【文档说明】安徽省滁州市定远县重点中学2020届高三下学期5月模拟考试理科综合物理试题 【精准解析】.doc，共(19)页，999.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020届安徽省滁州市定远县重点中学高三（下）5月模拟理科综合物理试题1.重元素的放射性衰变共有四个系列，分别是U238系列(从23892U开始到稳定的20882Pa为止)、Th232系列、U235系列及Np23

7系列(从23793Np开始到稳定的20983Bi为止)，其中，前三个系列都已在自然界找到，而第四个系列在自然界一直没有被发现，只是在人工制造出Np237后才发现的，下面的说法正确的是A.23892U的中子数比20983Bi中子数少20个B.从23793Np到20983Bi，

共发生7次α衰变和4次β衰变C.Np237系列中所有放射性元素的半衰期随温度的变化而变化D.23892U与23592U是不同的元素【答案】B【解析】【详解】23892U的中子数为238-92=146个，20983Bi的中子数为209-83=126个，则23892U的子数比20983Bi的中

子数多20个，A错误；根据质量数守恒有：237-209=4×7，知发生了7次衰变，根据电荷数守恒有：93-83=2×7-4，知发生了4次衰变，B正确；放射性物质的半衰期不受外界因素的影响，C错误；23892U与23592U的质子数相同，中子数不同，它们是相同的元素，D错误．2.2018

年II月16日，第26届国际计量大会通过“修订国际单位制”决议，正式更新包括国际标准质量单位“千克”在内的4项基本单位定义．新国际单位体系将于2019年5月20日世界计量日起正式生效．其中，千克将用普朗克常量(h)定义；安培将用电子电荷量（e）定义．以基本物理

常数定义计量单位，可大大提高稳定性和精确度．关于普朗克常量和电子电荷量的单位，下列正确的是A.普朗克常量的单位为kg.m3.s-2B.普朗克常量的单位为kg-1.m2.s-1C.电子电荷量的单位为A．sD.

电子电荷量的单位为A.s-1【答案】C【解析】【详解】由公式E=hv，可得h=E/v=Fs/v=mas/v，故普朗克常量h的单位为J/Hz，1J/Hz=1J·S=1Kg·m2·s-1；由公式q=It，可得电荷量e的单位为C，1C=1A·s．

故答案选C．3.2019年春节档，科幻电影《流浪地球》红遍大江南北．电影讲述的是太阳即将毁灭，人类在地21球上建造出巨大的推进器，使地球经历停止自转、加速逃逸、匀速滑行、减速人轨等阶段，最后成为新恒星（比邻星）的一颗行星的故事．假设儿千年后地球流浪成功，成为比邻星的一颗行

星，设比邻星的质量为太阳质量的1/8，地球质量在流浪过程中损失了1/5，地球绕比邻星运行的轨道半径为地球绕太阳运行轨道半径的1/2，则下列说法正确的是（）A.地球绕比邻星运行的公转周期和绕太阳的公转周期相同B.地球绕比邻星运行的向心加

速度是绕太阳运行时向心加速度的2/5C.地球与比邻星间的万有引力为地球与太阳间万有引力的1/10D.地球绕比邻星运行的动能是绕太阳运行时动能的1/10【答案】A【解析】【详解】A、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：222MmGmrrT

，解得：32rTGM，则：3=()1MTrTrM太比比比太太，即：T比＝T太，故A正确；B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：2MmGmar，解得：2GMar，21=()2raMaMr太比比比太太，故B错误；C、万有引力

：2MmFGr,代入数据计算解得2=5FF比太，故C错误；D、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：22MmvGmrr，动能：2122KGMmErmv，代入数据计算解得动能之比为15故D错误；4.如图所示，地面上固定有一半径为R的半圆形凹槽

，O为圆心、AB为水平直径、现将小球（可视为质点）从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到D点：若将该小球从A处以初速度v2水平抛出后恰好落到C点，C、D两点等高，OC与水平方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A.v1：v2＝l：

4B.小球从开始运动到落到凹槽上的过程中，其两次的动量变化量相同C.小球落在凹槽上时，其两次的重力的瞬时功率不同D.小球落到C点时，速度方向可能与该处凹槽切面垂直【答案】B【解析】【详解】过C与D分别做AB的垂线，交AB分别与M点与N点，如图：则：OM＝O

N＝R•cos60°＝0.5R；所以：AM＝0.5R，AN＝1.5R；由于C与D点的高度是相等的，由：h＝12gt2可知二者运动的时间是相等的．由水平方向的位移为：x＝v0t，可得1213vv．故A错误；它们速度的变化量

：△v＝gt，二者运动的时间是相等的，则它们速度的变化量也相等，根据P=mv可知动量变化量相等．故B正确；两次的位移分别为：AD和AC，显然AC≠2AD，所以前后两次的平均速度之比不等于1：2．故C错

误；球落到C点时，若速度方向与该处凹槽切面垂直则速度方向为OC，O点应为AM的中点，显然不是，故D错误.5.“嫦娥四号”上搭载的中性原子探测仪，主要任务是测量太阳风与月表相互作用后产生的中性原子．探测仪在入口处安装了高压偏转系统，

形成强电场区域，对太阳风和月表作用后辐射的带电粒子进行偏转，以免其射到探测器上产生干扰信号．已知高压偏转系统由长度大于lm、间距仅10mm的两平行金属板组成，当两板加一定的电压时，可将平行极板进入、动能不大于320ke

V的氦核均偏转到极板而被极板吸收．只考虑该电场的作用，则A.对于平行极板进入偏转系统的质子，只有动能不大于160keV才能完全被极板吸收B.对于平行极板进入偏转系统的质子，只要动能不大于320keV就可完全被极板吸收C.对于平行极板进入偏转系统的电子，

只有动能不大于320keV才能完全被极板吸收D.对于平行极板进入偏转系统的电子，只要动能不大于640keV就可完全被极板吸收【答案】A【解析】【详解】设平行板间电势差为U，当两板加一定的电压时，可将平行极板进入、动能不大于320keV的氦核均

偏转到极板而被极板吸收，对氦核根据动能定理得：2eU=320000eV，解得：U=160000V.A、B、对质子根据动能定理得：EKH=eU=160000eV，即对于平行极板进入偏转系统的质子，只有动能不大

于160keV才能完全被极板吸收，故A正确，B错误；C、D、对于平行极板进入的电子，EKH=eU=160000eV，即对于平行极板进入偏转系统的质子，只有动能不大于160keV才能完全被极板吸收故C，D错误；

故选A.6.如图所示，半径为R＝2cm的圆形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度B＝2T，一个比荷为2×106C/kg的带正电的粒子从圆形磁场边界上的A点以v0＝8×104m/s的速度垂直直径MN射入磁场，恰好从N点射出，且∠AON＝12

0°．下列选项正确的是（）A.带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为1cmB.带电粒子在磁场中运动轨迹的圆心一定在圆形磁场的边界上C.若带电粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，一定从N点射出D.若要实现带电粒子从A点入射，从N点出射，则该圆形磁场的最小面积为3π

×10﹣4m2【答案】BCD【解析】【详解】根据洛伦兹力提供向心力：2vqvBmr，可得：mvrqB，代入数据解得：r=2cm，故A错误；粒子运动轨迹如图所示：由上可知四边形AONP为菱形，又因为∠AON=120º，根据几何知识可得圆心P一定在

圆周上，故B正确；从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，轨迹如图所示，易知四边形SCON为菱形，根据几何知识可知粒子一定N点射出，故C正确；当带电粒子从A点入射，从N点出射，以AN为直径的圆的磁场，此时有最小面积即2242cos303

102ANSRm，故D正确．7.如图所示，边长为l1、l2的单匝矩形线框abcd处在磁感应强度为B的匀强磁场中，线框可绕轴OO′转动，轴OO′与磁场垂直，线框通过连接装置与理想变压器、小灯泡连接为如图所示的电路．已知小灯泡L1、L2额定功

率均为P，正常发光时电阻均为R．当开关闭合，线框以一定的角速度匀速转动时，灯泡L1正常发光，电流表A示数为I；当开关断开时，线框以另一恒定的角速度匀速转动，灯泡L1仍正常发光，线框电阻、电流表A内阻不计，以下说法正确的是A.断开开关S时，电流

表示数为2IB.变压器原、副线圈的匝数比为PRIRC.当开关闭合时线框转动的角速度为12PBIllD.当开关断开时线框转动的角速度为1222PBIll【答案】BD【解析】【详解】由于小灯泡功率为22PIR，可得2PIR=由于122nIPRnII

R断开开关S时，小灯泡正常发光，电流2I不变，故变压器原线圈电流仍为I；由于1212BllU1UIP可得当开关闭合时线框转动的角速度为122PBIll当开关断开时两个小灯泡总功率为2P，原线圈电流I不变，则原线圈输入功率为2PUI

122BllU可得当开关断开时线框转动的角速度为1222PBIll综上分析可知，AC错误，BD正确．故选BD.8.如图所示，在倾角θ=37°固定斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧

下端固定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端位于斜面体上的O点处质量分别为mA=4.0kg、mB=1.0kg的物块A和B用一质量不计的细绳连接，跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮，开始物块A位于斜面体上的M处，物块B悬空，现将物块A和B由静止释放

，物块A沿斜面下清，当物块A将弹簧压缩到N点时，物块A、B的速度减为零．已知MO=1.0m，ON=0.5m，物块A与斜面体之间的动摩擦因数为μ=0.25，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，整个过程细绳始终没有松弛．则下列说法正确的是A.物块A在与弹簧接触

前的加速度大小为1.2m/s2B.物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.5m/s2C.物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为9JD.物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为21J【答案】AC【解析】

【详解】对AB整体，由牛顿第二定律可得：sincos()ABAABmgmgmgmma，解得a=1.2m/s2，选项A正确，B错误；由能量关系可知，物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为si

ncosPABAEmgMNmgMNmgMN，解得EP=9J，选项C正确，D错误；故选AC.三、非选择题：共174分。包括必考题和选考题两部分。（一）必考题：共129分。9.某实验小组在“探究加速度与物体受力的关系”实验中，设计出如下的实验方案，其实验装置如图所

示．已知小车质量M＝214.6g，砝码盘质量m0＝7.8g，所使用的打点计时器交流电频率f＝50Hz.其实验步骤是：A．按图中所示安装好实验装置B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动C．取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量

mD．先接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车的加速度aE．重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码的质量，重复B－D步骤，求得小车在不同合外力F作用下的加速度．回答下列问题：(1)按上述方案做实验，是否

要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？_____(填“是”或“否”)．(2)实验中打出的其中一条纸带如图所示，由该纸带可求得小车的加速度a＝____m/s2.(3)某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中，如下表，次数12345砝码盘中砝码的重力F/N0.100.200.29

0.390.49小车的加速度2/(?)ams0.881.441.842.382.89他根据表中的数据画出a－F图象．造成图线不过坐标原点的一条最主要原因______，从该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是_____，其大小为_____．【答案】(1).不需要(2).0.88(3)

.在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力、砝码盘的重力(4).砝码盘的重力大小(5).0.084【解析】【详解】（1）[1]本实验是通过让小车的重力沿斜面向下的分力平衡砝码盘的拉力，再撤去砝码盘后由小车的

重力沿斜面向下的分力提供加速度，所以不需要保证m远远小于M的关系；（2）[2]由图可知，T=0.1；加速度的大小可由逐差法求得324122()()0.88m/s(20.1)xxxxa（3）[3][

4][5]图线不过原点，说明当外力为零时加速度不为零，由此可知原因在于在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力，由砝码的重力提供加速度大小ma=0.4×0.2146=0.084N10.某课外小组在参观工厂时，看到一丢弃不用的电池，同学们想用物理上学到的知识来测定这个电池的电动势和

内阻，已知这个电池的电动势约为11～13V，内阻小于3Ω，由于直流电压表量程只有3V，需要将这只电压表通过连接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程为15V的电压表，然后再用伏安法测电池的电动势和内阻，以下是他们的实验操作过程：(1)把电压表量程扩大，实验电路如图甲所示，实验步骤如下，完成填

空：第一步：按电路图连接实物第二步：把滑动变阻器滑片移到最右端，把电阻箱阻值调到零第三步：闭合开关，把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为3V第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为________V第五步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤

去其他线路，即得量程为15V的电压表。(2)实验可供选择的器材有：A．电压表（量程为3V，内阻约2kΩ）B．电流表（量程为3A，内阻约0.1Ω）C．电阻箱（阻值范围0～9999Ω）D．电阻箱（阻值范围0～999Ω）E．滑动变阻器（阻值为0～20Ω，额定电流2A）F．

滑动变阻器（阻值为0～20kΩ）回答：电阻箱应选_________，滑动变阻器应选_________。(3)用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），测电池电动势E和内阻r，实验电路如图乙所示，得到多组电压U和电流I的值，并作出U－I图线如图丙所示，

可知电池的电动势为_____V，内阻为_____Ω。【答案】(1).0.6(2).C(3).E(4).11.5(5).2.5【解析】【详解】（1）[1]把3V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为15V的电压表时，将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，据题分析，电阻箱阻

值调到零，电压表读数为3V，则知把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为0.6V。（2）[2]由题，电压表的量程为3V，内阻约为2kΩ，要改装成15V的电压表，根据串联电路的特点可知，所串联的电阻箱电阻应为42k8k故电阻箱应选C。（2）[3]在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用

阻值较小的，即选E。（3）[4]由丙读出，外电路断路时，电压表的电压为U=2.3V，则电源的电动势为2.3511.5VE。（3）[5]内阻为2.31.552.51.6UrI

。11.如图所示，在竖直面内有一个光滑弧形轨道，其末端水平，且与处于同一竖直面内光滑圆形轨道的最低端相切，并平滑连接．A，B两滑块（可视为质点）用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧．两滑块从弧形轨道上的某一高度P点处由静止滑下，当两滑块刚滑入圆形轨道最低点时拴接两滑

块的绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，其中前面的滑块A沿圆形轨道运动恰能通过圆形轨道的最高点，后面的滑块B恰能返回P点．己知圆形轨道的半径0.72mR，滑块A的质量0.4kgAm，滑块B的质量0.1kgBm，重力加速度g取210m/s，空气阻力可忽略不计．求：（1）滑块

A运动到圆形轨道最高点时速度的大小；（2）两滑块开始下滑时距圆形轨道底端的高度h；（3）弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能．【答案】（1）655m/s；（2）0.8m；（3）4J【解析】【详解】（1）设滑块A恰能通过圆形轨道最高点时的速度大小为v2，根据

牛顿第二定律有mAg=mA22vR解得：v2=655m/s（2）设滑块A在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小为v1，对于滑块A从圆形轨道最低点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律，有12mAv12=mAg•2R+12mAv22可得：v1=6m/s设滑块

A和B运动到圆形轨道最低点速度大小为v0，对滑块A和B下滑到圆形轨道最低点的过程，根据动能定理，有（mA+mB）gh=12（mA+mB）v02同理滑块B在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小也为v0，弹簧将两滑块弹开的过程，对于A

、B两滑块所组成的系统水平方向动量守恒，（mA+mB）v0=mAv1-mBv0解得：h=0.8m（3）设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为Ep，对于弹开两滑块的过程，根据机械能守恒定律，有12（mA+mB）v02+Ep=12mAv12+12mBv02解得：Ep=

4J12.如图甲所示，正方形导线框abcd用导线与水平放置的平行板电容器相连，线框边长与电容器两极板间的距离均为L．O点为电容器间靠近上极板的一点，与电容器右端的距离为72L，与水平线MN的距离为等1(1)4L)．线框abcd内和电

容器两极板间都存在周期性变化的磁场，导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电容器间匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图丙所示，选垂直纸面向里为正方向．现有一带正电微粒在0时刻自O点由静

止释放，在时间去12LLgg内恰好做匀速圆周运动．已知重力加速度为g，求：(1)此带电微粒的比荷qm；(2)自0时刻起经时间32Lg时微粒距O点的距离；(3)自0时刻起经多长时间微粒经过水平线MN．【答案】（1）014gBL（2）L（3）

71120,1,2,320,1,21212LLnnnngg和【解析】【详解】解：(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势：204LBUBLgLt电容器两极间电场强度：04UEBgL

L时间12LLgg内：mgqE解得比荷：014qgmBL(2)微粒运动的轨迹如图所示时间102Lg内：mgqEma1vat，112Ltg解得：vgL时间12LLgg内：208mvqvBr可得：2Lr又2rTv解得：LT

g32Lg时微粒距O点的距离：2Lxr(3)时间102Lg内，微粒竖直向下的位移：124vLht设粒子转过角度时与O点间的竖直距离为：1(1)4L1(1)4sinLhr解得：6和56每次微粒进入磁场后运动至水

平线MN所需时间：22tT解得：2112Ltg和2512Ltg自开始至水平线MN的时间：122ttnTt，0,1,2,3(,)n即：7(2)12Ltng和11(2)12Ltn

g，0,1,2,3(,)n又722Lrn解得：3.5n微粒离开电容器后不再经过水平线MN，分析得自开始至水平线MN的时间：7(2)12Ltng，(0,1,2,3)n和11(2)12Ltng，0,1,2,3(,)n[物理—选修3-3]13.简易温度

计构造如图所示．两内径均匀的竖直玻璃管下端与软管连接，在管中灌入水银后，将左管的上端通过橡皮塞插入玻璃泡．在标准大气压下，调节右管的高度，使左右两管的液面相平，在左管液面位置标上相应的温度刻度．多次改变温度，重复上述操作．（1）玻璃泡内封闭气体发生的状态变化可近似的认为

是_______变化．初始温度为t1＝0oC，当温度为t2＝25oC，则封闭气体的压强为_______cmHg．（2）（单选题）此温度计的特点是（）A．刻度均匀，刻度值上小下大B．刻度均匀，刻度值上大下小C．刻度不均匀，刻度值上小下大D．刻度不

均匀，刻度值上大下小（3）当大气压减小时，左右两管的液面相比________（选填“左管高”“一样高”或“右管高”），用该温度计测得的温度值_______（选填“偏大”或“偏小”）．【答案】(1).等容（等体积）(2).82.96(3).A(4).右管大(5).偏大【解析】【详解】（

1）[1][2]．由于竖直玻璃管较细，所以玻璃泡内封闭气体发生的状态变化可近似的认为是等容变化，初始温度为t1＝0oC，当温度为t2＝25oC，由公式0212PPTT可解的封闭气体的压强为282.96cmHgP（2）[2]．改变温度后，左右两管的液面始终相平，

可知玻璃泡中的气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律1212VVTT设玻璃管的横截面积为S，温度变化过程中，左管液面下降h高度，则有2111211111()VTTTTVhSThSVVV温度变化与液面高度变化呈线性函数，故此温度计刻度

均匀，温度升高，液面下降，故刻度值上小下大，故A项正确．（3）[4][5]．当大气压减小时，左边的压强高于左边的压强所以液柱右移，左右两管的液面相比右管高，在用公式2111211111()VTTTTVhST

hSVVVV1测量偏小，导致温度测量偏高．14.底面积为4S的圆柱形烧杯装有深度为H的某种液体，液体密度为ρ，将一横截面积为S、长度为2H的玻璃管竖直向下插入液体中直到玻璃管底部与烧杯底部接触，如图1所示．现用厚度不计气密性良

好的塞子堵住玻璃管上端如图2所示．再将玻璃管缓慢竖直上移，直至玻璃管下端即将离开液面如图3所示．已知大气压强p0=kρgH，k为常数，g为重力加速度，环境温度保持不变，求图3中液面下降的高度Δh及玻璃管内液柱的高度h′．【答案】2(24)48hHh

kk，2(24)2Hhkk【解析】【详解】（1）由液体在整个过程中体积不变，设图3烧杯中液体的高度下降为h，则由几何关系有：44HSHhSSh解得4hh对管内封闭气体

发生等温变化，设图3红粉笔气体的压强为p，由理想气体状态方程有：02pHSpHhS对管内液体有平衡条件有：0pghp联立解得：2242Hhkk考虑到无论k取何值22422Hh

kkH即242kk恒成立，所以式中只能取-号，所以2242Hhkk故2242Hhkk，22448hHhkk[物理—选修3-4]15.一列波沿x轴正方向传播的简谐波，在t=0

时刻的波形图如图所示，已知这列波在P出现两次波峰的最短时间是0.4s，根据以上可知：(1)这列波的波速是____m/s；(2)再经过___s质点R才能第一次到达波峰；(3)这段时间里R通过的路程为___cm。【答案】

(1).10(2).0.7(3).6【解析】【详解】(1)依题，P点两次出现波峰的最短时间是0.4s，所以这列波的周期T=0.4s。由波速公式得410/0.4vmsT(2)由t=0时刻到R第一次出现波峰，波移动的距离s=7m则70.710

stsv(3)在上述时间内，R实际振动时间10.3ts因此R通过的路程为36SAcm故本题答案是：(1)10；(2)0.7；(3)616.如图所示，横截面（纸面）为△ABC的三棱镜置于空气中，顶角∠A=60°。纸面内

一细光束以入射角i射入AB面，直接到达AC面并射出，光束在通过三棱镜时出射光与入射光的夹角为（偏向角）。改变入射角i，当0ii时，从AC面射出的光束的折射角也为0i，理论计算表明在此条件下偏向角有最小值φ0=30°。求三棱镜的折射率n。【答案】2【解析】【详解】光路如图设光

束在AB面的折射角为，由折射定0sinsinin设光束在AC面的入射角为，由折射定0sinsinin由几何关系60000ii（）（）联立以上四个表达式，解得2n