2020届天一大联考高三第二次大联考物理试题(带答案解析)

试卷第试卷第页，总9页参考答案C【解析】【详解】12A．匀加速直线运动的物体连续经历了两段相等的时间，根据 xv0t2at可知位移不相等，位置变化不同，选项 A错误；BD．根据动能定理可知，合外力做功不相等，则动能变化量不相同，选项 BD错误；C．根据动量定理 Ftp，可知动量变化量一定相同，选项 C正确；故选 C。A【解析】【详解】白鹭斜向上做匀加速运动， 可知合外力与加速度同向， 重力竖直向下， 可知空气对白鹭的作用力斜向左上方，即可能是 F1的方向；由平行四边形法则可知 F1>G；故选 A。D【解析】【详解】A．由等量异种电荷的电场分布可知， A点电势高于 C点，C点电势等于 B点电势，可知点A的电势高于 B点电势，选项 A错误；B．由对称性可知，点 A与C的场强大小相同，但是方向不同，选项 B错误；C．将一负电荷沿直线 AC从A移至 C，电场力做负功，选项 C错误；D．将一正电荷沿直线 AB从A移至B，电场力做正功，则电荷电势能一直减小，选项 D正确；故选 D。C【解析】【详解】规定初速度 v0的方向为正方向，根据动量守恒定律可知：(Mm)v0M2v0mv解得Mmv v0m负号表示速度与正方向相反，大小为 Mmv0；m故选 C。D【解析】【详解】A．由速度分解此时汽车的速度为： v车=vcosθ，船靠岸的过程中，θ增大，cosθ减小，船的速度 v不变，则车速减小，所以汽车做减速运动，故 A错误；BC．绳的拉力对船做功的功率为 P，由 P=Fvcosθ知，绳对船的拉力为：Fpvcos对船：FsinF浮mg联立可知：PtanF浮 mgvθ增大，则 F变大，F浮变小；故 BC错误；D．船匀速运动，则 Fcosθ=f，则P Fvcos fv故D正确。故选D。B【解析】【详解】SQAB．根据C 可知，仅在两极板间插入一电介质， C变大，根据 C可知，Q一4kd U定，则U减小，选项 A错误，B正确；SQCD．仅增大两极板间距离，根据 C 可知C减小，根据 C可知， Q一定， U变4kd U大，选项 CD错误；故选B。CD【解析】【详解】因为钉子是光滑的，可知两边绳子的拉力总是相等的，即无论 1、2是否等高，总有 F1F2成立；对结点 O，水平方向：F1sin F2sin则 ，即选项 AB错误，CD正确；故选 CD。AD【解析】【详解】Mm2 2AB．根据G2m()(Rh)可得(Rh)2T42(Rh)3

GT2但是不能求解 m，选项 A正确，B错误；C．“中星 2D”的质量未知，则不能求解其运行时的动能，选项 C错误；MmD．根据 G2ma可得(Rh)GM

a2

(Rh)2可求解“中星 2D”运行时的加速度大小，选项 D正确；故选 AD。AD【解析】【详解】

A．自 O点以初速度 v0水平向左射出一带正电粒子，粒子恰能到达 G点，可知粒子沿 OG方向做匀减速运动，粒子受到的合外力沿 GO方向水平向右，因重力竖直向下，则电场力斜向右上方，即电场方向一定由 O指向D，选项A正确；B．粒子从 O到G，电场力做负功，则电势能逐渐增加，选项 B错误；C．粒子返回至 O点时速率为 v0，则到达 H点的速度大于 v0，选项 C错误；D．设正方形边长为 2L，粒子速度方向向左时，粒子所受的合外力水平向右，其大小等于mg,加速度为向右的 g，因粒子恰能到达 G点，则2Lv02g仅将初速度方向改为竖直向上，粒子的加速度水平向右，大小为g，则当粒子水平位移为 L仅将初速度方向改为竖直向上，粒子的加速度水平向右，大小为时，则：12gt竖直位移则粒子一定经过 DE间某点，选项 D正确；故选AD。10．0.50 2.00 1.00 0.43【解析】【详解】1)则粒子一定经过 DE间某点，选项 D正确；故选AD。10．0.50 2.00 1.00 0.43【解析】【详解】1)[1]．相邻两计数点间还有 4个计时点未标出，则T=0.1s；根据 xaT2结合逐差法可知：x6x5x4x3a29T2x2 x1(3.873.392.882.381.901.40)10

90.122m/s20.50m/s2[2][3]．则图3对应的示数为 2.00N；图 4对应的示数为 1.00N；[4]．对滑块以及重物的整体：mg-μMg=(M+m)a其中mg=1.00N，Mg=2N，解得μ=0.4311．黑 电压 电流 4600 100 10.2【解析】【详解】[1]．根据表头的极性，因电流要从红表笔流入电表，可知表笔 A应为黑色；[2][3]．将开关 S1断开， S2置于 “1挡时，表头与” R2串联，则多用电表用于测量电压；开关 S1闭合， S2置于 “1挡时，” R3与表头并联，则多用电表用于测量电流；3）[4]．已知将开关 S1断开， S2置于 “2挡时，多用电表的量程为” 10V，则UIr10R1 gg 40046001I0.002

g[5]．将开关 S1断开， S2置于 “1挡时，多用电表的量程为” 1V，则U'Igrg 1R2 gg 4001002I0.002

g[6]．将开关 S1接通， S2置于 “1挡时，多用电表的量程为” 100mA，则R3Ig(rgR2) 2(400100)IIg100210.21212．Lgta1a1、a2，全过程的最大速度设滑块的质量为 m，电场撤去前后过程，滑块的加速度分别为为v；加速过程，对滑块根据牛顿第二定律可得qEmgma1.va1t

此过程的位移12x1 a1t2撤去电场后，对滑块根据牛顿第二定律可得mgma2由运动学公式2v 2a2x2故12Lx1x2 2gt.13．可避免相撞【解析】【详解】设经过t时间后两车的速度相等，可得v甲 a甲tv乙ta乙t解得t7s设汽车从开始刹车到停时间为 t1那么由vtv0at1可得甲车的停车时间为 5s，乙车的停车时间为 6s。7s时两车都已7s时速度相等，说明在 7s7s时两车都已经停车，所以说明两车在停车之前距离一直在缩小。设两车从开始刹车到停止经过的位移为 x，则由22

v1v02ax可计算出102x甲 =25m22

24x乙 =72m24在停车之前，乙车比甲车多行进的距离为x乙 x甲 47m而两车之间的距离 x48m，所以两车可以避免相碰。（1）mg方向竖直向上（ 2）s22l【解析】【详解】（1）依题意可知，当弹簧竖直放置，长度被压缩 l时，质量为 3m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧的弹性势能为Ep3mgl①设小球P到达M点时的速度大小为 vM，由能量守恒定律得12

EP mvM2mgl②2联立①②式，代入题给数据得vM 2gl③在M点，设小球 P到达M点时的项对小球的印用力为 FN.mgFNmgFN2mvM④代入数据FNmg.根据牛顿第三定律可知， FN'FNmg，方向竖直向上2）设 P离开 M点后，落回到轨道 NQ所需的时间为 t，由运动学公式得2l12

gt2⑤2l2P落回到NQ的位置与 N点之间的距离为vMt⑥联立⑤⑥式得s22l（1）5m/s；（2）5.5J。【解析】【详解】（1）设三者质量为 m，碰撞前 C做匀减速直线运动，设 C与A碰撞前的速度为 v1，由动能定理可得TOC\o"1-5"\h\z1 21 21mgx mv1 mv022代入数据得v15m/s（2）因碰撞时间极短， A与C碰撞的过程动量守机械能守，设碰撞后瞬问 A的速度为 v2，C的速度为 v1，以向左为正方向，由动量守恒定律得 :mv1mv2mv31 21 21 2mv1 mv2 mv3代入数据得v25m/sv3 0此后，B加速， A减速， 此过程一直持续到二者具有共同速度 v为止。设A的加速度大小为 a1，B的加速度大小为 a2，该过程由牛顿第二定律及运动学公式得221mgma12mgma2解得vv2a1ta2t解得2a18m/sa2=2m/s2v=1m/s此过程， B相对A一直有滑动，相对位移大小TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"22 2v2vv

x1 2 1.25m2a1 2a2在此以后，地面对 A的摩擦力阻碍 A运动， B与A之间的摩擦力改变方向。设