1、广东省珠海市第二中学2020届高三物理上学期三校联考试题（含解析）一、选择题1.下列叙述正确的是A. 力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B. 笛卡尔通过“理想斜面实验”推翻了“力是维持物体运动的原因”这个观点C. 伽利略在对自由落体运动的研究中将实验和逻辑推理和谐地结合起来,丰富了人类的科学思维方式和科学研究方法D. 牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量【答案】C【解析】【详解】A力学中的三个基本物理量是质量、长度、时间，它们的单位分别为千克、米、秒，故A错误.B不是笛卡尔而是伽利略通过“理想斜面实验”推翻了“力是维持物体运动的原因”这个观点，故B错
2、误.C伽利略在对自由落体运动的研究中，非常具有创造性的将实验和逻辑推理和谐地结合起来，带给了人类全新的科学思维方式和科学研究方法，故C正确.D牛顿总结出来万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量，故D错误.2.如图，从竖直面上大圆的最高点A，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上相同物体由静止开始，从A点分别沿两条轨道滑到底端，下列说法中正确的是A. 到达底端的动量大小相等B. 重力的冲量都相同C. 物体动量变化率都相同D. 物体所受支持力的冲量大小相同【答案】B【解析】【详解】如图所示，对物体在斜面上受力分析，由牛顿第二定律可求得：根据运动学公式：可得：则有：因此下滑时间与斜面的倾角无关，只与圆
3、弧的半径及重力加速度有关，即到达底端的时间相同。A物体到达轨道底端的速度：因时间相同，不同，故到达斜面底端速度大小不同，则动量大小不同，故A错误.B因时间相同，则重力的冲量相同，故B正确.C根据动量定理可知动量的变化率等于合外力，即：则因为不同，则动量的变化率不同，故C错误。D由于两次物体所受支持力不同，而时间相同，故支持力的冲量大小不同，故D错误.3.为了保证卫星通讯的可靠性，广播通讯运营商通常会为主用星配备备用星，以便快速接替失效的主用星备用星定点位置可以采用同轨备份（备用星与主用星在同一轨道）和异轨备份（备用星与主用星不在同一轨道）两种形式，同轨备份具有替换快、影响小等优点关于同轨备份，
4、以下说法正确的是A. 备用星与主用星必须具有相同的质量B. 同轨备用星要想追上前面的主用星只需要加速即可C. 备用星要想追上前面的主用星需先降低轨道，再抬升轨道D. 以上说法均不正确【答案】C【解析】【详解】A根据：知对于备用星与主用星在相同的轨道上，线速度大小相等，质量不一定相等,故A错误.B对于同轨备份，备用星要想追上前面的主用星,不能在同轨道上加速追赶,因为一旦加速,万有引力小于所需向心力,会做离心运动,离开原轨道,故B错误.CD根据万有引力与所需向心力的关系，备用星要想追上前面的主用星需先降低轨道，然后加速离开原轨道,进入高轨道,从而追上主用星，所以C正确，D错误.4.掷链球起源于中世
5、纪苏格兰矿工在劳动之余用带木柄的生产工具铁锤进行的掷远比赛，后逐渐在英国流行链球的英语（hammer）词意即铁锤19世纪后期，成为英国牛津大学和剑桥大学运动会的比赛项目掷链球是旋转的投掷运动，通过连续加速的旋转，使链球产生越来越大的速度，最后将球及链掷出则下列判断正确的是A. 通过此例说明，向心力在某些特殊情况下是可以做功的B. 链球速度越来越大是由于运动半径越来越大C. 链球速度越来越大是由于运动运动员使用的拉力越来越大D. 链球速度越来越大是由于拉力并不指向圆心，向心力是拉力的分力【答案】D【解析】【详解】A因向心力的方向是指向圆心，与运动线速度垂直的，故向心力是一直不做功的 ，故A错误.
6、BCD链球速度越来越大是由于拉力不指向圆心，与线速度方向夹角小于90，一个分力让链球加速，一个分力提供向心力，故B错误，C错误，D正确.5.如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻（光敏电阻阻值随光照强度增强而减小）当R 2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U以下说法正确的是 A. 若仅将R 2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B. 若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量不变C. 若仅用更强的光照射R 1，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D. 若仅用更强的光照射R 1，则U变化量的绝
7、对值与I变化量的绝对值的比值不变【答案】D【解析】【详解】A若仅将R2的滑动触头P向b端移动，R2所在支路有电容器，是被断路的，则I、U均保持不变；故A错误。B根据：因电容器两端电压U不变，若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少；故B错误.C若仅用更强的光照射R1，电阻随光照强度的增大而减小，根据“串反并同”法可知，I增大，U应当减小；电容器两端的电压减小，电荷量减小；故C错误。DU的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值表示电源的内电阻，是不变的；故D正确。6.空间某一静电场的电势在轴上分布如图所示，轴上两点B、C点电场强度在方向上的分量分别是、，下列说法中正确的有A. 的大小大于的大小
8、B. 的方向沿轴正方向C. 电荷在点受到的电场力在方向上的分量最大D. 负电荷沿轴从移到的过程中，电场力先做正功，后做负功【答案】AD【解析】【详解】A本题入手点在于如何判断和的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强磁场，用匀强磁场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法；需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有，可见，A正确；BD沿电场方向电势降低，在O点左侧，的方向沿x轴负方向，在O点右侧，的方向沿x轴正方向，负电
9、荷从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，B错误D正确C由图可知，O点处图象的斜率为零，故说明该点水平方向的场强最小，故电场力在水平方向上的分量最小，C错误；7.如图，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度从传送带的P点冲上传送带，物块与传送带间动摩擦因数为，重力加速度为从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是 A. 合力对物块的冲量一定为零B. 物块返回到P端时速度可能是，也可能是C. 合外力对物块做的功可能为零D. 物块运动到距P端最远距离为【答案】BCD【解析】【详解】ABC若，则物块返回到P点的速度大小为v2，根据动量定理知合力
10、的冲量为：根据动能定理知,合力做功的大小为零.当,则物块返回到P点的速度大小为v1，根据动量定理知合力的冲量：根据动能定理得合力做功为：所以A错误，B正确，C正确.D物块运动到距离P端距离最远时速度为零，设最远距离为x，根据动能定理有：解得：故D正确8.固定的粗糙斜面长为10m，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图甲，取斜面底端为重力势能的参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2根据上述信息可以求出A. 斜面的倾角B. 小滑块与斜面之间的动摩擦因数C. 小滑块下滑的合外力的大小D. 小滑块受到的滑动
11、摩擦力的大小【答案】CD【解析】【详解】由图象知，物体的初始重力势能为Ep1=100J，末动能为Ek2=25JA据题斜面长度为10m，由：可知由于不知道物体的质量，故不能根据初始势能和斜面长度来确定斜面的倾角，故A错误；BD根据能量守恒可以求得下滑过程中克服摩擦力做功为：而斜面长度L=10m，故由：可求得滑块下滑时受到滑动摩擦力的大小为7.5N，在斜面上下滑，有但因物体质量和倾角未知，故不能求得动摩擦因数的大小，故B错误，D正确；C由图可得到动能的变化量，根据动能定理：可知能求出滑块下滑的合外力大小为2.5N故C正确。故选CD。二、非选择题9.（1）某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，
12、根据测量结果在白纸上画出如图甲所示的图，其中O为橡皮筋与细绳的结点图中的_是F1和F2的合力的理论值（填“F”或“”）本实验采用的科学方法是_（填字母代号）A理想实验法B等效替代法 C控制变量法D建立物理模型法（2）如图乙是螺旋测微器读数是_mm.【答案】 (1). F (2). B (3). 6.122-6.124【解析】【详解】(1)1F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条,使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同,测量出的合力.(2)2合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法,因此B正确.(3)3根据螺旋测微器读
13、数方法得出读数为：6mm+12.30.01mm=6.123mm10.实验室提供如下器材测定电压表的内阻，可选用的器材如下：A.待测电压表：量程3V，内阻约3kB.电压表：量程15V，内阻约20kC.电流表A：量程3A,内阻约0.1D.定值电阻：9.0kE.滑动变阻器：0200F.滑动变阻器：02kG.电源E：电动势约为12V，内阻忽略不计H.开关、导线若干（1）现用多用电表测电压表的内阻，选择倍率“100”档，其它操作无误，多用电表表盘示数如图所示，则电压表的内阻约为_.（2）为了准确测量电压表的内阻，两位同学根据上述实验器材分别设计了如图甲和乙两个测量电路，你认为_（选填“甲”或“乙”）更合
14、理（3）该实验中滑动变阻器应该选用_（选填“”或“”）（4）用已知量和、的示数、来表示电压表的内阻RV1=_【答案】 (1). 3400 (2). 乙 (3). R1 (4). 【解析】【详解】(1)1根据欧姆表读数规则读出读数为：(2)2甲图中，因为电压表V2的电阻与R0阻值相当，通过电压表V2的电流不能忽略，故用通过R0的电流作为通过V1的电流，则误差较大；故用乙电路较合理。(3)3实验中滑动变阻器要用分压电路，为方便实验操作, 故滑动变阻器应选择阻值较小的。(4)4根据测量关系可知电压表的内阻：11.如图所示，带正电的物体质量m=1.0kg，电量q=2.010-4C，物体当作质点处理物体
15、距离水平绝缘桌面边缘L=2.0m，在水平向右的电场作用下由静止开始运动物体与水平面间的动摩擦因数=0.10水平向右的匀强电场充满整个空间，电场强度E=1.0104v/m桌面距离地面高度h=5.0m求：(1)物体运动到桌面边缘的速率？(2)物体落地点距离桌面边缘的水平距离？(g=10.0m/s2) 【答案】（1）2.0m/s （2） 3.0m 【解析】（1）由动能定理有：，解得：（2）竖直方向由自由落体有： 水平方向在电场下匀加速直线有：， 解得： 12.如图，光滑水平面上有一质量mB=1kg的车厢B底面粗糙，在其内部紧靠右壁放一质量mA=1kg的小物体A（可视为质点），对车厢B施加一水平向右的
16、恒力F=3N，使之从静止开始运动当t=3s撤去外力F，测得车厢在2s内移动了s=4m，且在这段时间内小物块恰好运动到车厢左壁与车厢发生弹性碰撞，碰撞时间极短求： （1）车厢B在2s时间内的加速度和速度.（2）2s时间内A与B间摩擦力大小（3）2s末物块A的速度大小及车厢长度（4）如果物块与车厢左右壁的碰撞都是弹性碰撞，则物块最后相对静止于车厢何处？【答案】(1) , (2) (3) ， (4)车厢中间【解析】【详解】(1)对B分析，在t=2s内，由：代入数据可解得：，由：代入数据可解得： (2)对于车厢B，由牛顿第二定律得：解得：(3)对物块A，由牛顿第二定律得：解得：，在 t=2.0s末A的
17、速度大小为：解得： ，在t=2s内A运动的位移为：解得得：；所以车厢长度：(4)由题意可知A、B最后共速，设共速为v，碰撞过程中由动量守恒定律得：解得，因都是弹性碰撞，故由能量守恒定律：求得；比较和可知物块最后相对静止于中间位置13.下列说法中正确的是（ ）A. 在使用有油膜法估测分子直径的实验中，为了计算方便，可以取1mL的油酸酒精混合溶液滴入水槽B. 不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响C. 人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一气温下水的饱和汽压的差距D. 当分子间作用力表现为引力时，分子间距离越大，分子势能越大，分子力也越大E. 露珠呈球形是由于液体
18、表面张力的作用【答案】BCE【解析】【详解】A为了形成单分子层油膜，应取一滴油酸酒精溶液滴入水槽，故A错误；B这是热力学第二定律表述：不可能从单一热源吸取热量,使之完全变成有用功而不产生其他影响，所以B正确；C根据相对湿度与绝对湿度的关系可知，人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一气温下水的饱和汽压的差距，所以C正确；D当分子间作用力表现了引力时，分子间距离越大，分子势能越大，分子力越小，故D错误；E叶面上的小露珠呈球形是因为液体表面张力的作用，故E正确。14.某同学在青少年科技创新活动中设计了一个简易火灾报警装置其原理如图所示：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升
19、，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声27时，空气柱长度L1为20cm，水银上表面与导线下端的距离L2为10cm，管内水银柱的高度h为4cm，大气压强为76cmHg.（1）当温度达到多少摄氏度时，报警器会报警？（2）如果要使该装置在90时报警，则应该再往玻璃管内注入多高的水银柱？【答案】（1）177 （2）8cm【解析】【详解】(1)由题意知该变化过程为等压过程，对封闭气体分析根据：初状态：V1L1ST1300 K末状态：V2（L1L2）S代入数据解得：T2450 K所以：t450273177(2)根据：初状态：T1300 KV1L1Sp1（764）cmHg要满足题意设应该再往玻璃管内注入x cm
20、高的水银柱，则：V3（L1L2x）S末状态：T3273+90=363Kp3（764x）cmHg代入数据解得答：(1)当温度达到177时，报警器会报警.(2)如果要使该装置在90时报警，则应该再往玻璃管内注入8cm的水银柱.15.如图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0.1s时刻的波形，介质中质点Q此时位移为-0.1m，图乙表示该波传播的介质中质点P从t=0时起的振动图像则下列说法正确的是（ ）A. 该波沿x轴负方向传播B. 该波的传播速度为20m/sC. 再经过质点Q到达达到平衡位置D. 质点P在任意一个0.05s时间内通过的路程一定为0.2mE. 00.1s时间内质点Q通过的路程一定为0.4
21、m【答案】ABE【解析】【详解】A由乙图可知当t=0.1s时，P点向上运动，根据上下坡法结合甲图可知该波沿x轴负方向传播，故A正确.B由甲图可知波长，有乙图可知周期T=0.2s，则波速为：故B正确.C根据上下坡法可知Q向下运动，故再次回到平衡位置的时间大于,即时间大于0.05s，故C错误.D因质点在振动过程中不是匀速运动，故0.05s时间内通过的路程不一定为0.2m，要看开始的位置，故D错误.E00.1s时间内，即半个周期内物体通过的路程一定为振幅的2倍，即0.4m，与开始的位置无关，故E正确.16.如图所示，一个横截面为直角三角形的三棱镜，AB边长为L一束与BC面成=30角的光从BC面中点射入三棱镜，进入棱镜后折射光线与AB边平行求：（1）通过计算说明在AC面下方能否观察到折射光？（2）求从AB边出射点到A点距离？【答案】（1）不能（2）【解析】【详解】(1)光路图如图据题意可求出=30由折射定律有：由:解得：所以全反射的临界角C60，光线在AC面上的入射角为60C，故光线在AC界面发生全反射，在AC面下方不能观察到折射光线.(2)由几何关系可知在AB边上的入射角为30，则射出棱镜时的折射角为60APQ为等腰三角形所以，出射点Q到A点距离:答：(1) AC面下方不能观察到折射光.(2)从AB边出射点到A点距离.
