1-1-炎德英才联考体2020高二12月份联考

PAGE1炎德英才联考体2020高二12月份联考一．单项选择题关于速度、加速度、合力的关系，下列说法不正确的是（）A．原来静止在光滑水平面上的物体，受到水平推力的瞬间，物体立刻获得加速度 B．加速度的方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向可能相同，也可能不同 C．在初速度为0的匀加速直线运动中，速度、加速度与合力的方向总是一致的 D．合力变小，物体的速度一定变小解：A、根据牛顿第二定律F＝ma，加速度a与合外力F具有瞬时对应关系，所以物体受到力作用的瞬间产生加速度，故A正确；B、加速度a的方向由合外力F的方向来决定，故加速度a的方向与合力F的方向总是一致的，速度v与加速度a没有决定性关系，故加速度a与速度v的方向可能相同，也可能不同，故B正确；C、根据牛顿第二定律F＝ma，加速度a与合外力F方向始终一致，物体做初速度为0的匀加速直线运动时，加速度a与速度v同向，所以在初速度为0的匀加速直线运动中，速度、加速度与合力的方向总是一致的，故C正确；D、合外力变小时，物体运动的速度不一定变小，例如加速度逐渐减小的变加速直线运动，合力变小但速度在增大，故D错误。故选：D。一物体静止于水平桌面上，两者之间的最大静摩擦力为5N，现将水平面内三个力同时作用于物体的同一点，三个力的大小分别为2N、2N、3N。下列关于物体的受力情况和运动情况判断正确的是（）A．物体所受静摩擦力不可能为2N B．物体所受静摩擦力不可能为4N C．物体可能仍保持静止 D．物体一定被拉动解：2N和2N的合力范围为0≤F合≤4N，3N在此范围内，故当两个2N合力为3N时，再与第三个力大小相等方向相反，则三个力的合力为0，故2N，2N，3N三个力的合力范围为0≤F′合≤7N。A、2N在三个力的合力范围内，故当三个力的合力为2N时，物体所受静摩擦力为2N，A错误；B、4N在三个力的合力范围内，故当三个力的合力为4N时，物体所受静摩擦力为4N，B错误；CD、当三个力的合力小于等于最大静摩擦力5N时，物体仍保持静止状态，C正确，D错误。故选：C。汽车在平直公路上做刹车实验（视为匀变速），若从t＝0时起汽车在运动过程中的位移x与速度的平方v2之间的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．刹车过程中汽车加速度大小为10m/s2 B．刹车过程持续的时间为3s C．汽车刹车后经过3s的位移为10m D．t＝0.05s时汽车的速度为7.5m/s解：AB、根据0﹣v2＝﹣2ax得x＝v2，结合题图可知，解得a＝5m/s2，则刹车过程中加速度大小为5m/s2，又由图线可知，汽车的初速度为v0＝10m/s，则刹车过程持续的时间t═＝2s．故AB错误。C、刹车过程经过3s的位移等于前2s内的位移，由题图可知位移为10m，故C正确。D、t＝0.05s时刻的速度v＝v0﹣at＝10﹣5×0.05m/s＝9.75m/s，故D错误。故选：C。如图所示，卫星a、b、c沿圆形轨道绕地球运行。a是极地轨道卫星，在地球两极上空约1000km处运行；b是低轨道卫星，距地球表面高度与a相等；c是地球同步卫星，则（）A．a卫星的加速度比c卫星小B．a、b卫星所受到的地球的万有引力大小相等 C．三颗卫星半径的三次方与周期的二次方比值都相等 D．a卫星的周期比c卫星大解：卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，＝m＝ma，解得周期：T＝2，向心加速度：a＝。A、c卫星的轨道半径大于a卫星的轨道半径，则c卫星的向心加速度小于a的向心加速度，故A错误。B、卫星的质量未知，无法确定万有引力大小，故B错误；C、根据开普勒第三定律可知，＝k，三颗卫星半径的三次方与周期的二次方比值都相等，故C正确。D、c卫星的轨道半径大于a、b卫星的轨道半径，故a的周期小于c的周期，故D错误。故选：C。如图所示，匀强电场中扇形OAB的圆心角∠AOB＝120˚，半径OA为2m，C点为AB弧的中点，已知电场线平行于扇形所在的平面，一个电荷量为1×10﹣7C的正点电荷q1由O点移到无穷远处（电势为0）克服电场力做功5×10﹣7J，若将电荷量为2×10﹣7C的负点电荷q2从O点移动到A点电势能增加4×10﹣7J，将此负电荷沿圆弧从A移到C电场力做功8×10﹣7J，则（）A．电场强度大小为2V/m B．O点的电势为5V C．A点的电势高于O点的电势 D．电荷q2在B点的电势能为﹣2×10﹣7J解：B、o点的电势φo＝＝＝﹣5V，故B错误C、UOA＝＝＝2V，则A点电势比o点小2V，φA＝﹣7V，故C错误，D、UCA＝﹣UAc＝﹣＝﹣＝4V，则可知φC＝﹣3V，φB﹣（﹣5）＝﹣3﹣（﹣7）得：φB＝﹣1V，电荷q2在B点的电势能为2×10﹣7J，故D错误A、场强为：E＝＝＝2V/m，故A正确故选：A。如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电。放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电。这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光。则下面说法不正确的是（）A．充电时，通过R的电流不变 B．若R增大，则充电时间变长 C．若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大 D．若E减小为85V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变解：A、充电时，电容器电荷量增加、电压增加，根据闭合电路的欧姆定律可得R两端电压减小，通过R的电流减小，故A错误；B、若R增大，充电过程中平均电流I减小，根据Q＝It可知充电时间变长，故B正确；C、电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯瞬间导通并发光，所以闪光灯发光电压U一定；若C增大，根据Q＝CU可知闪光灯闪光一次通过的电荷量增大，故C正确；D、若E减小为85V，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U＝80V时，闪光灯瞬间导通并发光，根据Q＝CU可知闪光灯闪光一次通过的电荷量不变，故D正确；故选：A。科学实验证明，通电长直导线周围磁场的磁感应强度大小B＝k，式中常量k＞0，I为电流强度，l为距导线的距离。如图所示，三根完全相同且通有恒定电流的长直导线a、b、c，其截面位于等边三角形的三个顶点，a、b、c通过的恒定电流大小分别为Ia、Ib、Ic，b、c位于光滑绝缘水平面上，三根导线均可保持静止状态，则（）A．a、b通有同向的恒定电流 B．导线a受的合磁场力竖直向上C．导线a、b所受的合磁场力大小相等、方向相反 D．导线a、b、c上通有的电流大小关系为Ia＝2Ib＝Ic解：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，AB、导线a受b、c磁场力恰好与其重力平衡，重力竖直向上，则导线a受的合磁场力的方向竖直向上，因此b、c对a的磁场力都为排斥力，b、c为同向电流，a与b、c为异向电流，故A错误，B正确；C、c对b为吸引力，a对b为排斥力，导线b受到磁场力的合力的方向为斜向右下方，导线a受的合磁场力的方向竖直向上，故两者方向不是相反的，故C错误；D、设导线长度为L，分析导线b的受力情况，a对b的磁场力为Fab，c对b的磁场力为Fcb，根据共点力平衡知识可知，Fabsin30°＝Fcb，其中，，解得：Ia＝2Ib，根据导线a的受力可知，电流Ib＝Ic，故导线a、b、c上通有的电流大小关系为Ia＝2Ib＝2Ic，故D错误。故选：B。如图所示，AB是倾角为37°的斜面，BC为水平面，一小球以6J的初动能从A点水平抛出，第一次落到界面上的动能为12J，若A点水平抛出的动能为12J，则第一次落到界面上的动能为（）A．18J B．24J C．36J D．42J解：小球第一次落在斜面上时，设速度与水平方向的夹角为α，则cosα＝因为，解得则α＝45°。因为小球速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，若小球落在斜面上，位移与水平方向的夹角正切值为而tanα＝1，不是位移与水平方向夹角正切值的2倍，所以小球落在水平面上。根据动能定理得，mgh＝Ek2﹣Ek1＝12J﹣6J＝6J则以12J的动能水平抛出，一定落在水平面上。根据动能定理得，mgh＝Ek2′﹣Ek1′，解得Ek2′＝E′k1+mgh＝12J+6J＝18J．故A正确，B、C、D错误。故选：A。二、多项选择题物理学是一门自然科学，源于对自然界的观察和研究，与生活有着紧密的联系。下列物理知识的应用，说法正确的是（）A．避雷针能够避免建筑物被雷击，是因为避雷针储存了云层中的电荷 B．指南针S极指向地球南极方向，是因为指南针所在位置的地磁场方向指向地球南极方向 C．超高压带电作业的工人所穿衣服的织物中掺入金属丝是为了增加衣服的导电性 D．电磁灶加热食物，是利用电磁感应产生的涡流使锅体发热解：A、避雷针工作原理是利用尖端放电将电荷导入大地，故A错误；B、地磁场的南北极与地理南北极相反，在磁体外部磁场由北指向南，故B错误；C、超高压带电作业的工人所穿衣服的织物中掺入金属丝是为了增加衣服的导电性，同时也起到一定的静电屏蔽作用。故C正确；D、电磁炉是利用电流的磁效应，金属圆盘处在磁场中时，在金属圆盘内产生涡流。利用涡流的热效应对食物进行加热，故D正确。故选：CD。如图所示，水平转盘上的A、B、C三处有三块可视为质点的由同一种材料做成的正立方体物块；B、C处物块的质量相等为m，A处物块的质量为2m；A、B与轴O的距离相等，为r，C到轴O的距离为2r，转盘以某一角速度匀速转动时，A、B、C处的物块都没有发生滑动现象，下列说法中正确的是（）A．C处物块的向心加速度最大 B．B处物块受到的静摩擦力最小 C．当转速增大时，最先滑动起来的是A处的物块 D．当转速继续增大时，最后滑动起来的是C处的物块解：A、根据a＝rω2知，三物块的角速度相等，C物块的半径最大，则向心加速度最大。故A正确。B、因为B物块的质量最小，半径最小，根据f＝mrω2，知B物块受到的静摩擦力最小。故B正确。C、根据μmg＝mrω2，解得ω＝，知C物块的半径最大，临界角速度最小，知C物块最先滑动起来。故C、D错误。故选：AB。如图，天花板下细线OC悬挂着一个光滑轻质定滑轮，小物块A置于斜面上，通过细线跨过滑轮与沙漏B连接，滑轮右侧细线与斜面平行。开始时A、B都处于静止状态，OC与竖直方向的夹角为θ，在B中的沙子缓慢流出的过程中（）A．A受到的摩擦力可能缓慢减小 B．A受到的细线拉力可能缓慢增加 C．细线OC的张力一定缓慢减小 D．细线OC与竖直方向的夹角为θ可能增加解：A、假设沙漏B的重力大于物块A的重力沿斜面向下的分力，则开始A受到的摩擦力方向沿斜面向下，设斜面的倾角为α，对物块A根据平衡条件可得：（mB+m沙）g＝mAgsinα+f，由于B中的沙子缓慢流出，则沙子的质量逐渐减小，物块A受到的摩擦力缓慢减小，故A正确；B、对B以及中的沙子整体为研究对象，根据平衡条件可得F＝（mB+m沙）g，由于B中的沙子缓慢流出，则沙子的质量逐渐减小，则B受到的细线的拉力减小，即A受到的细线拉力减小，故B错误；C、由于连接A和B的细线的拉力F减小，对滑轮C为研究对象，可知细线OC的张力与接A和B的细线的拉力的合力相等，根据平行四边形法则可知，细线OC的张力一定缓慢减小，故C正确；D、细线OC与竖直方向的夹角θ等于，由于滑轮右侧细线与斜面平行，CB方向始终竖直，所以∠ACB不变，则θ不变，故D错误。故选：AC。如图，ABCD是边长为a的正方形。质量为m、电荷量为e的电子以大小为v0的初速度沿纸面垂直于BC边射入正方形区域。在正方形内适当区域中有匀强磁场。电子从BC边上的任意点入射，都只能从A点射出磁场。不计重力，下列说法正确的是（）A．磁感应强度方向垂直于ABCD平面向里B．磁感应强度大小C．匀强磁场区域的最小面积S=D．匀强磁场区域的最小面积S=πa2解：AB．设匀强磁场的磁感应强度的大小为B．令圆弧是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道。电子所受到的磁场的作用力：f＝ev0B，应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外。故A错误。圆弧的圆心在CB边或其延长线上。依题意，圆心在A、C连线的中垂线上，故B点即为圆心，圆半径为a按照牛顿定律有：联立①②式得：，故B正确CD：由上解析中已知磁感应强度的方向和大小，可知自C点垂直于BC入射电子在A点沿DA方向射出，且自BC边上其它点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC区域中。因而，圆弧是所求的最小磁场区域的一个边界。为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A点的电子的速度方向与BA的延长线交角为θ（不妨设）的情形。该电子的运动轨迹qpA如右图所示。图中，圆的圆心为O，pq垂直于BC边，由③式知，圆弧的半径仍为a，在D为原点、DC为x轴，AD为y轴的坐标系中，P点的坐标（x，y）为：x＝asinθ，y＝﹣[a﹣（z﹣acosθ）]＝﹣acosθ这意味着，在范围内，p点形成以D为圆心、a为半径的四分之一圆周，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界。因此，所求的最小匀强磁场区域时分别以B和D为圆心、a为半径的两个四分之一圆周和所围成的，其面积为：＝,故C正确，D错误故选：BC三．非选择题为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲同学设计了如图1所示的实验装置。其中M为小车的质量，m0为沙和沙桶的总质量。一轻绳跨过轻质的定滑轮和动滑轮一端连接沙桶，另一端连接拉力传感器，拉力传感器可测出轻绳中的拉力大小。实验过程中，每次在释放小车前，先读出拉力传感器的示数并记为F。（1）实验过程中，下列操作正确的是AB。A．调整长木板左端的定滑轮，使得细线与长木板平行B．在不挂沙桶的前提下，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源D．为减小误差，实验中要保证沙和沙桶的总质量m0远小于小车的质量M（2）甲同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为2.00m/s2（结果保留两位有效数字）。（3）甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a﹣F（如图3）图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为C。A.B．tanθC.D.（4）乙同学也利用此装置探究合外力一定时，物体的加速度和质量的关系。他保持沙和沙桶的总质量不变，改变放在小车中砝码的质量m，测出对应的加速度a，假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响。他没有测量小车的质量M，而是以为纵坐标，m为横坐标，画出﹣m图象，从理论上分析，如图4图象正确的是B。解：（1）A、调整定滑轮的高度，保证细线与长木板平行，才能确保小车受到合力不变，故A正确；B、先拿下砂桶，然后将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；C、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，故C错误；D、本实验中细线的拉力由弹簧测力计直接测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故D错误；故选：AB。（2）根据△x＝aT2，运用逐差法得，a＝＝m/s2≈2.00m/s2。（3）由牛顿第二定律得：2F＝ma，则a＝F，a﹣F图象的斜率：k＝，则小车的质量m′＝m﹣m0＝﹣m0，故C正确。（4）根据牛顿第二定律可知m0g＝（M+m）a，解得＝+，故B正确，ACD错误。故答案为：（1）AB，（2）2.00，（3）C，（4）B。如图甲所示是一种测量电容的实验电路图，实验是通过对高阻值的电阻放电的方法，测出电容器充电至电压U时所带电荷量Q，从而再求出待测电容器的电容，某同学在一次实验时的情况如下：a．按图甲所示电路图接好电路；b．接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数是I0＝490μA，电压表的示数是U0＝8.0V，I0、U0分别是电容器放电时的初始电流和电压；c．断开开关S，同时开始计时，每隔5s或10s读一次电流I的值，将测得数据填入表格，并标示在图乙的坐标纸上（时间t为横坐标，电流i为纵坐标），结果如图中小黑点所示．（1）该电容器电容为1.0×10﹣3F（结果保留两位有效数字）；（2）若某同学实验时把电压表接在E、D两端，则电容的测量值比它的真实值小（选填“大”、“小”或“相等”）．解：（1）用平滑的曲线将图乙中各点连起来，数出图乙中图线与坐标轴所围成面积约为32格，即电容器的电荷量为：Q＝32×50×10﹣6×5c＝8.0×10﹣3C电容：（2）若把电压表接在E、D两端，则断开开关S电容器放电的过程中，从电压表和电阻上两条支路同时放电，图乙中图线与坐标轴所围成面积仅为电容器的通过电阻的放电量，比电容器的实际带电量小，故电容的测量值比它的真实值小．故答案为：（1）1.0×10﹣3；（2）小．如图1所示，一质量为m=1kg的物体置于水平面上，在水平外力的作用下由静止开始运动，水平外力随时间的变化情况如图2所示，物体运动的速度随时间变化的情况如下图3所示，4s后图线没有画出．g取10m/s2．求：（1）物体在第3s末的加速度大小；（2）物体与水平面间的动摩擦因数；（3）物体在前6s内的位移．解：（1）由v-t图象可知，物体在前4s做匀变速直线运动，所以物体在第3s末的加速度a1等于前4s内的加速度，根据v-t图象和加速度定义式：得，（2）在0-4s内，在水平方向：F1-μmg=ma1，解出：μ=0.4

（3）设前4

s的位移为x1，由位移公式：x1==1×16=8m；设4

s后物体运动时的加速度为a2，则：F2-μmg=ma2解得，a2=-2

m/s2物体在4s末时的速度为v′=4

m/s，设物体从4s末后运动时间t2速度减为0，则：0=v′+a2t2解得：t2=2

s所以，物体在6s末速度恰好减为0．故后2s内的位移：代入数据，解得，x2=4m所以物体在前6s内的位移x=x1+x2=8+4=12

m答：（1）物体在第2s末的加速度为1m/s2；（2）物体与水平面间的摩擦因数μ为0.4；（3）物体在前6s内的位移为12m．在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自