2019-2020年高考压轴冲刺卷广东卷（四）物理试题 含解析.doc

2019-2020年高考压轴冲刺卷广东卷（四）物理试题 含解析一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求。选对的得4分，错选或不答的得0分。1（xx浙江冲刺2）如图所示，位于竖直平面内的圆与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，C为圆的最高点竖直墙上点B、D与M的连线和水平面的夹角分别为53和37已知在t=0时，a、b、d三个球分别由A、B、D三点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点；c球由C点自由下落到M点则（）A a、b和d球同时到达M点B b球和d球同时到达M点C c球位移最大，最后到达M点D 沿墙壁上任意一点到M点的光滑斜直轨道由静止下滑的物体，下落高度越低，用时越短2(xx广东省六校联盟第二次联考1)伽利略用两个对接的斜面，一个斜面固定，让小球从固定斜面上滚下，又滚上另一个倾角可以改变的斜面，斜面倾角逐渐改变至零，如图所示伽利略设计这个实验的目的是为了说明（ ） A如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度 B如果没有摩擦，物体运动时机械能守恒C维持物体做匀速直线运动并不需要力D如果物体不受到力，就不会运动3（ xx金丽衢第二次联考16）如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。通过力传感器和速度传感器检测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示，则前2s内物体所受合外力做功的平均功率为（ ）A1W B0.5W C1.5W D2W4(xx西安八校联考18）如图所示，MN是一点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子（不计重力）穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示a、b为轨迹上两点下列结论正确的是（ ）A产生电场的电荷一定为负点电荷 B带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度 C带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小D带电粒子在a点时具右的电势能大于在b点时具有的电势能二、双项选择题：本大题共9个小题，每小题6分，共54分。每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对者的得6分，只选1个且正确的得3分；有错选或不答的得0分。5（xx湖南省十三校联考21）如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和MN是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为S，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v-t图象(其中OA、BC、DE相互平行)。已知金属线框的边长为L（LS）、质量为m，电阻为R，当地的重力加速度为g，图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均为已知量(下落过程中bc边始终水平)根据题中所给条件，以下说法正确的是：At2是线框全部进入磁场瞬间，t4是线框全部离开磁场瞬间B从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，感应电流所做的功为mgSCV1的大小可能为D线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经框横截面的电荷量多6(xx江西重点中学联考19)如图所示，倾角为的斜面体C置于粗糙水平面上，物块B置于斜面上，已知B、C间的动摩擦因数为=tan,B通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块A相连，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B的质量分别为m、M。现给B一初速度，使B沿斜面下滑，C始终处于静止状态，则在B下滑过程中，下列说法正确的是（ ）A无论A、B的质量大小关系如何，B一定减速下滑BA运动的加速度大小为a=C水平面对C一定有摩擦力，摩擦力方向可能水平向左D水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等7(xx临沂一中二模4)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈与热水器、抽油烟机连接已知副线圈上的电压按图乙所示规律变化，现闭开关S接通抽油烟机，下列说法正确的是（）A 电压表示数为44 VB 副线圈上电压的瞬时值表达式u=220sin（100t）VC 热水器消耗的功率变大D 变压器的输入功率增大8(xx湖南省五市十校联考8)某国际研究小组观测到了一组双星系统，它们绕二者连线上的某点做匀速圆周运动，双星系统中质量较小的星体能“吸食”质量较大的星体的表面物质，达到质量转移的目的根据大爆炸宇宙学可知，双星间的距离在缓慢增大，假设星体的轨道近似为圆，则在该过程中（）A 双星做圆周运动的角速度不断减小B 双星做圆周运动的角速度不断增大C 质量较大的星体做圆周运动的轨道半径渐小D 质量较大的星体做圆周运动的轨道半径增大9. （xx温州市二测20）如图所示，正方形abcd区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入磁场，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现让该粒子从O点沿纸面以与Od成30角的方向，分别以大小不同的速率射入磁场，则关于该粒子在磁场中运动的时间t和离开正方形区域位置，分析正确的是：（ ）A若，则它一定从dc边射出磁场B若，则它一定从cb边射出磁场C若，则它一定从ba边射出磁场D若，则它一定从da边射出磁场三、非选择题10.（）(xx陕西西工大附中四模9)一水平放置的圆盘绕过其圆心的竖直轴匀速转动盘边缘上固定一竖直的挡光片盘转动时挡光片从一光电数字计时器的光电门的狭缝中经过，如图1 所示图2为光电数字计时器的示意图光源A中射出的光可照到B中的接收器上若A、B间的光路被遮断，显示器C上可显示出光线被遮住的时间挡光片的宽度用螺旋测微器测得，结果如图3所示圆盘直径用游标卡尺测得，结果如图4所示由图可知，（1）挡光片的宽度为 mm （2）圆盘的直径为 cm（3）若光电数字计时器所显示的时间为50.0ms，则圆盘转动的角速度为 rad/s（保留3位有效数字）（II）(xx第三次四校联考23)某实验小组进行“探究热敏电阻的温度特性”实验，实验室提供如下器材：热敏电阻Rt (常温下约8 k)、温度计、电流表A(量程1 mA，内阻约200 )、电压表V(量程3 V，内阻约10 k)、电池组E(4.5 V，内阻约1 )、滑动变阻器R(最大阻值为20 )、开关S、导线若干、烧杯和水(1)根据提供器材的参数将右图所示的实物图中所缺的导线补接完整(2)实验开始前滑动变阻器的滑动触头P应置于 端(填“a”或“b”) (3)利用补接完整的实验装置测量出不同温度下的电阻值，画出该热敏电阻的Rtt图象如右图中的实测曲线，与图中理论曲线相比二者有一定的差异除了偶然误差外，下列关于产生系统误差的原因或减小系统误差的方法叙述正确的是_(填选项前的字母，不定项选择)A电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大B电压表的分流造成电阻的测量值总比真实值小C温度升高到一定值后，电流表应改为外接法(4)将本实验所用的热敏电阻接到一个电流较大的恒流电源中使用，当电流通过电阻产生的热量与电阻向周围环境散热达到平衡时，满足关系式I2Rk(tt0)(其中k是散热系数，t是电阻的温度，t0是周围环境温度，I为电流强度)，电阻的温度稳定在某一值若通过它的电流恒为50 mA，t020C，k0.25 w/C，由实测曲线可知该电阻的温度稳定在 C.11(xx江西省六校模拟18)如图所示，一辆质量M=3kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m=1kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep=6J，小球与小车右壁距离为L=0.4m，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：（1）小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小；（2）在整个过程中，小车移动的距离12(xx第二次大联考【江苏卷】15) 如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xoy坐标系，在第象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角=45。在第象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板C1、C2，两板间距为d1=06m，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板C1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为l1=072m。在第象限垂直于x 轴放置一竖直平板C3，垂足为Q，Q、O相距d2=018m，板C3长l2=06m。现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过C1板上的M孔，进入磁场区域。已知小球可视为质点，小球的比荷，P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离为，不考虑空气阻力。求：（1）匀强电场的场强大小；（2）要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上，求磁感应强度B的取值范围；（3）以小球从M点进入磁场开始计时，磁场的磁感应强度随时间呈周期性变化，如图乙所示，则小球能否打在平板C3上？若能，求出所打位置到Q点距离；若不能，求出其轨迹与平板C3间的最短距离。 (，计算结果保留两位小数) 物理参考答案及解析1B【命题立意】本题旨在考查牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【解析】设圆的半径为r，对于AM段，位移：x1=，加速度为：a1=gsin45=，由位移时间公式得，所用时间：=对于BM段，位移：，加速度为：a2=gsin53=，由位移时间公式得，所用时间为：对于CM段，位移：x3=2r，加速度为：a3=g，由位移时间公式得，所用时间为：=DBAM对于DM段，位移：，加速度为：，由位移时间公式得，所用时间为：故：t1=t3t2=t4故a、c同时到达M点，b、d同时到达M点，且ac用时短于bd用时，故ACD错误，B正确；【举一反三】如图所示，位于竖直平面内的圆, 已知在t=0时，a、b、d三个球分别由A、B、D三点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点,则它们运动的时间关系？2. C【命题立意】本题旨在考查牛顿第一定律。【解析】伽利略的理想斜面实验证明了：运动不需力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故ABD错误，C正确。故选：C3. B【命题立意】本题旨在考查功率、平均功率和瞬时功率、牛顿第二定律.【解析】根据速度时间图线知，前内的位移，则推力所做的功为： 第内做匀速直线运动，拉力等于滑动摩擦力，则滑动摩擦力的大小，所以第内克服摩擦力做功大小为：则前内平均功率为：故选：B4. D【命题立意】本题旨在考查电势能、牛顿第二定律、电场强度。【解析】A、由轨迹可判定正电荷所受电场力方向为从M到N，则知有可能负电荷在MN线上右侧，也有可能正电荷在MN线上左侧，故A错误；B、如果负电荷在MN线上右侧，故a离负电荷的距离大于b的距离，故粒子在a点受到的电场力小，加速度也小；如果正电荷在MN线上左侧，故a离正电荷的距离小于b的距离，故粒子在a点受到的电场力大，加速度也大，故B错误；C、曲线运动中，合力指向曲线的内侧，轨迹与电场线交点位置，电场力向右，故从a到b，电场力做正功，动能增加，故C错误；D、a到b，电场力做正功，电势能减少，故D正确。故选：D5.AC【命题立意】本题旨在考查电磁感应、安培力、速度图像及其相关知识，考查分析解决问题的能力和应用图象描述物理过程的能力。【解析】金属线框没进入磁场时，自由落体运动，下边进入磁场割磁感线产生感应电动势和感应电流，下边受到向上的安培力作用，做加速度减少的减速运动；导线框完全进入磁场中，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，导线框不受安培力作用，受重力，做匀加速运动；导线框下边开始出磁场时，上边切割磁感线产生感应电动势和感应电流，上边受到安培力作用，导线框做减速运动。全部离开，以g匀加速运动。所以A正确；从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止， ,B 错误；当恰受力平衡时，,解之，有可能的，C正确；,进入和离开相同，所以q相同，D错误【举一反三】从进入磁场到离开磁场，线框中产生的热是多少？6. AD【命题立意】本题旨在考查共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力。【解析】A、B、C间的动摩擦因素为，即如果B不受绳子拉力，则，B匀速下滑但是绳子对B有沿斜面向上的拉力，故B一定是减速下滑，A正确；B、以AB整体为研究对象，根据牛顿第二定律：mg+MgcosMgsin=（M+m）a得：a=，故B错误；C、对C受力分析，B给的压力mgcos和摩擦力mgcos，因为=tan，所以二者的矢量和等于mg，方向竖直向下，即C在水平方向上没有运动趋势，故C水平方向不受地面的摩擦力，C错误；D、由前面分析知B对C的作用力等于其重力mg，根据平衡条件知则水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等，D正确；故选：AD7. BD【命题立意】本题旨在考查变压器的构造和原理、正弦式电流的最大值和有效值。【解析】A、，则电压表示数为，故A错误；B、由图乙可知，交变电流的峰值是，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为，故B正确；C、接通开关，副线圈所接电路电阻减小，电流增大，热水器两端电压不变，所以消耗功率不变，故C错误；D、接通开关，电流增大，电压不变，所以线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，故D正确。故选：BD8. AD【命题立意】本题旨在考查万有引力定律及其应用。【解析】AB、设体积较小的星体质量为，轨道半径为，体积大的星体质量为，轨道半径为r2双星间的距离为，转移的质量为，根据万有引力提供向心力对： 对： 由得：，总质量不变，两者距离增大，则角速度变小故A正确、B错误；CD、由式可得：，把的值代入得：，因为，增大，故增大即质量较大的星体做圆周运动的轨道半径增大，故C错误、D正确。故选：AD9. AB【命题立意】本题旨在考查带电粒子在匀强磁场中的运动。【解析】由题，带电粒子以垂直于边的速度射入正方形内，经过时间刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为 A、若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则粒子轨迹的圆心角为，速度的偏向角也为，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为，必定从射出磁场，故A正确；B、若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则得到轨迹的圆心角为，由于，则它一定从bc边射出磁场，故B正确；C、若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则得到轨迹的圆心角为，而粒子从边射出磁场时最大的偏向角等于，故不一定从ab边射出磁场，故C错误；D、当带电粒子的轨迹与边相切时，轨迹的圆心角为，粒子运动的时间为，在所有从边射出的粒子中最长时间为，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是，一定不是从边射出磁场，故D错误。故选：AB10.（I）（1）10.243；（2）24.215；（3）1.69【命题立意】本题旨在考查线速度、角速度、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用。【解析】（1）由螺旋测微器读出整毫米数为10mm，由可动刻度读出毫米的小部分为0.243mm则挡光片的宽度为D=10.243mm。（2）由主尺读出整毫米数为242mm，游标尺上第3条刻度线与主尺对齐，读出毫米数小数部分为30.05mm=0.15mm，则圆盘的直径为d=242.15mm=24.215cm（3）圆盘转动的线速度为v=由v=r，得角速度=又r=联立得=代入解得，=1.69rad/s故答案为：（1）10.243；（2）24.215；（3）1.69。（II）（1）图见解析；（2）；（3）AC；（4）【命题立意】本题旨在考查伏安法测电阻。【解析】（1）如果用限流法，待测电阻两端的电压将超出电压表的量程，故用分压法，因为待测电阻是大电阻，故用内接法，如图1所示：（2）因当滑动触头打到端时待测电路电压或电流为零，从而保护电流表，故答案为；（3）应用描点法作图，图象如图2所示用电流表内接法测量的是待测电阻和电流表内阻的和，故测量值偏大，A正确；温度升高，热敏电阻的阻值变小，当与电流表电阻接近时，应改为电流表外接法，C正确；故选：AC（4）电阻的散热功率可表示为，在图象中做出如图所示的图线，据其与理论图线的交点即可求得：该电阻的温度大约稳定在故答案为：（1）连线如图；（2）；（3）AC；（4）【易错警示】本题为探究性实验，要求能将所学知识熟练应用；本题中要特别注意第3小问中的作图解决的办法；由于导体电阻随温度的变化而变化，故不能直接应用欧姆定律，而是根据图象进行分析。11.（1）、；（2）。【命题立意】本题旨在考查动量守恒定律；机械能守恒定律。【解析】水平面光滑，由小车、弹簧和小球组成的系统在从弹簧解锁到小球脱离弹簧的过程中，满足动量守恒和能量守恒，选向右为正方向，即：联立两式并代入数据解得：，在整个过程中，系统动量守恒，所以有：解得：答：（1）小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小是、；（2）在整个过程中，小车移动的距离是。12.（1）2N/C （2）0.5TB1/3T （3）0.38m【命题立意】该题考查带电粒子在组合场中的运动【解题思路】（1）小球在第二象限内做类平抛运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小（2）根据类平抛运动的规律求出经过M点的速度，作出粒子在磁场中的临界运动轨迹，结合几何关系和半径公式求出磁感应强度的范围（3）根据半径公式和周期公式求出粒子在磁场中运动的轨道半径和周期，由磁场的周期得出小球在磁场中运动的轨迹图，以及得出在一个磁场周期内小球在x轴方向的位移，判断能否打在平板C3上，若能打在平板C3上，通过几何关系求出其轨迹与平板C3间的最短距离【解答】解：（1）小球在第象限内做类平抛运动有：v0t=s at=v0tan由牛顿第二定律有：qE=ma代入据解得：E=2N/C（2）设小球通过M点时的速度为v，由类平抛运动规律：v= v0/ sin=4m/s小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图，由牛顿第二定律有：qvB=mv2/ R，得：B= mv / qR小球刚好能打到Q点磁感应强度最强设为B1此时小球的轨迹半径为R1由几何关系有：R1/( l1+d2-R1)=( l1-R1)/ R1代入数据解得：B1=0.5T小球刚好不与C2板相碰时磁感应强度最小设为B2，此时粒子的轨迹半径为R2由几何关系有：R2=d1，代入数据解得：B2=1/3T综合得磁感应强度的取值范围： 0.5TB1/3T（3）小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为为R3，周期为T有：R3= mv/ qB3，代入数据解得R3=0.09mT=2R3/ v，代入数据解得T=9/200s由磁场周期T0=2/3TT得小球在磁场中运动的轨迹如图可得：一个磁场周期内小球在x轴方向的位移为3R3由分析知有：l1=（3n+2）R3，n=2则小球能打在平板C3上，设位置到Q点距离为h有：h=2（n+1）R3cos-R3，解得：h=3R3-R3=0.38m【点评】本题关键是明确粒子的运动规律、画出运动轨迹，然后结合牛顿第二定律、类似平抛运动的分位移公式和几何关系列式求解，难度较大