2020届广东省广州市高三二模物理试题（解析版）

2020 届广东省广州市高三（下）二模物理试题 二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 14~18 题只有一项符合题目要求，第 19~21 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。 1.一种利用红外线感应控制的紫外线灯，人在时自动切断紫外线灯电源，人离开时自动开启紫外线灯杀菌消 毒。已知红外线的光子最高能量是 1.61eV，紫外线的光子最低能量是 3.11eV；如图是氢原子能级示意图， 则大量氢原子（　　） A. 从 n=2 跃迁到低能级过程只可能辐射出红外线 B. 从 n=3 跃迁到低能级过程不可能辐射出红外线 C. 从 n=4 跃迁到低能级过程只可能辐射出紫外线 D. 从 n=5 跃迁到低能级过程不可能辐射出紫外线 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．从 n=2 跃迁到低能级过程中辐射的光子能量为 由题意可知该光子属于紫外线，故 A 错误； B．从 n=3 跃迁到低能级过程中，跃迁到 n=2 能级过程辐射的光子能量最小，其值为 该光子能量大于红外线光子的最高能量，其他光子能量均大于该光子，故 B 正确； C．从 n=4 跃迁到 n=3 能级辐射的光子能量为 该光子属于红外线，故 C 错误； D．从 n=5 跃迁到低能级过程中辐射的光子能量最大为 1 2 1 10.2eVhv E E= − = 2 3 2 1.89eVhv E E= − = 3 4 3 0.66eVhv E E= − =该光子属于紫外线，故 D 错误； 故选 B。 2.医用口罩的熔喷布经过驻极处理可增加静电吸附作用，其中一类吸附过程可作如图简化：经过驻极处理后 某根绝缘纤维带有正电荷，其附近 a 点处的初速度平行于该段直纤维且带负电的颗粒被吸附到纤维上 b 点， 忽略其它电场影响，则（　　） A. 颗粒做匀变速曲线运动 B. 颗粒受到的电场力恒定 C. 颗粒的电势能逐渐减小 D. a 点的电势比 b 点的高 【答案】C 【解析】 【详解】AB．带电的绝缘纤维产生的电场为非匀强电场，故颗粒受到的电场力为变力，做非匀变速曲线运 动，故 A、B 错误； C．由于颗粒带负电，绝缘纤维带正电，因此电场力对颗粒做正功，电势能减小，故 C 正确； D．由于绝缘纤维带正电，故 b 点电势高于 a 点，故 D 错误； 故选 C。 3.疫情防控期间，某同学在家对着竖直墙壁练习打乒乓球。某次斜向上发球，球垂直撞在墙上后反弹落地， 落地点正好在发球点正下方，球在空中运动的轨迹如图，不计空气阻力。关于球离开球拍到第一次落地的 过程，下列说法正确的是（　　） A. 球撞击墙壁过程没有机械能损失 4 5 1 13.06eVhv E E= − =B. 球在空中上升和下降过程时间相等 C. 球落地时的速率一定比抛出时大 D. 球落地时和抛出时的动能可能相等 【答案】D 【解析】 【详解】A．小球反弹前的运动为斜抛运动，与墙壁撞击时速度与墙壁垂直，因此可以逆向思维看做平抛运 动，反弹后的运动也为平抛运动，两次平抛的水平位移相同，但是第二次的竖直位移更大，因此第二次运 动时间更长，因此反弹后的水平初速度小于与墙壁撞击之前的速度，即小球与墙壁撞击时有能量损失，故 A 错误； B．由 A 中分析可知，下降时间大于上升时间，故 B 错误； CD．由于与墙壁撞击时存在能量损失，小球从抛出到落体重力做了正功，由于不知道能量损失和重力做功 的关系，因此落地时的速度与抛出时的速度有可能相等，故 C 错误，D 正确； 故选 D。 4.风力发电是一种环保的电能获取方式。某风力发电机的叶片转动形成的圆面积为 S，某时间风的速度大小 为 v，风向恰好跟此圆面垂直；此时空气的密度为 ρ，该风力发电机将空气动能转化为电能的效率为 η，则 风力发电机发电的功率为（　　） A. ηρSv2 B. ηρSv2 C. ηρSv3 D. ηρSv3 【答案】D 【解析】 【详解】时间 t 内，撞击到风力发电机上的空气的动能为 故风力发电机的功率为 故 D 正确； 故选 D。 5.如图，“食双星”是指在相互引力作用下绕连线上 O 点做匀速圆周运动，彼此掩食（像月亮挡住太阳） 而造成亮度发生周期性变化的两颗恒星。在地球上通过望远镜观察这种双星，视线与双星轨道共面。观测 发现每隔时间 T 两颗恒星与望远镜共线一次，已知两颗恒星 A、B 间距为 d，万有引力常量为 G，则可推算 出双星的总质量为（　　） 1 2 1 2 2 21 1 2 2kE mυ ρυtSυ= = 31 2 kηEWP ηρSυt t = = =A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设 A、B 两天体的轨道半径分别为 、 ，两者做圆周运动的周期相同，设为 ，由于经过时间 两者在此连成一条直线，故 对两天体，由万有引力提供向心力可得 其中 ，联立解得 故 B 正确； 故选 B。 6.某电磁弹射装置的简化模型如图所示，线圈固定在水平放置的光滑绝缘杆上，将金属环放在线圈左侧。闭 合开关时金属环被弹射出去，若（　　） A. 从右向左看，金属环中感应电流沿逆时针方向 B. 将电源正负极调换，闭合开关时金属环将向右运动 C. 将金属环放置在线圈右侧，闭合开关时金属环将向右运动 D. 金属环不闭合，则闭合开关时金属环不会产生感应电动势 22 2 π d GT 2 3 2 π d GT 2 2 2 2π d GT 2 324π d GT 1r 2r T′ T 2T T′ = 2 12 2A B A m m πG m rd T  =  ′  2 2 2A B B r m m πG m rd T  =  ′  1 2d r r= + 2 3 2 π A Bm m T d G + =【答案】AC 【解析】 【详解】A．闭合开关后，由右手定则可知螺线管的左边为 N 极，故穿过圆环的磁场方向向左，由于圆环 中磁通量变大，由楞次定律可知，圆环中感应电流的磁场方向向右，故从右向左看，圆环中电流方向为逆 时针，故 A 正确； B．将电源正负极对调，闭合开关时，圆环中的磁通量仍然增加，由楞次定律可知，圆环仍然向左运动， 故 B 错误； C．金属环放置在右侧时，闭合开关，圆环中磁通量增加，由楞次定律可知，它将向右运动，故 C 正确； D．金属环不闭合，磁通量变化时会产生感应电动势，但是没有感应电流，故 D 错误； 故选 AC。 7.如图甲，倾角为 θ 的传送带始终以恒定速率 v2 逆时针运行，t=0 时初速度大小为 v1（v1＞v2）的小物块从 传送带的底端滑上传送带，其速度随时间变化的 v﹣t 图象如图乙，则（　　） A. 0~t3 时间内，小物块所受到的摩擦力始终不变 B. 小物块与传送带间的动摩擦因数满足 μ tanµ θ< tυ − 1t 1t度小于初速度 ，故 D 正确； 故选 BD。 8.倾角 θ=30°的绝缘斜面固定在水平桌面上，细金属棒 ab 和 cd 质量均为 m，电阻均为 R；用电阻不计、 不可伸长的两根柔软轻导线将它们连成闭合回路 abcda，使两金属棒水平并通过固定在斜面上端的两个光滑 绝缘的定滑轮跨放（如图所示），斜面上两导线相互平行且都平行于斜面。斜面上间距为 d 的两虚线间的区 域存在垂直斜面向上、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，cd 与斜面间的动摩擦因数 μ= ，重力加速度为 g，当 ab 匀速下落时（　　） A. 回路中的电流方向为 abcda B. 回路中的电流大小为 0 C. cd 的速度大小为 D. 相同时间内，cd 与斜面摩擦产生的热量和回路产生的焦耳热相等 【答案】ACD 【解析】 【详解】AB．cd 棒沿斜面向上运动，切割磁感线产生感应电流，由右手定则可知，电流方向为 abcda，故 A 正确，B 错误； C．ab 匀速下落，则 cd 匀速上升，两者合力均为 0，故绳中拉力为 对 cd 棒有 其中 1 υ 3 6 2 22 mgR B d T mg= sin cosBId mg θ μmg θ T+ + = 2 BdυI R =解得 故 C 正确； D．由 C 中可得，安培力大小为 摩擦力为 故相同时间内，两者做功相等，因此摩擦产生的热量和回路中产生的焦耳热相等，故 D 正确； 故选 ACD。 三、非选择题：共 174 分。第 22~32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33 题~第 38 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 129 分。 9.在“验证力的平行四边形定则”实验中，橡皮条一端固定在贴有白纸的水平木板上P 点，另一端栓上两根 细绳，每根细绳分别连着量程为 5N、最小刻度为 0.1N 的弹簧测力计 A 和 B，平行木板沿两个不同的方向 拉弹簧测力计。某次实验，当橡皮条与两细绳的结点被拉到 O 点时，两细绳刚好相互垂直，弹簧测力计的 示数如图甲所示。 (1)两细绳对结点的拉力大小可由 A、B 分别读出：FA=_____N 和 FB_____N； (2)请在图乙的方格纸（一小格边长表示 0.5N）上画出这两个力及它们合力的图示_____。 2 22 mgRυ B d = 1 4F BIL mg= = 1 4f mg=【答案】 (1). 4.00N (2). 2.50N (3). 【解析】 【详解】（1）[1][2]由图甲中可知，弹簧测力计读数分别为 4.00N 和 2.50N； （2）[3]由于每格为 0.5N，故 、 分别为 8 格和 5 格，故力的图示如图所示 10.某同学利用下列器材研究小灯泡的伏安特性： 小灯泡 L（额定电压 2.5V，额定电流 0.3A）； 电压表 V（量程 3V，内阻约 3kΩ）； 毫安表 mA（量程 100mA，内阻 9Ω）； 定值电阻 R0（阻值 3Ω）； 滑动变阻器 R（阻值 0~10Ω）； 电源 E（电动势 4V，内阻不计）； 开关 S；导线若干。 AF BF(1)实验要求在 0~2.5V 的范围内对小灯泡进行测量，在图（a）中用笔画线代替导线，将实验电路连接完整 _____； (2)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移动至最_____（选填“左”或“右”）端； (3)实验得到该小灯泡伏安特性曲线如图（b）所示，可知随着电流的增加小灯泡的电阻_______（填“增 大”“不变”或“减小”）；若实验过程中某次读数时毫安表的指针位置如图（c）所示，则此时小灯泡的电 阻为_______Ω（保留一位小数）； (4)完成实验后，该同学用另一开关 S1 和上述器材连接成图（d）所示的电路，闭合开关 S、S1，适当调节滑 动变阻器 R 的滑片位置，使小灯泡恰好正常发光；再断开开关 S1，此时小灯泡两端的电压为_______V（保 留一位小数）。 【答案】 (1). (2). 左 (3). 增大 (4). 6.7 (5). 1.9 【解析】 【详解】（1）[1]本实验中小灯泡电压要求从 0 开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法；由于小灯泡的额 定电流为 0.3A，电流表量程太小，因此电流表和 并联扩大量程，故电路连接如图所示0R（2）[2]闭合开关时，电压表电流表示数均应该为 0，故滑动变阻器滑片置于左侧； （3）[3][4]由 可知， 图中点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，故图中表示的电阻越来越大； 从图 c 中可知，通过小灯泡 电流为 故灯泡两端电压为 ，故小灯泡的电阻为 （4）[5]闭合 S1 小灯泡正常发光，则滑动变阻器接入电路的阻值为 开关 S1 断开后，将 R0 和滑动变阻器接入电路电阻视为电源内阻，则等效内阻为 作出电源的 图像，其与小灯泡伏安特性曲线的交点即为通过小灯泡的电流和电压，如图所示，由图中 可知电压为 11.如图，正方形 ABCD 区域的边长为 L，一质子由静止开始被电压为 U 的电场加速后，从 AD 边的中点 O 平行 AB 边射入。若 ABCD 区域内仅存在一垂直纸面向外的匀强磁场，则质子从 CD 边的中点射出。若 ABCD 的 UR I = I U− 0 240mAA A A I RI I R = + = 1.6VU = 6.7ΩUR I = = 1 5ΩE UR I −= = 0 8Ωr R R= + = I U− 1.9VU′ =区域内仅存在场强大小为 、方向由 A 指向 D 的匀强电场，则质子从区域边界上的 P 点（未画出）射出。 已知质子质量为 m，电荷量为 e，不计重力，求： (1)磁感应强度大小； (2)P、C 两点间的距离。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)设质子从 O 点射入时的速度大小为 v，静止开始加速过程由动能定理 ① 由题意可知质子在磁场中圆周运动的半径为 ，轨迹如图 由牛顿第二定律 ② 联立解得 ③ (2)依题意知电场强度为 设质子在电场中的加速度为 a，运动时间为 t，由牛顿第二定律 ④ 由类平抛运动的规律，沿电场方向的位移 ⑤ 2 U L 2 2B meUeL = 3 8 L 21 2eU mv= 1 2 L 2 / ( )2 LevB mv= 2 2B meUeL = 2 UE L = eE ma= 21 2y at=假设 P 点在 BC 边上，垂直电场方向有 ⑥ 解得 由于 y< ，假设成立，⑦所以 P、C 之间的距离为 ⑧ 12.如图甲，长 L=5m、质量 M=1kg 的木板静置在粗糙水平面上，木板与水平面之间的动摩擦因数 μ=0.1，木 板的上表面由不同材料构成。质量 m=1kg 的小物块静止在木板左端的 O 点，物块与木板 OA 段、AB 段、BC 段之间的动摩擦因数分别为 μ1=0.3、μ2=0.1 和 μ3=0.5.从 t=0 开始对物块施加一水平拉力 F，F 随时间 t 变化 关系如图乙所示，取水平向右为正方向。已知 OA、AB 段长度分别为 L1=1.0m、L2=3.0m，重力加速度 g=10m/s2.求： (1)物块到达木板上表面 A 点时的速度大小 v1； (2)第 2s 内物块与木板之间的摩擦产生的热量 Q； (3)最终物块与木板都静止时，物块距木板右端 C 的距离 d。 【答案】(1)3m/s；(2)3J；(3)0.2m 【解析】 【详解】(1)在 0~1s 时间内，由图象可知拉力 F1=6N，假设该段时间 t1=1s 内，物块一直在 OA 段运动，设 物块和木板末速度分别为 、 ，物块和木板加速度分别为 、 ，由牛顿第二定律，对物块有 对木板有 解得 ， 由于 L vt= 8 Ly = 1 2 L 1 3 2 8PC L y L= − = 1v 1v′ 1a 1a′ 1 1 1F mg maµ− = 1 1( )mg M m g Maµ µ ′− + = 2 1 3m/sa = 2 1 1m/sa′ =故物块相对木板向右滑动，该段时间 t1=1s 内，物块的位移 木板的位移 两者相对位移 物块刚好到达木板上 A 点，假设成立；此时，物块和木板的速度分别为 ， (2)在 1s~2s 时间内，由图象可知拉力 F2=2N，假设该段时间 t2=1s 内，物块一直在 AB 段运动，设物块和木 板末速度分别为 、 ，物块和木板的加速度分别为 、 ，由牛顿第二定律，对物块有 对木板有 解得 ， 则该段时间 t2=1s 内，物块的位移 木板的位移 两者相对位移 物块刚好到达木板上 B 点，假设成立，此时物块和木板的速度分别为 ， 1 1a a′> 2 1 1 1 1 1.5m2s a t= = 2 1 1 1 1 0.5m2s a t′ ′= = 1 1 1 11ms s s L′∆ = − = = 1 1 1 3m/sv a t= = 1 1 1 1m/sv a t′ ′= = 2v 2v′ 2a 2a′ 2 2 2F mg maµ− = 2 2( )mg M m g Maµ µ ′− + = 2 2 1m/sa = 2 2 1m/sa′ = − 2 2 1 2 2 2 1 3.5m2s v t a t= + = 2 2 1 2 2 2 1 0.5m2s v t a t′ ′= + = 2 2 2 23ms s s L′∆ = − = = 2 1 2 2 4m/sv v a t= + =因此，第 2s 内物块与木板之间摩擦生热 (3)在 2s~3s 时间内，由图象可知拉力 ，物块滑入木板表面 BC 段后，假设该段时间 t3=1s 内，物 块一直在 BC 段运动，设设物块和木板末速度分别为 、 ，物块与木板加速度分别为 、 ，由牛顿第 二定律，对物块有 对木板有 解得 ， 设经过 时间物块与木板共速，速度为 ，由速度与时间 关系 解得 ， 该过程 时间内物块位移 木板位移 由于 所以物块还在木板上，未到达 C 点，假设成立。之后，假设物块和木板共同减速，其加速度大小为 的 2 1 2 2 0v v a t′ ′ ′= + = 2 2 3JQ mg sµ= ⋅∆ = 3 2NF = − 3v 3v′ 3a 3a′ 3 3 3F mg maµ− = 3 3( )mg M m g Maµ µ ′− + = 2 3 7m/sa = − 2 3 3m/sa′ = t∆ v 2 3v v a t= + ∆ 3v a t′= ∆ 0.4s