3、設地球赤道半徑為R,地面重力加速度為g,則( )
A.a、b線速度大小之比為R+hR+H
B.a、c角速度之比為R3(R+h)3
C.b、c向心加速度大小之比為R+HR
D.a下一次通過c正上方所需時間t=2π(R+h)3gR2
答案:C
解析:人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動,由地球的萬有引力提供向心力,根據(jù)牛頓運動定律求解衛(wèi)星的角速度。衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動,建筑物隨地球自轉(zhuǎn)做勻速圓周運動,當衛(wèi)星轉(zhuǎn)過的角度與建筑物轉(zhuǎn)過的角度之差等于2π時,衛(wèi)星再次出現(xiàn)在建筑物上空。繞地球運行的衛(wèi)星,萬有引力提供向心力,設衛(wèi)星的線速度為v,則GMmr2=mv2r,所以v=GMr,可知a、b衛(wèi)
4、星的線速度大小之比為R+HR+h,故A錯誤;設衛(wèi)星的角速度為ω,GMmr2=mω2r,得ω=GMr3,所以有ωaωb=(R+hR+H)?3,又由于衛(wèi)星b的角速度與物體c的角速度相同,所以ωaωc=(R+hR+H)?3,故B錯誤;根據(jù)a=ω2r可得abac=R+HR,故C正確;設經(jīng)過時間t衛(wèi)星a再次通過建筑物c上方,有(ωa-ωc)t=2π,得t=2πωa-ωc=2π(R+h)3GM-(R+H)3GM=2πgR2(R+h)3-(R+H)3,故D錯誤。
4.如圖所示,三個物體質(zhì)量分別為m1=1.0 kg、m2=2.0 kg、m3=3.0 kg,已知斜面上表面光滑,斜面傾角θ=30°,m1和m2之
5、間的動摩擦因數(shù)μ=0.8。不計繩和滑輪的質(zhì)量和摩擦。初始用外力使整個系統(tǒng)靜止,當撤掉外力時,m2將(g取10 m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)( )
A.和m1一起沿斜面下滑
B.和m1一起沿斜面上滑
C.相對于m1上滑
D.相對于m1下滑
答案:D
解析:m1、m2的總重力沿斜面向下的分力小于m3的重力,將加速上滑,由題意m1、m2一起加速上滑的最大加速度a=μgcos30°-gsin30°≈1.9m/s2,假設m1、m2一起加速上滑,設繩上的拉力為FT,由牛頓第二定律,則FT-(m1+m2)gsin30°=(m1+m2)a,m3g-FT=m3a,解得a=2.5m/s
6、2>1.9m/s2,不可能一起運動,m2將相對于m1下滑,選項D正確。
5.如圖所示,理想變壓器原副線圈匝數(shù)之比為20∶1,原線圈接入一電壓為u=U0sin ωt的交流電源,副線圈接一個R=5.5 Ω的負載電阻。若 U0=2202 V,ω=100π rad/s,則下述結(jié)論正確的是 ( )
A.副線圈中電壓表的讀數(shù)為 112 V
B.副線圈中輸出交變電流的周期為0.01 s
C.原線圈中電流表的讀數(shù)為0.1 A
D.原線圈中的輸入功率為11 W
答案:C
解析:電壓表測量的是有效值,根據(jù)U1U2=n1n2,代入數(shù)據(jù)得220VU2=201,可得電壓表示數(shù)U2=11V,選項A錯誤
7、;由于ω=100πrad/s,交變電流的周期為0.02s,選項B錯誤;副線圈中的電流I2=U2R=2A,因此副線圈的輸出功率P=U2I2=22W,選項D錯誤;而變壓器本身不消耗能量,因此輸入功率也是22W,因此輸入電流I1=PU1=0.1A,選項C正確。
6.如圖甲所示的電路中,將滑動變阻器R2的滑片由a端向b端移動,用兩個電表分別測量電壓和電流,得到部分U-I關系圖像如圖乙所示,則( )
A.電源的電動勢為6 V
B.滑動變阻器的總阻值為20 Ω
C.當電壓表示數(shù)為5.0 V時,電源效率最高
D.當電壓表示數(shù)為5.0 V時,R2消耗的總功率最大
答案:BC
解析:根據(jù)電路
8、圖結(jié)合數(shù)學知識可知,當aP的電阻等于bP的電阻時,并聯(lián)部分電阻最大,此時電壓表示數(shù)最大,根據(jù)乙圖可知,電壓表示數(shù)最大為5.0V,此時電流表示數(shù)為0.5A,
則有RaP=UI=5.00.5Ω=10Ω,則滑動變阻器的總阻值為R=2RaP=20Ω,根據(jù)閉合電路歐姆定律得
E=U+2I(R1+r)
根據(jù)乙圖可知,當電壓表示數(shù)U1=4V時電流表示數(shù)為I1=0.25A或I2=1A,根據(jù)閉合電路歐姆定律得
E=U1+(I1+I2)(R1+r)
聯(lián)立方程解得E=9V,R1+r=4Ω,故A錯誤,B正確;
電源效率η=UIEI=UE,當電壓表示數(shù)為5.0V時,并聯(lián)部分電阻最大,則外電路電阻最大,此時路
9、端電壓最大,效率最高,故C正確;
把R1看成內(nèi)阻,當并聯(lián)部分電阻R并=R1+r=4Ω時,R2消耗的總功率最大,此時電壓表示數(shù)不是5V,故D錯誤。
故選B、C。
7.一個圓形閉合線圈固定在垂直紙面的勻強磁場中,線圈平面與磁場方向垂直,如圖甲所示。設垂直紙面向里的磁感應強度方向為正,垂直紙面向外的磁感應強度方向為負。線圈中順時針方向的感應電流為正,逆時針方向的感應電流為負。已知圓形線圈中的感應電流i隨時間t變化的圖像如圖乙所示,則線圈所處的磁場的磁感應強度隨時間變化的圖像可能是下圖中的( )
答案:CD
解析:在前0.5s內(nèi)由題圖乙根據(jù)楞次定律可知,若磁場方向垂直紙面向里(正方
10、向)時,必須是磁場增強的;若磁場方向垂直紙面向外(負方向)時,必須是磁場減弱的。而在0.5~1.5s,若磁場方向垂直紙面向里(正方向)時,必須是磁場減弱的;若磁場方向垂直紙面向外(負方向)時,必須是磁場增強的,故選項A錯誤;在前0.5s內(nèi),若磁場方向垂直紙面向里(正方向)時,必須是磁場增強的,則磁通量也會增大;若磁場方向垂直紙面向外(負方向)時,必須是磁場減弱的,則磁通量也會減小,而在0.5~1.5s,由感應電流方向,結(jié)合楞次定律可得:若磁場方向垂直紙面向里(正方向)時,必須是磁場減弱的,則磁通量也會減小;若磁場方向垂直紙面向外(負方向)時,必須是磁場增加的,則磁通量也會增大,故選項B錯誤;在
11、前0.5s內(nèi),若磁場方向垂直紙面向里(正方向)時,必須是磁場增強的,則磁通量也會增大;若磁場方向垂直紙面向外(負方向)時,必須是磁場減弱的,則磁通量也會減小,而在0.5~1.5s,由感應電流方向,結(jié)合楞次定律可得:若磁場方向垂直紙面向里(正方向)時,必須是磁場減弱的,則磁通量也會減小;若磁場方向垂直紙面向外(負方向)時,必須是磁場增強的,則磁通量也會增大,故選項C正確;在前0.5s內(nèi)由題圖乙根據(jù)楞次定律可知,若磁場方向垂直紙面向里(正方向)時,必須是磁場增強的;若磁場方向垂直紙面向外(負方向)時,必須是磁場減弱的,而在0.5~1.5s,若磁場方向垂直紙面向里(正方向)時,必須是磁場減弱的;若磁
12、場方向垂直紙面向外(負方向)時,必須是磁場增強的,故選項D正確。
8.(2019·全國卷Ⅱ)靜電場中,一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動,N為粒子運動軌跡上的另外一點,則( )
A.運動過程中,粒子的速度大小可能先增大后減小
B.在M、N兩點間,粒子的軌跡一定與某條電場線重合
C.粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能
D.粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行
答案:AC
解析:帶電粒子僅在電場力作用下,粒子的速度大小可能先增大后減小,如:在等量同種電荷形成的電場中帶電粒子沿著兩電荷連線的中垂線運動時,A正確。因為粒子只在電場力作用下從M點
13、運動到N點,根據(jù)動能定理,W電=-ΔEp=EkN-0=EpM-EpN,而EkN≥0,所以EpM≥EpN,C正確。粒子的軌跡與電場線不一定重合,在N點,電場力的方向不一定與粒子軌跡在該點的切線平行,B、D錯誤。
第Ⅱ卷
二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分。第9~12題為必考題,每個試題考生都必須作答。第13~14題為選考題,考生根據(jù)要求作答)
(一)必考題(共47分)
9.(6分)(1)小明同學到實驗室去做驗證力的平行四邊形定則的實驗時看見實驗桌上有一把20分度的游標卡尺,他立即用游標卡尺測量了鋼筆套的長度,如圖甲所示,則鋼筆套的長度為 mm。?
(2)隨后小明開始做驗
14、證力的平行四邊形定則的實驗,在水平放置的木板上墊上一張白紙,把橡皮條的一端固定在板上的A點,橡皮條的另一端拴上兩個細繩套,如圖乙所示。先用兩個彈簧測力計鉤住細繩套,互成角度拉橡皮條使之伸長,結(jié)點被拉到某一位置O,此時記下兩個彈簧測力計的讀數(shù)F1和F2和兩細繩的方向。請完成下列問題:
①F1的讀數(shù)如圖丙所示,則F1= N。?
②小明再用一個彈簧測力計鉤住細繩套把橡皮條拉長,應該使結(jié)點拉到 ,記下彈簧測力計的讀數(shù),并記下 。?
答案:(1)10.55 (2)①1.23?、谕晃恢肙 細繩的方向
解析:(1)游標卡尺的主尺刻度為10mm,游標尺刻度為1
15、1×0.05mm=0.55mm,所以游標卡尺讀數(shù)為10.55mm。
(2)①經(jīng)估讀,彈簧測力計的讀數(shù)為1.23N。②驗證力的平行四邊形定則的依據(jù)是兩彈簧測力計共同作用與一個彈簧測力計單獨作用等效,應將節(jié)點拉到同一位置O。利用平行四邊形定則作合力,既要知道力的大小,又要知道力的方向,所以要記下細繩的方向。
10.(9分)某同學利用伏安法測量某未知電阻Rx的精確電阻(阻值恒定),進行了如下實驗:
(1)他先用多用電表歐姆擋測該未知電阻的阻值。將開關置于×10擋位,指針示數(shù)如圖所示,若想更準確一些,下面操作正確的步驟順序是 。(填序號)?
A.將兩表筆短接進行歐姆調(diào)零
B.將
16、兩表筆短接進行機械調(diào)零
C.將開關置于×1擋
D.將開關置于×100擋
E.將兩表筆接未知電阻兩端,待指針穩(wěn)定后讀數(shù)
(2)然后用以下器材用伏安法盡可能精確地測量該電阻:
A.直流電源E:電動勢3 V,內(nèi)阻忽略
B.電流表A1:量程0~0.3 A,內(nèi)阻約為0.1 Ω
C.電流表A2:量程0~3 mA,內(nèi)阻約為10 Ω
D.電壓表V1:量程0~3 V,內(nèi)阻約為3 kΩ
E.電壓表V2:量程0~15 V,內(nèi)阻約為50 kΩ
F.滑動變阻器R1:最大阻值10 Ω
G.滑動變阻器R2:最大阻值1 000 Ω
H.開關S,導線若干
①為較準確測量該電阻的阻值,要求各電表指針能有
17、較大的變化范圍,以上器材中電流表應選 (選填“B”或“C”), 電壓表應選 (選填“D”或“E”), 滑動變阻器應選 (選填“F”或“G”)。?
②請在方框中畫出實驗電路原理圖。
答案:(1)DAE (2)①C D F?、陔娐穲D如圖所示
解析:(1)選擇倍率后,歐姆表指針讀數(shù)偏大,應該換用大倍率,更換倍率需要重新歐姆調(diào)零,所以先更換大倍率即步驟D,再歐姆調(diào)零即步驟A,最后測量電阻即步驟E。
(2)①要使得電表指針有較大變化范圍,滑動變阻器選擇分壓式接法,所以滑動變阻器選擇阻值小的即F;電源電動勢為3V,所以電壓表為讀數(shù)準確選擇小量程即D。根據(jù)歐姆表可知待測電阻阻值在
18、1000Ω以上,而電壓最大只有3V,所以電流不會超過3mA,電流表選擇C。②滑動變阻器已經(jīng)確定分壓式,而待測電阻阻值較大,電流表內(nèi)阻較小,所以電流表選擇內(nèi)接法。如答案圖所示。
11.(12分)起重機從靜止開始起吊一質(zhì)量為4 000 kg的重物,開始時,起重機拉力恒定,重物以0.2 m/s2的加速度勻加速上升,9.8 s后,起重機達到額定功率P,起重機再保持額定功率不變,又經(jīng)5 s,重物達到最大速度2 m/s ,此后再保持拉力恒定,使重物以0.5 m/s2的加速度做勻減速運動至停下。g取9.8 m/s2。
(1)求額定功率P的大小;
(2)求重物上升的最大高度;
(3)畫出整個過程起重機
19、拉力F與時間t的關系圖像(不要求寫計算過程)。
答案:(1)78.4 kW (2)23.6 m (3)見解析
解析:(1)重物速度最大時,有F=mg
P=mgv①
解得P=78.4kW。②
(2)重物勻加速上升的高度
h1=12a1t12
得h1=9.6m③
此過程起重機拉力滿足
F1-mg=ma1④
從靜止到最大速度過程中,由動能定理
得F1h1+Pt2-mg(h1+h2)=12mvm2⑤
得h1+h2=19.6m⑥
勻減速運動上升的高度
h3=0-vm22a2=4m⑦
h'=h1+h2+h3=23.6m。⑧
(3)圖像如圖所示⑨
12.(20分)在如圖
20、所示的平面直角坐標系xOy內(nèi),第一象限的MN以上的虛線區(qū)域內(nèi)存在有理想邊界的豎直向下的勻強電場,已知MN間的距離為l,DN間的距離為l2,MN與x軸間的距離為l。第四象限內(nèi)有垂直紙面方向的有界(圖中OABC)勻強磁場B,磁場的右邊界與電場的左邊界間的距離為1+22l?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q、不計重力的正電荷,以水平向左的初速度v0從D點射入電場,恰好從M點離開電場,進入第四象限磁場偏轉(zhuǎn)后恰好經(jīng)過坐標原點O,并沿y軸的正方向運動。
(1)求電荷到達M點的速度v;
(2)求該勻強電場的電場強度E和勻強磁場的磁感應強度B;
(3)求整個過程中電荷的運動時間,并分析,若磁場右邊界和下邊界
21、不變,左邊界向右移動某一距離,電荷是否可能經(jīng)過O點。
答案:(1)2v0,與水平方向成45°夾角斜向左下方
(2)mv02ql 2mv0ql
(3)(16+42+32π)l8v0 不可能經(jīng)過O點
解析:(1)電荷在電場中做類平拋運動,由l=v0t1,l2=vy2t1,得vy=v0,經(jīng)過M點速度的大小vM=v02+vy2=2v0,設與水平方向的夾角為θ,有tanθ=vyv0=1,得θ=45°。
(2)在電場中運動,有vy=at1=v0,而a=qEm,得E=mv02ql;由幾何關系知,PI=l,則PC=22l,電荷進入磁場后運動軌跡如圖所示,設電荷做圓周運動對應的圓心為Q點,半徑為R,根
22、據(jù)幾何關系有R=SQ=l,據(jù)qvB=mv2R,得B=2mv0ql。
(3)電荷從D到O的運動可分為3段,電場中的類平拋、離開電場進入磁場前的勻速直線運動、進入磁場后的勻速圓周運動。在電場中,據(jù)l=v0t1,得t1=lv0;在電場與磁場之間做直線運動,有v0t2=1+22l,t2=1+22lv0;在磁場中運動,t3=135°360°T=32πl(wèi)8v0,則總的運動時間為t=t1+t2+t3=(16+42+32π)l8v0。若AO右側(cè)出現(xiàn)無磁場區(qū)域,則電荷將從軌跡與邊界的交點沿軌跡上該點切線方向射出,根據(jù)電荷的運動軌跡可以看出,該點切線方向與該點和原點的連線方向一定不同,故電荷不可能經(jīng)過O點。
23、
(二)選考題(共15分。請考生從給出的2道物理題中任選一題作答。如果多做,則按所做的第一題計分)
13.(15分)【物理——選修3-3】(1)(5分)下列說法正確的是 。?
A.液體表面層的分子分布比內(nèi)部密
B.液體有使其表面積收縮到最小的趨勢
C.飽和汽壓與溫度和體積有關
D.將飽和汽變成未飽和汽,可采用升高溫度的方法
E.在絕對濕度一定的情況下,氣溫降低時,相對濕度將增加
(2)(10分)如圖所示,為了測量某剛性導熱容器A的容積,將細管把它與水平固定的導熱汽缸B相連,汽缸中活塞的橫截面積S=100 cm2。初始時,環(huán)境溫度T=300 K,活塞離缸底距離d=40 c
24、m。現(xiàn)用水平向左的力F緩慢推活塞,當F=1.0×103 N時,活塞離缸底距離d'=10 cm。已知大氣壓強p0=1.0×105 Pa。不計一切摩擦,整個裝置氣密性良好。
①求容器A的容積VA。
②保持力F=1.0×103 N不變,當外界溫度緩慢變化時,活塞向缸底緩慢移動了Δd=3 cm時,此時環(huán)境溫度為多少攝氏度?
答案:(1)BDE (2)①2 L?、?3 ℃(或-2.85 ℃)
解析:(1)液體表面層的分子分布比內(nèi)部疏,表面層分子間作用力表現(xiàn)為引力,在宏觀上表現(xiàn)為表面張力,表面張力有使液體表面積收縮到最小的趨勢,選項B正確,A錯誤;飽和汽壓與溫度有關,與體積無關,選項C錯誤;升
25、高溫度,可以將飽和汽變成未飽和汽,選項D正確;由相對濕度=水蒸氣的實際壓強同溫度水的飽和汽壓×100%知,絕對濕度不變,即水蒸氣的實際壓強不變,氣溫降低,同溫度水的飽和汽壓減小,故相對濕度增加,選項E正確。
(2)①由題意,汽缸和容器內(nèi)所有氣體先做等溫變化,有p1V1=p2V2
其中壓縮前p1=p0,V1=VA+dS
壓縮后p2=p0+FS,V2=VA+d'S
代入數(shù)據(jù)解得VA=2L。
②依題意,接著做等壓變化,有V2T2=V3T3
其中變化前T2=T
變化后V3=V2-Δd?S T3=t3+273K(或T3=t3+273.15K)
代入數(shù)據(jù)解得t3=-3℃(或t3=-2.85
26、℃)。
14.(15分)【物理——選修3-4】
(1)(5分)如圖所示,一束光沿半徑方向射向一塊半圓柱形玻璃磚,在玻璃磚底面上的入射角為θ,經(jīng)折射后射出a、b兩束光線。則 。(填正確答案標號,選對1個得2分,選對2個得4分,選對3個得5分。每選錯1個扣3分,最低得分為0分)?
A.在玻璃中,a光的傳播速度小于b光的傳播速度
B.在真空中,a光的波長小于b光的波長
C.玻璃磚對a光的折射率小于對b光的折射率
D.若改變光束的入射方向使θ角逐漸變大,則折射光線a首先消失
E.分別用a、b光在同一個雙縫干涉實驗裝置上做實驗,a光的干涉條紋間距大于b光的干涉條紋間距
(2)(
27、10分)平衡位置位于原點O的波源發(fā)出的簡諧橫波在均勻介質(zhì)中沿水平x軸傳播,P、Q為x軸上的兩個點(均位于x軸正向),P與O的距離為35 cm,此距離介于一倍波長與二倍波長之間。已知波源自t=0時由平衡位置開始向上振動,周期T=1 s,振幅A=5 cm。當波傳到P點時,波源恰好處于波峰位置;此后再經(jīng)過 5 s,平衡位置在Q處的質(zhì)點第一次處于波峰位置。求:
①P、Q間的距離;
②從t=0開始到平衡位置在Q處的質(zhì)點第一次處于波峰位置時,波源在振動過程中通過的路程。
答案:(1)ABD (2)①133 cm?、?25 cm
解析:(1)由v=cn可知,A項正確;由λ=cν及νa>νb可知,B項
28、正確;由題圖可知,na>nb,C項錯誤;由sinC=1n可知,a先發(fā)生全反射,D項正確;由Δx=ld·λ及λa<λb可得,E項錯誤。
(2)①由題意,O、P兩點間的距離與波長λ之間滿足OP=54λ①
波速v與波長的關系為v=λT②
在t=5s的時間間隔內(nèi),波傳播的路程為vt。由題意有vt=PQ+λ4③
式中,PQ為P、Q間的距離。由①②③式和題給數(shù)據(jù),得PQ=133cm。④
②Q處的質(zhì)點第一次處于波峰位置時,波源運動的時間為t1=t+54T⑤
波源從平衡位置開始運動,每經(jīng)過T4,波源運動的路程為A。由題給條件得t1=25×T4⑥
故t1時間內(nèi),波源運動的路程為
l=25A=125cm。⑦
15
（廣西專用）2020高考物理二輪復習 綜合能力訓練（三）（含解析）
