【KS5U解析】安徽省皖江名校聯(lián)盟2020屆高三下學(xué)期第六次聯(lián)考理綜物理試題 Word版含解析

1、理科綜合能力測試物理部分二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14-18題只有一項符合題目要求，第19-21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.2020年1月10日，中國核潛艇之父黃旭華獲國家最高科學(xué)技術(shù)獎，他為核潛艇研制和跨越式發(fā)展作出巨大貢獻。物理學(xué)史上許多物理學(xué)家的科學(xué)研究推動了人類文明的進程，下列說法正確的是()a. 1896年貝克勒爾發(fā)現(xiàn)天然放射現(xiàn)象揭開原子核內(nèi)部信息，認為原子核是可分的，從原子核內(nèi)部釋放的射線有射線、射線、x射線、射線b. 湯姆孫通過粒子轟擊鈹核()獲得碳核()的實驗發(fā)現(xiàn)了中子c. 玻爾理論成功

2、解釋了大量原子光譜規(guī)律，其局限性在于保留了經(jīng)典粒子的觀念d. 盧瑟福預(yù)言了中子的存在，查德威克通過實驗發(fā)現(xiàn)了中子【答案】d【解析】【詳解】a1896年貝克勒爾發(fā)現(xiàn)天然放射現(xiàn)象揭開原子核內(nèi)部信息，認為原子核是可分，從原子核內(nèi)部釋放的射線有射線、射線和射線，沒有x射線，a錯誤；b查德威克通過粒子轟擊鈹核（）獲得碳核（）的實驗發(fā)現(xiàn)了中子，b錯誤；c玻爾理論只成功解釋了氫原子光譜規(guī)律，其局限性在于保留了經(jīng)典粒子的觀念，c錯誤；d盧瑟福預(yù)言了中子的存在，查德威克通過實驗發(fā)現(xiàn)了中子，d正確。故選d。2.如圖所示，用一根質(zhì)量不計不可伸長的細線，一端系一可視為質(zhì)點的小球，另一端固定在o點。當(dāng)小球在水平面內(nèi)做勻

3、速圓周運動的角速度為時，懸點o到軌跡圓心高度h，細繩拉力大小為f，小球的向心加速度大小為a，線速度大小為v，下列描述各物理量與角速度的關(guān)系圖像正確的是()a. b. c. d. 【答案】a【解析】【詳解】a設(shè)細繩長度為，小球質(zhì)量為m，小球做勻速圓周運動時細繩與豎直方向的夾角為，細繩拉力為f，有得a正確；b由得b錯誤；c由可得小球的向心加速度c錯誤；d由得小球的線速度d錯誤。故選a3.如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為5：1，r1、r2、r3為三只阻值均為10的相同電阻，c為電容器，輸入端接入如圖乙所示的交變電壓。以下說法中正確的是()a. 通過r1的電流最大值為2ab. 副線圈輸出電壓

4、的瞬時值表達式為(v)c. 電阻r3的電功率為20wd. 通過r2的電流始終為零【答案】c【解析】【詳解】a由題圖乙可知原線圈輸入電壓的最大值為100v，根據(jù)原、副線圈的電壓之比等于匝數(shù)之比，可知副線圈輸出電壓的最大值為20v，根據(jù)歐姆定律可知im=2aa錯誤；b根據(jù)變壓器原理可知原、副線圈中電流的周期相同，周期為t=0.02s，副線圈輸出電壓的瞬時值表達式為b錯誤；c電阻r3兩端電壓有效值為則電阻r3的電功率為c正確；d因為電容器有通交流、隔直流的作用，則有電流通過r2，d錯誤。故選c。4.科幻影片流浪地球中為了讓地球逃離太陽系，人們在地球上建造特大功率發(fā)動機，使地球完成一系列變軌操作，其逃

5、離過程可設(shè)想成如圖所示，地球在橢圓軌道i上運行到遠日點p變軌進入圓形軌道ii，在圓形軌道ii上運行一段時間后在p點時再次加速變軌，從而最終擺脫太陽束縛。對于該過程，下列說法正確的是()a. 地球在p點通過向前噴氣減速實現(xiàn)由軌道i進入軌道iib. 若地球在i、ii軌道上運行的周期分別為t1、t2，則t1<t2，c. 地球在軌道i正常運行時(不含變軌時刻)經(jīng)過p點的加速度比地球在軌道ii正常運行(不含變軌時刻)時經(jīng)過p點的加速度大d. 地球在軌道i上過o點的速率比地球在軌道ii上過p點的速率小【答案】b【解析】【詳解】a地球沿軌道運動至p點時，需向后噴氣加速才能進入軌道，a錯誤；b設(shè)地球在、

6、軌道上運行的軌道半徑分別為r1（半長軸）、r2，由開普勒第三定律可知t1<t2b正確；c因為地球只受到萬有引力作用，故不論從軌道還是軌道上經(jīng)過p點，地球的加速度都相同，c錯誤；d由萬有引力提供向心力可得因此在o點繞太陽做勻速圓周運動的速度大于軌道ii上過p的速度，而繞太陽勻速圓周運動的o點需要加速才能進入軌道，因此可知地球在軌道上過o點的速率比地球在軌道ii上過p點的速率大，d錯誤。故選b5.如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為0.5m，導(dǎo)軌所在平面與水平面成37°角，其上端接一電阻為1的小燈泡。勻強磁場的方向與導(dǎo)軌所在平面垂直，磁感應(yīng)強度大小為0.8t。質(zhì)量為0.2k

7、g接入電路的電阻為1的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5。已知金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并且保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g取10m/s2，sin37°=0.6。將金屬棒ab由靜止釋放，運一動段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后()a. 金屬棒ab運動速度大小為5m/sb. 金屬棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為4vc. 電路中的電流為2ad. 小燈泡消耗的電功率為2w【答案】a【解析】【詳解】a小燈泡穩(wěn)定發(fā)光時，金屬棒ab做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得解得v=5m/sa正確；b金屬棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e=blv=2vb錯誤；c回路電流c錯誤；d小燈泡消耗的功率，根據(jù)

8、解得p=1wd錯誤。故選a。6.2020年2月7日起，安徽滁州、定遠、鳳陽等多地公安機關(guān)使用無人機對城區(qū)主要街行巡控、管理和宣傳，積極配合相關(guān)部門開展抗新冠肺炎疫情防控工作。一架無人機質(zhì)量為2kg，運動過程中空氣阻力大小恒定。該無人機從地面由靜止開始豎直向上運動，一段時間后關(guān)閉動力，其v-t圖象如圖所示，g取10m/s2。下列判斷正確的是()a. 無人機上升的最大高度為24mb. 34s內(nèi)無人機在下降c. 無人機的升力大小為16nd. 無人機所受阻力大小為4n【答案】ad【解析】【詳解】a在圖象中，圖象與時間軸圍成的面積等于物體的位移，因此無人機上升的最大高度為a正確；b34s內(nèi)位移無人機速度

9、減小，但方向沒變，因此無人機減速上升，b錯誤；cd圖象的斜率表示加速度，由圖象可知，無人機加速上升時的加速度大小a1=4m/s2則由牛頓第二定律f-mg-f=ma1減速上升時的加速度大小a2=12m/s2則由牛頓第二定律f+mg=ma2聯(lián)立解得，升力和阻力大小分別為f=32n，f=4nc錯誤，d正確。故選ad。7.如圖所示，為點電荷電場中一個正三角形，o點為三角形的中心，a、b、c三點等勢，m、n分別為ab、ac邊的中點，m點電勢比o點電勢高，則()a. 場源電荷一定在o點b. 場源電荷一定帶負電c. a點電勢比m點電勢高，m點和n點電勢一樣高d. 一個帶正電的粒子沿直線從a移到c，電場力先做

10、負功后做正功【答案】bc【解析】【詳解】a根據(jù)題意可知，場源電荷一定在過o點垂直三角形平面的直線上，a錯誤；bo點比m點離場源電荷近，由于m點電勢比o點電勢高，由此可以判斷場源電荷帶負電，b正確；ca點比m點離場源電荷遠，因此a點電勢比m點電勢高；m、n兩點離場源電荷一樣遠，因此m點和n點電勢一樣高，c正確；d一個帶正電的粒子沿直線從a移到c，電勢能先減小后增大，因此電場力先做正功后做負功，d錯誤。故選bc。8.如圖所示，ab、cd是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細桿，ab>cd。ab、cd的端點都在同一圓周上，b點為圓周的最低點，c點為圓周的最高點，若每根桿上都套著一個相同的小滑環(huán)(圖中未畫

11、出)，將甲、乙兩滑環(huán)分別從a、c處同時由靜止釋放，則()a. 兩滑環(huán)同時到達滑桿底端b. 兩滑環(huán)的動量變化大小相同c. 重力對甲滑環(huán)的沖量較大d. 彈力對甲滑環(huán)的沖量較小【答案】ad【解析】【詳解】a設(shè)滑桿與豎直方向的夾角為，圓周的直徑為d，根據(jù)牛頓第二定律，得滑環(huán)的加速度為滑桿的長度為x=dcos則根據(jù)解得可見時間t與無關(guān)，故有t1=t2即兩滑環(huán)同時到達滑軌底端，a正確；b環(huán)所受的合力f=mgcos可知f甲f乙由于運動時間相同，因此合力對甲滑環(huán)的沖量較大，甲滑環(huán)的動量變化也大，b錯誤；c重力的沖量大小、方向都相同，選項c錯誤；d彈力fn=mgsin，因此可知fn甲fn乙彈力對甲滑環(huán)的沖量較小

12、，d正確。故選ad。第ii卷三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分，第22題第32題為必考題，每個試題考生都必須做答，第33題第38題為選考題，考生根據(jù)要求做答。(一)必考題(11題，共129分)9.某同學(xué)用如圖甲所示裝置做“驗證機械能守恒定律"的實驗。回答下列問題。(1)已知打點計時器所用電源的頻率為50hz，紙帶上o點是打點計時器打下的第一個點，a、b、c、d、e是連續(xù)打出的五個點(o和a之間還有一些點未畫出)，它們到o點的距離如圖乙所示。圖中x1=9.51cm，x2(未知)、x3=15.71cm、x4=19.41cm、x5=23.47cm，重物下落的加速度大小為a=_m/s2。

13、(2)若當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮=9.80m/s2，根據(jù)以上數(shù)據(jù)可知，打點計時器打下計數(shù)點d時物體的速度為v0，則=_m2/s2；重錘由o點運動到d點的過程中下落的距離為h，則ghd=_m/s3。(計算結(jié)果均保留三位有效數(shù)字)(3)若測出紙帶上所有各點到o點之間的距離，根據(jù)紙帶算出各點的速度。及物體下落的高度h.描繪v2h圖象如圖丙所示，若選取的重物質(zhì)量較大而密度不是很大，所受空氣阻力會隨重物的速度增大面明顯增大，則v2h圖象可能是a、b、c中的_。【答案】 (1). 9.75 (2). 1.88 (3). 1.90 (4). c【解析】【詳解】(1)1根據(jù)逐差法，利用紙帶求解加速度，打點計時器所

14、用電源的頻率為50hz，打點計時器打點周期t=0.02s，加速度(2)2重物做勻加速直線運動，一段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，打第d個標記點的瞬時速度為因此3從打下計數(shù)點o到打下計數(shù)點d的過程中g(shù)hd=9.80×19.41×10-2=1.90m2/s2(3)4空氣阻力隨重物的速度增大而明顯增大，下落相同的高度h時，阻力做功逐漸增大，動能增加量減小，速度平方的增加量減小，故c正確。10.某實驗小組為了測量某待測電阻rx的阻值，先用多用電表進行粗測，后用伏安法精確測量。(1)如圖甲所示為一簡易多用電表內(nèi)部電路原理圖，其中g(shù)為靈敏電流計，選擇開關(guān)s與不同接點連接就構(gòu)成

15、不同的電表，下列分析正確的是_。aa為黑表筆，b為紅表筆b將選擇開關(guān)s與3連接，就構(gòu)成了歐姆表c將選擇開關(guān)s與1、2連接，就構(gòu)成了電流表，且與1接點相連時量程較大d將選擇開關(guān)s與4、5連接，就構(gòu)成了電壓表，且與4接點相連時量程較大(2)如圖乙先用多用表×10擋粗測其電阻為_。(3)實驗要求盡可能準確地測量rx的阻值，實驗室可提供下面器材，電流表應(yīng)選_，電壓表應(yīng)選_(填字母代號)電源e：電動勢3v，內(nèi)阻忽略不計；電流表a1：量程015ma，內(nèi)阻為100；電流表a2：量程00.6a，內(nèi)阻約為0.3；電壓表v1：量程03v，內(nèi)阻約3k；電壓表v2：量程015v，內(nèi)阻約15k；滑動變阻器r：

16、阻值范圍010；定值電阻r1：阻值為10；定值電阻r2：阻值為100；開關(guān)s、導(dǎo)線若干。(4)在圖丙虛線框中畫出測量r，阻值的完整電路圖，并在圖中標明器材代號_。(5)調(diào)節(jié)滑動變阻器r，當(dāng)電壓表的示數(shù)為2.60v，電流表的示數(shù)是8.0ma時，則待測電阻rx的阻值為_?！敬鸢浮?(1). bc (2). 120 (3). a1 (4). v1 (5). 見解析 (6). 112.5【解析】【詳解】(1)1ab在多用電表使用時應(yīng)讓電流從紅表筆進，黑表筆出，當(dāng)將選擇開關(guān)s與3連接，就構(gòu)成了歐姆表，由此可判斷a為紅表筆，b為黑表筆，故a錯誤，b正確；c將選擇開關(guān)s與1、2連接，就構(gòu)成了電流表，根據(jù)并聯(lián)

17、分流原理，并聯(lián)的電阻越小分得的電流越大，所以與1接點相連時量程較大，c正確；d將選擇開關(guān)s與4、5連接，就構(gòu)成了電壓表，根據(jù)串聯(lián)分壓原理，串聯(lián)的電阻越大分得的電壓越大，所以與5接點相連時量程較大，d錯誤。故選bc。(2)2由圖所示歐姆表可知，所測電阻阻值為12.0×10=120(3)34電路中可能出現(xiàn)的最大電流約為可用電流表a1與定值電阻r2并聯(lián)，相當(dāng)于量程為30ma的電流表；電源電動勢為3v，則電壓表選擇v1。(4)5電壓表內(nèi)阻遠大于待測電阻的阻值，故電壓表外接；滑動變阻器用分壓接法，電路如圖(5)6電流表的示數(shù)是8.0ma，此時通過待測電阻rx的電流為16ma，則待測電阻rx的阻

18、值為11.如圖所示，長為1m的長木板質(zhì)量為1kg(連同擋板)靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為0.5kg的物塊(可視為質(zhì)點)放在長木板的左端，長為20cm的輕彈簧放在長木板上，右端與固定在長木板右端的豎直擋板相連，不計擋板的厚度，重力加速度g=10m/s2，現(xiàn)給長木板一個向左的大小為10m/s的初速度，物塊運動2s與輕彈簧接觸，此后彈簧的最大壓縮量為10cm，求：(1)物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)；(2)彈簧獲得的最大彈性勢能。(此小間結(jié)果保留四位有效數(shù)字)【答案】(1)=0.64；(2)ep=13.79j【解析】【詳解】(1)設(shè)物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為，物塊在長木板上滑行時，加速度大小a1=g長

19、木板運動的加速度大小設(shè)物塊向左做勻加速運動的時間為t，則代入數(shù)據(jù)，解得=0.64(2)當(dāng)彈簧的壓縮量為10cm時，設(shè)物塊與長木板的共同速度為v，根據(jù)動量守恒定律有mv0=（m+m）v解得根據(jù)能量守恒，彈簧的最大彈性勢能代入數(shù)據(jù)，解得彈簧獲得的最大彈性勢能ep=13.7912.如圖所示，在xoy坐標系所在的平面內(nèi)，第ii象限內(nèi)有沿x軸負方向的勻強電場，在第象限內(nèi)有一圓形區(qū)域，與x、y軸分別相切于c(-l，0)，a(0，-l)兩點，在i象限內(nèi)有一未知的矩形區(qū)域(圖中未畫出)，此未知矩形區(qū)城和第象限內(nèi)的圓形區(qū)城內(nèi)有完全相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xoy平面向里。一束速度大小為v0的電子束從a點沿x

20、軸負方向射入磁場，經(jīng)c點射入電場，最后從x軸上離o點的距離為2l的p點射出；另一束速度大小為的正電子束從x軸上的q點沿與x軸負向成45°角的方向射入第i象限，而后進入未知矩形磁場區(qū)域，離開磁場時正好到達p點，且恰好與從p點射出的電子束正碰，相碰時兩束粒子速度方向相反。已知正、負電子電荷量大小均為e、質(zhì)量均為m，正負電子的重力不計。求：(1)磁感應(yīng)強度b的大小和電場場強e的大小；(2)從a點射人磁場的電子運動到p點所用的時間；(3)x軸上的q點離o點的距離及未知矩形磁場區(qū)域的最小面積s?！敬鸢浮?1)，；(2)；(3)【解析】【詳解】(1)電子束從a點沿x軸負方向發(fā)射，經(jīng)過c點，由題意

21、可得電子在磁場中運動的半徑r=l根據(jù)牛頓第二定律解得磁感應(yīng)強度b的大小電子在電場中做類平拋運動2l=v0t1又解得，(2)在磁場中運動的周期電子在磁場中運動了四分之一圓周，則在電場中運動時間故從a到p的時間(3)速度為的正電子在磁場中運動的半徑電子從p點穿過y軸時與y軸正方向夾角為 解得=45°故x軸上的q點離o點的距離未知矩形磁場區(qū)域的最小面積為圖中矩形pfmn的面積物理-選修3-3(15分)13.關(guān)于固體、液體和氣體，下列說法中正確的是_。a. 慢慢向小酒杯中注水，即使水面稍高出杯口，水仍不會流下來。此現(xiàn)象與液體表面張力有關(guān)b. 具有各向同性的物質(zhì)一定沒有確定的熔點c. 在絕對濕

22、度不變的情況下，溫度越高，相對濕度越小，人感覺越干燥d. 液晶的物理性質(zhì)穩(wěn)定，外界條件的變動不會引起液晶分子排列變化e. 干濕泡濕度計的示數(shù)差別越小，說明空氣的相對濕度越大【答案】ace【解析】【詳解】a慢慢向小酒杯中注水，即使水面稍高出杯口，水仍不會流下來，這是由于液體的表面張力，a正確；b多晶體也是各向同性，但多晶體有固定熔點，b錯誤；c溫度越高，水的飽和氣壓越大，如果絕對濕度不變，則相對濕度越小，人感覺越干燥，c正確；d液晶分子的排列不穩(wěn)定，外界條件的微小變動都會引起液晶分子排列變化，d錯誤；e干濕泡濕度計的示數(shù)差別越小，說明水蒸發(fā)的越慢，空氣的相對濕度越大，e正確。故選ace。14.2

23、020年1月31日，武昌區(qū)民警接到武漢市第七醫(yī)院求助，緊急集結(jié)9位民警協(xié)助院方裝卸運輸灌裝氧氣，為醫(yī)院解決了燃眉之急。如圖所示，一個容積為v的的氧氣罐(認為容積不變)，內(nèi)部封閉氣體壓強為1.05p0(p0為1個標準大氣壓)。求：(i)若罐內(nèi)氣體溫度降為7°c，此時氣體壓強降為p0，求氧氣罐內(nèi)氣體原來的溫度是多少攝氏度；(ii)若保持罐內(nèi)氣體溫度不變，用了一部分氣體，使罐內(nèi)氣體壓強降為p0，求氧氣罐內(nèi)剩余氣體的質(zhì)量與原來總質(zhì)量的比值。【答案】(i)；(ii)【解析】【詳解】(i)對氣體由查理定律有解得氣體原來溫度為t=（294-273）=21(ii)假設(shè)將放出的氣體先收集起來，并保持壓強與氧氣罐內(nèi)相同，以全部氣體為研究對象，由氣體的玻意耳定律有解得則剩余