广东省六校联盟2020届高三物理上学期第二次联考试题（含解析）二、选择题1.如图所示有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O 点，O 点恰好是下半圆的顶点,它们处在同一竖直平面内．现有两条光滑直轨道AOB 、COD ，轨道与竖直直径的夹角关系为αβ>，现让一小物块先后从这两条轨道顶端由静止下滑至底端，则下列关系中正确的是（ ）A. B D v v =B. B D v v >C. AB CD t t =D.AB CD t t > 【答案】D 【解析】 【分析】根据动能定理直接判断速度大小，根据运动学公式求解时间。
【详解】AB ．小物块下滑过程中只有重力做功，同一物块重力做功只和高度有关系，COD 轨道竖直高度更高，根据动能定理可知重力做功等于物块落至底端的动能，所以B D v v <，故AB 错误；CD ．以AOB 轨道的物块为研究对象，根据位移与速度的关系：22112cos cos cos 2AB R R αg αt α+= 同理COD 轨道：22112cos cos cos 2CD R R βg βt β+= 两式相比且cos cos αβ<：221222122cos12cosABCDRRtαRt Rβ+=>+所以AB CDt t>，故D正确，C错误。
【点睛】根据圆直径对应的圆周角为直角，通过辅助线计算位移，进而分析加速度，最后求解时间。
2.如图所示为某电场中x轴上电势随x变化的图像，一个带电粒子仅受电场力作用在1x处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过2x处，则下列说法正确的是（）A. 1x和2x处的电场强度均为零B. 1x和2x之间场强方向不变C. 粒子从1x到2x过程中，电势能先减小后增大D. 该粒子带正电【答案】C【解析】【分析】电势随x变化的图像的斜率的物理意义为电场强度，沿着电场线的方向电势降低；根据电势的定义判断电势能的变化。
φ-图像的斜率的物理意义为场强，根据图像可知两处的斜率大小不同、方【详解】AB．x向相反，所以两处的场强大小不为零且方向相反，故AB错误；CD．沿着电场线方向电势降低，说明1x处的电场线沿着x轴的负方向，粒子能够从静止出发，说明粒子带负电，根据电势的定义式：Epϕ=q可知，粒子从1x粒子从到2x过程中，电势能先减小后增大，故C正确，D错误。
【点睛】注意利用电势的定义式计算时，因为电势的选取是相对的，所以公式中的物理量的正负需要代入，这样才能准确判断电势能的变化。
、、三条导线到d导线3.有四条垂直于纸面的长直固定导线，电流方向如图所示，其中a b c的距离相等，三条导线与d的连线互成120︒角.四条导线的电流大小都为I，其中a导线对d 导线的安培力大小为F.现突然把c导线的电流方向改为垂直于纸面向外，电流大小不变. 此时d导线所受安培力的合力大小为（）A. 0B. FC. 3FD. 2F【答案】D【解析】【详解】把c导线的电流方向改为垂直于纸面向外后，对d进行；受力分析如图所示：a对d的斥力大小为F，b对d的斥力大小为F，c对d的引力大小为F，根据共点力的合成可知d导线所受的合力为2F，D正确.4.如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑片P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，电源的内阻不能忽略，下列判断正确的是A. 小球带负电B. 当滑片从a向b滑动时，绝缘线的偏角θ变大C. 当滑片从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下D. 当滑片从a向b滑动时，电源的输出功率一定变大【答案】C【解析】【分析】由题，小球向右偏，可判断小球所受电场力方向，根据电场方向，能判断出小球的电性．滑动头从a向b滑动时，接入电路电阻变小，由欧姆定律可分析电容器的电压的变化，从而判断细线的偏角变化，同时可判断电容器是充电还是放电，得出电流表中电流方向．利用电源的输出功率与外电阻关系，可判断输出功率大小．【详解】A.由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电．故A错误．B.滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U=E-Ir变小，电容器电压变小，小球受到电场力变小，细线偏角变小，故B错误．C.滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下．故C正确．D.根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．外电阻大于内阻，外电阻减小输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小．本题，不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小．故D错误.【点睛】本题含容电路的问题，是高考热点问题．对于电容器，关键是分析和计算其电压，及充电情况．电源的输出功率与外电阻的关系可根据数学知识进行严格推导．5.如图，质量分别为M 、m 的两个木块A 、B 通过轻弹簧连接，木块A 放在水平桌面上，木块B 用轻绳通过定滑轮在力F 的作用下整体恰好处于静止状态，绳与水平方向成α角．不计滑轮与绳间的摩擦．则下列正确的是（ ）A. 木块A 对桌面的压力()M m g F +-B. 木块A 与桌面之间的动摩擦因数cos ()F M m g F αμ=+-C. 弹簧与水平方向的夹角的正切值sin tan cos F mgF αβα-=D. 弹簧的弹力大小为22(sin )(cos )F F F mg αα=+-弹【答案】C 【解析】 【分析】系统处于静止状态，通过先整体后隔离的方法进行分析求解，系统恰好静止，说明A 物块受到最大静摩擦力。
【详解】A ．对A 、B 物块和弹簧构成的系统整体受力分析可知：sin ()F αN M m g +=+地根据牛顿第三定律可知木块A 对地面的压力为：()sin M m g F α+-，故A 错误； B ．题中未说明最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，所以无法计算动摩擦因数，故B 错误； CD ．对B 物块受力分析，正交分解：sin sin cos cos F βF αmg F βF α=-=弹弹两式相比解得：sin tan cos F mgF αβα-=两式平方相加解得：22(cos )(sin )F F F mg =+-弹αα故C 正确，D 错误。
【点睛】系统处于静止状态，优先考虑整体法，分析单个物体需要选择受力较少的物体进行受力分析进而正交分解。
6.真空中电量均为Q 的两同种点电荷连线和一绝缘正方体框架的两侧面ABB 1A 1和DCC 1D 1中心连线重合，连线中心和立方体中心重合，空间中除两同种电荷Q 产生的电场外，不计其它任何电场的影响，则下列说法中正确的是（ ）A. 正方体两顶点A 、C 1电场强度相同B. 正方体两顶点A 、C 1电势相同C. 两等量同种点电荷周围电场线和面ABB 1A 1总是垂直D. 把正检验电荷q 从顶点A 移到C 电场力不做功 【答案】BD 【解析】 【分析】电场强度是矢量，通过场强的叠加获得合场强；电势是标量，沿着电场线方向电势降低，可以根据对称性判断电势的大小；电荷从等势面上的一点移动到另一点，电场力不做功。
【详解】AC ．电场强度是矢量，需要两个电荷在不同点进行场强的叠加，所以A 点和C 1点两处的电场强度大小相等，方向不同，且A 点合场强不与面ABB 1A 1垂直，所以AC 错误； B ．根据电势的对称性可知A 、B 、B 1、A 1、和D 、C 、C 1、D 1这8个点的电势相等（关于点电荷连线的中点对称），故B 正确；D ．因为A 点和C 点的电势相等，根据电场力做功：W qU =可知，正检验电荷q 从顶点A 移到C 电场力不做功，故D 正确。
【点睛】考察等量同种电荷电场线和等势面的分布，掌握电场强度和电势的标矢性。
7.如图所示，O 处为地心，卫星1环绕地球做匀速圆周运动，卫星2环绕地球运行的轨道为椭圆，两轨道不在同一平面内．已知圆轨道的直径等于椭圆轨道的长轴，且地球位于椭圆轨道的一个焦点上，引力常量为G ，地球的质量为M ，卫星1的轨道半径为R ，卫星1的运转速度为0v ，关系为 1.5OQ R =．下列说法正确的是（ ）A. 卫星1的运行周期大于卫星2的运行周期B. 卫星2在P 、Q 点的速度大小关系为0p Q v v v >>C. 卫星2在Q 点的速度23Q GMv R<D. 如果卫星1的加速度为a ，卫星2在P 点的加速度为p a ，则 p a a > 【答案】BC 【解析】 【分析】根据开普勒第三定律判断半径与周期的大小，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律求解相关物理量，根据卫星变轨判断速度大小。
【详解】A ．根据开普勒第三定律：32a k T= 可知，卫星1的半径等于卫星2的半长轴，所以卫星1的运行周期等于卫星2的运行周期，故A 错误；B ．卫星2在轨道上运行过程中机械能守恒，在P 点引力势能最小，动能最大，在Q 点则相反，所以p Q v v >，0v 是圆周运动的速度，根据题目中的条件可知，圆周运动的速度大小大于椭圆轨道远地点的速率，小于近地点的速率，所以0p Q v v v >>，故B 正确； C ．若卫星2在OQ 为半径的轨道上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：22(1.5) 1.5Mm v G m R R= 解得：23GM v R =，在椭圆轨道的Q 点要做近心运动，所以23Q GMv R<，故C 正确； D ．万有引力提供加速度：02MmGma r = 解得：02GMa r=，P 点距离中心天体较近，所以 p a a <，故D 错误。
【点睛】本题考察万有引力定律、开普勒第三定律以及变轨问题。
8.如图所示，锁定的A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，已知A 、B 两球质量分别为2m 和m ．过程一：只解除B 球锁定，B 球被弹出落于距桌边水平距离为s 的水平地面上；过程二：同时解除A 、B 两球锁定，则（两种情况下小球离开桌面前，弹簧均已恢复原长）（ ）A. 两种情况下B 小球机械能增量均相同B. 两过程中，在B 球落地前A 、B 两小球及弹簧组成的系统机械能均守恒C. 过程二中，B 球的落地点距桌边水平距离为63s D. 过程一和过程二中，弹簧对B 球做功之比为3:2 【答案】BCD 【解析】 【分析】过程一中B 球做平抛运动，弹簧的弹性势能全部转化为B 球平抛的初动能；过程二中两小球动量守恒；根据能量守恒和动量守恒定律求解。
【详解】A ．过程一中，弹簧的弹性势能全部转化为B 球的动能，过程二中，弹簧的弹性势能转化为A 、B 两球的动能，所以两种情况下B 小球机械能增量不同，故A 错误；B ．两过程中，A 、B 两球和弹簧构成的系统除了重力和弹簧弹力做功之外，无其他外力做功，所以系统机械能均守恒，故B 正确；C ．过程一中，B 球做平抛运动，竖直高度为h ：0s v t =212h gt =解得：0v =弹性势能为：2012p E mv =过程二中，A 、B 两球组成的系统动量守恒，初动量为0，根据动量守恒定律：A B 2mv mv =2211222p A B E mv mv =+解得：B v =根据上述平抛运动的规律可解出过程二中，B 球的落地点距桌边水平距离为3s ，故C 正确； D ．弹簧对B 球做功全部转化为B 球脱离弹簧时的动能，所以弹簧对B 球做功之比为B 球两次动能之比：202132122B mv mv =故D 正确。