 当用户的用电器增多时，U2减小，U4变大B. 当用户的用电器增多时，P2变大，P3减小C. 要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应减小降压变压器的匝数比D. 要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比【答案】D【解析】交流发电机的输出电压U1一定，匝数没变，根据，可知U2不变，故A错误；当用
6、户的用电器增多时，用户消耗的电功率变大，则输入功率增大，即P3变大，故B错误；输送功率一定时，根据P=UI和可知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又因U1一定，可知，应增大升压变压器的匝数比；由于U3=U2-IR，U2增大，I2减小，所以U3增大，用户电压不变，根据可知，应增大降压变压器的匝数比，故C错误，D正确5.如图，在匀强磁场中，两根平行固定放置的长直导线a和b通有大小相等、方向相反的电流，匀强磁场方向与两根导线所在平面平行且垂直于两根导线，此时a受到的磁场力大小为F1。若撤去b，保留匀强磁场，则a受到的磁场力大小为F2；若撤去匀强磁场，保留b，则a受到的磁场力大小为（）A. F1F2
7、B. F1F2C. D. 【答案】C【解析】【详解】假设导线a、b之间相互作用的斥力大小为F0，匀强磁场对两导线的作用力大小为F，与两根导线所在平面垂直。则导线a所受的合磁场力大小为F1如果撤去导线b，导线a所受的磁场力大小为F2F；如果撤去匀强磁场，导线a所受到的磁场力大小为F0，由以上可求得F0C正确，ABD错误。故选C。6.大国工匠节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV的高压线上带电作业的过程。如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动
8、到处于O点正下方E点的电缆处。绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g。关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是（）A. 工人对绳的拉力可能先增大后减小B. 绳OD的拉力一定越来越大C. OD、CD两绳拉力的合力大小始终等于mgD. 当绳CD与竖直方向的夹角为30时，工人对绳的拉力为mg【答案】BCD【解析】【详解】AB对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为；绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为，则由几何关系得王进下降的过程中减小，增大，由几何关系得：F1增大，F2减小，故A错误，B正确；C受力平
9、衡，两绳拉力的合力大小始终等于mg，故C正确；D30时， ，利用OC=OD由几何关系得，则30，由受力平衡 求出F2mg，故D正确。故选BCD。7.如图甲所示，A、B、C三点是在等量同种正电荷连线中垂线上的点；一个带电荷量为q、质量为m的点电荷从C点静止释放，只在电场力作用下其运动的v-t图象如图乙所示，运动到B点处对应的图线的切线斜率最大（图中标出了该切线），其切线斜率为k，则（）A. B点为中垂线上电场强度最大的点，大小为B. 由C点到A点电势逐渐降低，且BA之间电势差为C. 该点电荷由C到A的过程中电势能先减小后变大D. 该等量同种正电荷连线中垂面上，有且仅有一个点（A点关于O点的对称点
10、）与A点场强大小相同【答案】AB【解析】【详解】A由速度时间图象可知，图象的斜率表示点电荷的加速度，由题意B点的斜率最大，知B点处点电荷的加速度最大为k，电场力最大，B点的电场强度最大，由牛顿第二定律可知点电荷所受的电场力大小为所以B点的电场强度为故A正确；B根据等量同种正电荷的电场线的分布情况沿电场线的方向电势降低，由C点到A点电势逐渐降低，根据功能关系解得故B正确；C点电荷从C运动到A的整个过程中，一直做加速运动，则电场力一直做正功，电势能一直减小，故C错误； D该等量同种正电荷连线中垂面上，距离O点半径OA的圆周上所有点均与A点场强大小相同，D错误。故选AB。8.如图，有理想边界的正方形
11、匀强磁场区域abcd边长为L，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B一群质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），在纸面内从b点沿各个方向以大小为的速率射入磁场，不考虑粒子间的相互作用，下列判断正确的是A. 从a点射出的粒子在磁场中运动的时间最短B. 从d点射出的粒子在磁场中运动的时间最长C. 从cd边射出的粒子与c的最小距离为D. 从cd边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为【答案】BD【解析】【详解】A、b点发射初速度指向a时的粒子在磁场中运动的时间才是最短，该粒子从b点射出，其时间最短为0，并不是所有从a点射出的都是时间最短的，故A错误；B、因为各个方向的粒子运动半径均相同：，周期也均相
12、同：，当粒子在磁场中运动的轨迹圆弧所对的弦越长，其圆心角也越大，根据，可知时间越长，分析可知最长的弦即为bd的连线，所以从d点射出的粒子在磁场中运动的时间最长，故B正确；C、如图所示，沿bc方向发射的粒子，从cd点射出时与c的最小距离最小，根据几何关系可得：，解得：，故C错误；D、分析可知，从cd边射出的粒子中，沿bc方向发射的粒子在磁场中运动的时间最短，根据周期公式，粒子转过的圆心角为，可求该粒子在磁场中运动的时间为，故D正确三、非选择题（一）必考题9.某同学用如图甲的实验装置测量当地的重力加速度g，钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，钢球通过光电门A时光电计时器开始计时，通过光电门B
13、时就停止计时，得到钢球从A到B所用时间t，用刻度尺测出A、B间高度h，保持钢球下落的位置和光电门B的位置不变，改变光电门A的位置，重复前面的实验，测出多组h、t的值。(1)由于钢球下落的位置和光电门B的位置均不变，因此小球到达B点的速度vB不变，则球的运动可以看成是反向的_（填“匀加速”或“匀减速”）直线运动，故反向运动的位移表达式h=_（用vB、g、t表示）。(2)根据测得的多组h、t的值，算出每组的，作出图象如图乙，若图线斜率的绝对值为k，则当地的重力加速度g=_。【答案】 (1). 匀减速 (2). (3). 2k【解析】【详解】(1)12由于球下落的位置不变，光电门B的位置不变，因此小
14、球到达B点的速度不变，设球到B点的速度为vB，则球的运动可以看成是倒过来的匀减速直线运动，则有(2)3将整理后可得由图线斜率的绝对值有解得g=2k10.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（099.99）、电阻箱R2（099.99）、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；以为纵坐标，R为横坐标，作出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）；(
15、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0.15，则可认为电流表的内阻RA=_，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=_。【答案】 (1). 0.28A (2). E9.000.10V (3). (4). （或） (5). r1.850.10【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：，整理得：，对比图像得：，解得：(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“
16、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；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，对比图像得，解得：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.质量为m1kg的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的右端B与足够长的水平传送带相接，皮带轮的半径为R0.5m，且以角速度12rad/s逆时针转动（传送带不打滑），先将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，然后突然释放，当滑块滑到传送带上距B端L=15m的C点时，恰与
17、传送带速度大小相等，滑块与传送带之间的动摩擦因数。（g=10m/s2）求：(1)释放滑块前弹簧具有的弹性势能；(2)滑块从B到C所用的时间；(3)滑块从B到C过程中电机牵引传送带多消耗的能量。【答案】(1)；(2)或；(3)或【解析】【详解】(1)传送带的速度由牛顿第二定律，滑块在传送带上运动的加速度 滑块从B到C若一直减速，由动能定理解得由能量守恒 滑块从B到C若先减速到零再反向加速到C点与传送带速度大小相等，由运动学公式解得由能量守恒释放滑块前弹簧具有的弹性势能为40.5J。(2)若一直减速，设滑块从B到C所用的时间为，则解得 若先减速到零再反向加速到C点与传送带速度大小相等，设滑块从B到
18、C所用的时间为，则滑块从B到C所用的时间为2s或10s。(3) 若一直减速，滑块从B到C过程中电机牵引传送带多消耗的能量若先减速到零再反向加速到C点与传送带速度大小相等，滑块从B到C过程中电机牵引传送带多消耗的能量滑块从B到C过程中电机牵引传送带多消耗的能量为18J或90J。12.如图所示，有两根足够长的平行光滑导轨水平放置，右侧用一小段光滑圆弧和另一对竖直光滑导轨平滑连接，导轨间距L1m。细金属棒ab和cd垂直于导轨静止放置，它们的质量m均为1kg，电阻R均为0.5。cd棒右侧lm处有一垂直于导轨平面向下的矩形匀强磁场区域，磁感应强度B1T，磁场区域长为s。以cd棒的初始位置为原点，向右为正
19、方向建立坐标系。现用向右的水平恒力F1.5N作用于ab棒上，作用4s后撤去F。撤去F之后ab棒与cd棒发生弹性碰撞，cd棒向右运动。金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计。（g=10m/s2）求：(1) ab棒与cd棒碰撞后瞬间的速度分别为多少；(2)若s1m，求cd棒滑上右侧竖直导轨，距离水平导轨的最大高度h；(3)若可以通过调节磁场右边界的位置来改变s的大小，写出cd棒最后静止时与磁场左边界的距离x的关系。（不用写计算过程）【答案】（1）0，；（2）1.25 m；（3）见解析【解析】详解】(1)对ab棒，由动量定理得ab棒与cd棒碰撞过程，取向右方向为正，对系统由动量守恒定律
20、得由系统机械能守恒定律得解得，(2)由安培力公式可得对cd棒进入磁场过程，由动量定理得设导体棒cd进出磁场时回路磁通量变化量为以上几式联立可得。对cd棒出磁场后由机械能守恒定律可得联立以上各式得。(3)第一种情况如果磁场s足够大，cd棒在磁场中运动距离时速度减为零，由动量定理可得设磁通量变化量为 流过回路的电量联立可得即s6 m，x=6 m，停磁场左边界右侧6m处。第二种情况cd棒回到磁场左边界仍有速度，这时会与ab再次发生弹性碰撞，由前面计算可得二者速度交换，cd会停在距磁场左边界左侧1m处，设此种情况下磁场区域宽度，向右运动时有返回向左运动时通过回路的电量联立可得即s3 m时，x=1 m，
21、停在磁场左边界左侧1m处；第三种情况3 ms6 m，向右运动时有通过回路的电量返回向左运动时通过回路的电量联立可得x=(2s6）m，在磁场左边界右侧。物理选修3-313.一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，AB、BC、CD、DA这四段过程在p-T图像中都是直线，其中CA的延长线通过坐标原点O，下列说法正确的是（ ）A. AB的过程中，气体对外界放热，内能不变B. BC的过程中，单位体积内的气体分子数减少C. CD的过程中，气体对外界做功，分子的平均动能减小D. CD过程与AB相比较，两过程中气体与外界交换的热量相同E. DA过程与BC过程相比较，两过程中气体与外界交换的热量相同【答案】
22、ABE【解析】【详解】AAB的过程中，气体温度不变，则内能不变；压强变大，体积减小，则外界对气体做功，由U=W+Q可知气体对外界放热，A正确；BBC的过程中，气体的压强不变，温度升高，则体积变大，则单位体积内的气体分子数减少，B正确；CCD的过程中，温度不变，压强减小，体积变大，则气体对外界做功，分子的平均动能不变，C错误；D设四个状态的参量分别为A（p、V、T）；B（2p、V、T）；C（2p、V、2T）；D（p、2V、2T），CD过程与AB相比较，两过程中气体与外界交换的热量等于气体对外或者外界对气体做功的大小，根据W=PV两过程中压强的变化相同，但体积的变化不同，则两过程中气体对外或者外界
23、对气体做功的大小不同，气体与外界交换的热量不相同，D错误；EDA过程与BC过程温度的变化T相同，内能变化E相同；根据根据W=PV可知两过程中WDA=WBC；则两过程中气体与外界交换的热量相同，E正确。故选ABE。物理选修3-314.潜水员在进行水下打捞作业时，有一种方法是将气体充入被打捞的容器，利用浮力将容器浮出水面。假设潜水员发现在深10m的水底有一无底铁箱倒扣在水底，先用管子伸入容器内部，再用气泵将空气打入铁箱内。已知铁箱质量为560kg，容积为1m3，水底温度为7，水的密度为1103kg/m3，忽略铁箱自身的体积、高度及打入空气的质量，求需要打入1atm、27的空气多大体积可使铁箱浮起。g取10m/s2。【答案】1.2m3【解析】【详解】设打入的空气体积为V1，到湖底后，这部分空气的体积为V2，10m水产生压强为1105Pa=1atm湖底压强为p2=p0+p水=2atm箱充气受浮力为上浮的条件是代入数据解得V2=0.56m3由理想气体状态方程代入数据解得V1=1.2m3