【KS5U解析】全國大聯(lián)考2020屆高三下學期2月聯(lián)考理綜物理試題 Word版含解析

1、全國大聯(lián)考2020屆高三2月聯(lián)考理科綜合試卷一、選擇題1.實驗觀察到 , 靜止在勻強磁場中a點的原子核發(fā)生衰變, 衰變產(chǎn)生的新核與粒子恰在紙面內(nèi)做勻速圓周運動,運動方向和軌跡示意如圖則 ( ) a. 軌跡2是新核的，磁場方向垂直紙面向里b. 軌跡2是粒子的，磁場方向垂直紙面向外c. 軌跡1是新核的，磁場方向垂直紙面向里d. 軌跡1是粒子的，磁場方向垂直紙面向外【答案】a【解析】原子核發(fā)生衰變時，根據(jù)動量守恒可知兩粒子的速度方向相反，動量的方向相反，大小相等；由半徑公式（p是動量），分析得知，r與電荷量成反比，所以半徑比較大的軌跡1是衰變后粒子的軌跡，軌跡2是新核的新核沿逆時針方向運動，在a點受

2、到的洛倫茲力向右，由左手定則可知，磁場的方向向里故a正確，bcd錯誤故選a【點睛】靜止的原子核發(fā)生衰變，根據(jù)動量守恒可知，發(fā)生衰變后粒子與反沖核的運動方向相反，動量的方向相反，大小相等由半徑公式，p是動量，分析兩個粒子半徑軌跡半徑之比2.物體從a點由靜止出發(fā)，做勻加速直線運動，緊接著又做勻減速直線運動，到達b點時恰好停止。在勻加速、勻減速兩個運動過程中a. 物體的位移一定相等b. 物體的平均速度一定相等c. 物體的加速度大小一定相等d. 所用的時間一定相等【答案】b【解析】【詳解】acd物體先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，由題設(shè)條件不能確定物體的加速度和時間關(guān)系，則也不能確定加速和減速

3、階段的位移關(guān)系，所以acd錯誤；b設(shè)加速結(jié)束時的速度為v，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律，加速階段的平均速度減速階段的平均速度可知，先后兩個運動過程中平均速度一定相同，所以b正確。故選b。3.如圖所示，總電阻為的金屬絲圍成的單匝閉合直角三角形線圈，邊水平.圓形虛線與三角形相切于兩點，該區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度隨時間變化關(guān)系為，則時，邊所受的安培力（ ）a. 方向向右，大小為b. 方向向左，大小為c. 方向向右，大小為d. 方向向左，大小為【答案】a【解析】【詳解】由楞次定律可知，中感應電流為逆時針方向，邊的電流方向由到，由左手定則可知，所受的安培力方向向右；圓形磁場的半徑為，則線圈

4、中的感應電流大小為，則邊所受安培力，故a正確，bcd錯誤.4.如圖所示，圖線a是線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動時所產(chǎn)生正弦交流電的圖象，當調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速后，所產(chǎn)生正弦交流電的圖象如圖線b所示，以下關(guān)于這兩個正弦交流電的說法正確的是( )a. 在圖中t0時刻穿過線圈的磁通量均為零b. 線圈先后兩次角速度之比為23c. 交流電a的瞬時值表達式為u10sin (5t) vd. 交流電b的最大值為v【答案】cd【解析】【詳解】at=0時刻兩個正弦式電流的感應電動勢瞬時值均為零，線圈都與磁場垂直，穿過線圈的磁通量都最大，故a錯誤；b由圖讀出兩電流周期之比為ta：tb=0.4s：0.6s=2：3而，所以線圈先后兩

5、次角速度之比為為周期的反比即3：2，故b錯誤；c正弦式電流a的瞬時值為故c正確；d據(jù)電動勢最大值公式得到兩電動勢最大值之比為ema：emb=tb：ta=3：2由題圖可知ema=10v，則得到正弦式電流b的最大值為故d正確5.如圖所示，電源電動勢e、內(nèi)阻為r，r1、r2、r 3為定值電阻（阻值均大于電源內(nèi)阻r），電壓表和電流表可視為理想電表，開關(guān)s閉合時，一帶電油滴p恰好能靜止在平行金屬板之間，若將滑動變阻器r的滑片向b端移動，下列說法正確的是a. 油滴將向上運動b. 電壓表的示數(shù)變小、電流表的示數(shù)變大c. 電源的輸出功率和效率都逐漸增大d. r 1、r 3電阻上消耗的功率都變大【答案】b【解析

6、】【詳解】a油滴恰好靜止在金屬板之間，則重力和電場力是一對平衡力，滑片向b端移動，變阻器接入電路的電阻減小，則并聯(lián)部分電阻減小，并聯(lián)部分兩端電壓減小，即電容器兩板間電壓減小，板間場強減小，油滴受電場力減小，所以油滴向下移動，故a錯誤；bd電壓表和變阻器并聯(lián)，電流表和變阻器串聯(lián)，變阻器電阻變小，總電阻減小，總電流變大，內(nèi)阻r和r1上的電壓變大，則r1消耗的功率變大，并聯(lián)支路的電壓減小，通過r3的電流減小，則r3消耗的功率變小，通過r2和r電流變大，電流表示數(shù)變大，r2兩端電壓變大，則r兩端電壓減小，即電壓表示數(shù)減小，故b正確，d錯誤；c電源效率其中r表示外電阻，由題知r減小，所以效率減小。根據(jù)電

7、源的輸出功率可知，當外電阻大于內(nèi)阻時，電源的輸出功率隨外電阻的減小而增大，由題知電源的內(nèi)阻小于外電阻，r減小，所以輸出功率增大，故c錯誤；故選b。6.快樂向前沖節(jié)目中有這樣一種項目，選手需要借助懸掛在高處的繩飛躍到鴻溝對面的平臺上，已知繩與豎直方向夾角為，繩的懸掛點o距平臺的豎直高度為h，繩長為l如果質(zhì)量為m的選手抓住繩子由靜止開始擺動，運動到o點的正下方時松手，做平拋運動，不考慮空氣阻力和繩的質(zhì)量，下列說法正確的是：a. 選手剛擺到最低點時處于超重狀態(tài)b. 選手剛擺到最低點時所受繩子拉力為(3-2cos)mgc. 若繩與豎直方向夾角仍為，當l=h/2時，落點距起點的水平距離最遠d. 若繩與豎

8、直方向夾角仍為，當l=h/3時，落點距起點的水平距離最遠【答案】abc【解析】【分析】選手向下擺動過程中，機械能守恒，在最低點時繩子拉力和重力的合力提供向心力，選手在最低點松手后，做平拋運動，明確了整個過程的運動特點，依據(jù)所遵循的規(guī)律即可正確求解【詳解】在最低點時加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，a正確；在最低點，過程中機械能守恒，故，聯(lián)立解得，b正確；從最低點松開繩子后，選手做平拋運動，故在水平方向上，在豎直方向上，聯(lián)立解得，根據(jù)數(shù)學知識可知當時x最大，即，d錯誤c正確7.中國計劃2020年左右建成覆蓋全球的北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)，發(fā)射北斗同步衛(wèi)星的簡化過程如圖所示，先將北斗衛(wèi)星發(fā)射至橢圓軌道i，再在

9、a點從橢圓軌道i進入地球靜止同步圓形軌道，關(guān)于衛(wèi)星的運行，下列說法正確的是a. 在軌道上運行時不受重力b. 在軌道上運行時可經(jīng)過北京正上方c. 在軌道上運行的周期大于在軌道i上運行的周期d. 在軌道上經(jīng)過a點時加速度等于在軌道i上經(jīng)過a點時的加速度【答案】cd【解析】【詳解】a衛(wèi)星的軌道ii上做勻速圓周運動，重力提供做圓周運動的向心力，衛(wèi)星處于完全失重狀態(tài)，a項錯誤；b由于軌道ii是地球靜止同步軌道，衛(wèi)星在軌道ii運行時只能與赤道在同一平面內(nèi)，b項錯誤；c軌道ii的半徑大于軌道i的半長軸，根據(jù)開普勒第三定律知在軌道ii上運行的周期長，c項正確；d在軌道ii上經(jīng)過點時所受的萬有引力等于在軌道i上

10、經(jīng)過點時的加速度等于在軌道i上經(jīng)過點時的加速度，d項正確。故選cd。8.假設(shè)在某電場中沿x軸方向上，電勢與x的距離關(guān)系如圖所示，其中x4-x3=x6-x5現(xiàn)有一個電子在電場中僅受電場力作用運動，則下列關(guān)于電場和電子能量說法正確的是( )a. 區(qū)域x3-x4內(nèi)沿x軸方向的電場強度均勻減小b. x6-x7內(nèi)沿x軸方向場強為零c. 若電子從電勢為2v的x1位置向右運動到電勢為2v 的x7位置，電子在x1位置應具有大于2ev的初動能d. 電子在區(qū)域x3-x4內(nèi)沿x軸方向所受電場力大于區(qū)域x5-x6內(nèi)沿x軸方向所受電場力【答案】bcd【解析】【詳解】由圖象可知，在x3到x4區(qū)域內(nèi)電勢差u34與兩點間距離

11、成線性關(guān)系，則這兩點間的電場是勻強電場，沿x方向的電場強度不變，故a錯誤；由圖象可知，在x6到x7區(qū)域內(nèi)，電勢差為零，這兩點間的場強為零，故b正確；由圖象可知，從x1位置到x2位置電勢均勻增加，則x1位置到x2位置間的電場方向向左，電子在其間受到的電場力向右，電子從x1運動到x2電場力做正功1ev，從x3到x4電勢降低3v，電場力做負功3ev，則電子若想到達x4必須要在x1位置具有2ev的初動能，電子能到達x4，則以后的從x5到x6過程中，電場力做正功，則能到達x7位置，故c正確；由圖象可知，在 x3與x4區(qū)域內(nèi)比x5與x6區(qū)域內(nèi)的場強大，所以電子在 x3到 x4

12、區(qū)域內(nèi)沿x方向所受電場力大于x5到 x6區(qū)域內(nèi)沿x方向所受電場力，故d正確；故選bcd二、非選擇題9.在用“落體法”做“驗證機械能守恒定律”的實驗時，小明選擇一條較為滿意的紙帶，如圖甲所示他舍棄前面密集的點，以o為起點，從a點開始選取紙帶上連續(xù)點a、b、c，測出o到a、b、c的距離分別為h1、h2、h3已知電源的頻率為f，當?shù)刂亓铀俣葹間(1)打b點時，重錘的速度vb為_(2)小明利用數(shù)據(jù)描出的v2-h圖線如圖乙所示圖線不過坐標原點的原因是_(3)根據(jù)v2-h圖像計算出該直線斜率為k，在實驗誤差允許范圍內(nèi)，當k=_重錘在下落過程中機械能守恒【答案】 (1). (2). 打下o點時重

13、錘速度不為零 (3). 2g【解析】（1）打b點時，重錘的速度vb= （2）由圖像可知，當h=0時v不等于零，則圖線不過坐標原點的原因是：打下o點時重錘速度不為零；（3）根據(jù)可得：，在實驗誤差允許范圍內(nèi)，當k=2g重錘在下落過程中機械能守恒10.某實驗小組利用如下實驗器材測量干電池的電動勢和內(nèi)阻a.待測干電池兩節(jié)，每節(jié)電池電動勢約為1.5v，內(nèi)阻約幾歐b.直流電壓表v1、v2，內(nèi)阻約為3kc.阻值為5的定值電阻r0d.滑動變阻器re.導線和開關(guān)（1）根據(jù)圖甲所示的電路原理圖，完成圖乙所示的電路實物圖的連接（2）實驗中移動滑動變阻器的滑片，讀出電壓表v1、v2的多組數(shù)據(jù)如表格所示，請在圖丙所示的

14、坐標紙中描繪出u1-u2圖像實驗次數(shù)123456u1/n1.651.501.321.000.680.46u2/n2.152.212.322.502.692.76（3)根據(jù)描繪出的u-u2圖像，兩節(jié)干電池的總電動勢e=_v，總內(nèi)阻_（計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）【答案】 (1). (2). 300（2.95-3.10之間均可）， 2.60（2.40-2.80之間均可）【解析】【詳解】（1）電路實物圖如圖；描繪出u1-u2圖像如圖；由閉合電路的歐姆定律，即 ；由圖像可知：，r0=5，解得r=2.50，當u2=2.0v時u1=2.0v，可得e=3.00v  點睛：實驗問題首先要根據(jù)

15、電路圖或者實驗的步驟搞清實驗的原理；數(shù)據(jù)的處理要先找到函數(shù)關(guān)系，然后結(jié)合斜率和截距求解未知量；此題中要注意縱軸的起點位置不是零，容易出錯的地方.11.質(zhì)量為m=1kg的箱子靜止在光滑水平面上，箱子內(nèi)側(cè)的兩壁間距為l=2m，另一質(zhì)量也為m=1kg且可視為質(zhì)點的物體從箱子中央以v0=6m/s的速度開始運動，如圖所示已知物體與箱底的動摩擦因數(shù)為=0.5，物體與箱壁間發(fā)生的是完全彈性碰撞，g=l0m/s2試求：(1)物體可與箱壁發(fā)生多少次碰撞?(2)從物體開始運動到剛好停在箱子上，箱子在水平面上移動的距離是多少?【答案】（1）物體只與箱子的右側(cè)碰撞一次后便停在箱子上距離右側(cè)0.8m處（2）箱子在水平面

16、上移動的距離為x =1.7m【解析】（1）由于系統(tǒng)要克服摩擦力做功，物體最終會停在箱子上并以相同的速度v向右運動，根據(jù)動量守恒有 根據(jù)功能關(guān)系有 解得物體相對箱子移動的距離s =1.8m由于箱子內(nèi)側(cè)的兩壁間距為l=2m，故物體只與箱子的右側(cè)碰撞一次后便停在箱子上距離右側(cè)0.8m處（2）設(shè)碰前物體對地位移為x1，速度為v1；箱子對地位移為x2，速度的為v2（< v1）則有 設(shè)碰后物體與箱子的速度分別為v1和v2，在碰撞過程中有隨后木箱向右做勻減速運動，物體向右做勻加速運動，直至速度都變?yōu)関在此過程中，設(shè)木箱移動的距離為x2，則故從物體開始運動到剛好停在箱子上，箱子在水平面上移動的距離為x

17、= x2+ x2=1.7m點睛：此題考查了動量守恒定律以及能量守恒定律的應用；關(guān)鍵是先確定研究系統(tǒng)和研究過程，結(jié)合動量守恒定律及能量關(guān)系列出方程，注意搞清能量的轉(zhuǎn)化關(guān)系.12.如圖，在真空室內(nèi)的p點，能沿紙面向各個方向不斷發(fā)射電荷量為+q，質(zhì)量為m的粒子(不計重力)，粒子的速率都相同ab為p點附近的一條水平直線，p到直線ab的距離pc=l，q為直線ab上一點，它與p點相距pq=l當直線ab以上區(qū)域只存在垂直紙面向里、磁感應強度為b的勻強磁場時，水平向左射出的粒子恰到達q點；當ab以上區(qū)域只存在平行該平面的勻強電場時，所有粒子都能到達ab直線，且它們到達ab直線時動能都相等，其中水平向左射出的粒

18、子也恰好到達q點已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)a粒子的發(fā)射速率(2)勻強電場的場強大小和方向(3)僅有磁場時，能到達直線ab的粒子所用最長時間和最短時間的比值【答案】（1）粒子發(fā)射速度為（2）電場強度的大小為 （3）粒子到達直線ab所用最長時間和最短時間的比值【解析】（1）設(shè)粒子做勻速圓周運動的半徑r，過o作pq的垂線交pq于a點，如圖三所示：由幾何知識可得 代入數(shù)據(jù)可得粒子軌跡半徑 洛侖磁力提供向心力 解得粒子發(fā)射速度為 （2）真空室只加勻強電場時，由粒子到達直線的動能相等，可知為等勢面，電場方向垂直向下水平向左射出的粒子經(jīng)時間t到達q點，在這

19、段時間內(nèi) 式中 解得電場強度的大小為 （3）只有磁場時，粒子以o1為圓心沿圓弧pd運動，當圓弧和直線相切于d點時，粒子速度的偏轉(zhuǎn)角最大，對應的運動時間最長，如圖四所示據(jù)圖有解得 故最大偏轉(zhuǎn)角粒子在磁場中運動最大時長 式中t為粒子在磁場中運動的周期粒子以o2為圓心沿圓弧pc運動的速度偏轉(zhuǎn)角最小，對應的運動時間最短據(jù)圖四有解得速度偏轉(zhuǎn)角最小為故最短時長 因此，粒子到達直線ab所用最長時間和最短時間的比值 點睛：此題是關(guān)于帶電粒子在電場及磁場中的運動問題；掌握類平拋運動的處理方向，在兩個方向列出速度及位移方程；掌握勻速圓周運動的處理方法，確定好臨界狀態(tài)，畫出軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求解.13.下列說法正

20、確的是_a. 單晶體有固定的熔點，多晶體和非晶體沒有固定的熔點b. 石墨和金剛石的物理性質(zhì)不同，是由于組成它們的物質(zhì)微粒排列結(jié)構(gòu)不同c. 在合適的條件下，某些晶體可以轉(zhuǎn)化為非晶體，某些非晶體也可以轉(zhuǎn)化為晶體d. 固體可以分為晶體和非晶體兩類，有些晶體在不同的方向上有不同的光學性質(zhì)e. 燒熱針尖接觸涂有蜂蠟薄層的云母片背面，熔化的蜂蠟呈橢圓形，說明蜂蠟是晶體【答案】bcd【解析】【詳解】所有晶體都有固定的熔點，非晶體沒有，故a錯誤；由于石墨和金剛石的物質(zhì)微粒排列結(jié)構(gòu)不同，導致了它們的物理性質(zhì)不同，故b正確；在合適的條件下，某些晶體可以轉(zhuǎn)變?yōu)榉蔷w，某些非晶體也可以轉(zhuǎn)變?yōu)榫w，例如天然石英是晶體，

21、熔融過的石英卻是非晶體把晶體硫加熱熔化（溫度超過300）再倒進冷水中，會變成柔軟的非晶硫，再過一段時間又會轉(zhuǎn)化為晶體硫，故c正確；固體可以分為晶體和非晶體兩類，有些晶體在不同方向上各向異性，具有不同的光學性質(zhì)，故d正確；熔化的蜂蠟呈橢圓形說明云母是晶體，故e錯誤；故選bcd.14.空氣壓強為1個大氣壓，一熱氣球體積為v，內(nèi)部充滿溫度為ta的熱空氣，氣球外冷空氣的溫度為tb已知空氣在1個大氣壓、溫度t0時的密度為r0，重力加速度大小為g空氣和熱氣球內(nèi)的熱空氣可看做理想氣體求熱氣球所受空氣的浮力大小和熱氣球內(nèi)空氣質(zhì)量【答案】(1) （2） 【解析】【詳解】設(shè)質(zhì)量為m的空氣，在溫度ta時體積為v0，

22、密度為r0，在溫度為ta時體積為va，密度為ra，在溫度為tb時體積為vb密度為rb，則mv0r0varavbrb 解得：，設(shè)熱氣球排開空氣的質(zhì)量為m1，所受浮力的大小為f熱氣球內(nèi)空氣質(zhì)量為m2，則m1rbv fm1g m2rav 解得：，15.一簡諧橫波沿x軸正向傳播，波源振動周期為t=0.4s，t=0時刻的波形如圖（a）所示，x=0.3m處的質(zhì)點的振動圖線如圖（b）所示，已知該波的波長大于0.3m . 下列判斷正確的是（ ） a. t=0時刻，x=0.3m處質(zhì)點比x=1.0m處質(zhì)點加速度大b. x=0.3m處的質(zhì)點在t=0時刻的運動方向沿y軸正向c. 該波的波長為0.8md. 在t=0時刻之前0.05s，x=0.3m處的質(zhì)點在x軸上e. 該波的波速可以為4m/s【答案】bcd【解析】【詳解】abc對x=0.3m處的質(zhì)點，由振動方程即解得：又因為該波長大于0