广东省清远市2020届高三物理上学期期末教学质量检测试题(1)[带答案]

证该情况下，力的合成遵循平行四边形定则，故L2＝28.00 cm。

23．(10分)

(1)900 (2分) (2)见解析图(4分) (3) 3.8(2分) (4)0.35 (2分)(0.33～0.37均正确)

【解析】(1)根据电表改装原理可知，灵敏电流计改装成电压表需要串联一个大电阻，根据串联电路规律可解得：R′＝

U－IgRg

＝900 Ω。 Ig

(2)根据表格数据和要求，滑动变阻器应采用分压式接法，且分压式接法中滑动变阻器应选总阻值较小的R1；将灵敏电流计G串联电阻箱R3，接入的阻值为R′＝900 Ω改装成量程为3 V的电压表，则电压表的内阻为RV＝1 000 Ω；由于电流表的内阻已知，所以改装后的电流表应选用内接法。电路图如图所示：

(3)根据图线知，当电流为0.34 A时，该元件两端的电压为1.3 V，该元件的电阻为Rx＝＝3.8 Ω。

(4)将该元件和一阻值为6 Ω的电阻串联后接在一电动势为3 V的电源上，相当于元件接在电动势为3 V，内阻为6 Ω的电源上，在元件的I－U图象中做出该电源的外特性曲线如图：

UI

图象的交点为(1.1 V，0.32 A)，故该元件的功率为P＝1.1 V×0.32 A＝0.35 W。 24．(14分)

(1)两粒子射出后，运动的轨迹如图所示：

粒子P恰不能越过直线，粒子运动到直线上时速度方向沿MN方向，速度的反向延长线交x轴于M点，

粒子P在电场中做类平抛运动，设位移偏转角为β

12

由y＝at ①(2分)

2

x＝v0t ②(2分) vy＝at ③(2分)

ytan β＝ ④(1分)

xtan θ＝ ⑤(1分)

联立可得，粒子P的水平位移x＝2x0(1分)

vyv0

2x0

粒子P、Q相遇的时间t＝(1分)

v0

(2)粒子Q在右侧磁场区域做匀速圆周运动，粒子的轨迹半径r＝(1分)

sin θ2πr粒子Q运动路程s＝(1分)

3粒子Q运动时间t＝(1分)

2 3π

根据题意，粒子P、Q运动时间相同，联立可得粒子Q抛出时的速度v＝v0(1分)

925．(18分)

(1)货车恰好无侧滑趋势进入弯道

x0

svv2

mgtan θ＝m(2分)

R解得tan θ＝0.05(1分)

由于θ较小，可认为tan θ＝sin θ h＝dsin θ(1分) 解得h＝0.25 m(1分)

(2)货车刹车后0.5 s内，某时刻的速度 v1＝20－4t2(1分)

2

取一小段时间Δt后的速度v′＝20－4(t＋Δt) (1分) 根据加速度的定义式a＝

2

v′－v1

(1分) Δt解得a＝－8 t (m/s)(2分)

(3)货车刹车前运动的位移x1＝v0t1＝40 m(1分)

2

刹车后0.5 s时的速度v2＝20－4t2＝19 m/s(1分) 货车刹车后0.5 s内的位移x2＝

v0＋v2

t2＝9.75 m(1分)

2

2

货车刹车0.5 s后的加速度a＝－8t2＝－4 m/s(1分) v2－v22＝2ax3(2分) x3＝42 m(1分)

司机听到提示音时，货车距弯道的距离 x＝x1＋x2＋x3＝91.75 m(1分)

(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。注，化学无35题， 36题为必做题。

33．(15分) (1)(5分)ACE

【解析】一段时间后，活塞再次处于平衡状态，根据受力平衡可知，缸内气体的压强仍为p0，A正确；缓慢加热过程中气体做等压变化，＝活塞向右移动一段距离后，缸内气体体积变大，气体温度升高，B错误；理想气体的内能只和温度有关，温度升高，气体内能变大，C正确；缓慢加热气体的过程中，活塞缓慢向右移动，缸内气体对外做的功等于p0Sx，D错误；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于内能增大，缸内气体吸收的热量大于气体对外做的功，E正确。

V0V1T0T1

(2)(10分)

【解析】①静止时，BC段气体的压强为p1 ＝75 cmHg＋15 cmHg＝90 cmHg(1分) D到玻璃管底端气体的压强为p2＝75 cmHg＋15 cmHg＋15 cmHg＝105 cmHg(1分)

自由下落后，水银柱产生的压强消失，上下两部分气体的压强均为p0＝75 cmHg(1分) 根据玻意耳定律得，p1l1＝p′1l′1(1分)，p2l2＝p′2l′2(1分) 解得l′1＝6 cm l′2＝7cm

xA＝l′1＋l′2－l1－l2＝3 cm(1分)

②缓慢升高环境温度的过程中，上下两部分气体均做等压变化，由盖·吕萨克定律得

l1l″1l2l″2＝(1分)，＝(1分) T0TT0T由于l1＝l2，xA＝3 cm，故最终l″1＝l″2＝6.5 cm(1分) 解得T＝390 K(1分) 34．(15分) (1)(5分)BCE

【解析】波传到F点时，由乙图可知，F点向上振动，且E点处于平衡位置，EF之间的距离为半个波长的整数倍，E点的振动情况可能与F点相同，也可能相反，故E点不一定向上振动，A错误；0.4 s为半个周期，E点振动半个周期又回到平衡位置，位移为0，B正确；0～0.6 s内E点振动0.75个周期，运动路程为3A＝18 cm，C正确；EF之间的距离为半个波长的整数倍

nλ2

λ50

＝20 m，波长不可能为30 m，D错误；波速v＝＝ m/s，波速可能为

Tn25 m/s，E正确。

(2)(10分)

【解析】①设红光和紫光的临界角分别为C1、C2，复色光在AB面的入射角为i，由折射定律可知

13

sin C1＝＝(1分)解得：C1＝60°

n1212

sin C2＝＝(1分)解得： C2＝45°

n22

由于C2＝i＝45°

紫光在介质中的传播速度v＝(1分) 2r2d紫光在介质中的传播时间t＝＝(1分)

cn2vc②根据光路图，设红光的折射角为γ，两个光斑分别为P1、P2

sin γ根据折射定律n1＝(2分)

sin i可得sin γ＝6AO，故tan γ＝2，tan γ＝(1分) 3AP1

可得AP2d1＝

4

(1分) △OAPd2为等腰直角三角形，所以AP2＝AO＝2

(1分)

P1P2＝

分)

(1