【文档说明】【精准解析】闽粤赣三省十二校2020届高三上学期联合调研考试理综物理试题.doc，共(20)页，886.177 KB，由小赞的店铺上传

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-1-2020闽粤赣三省十二校高三联考理综试题二、选择题（本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，其中14－18小题只有一项符合题目要求，第19－21小题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）1.氢原子部分能级的示意图如图所示，不同

金属的逸出功如下表所示：铯钙镁铍钛金逸出功W/eV1.92.73.73.94.14.8大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时辐射的所有光子中，能够使金属铯发生光电效应的光子有几种A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【详解】氢原子由量子数n=4的能级跃迁低能级时辐射光子的能量有6种；其

中：E4-E1=-0.8+13.6eV=12.8eV；E4-E2=-0.8+3.40eV=2.6eV；E4-E3=-0.85+1.51eV=0.66eV；E3-E2=-1.51+3.40eV=1.89eV；E3-E1=-1.51+13.6eV=12.09eV；E2-E1=-3.40+13.6

eV=10.2eV；金属铯的逸出功为1.9eV，则能够使金属铯发生光电效应的光子有4种，故选C.2.如图所示，重型自卸车装载一巨型石块，当利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车-2-厢上的石块就会自动滑下．以下说法正确的是（）A.石块没有

下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块对车厢的压力不变B.石块没有下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块对车厢的摩擦力变大C.石块开始下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块对车厢的作用力变大D.石块开始下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块受到的合力不变【答案】B【解析】【详解】AB．货

物处于平衡状态，则有：mgsinθ=f，N=mgcosθ，θ增大时，支持力FN逐渐减小，静摩擦力Ff增大．由牛顿第三定律可知，石块对车厢的压力会减小．故A错误，B正确；CD．石块开始下滑时受力近似平衡，自卸车车厢倾角变大，石块向下做加速运动，且加速度随角度增大而

增大，石块受到的合外力变大；石块对车厢的正压力和摩擦力均减小，可知石块对车厢的作用力变小，故CD错误．3.轨道平面与赤道平面夹角为90°的人造地球卫星被称为极地轨道卫星。它运行时能到达南北极区的上空，需要在全球范围内进行观测和应用的气象卫星、导航卫星

等都采用这种轨道。如图所示，若某颗极地轨道卫星从北纬45°的正上方按图示方向首次运行到南纬45°的正上方用时45分钟，则（）A.该卫星发射速度一定小于7.9km/sB.该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比为1∶4C.该

卫星加速度与同步卫星加速度之比为2∶1-3-D.该卫星的机械能一定小于同步卫星的机械能【答案】B【解析】【详解】A．根据第一宇宙速度的概念可知，该卫星发射速度一定大于7.9km/s，故A错误；B．由题意可知，卫星的周期3

6045min=180min=3h90T=万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得222()MmGmrrT=解得2324GMTr=该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比22333()(414)2rTr

T===同步同步故B正确；C．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得2MmGmar=解得2GMar=该卫星加速度与同步卫星加速度之比22214(61)1raar===同步同步故C错误；D．由于由于不知该卫

星与同步卫星的质量关系，无法比较其机械能大小，故D错误。故选AB。4.如下图所示，ab间接入u=2002sin100πtV的交流电源，理想变压器的原副线圈匝数比为2︰1，Rt为热敏电阻，且在此时的环境温度下

Rt=2Ω(温度升高时其电阻减小)，忽略保险丝L的电阻，电路中电表均为理想电表，电路正常工作，则-4-A.电压表的示数为1002VB.保险丝的熔断电流不小于25AC.原副线圈交流电压的频率之比为2︰1D.若环

境温度升高，电压表示数减小，电流表示数减小，输入功率不变【答案】B【解析】【分析】根据变压器初次级的匝数比求解次级电压有效值即为电压表读数；熔断电流是指有效值；变压器不改变交流电的频率；环境温度升高，则热敏电阻阻值减小，根据次级电压不变进行动态分析.【详解】ab端输入电压的有效值为200

V，由于理想变压器的原副线圈匝数比为2︰1，可知次级电压有效值为100V，即电压表的示数为100V，选项A错误；次级电流有效值为22100502tUIAAR===，则初级电流有效值212125nIIAn==，则保险丝的熔断电流不小于25A，选项B正确；

变压器不改变交流电压的频率，原副线圈的交流电压的频率之比为1︰1，选项C错误；若环境温度升高，Rt电阻减小，但是由于次级电压不变，则电压表示数不变，电流表示数变大，次级功率变大，则变压器的输入功率变大，选项D错误；故选B

.【点睛】要知道有效值的物理意义，知道电表的读数都是有效值；要知道变压器的原副线圈的电压比等于匝数比，并会计算；要会分析电路的动态变化，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况．5.如图所示，在直角坐标系xOy平面内

存在一正点电荷Q，坐标轴上有A、B、C三点，OA=OB=BC=a，其中A点和B点的电势相等，O点和C点的电势相等，静电力常量为k，则下列说法正确的是（）-5-A.点电荷Q位于O点B.O点电势比A点电势高C.C点的电场强度大小为22kQaD.将某一正试探电荷从A点

沿直线移动到C点，电势能一直减小【答案】C【解析】因A点和B点的电势相等，O点和C点的电势相等，故A、B到点电荷的距离相等，O、C到点电荷的距离也相等，则点电荷位置如图所示由图可知A错误，因点电荷带正电，故离点电荷越近电势越高，故O点电势比A点低，故B错误，由图可知OC的距离2

Cra=，根据2QEkr=，得22CkQEa=，故C正确；由图可知，将正试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势先升高再降低，故电势能先增大再减小，故D错误，故选C.6.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总

和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10m/s2．由图中数据可得()-6-A.物体的质量为1kgB.物体受到的空气阻力是5NC.h=2m时，物体的动能Ek=60JD.物体从地面上升到最高点用时0.8s【答案】BD【解析】【详解】A．由图知，h=4m时Ep=

80J，由Ep=mgh得m=2kg，故A错误．B．上升h=4m的过程中机械能减少△E=20J，根据功能关系可得fh=△E解得f=5N，故B正确；C．h=2m时，Ep=40J，E总=90J，则物体的动能为Ek=E总-Ep=50J故C错误．D．物体的初速度0210m/skEvm==从地面

至h=4m用时间0240.8s102htsv===故D正确．7.在光滑的水平面上，一滑块的质量m=2kg，在水平面上受水平方向上恒定的外力F=4N（方向未知）作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过

PQ两点时速度大小均为v=5m/s。滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角α=37°，sin37°=0.6，则（）A.水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角B.滑块从P到Q的时间为3s-7-C.滑块从P到Q的过程中速度最小值为4m/sD.PQ两点连线的距离为12m【答案】BC

D【解析】【详解】A．设水平恒力F的方向与PQ连线夹角为β，滑块过P、Q两点时的速度大小相等，根据动能定理得FxPQcosβ=△Ek=0得β=90°，即水平恒力F与PQ连线垂直且指向轨迹的凹侧，故A错误；B．把P点的速度分解在沿

水平力F和垂直水平力F两个方向上，沿水平力F方向上滑块先做匀减速后做匀加速直线运动，有22m/sFam==当F方向速度为零时，时间为sin375sin37s=1.5s2vta==根据对称性，滑块从P到Q的时间为t'=2t=3s故B正确；C．当F方向速度为零时，只有

垂直F方向的速度v'=vcos37°=4m/s此时速度方向与F垂直，速度最小，故C正确；D．垂直F的方向上物块做匀速直线运动，有xPQ=v't'=12m故D正确。故选BCD。8.如图所示，两根质量均为m的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左、右

两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间左、右两部分有大小相等、方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻，现用水平恒力F向右拉CD棒，在CD棒向右运动距离为s的过程中，AB棒上产生的焦耳热为Q，此时AB棒和CD棒的速度大小均为v，此时立即撤去拉力F

，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，则下列说法正确的是（）-8-A.v的大小等于3FsQm−B.撤去拉力F后，AB棒的最终速度大小为65v，方向向右C.撤去拉力F后，CD棒的最终速度大小为35v，方向向右D.撤去拉力F后，整个回路产

生的焦耳热为15mv2【答案】AC【解析】【详解】A．两棒的长度之比为1：2，所以电阻之比为1：2，由于电路在任何时刻电流均相等，根据焦耳定律：Q=I2Rt，所以CD棒的焦耳热为2Q，在CD棒向右运动距离为s的过程中，根据功

能关系有21322FsQmv=+解得3FsQvm−=故A正确；BC．令AB棒的长度为l，则CD棒长为2l，撤去拉力F后，AB棒继续向左加速运动，而CD棒向右开始减速运动，两棒最终匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，此时两棒的速度满足BlvAB′=B⋅2

lvCD′即vAB′=2vCD′对两棒分别应用动量定理，有-9-FABt=mvAB′-mv-FCDt=mvCD′-mv因为FCD=2FAB所以vAB′＝65vvCD′＝35v故B错误，C正确；D．撤去外力F到最终稳定运动过程根据能量守恒定律22221112

201212ABCDQmvmvmvmv=−−=故D错误。故选AC。第II卷（非选择题部分，共174分）三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，

考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。9.某学习小组用图甲所示的实验装置探究动能定理。A、B处分别为光电门，可测得小车遮光片通过A、B处所用的时间；用小车遮光片通过光电门的平均速度表示小车通过A、B点时的速度，钩码上端为拉力传感器，可读出细线上的拉力F。(1)用螺旋

测微器测量小车上安装的遮光片宽度如图丙所示，则宽度d=__________mm，适当垫高木板O端，使小车不挂钩码时能在长木板上匀速运动。挂上钩码，从O点由静止释放小车进行实验；-10-(2)保持拉力F=0.2N不变，仅改变光电门B的位

置，读出B到A的距离s，记录对于的s和tB数据，画出2Bsv−图像如图乙所示。根据图像可求得小车的质量m=__________kg；(3)该实验中不必要的实验要求有__________A．钩码和拉力传感器的质量远

小于小车的质量B．画出2Bsv−图像需多测几组s、tB的数据C．测量长木板垫起的高度和木板长度D．选用宽度小一些的遮光片【答案】(1).1.125(2).0.6(3).AC【解析】【详解】(1)[1]．根据

螺旋测微器的读数规则可知，固定刻度为1mm，可动刻度为12.5×0.01mm=0.125mm，则遮光片宽度：d=1mm+0.125mm=1.125mm。(2)[2]．小车做匀加速直线运动，通过光电门的时间为t

B，利用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，小车通过光电门B的速度BBdvt=设通过光电门A的速度为vA，根据动能定理可知221122BAFmsvmv=−解得2222ABmvmsvFF=−对照图象可知，斜率0.320.2

mF=解得小车的质量m=0.6kg(3)[3]．A．小车受到的拉力可以通过拉力传感器得到，不需要钩码和拉力传感器的质量远小于小车的质量，故A错误；B．为了减少实验误差，画出s-vB2图象需多测几组s、tB的数据，故B

正确；C．实验前，需要平衡摩擦力，不需要测量长木板垫起的高度和木板长度，故C错误；-11-D．选用宽度小一些的遮光片，可以减少实验误差，使小车经过光电门时速度的测量值更接近真实值，故D正确。本题选不必要的，即错误的，故选AC。10.LED绿色照明技术已经走进我们的生活．某实验小组要精确测定额定电压

为3V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同．实验室提供的器材有：A电流表A1(量程为0至50mA，内阻RA1约为3Ω)B电流表A2(量程为0至3mA，内阻RA2＝15Ω)

C定值电阻R1＝697ΩD定值电阻R2＝1985ΩE.滑动变阻器R(0至20Ω)一只F.电压表V(量程为0至12V，内阻RV＝1kΩ)G.蓄电池E(电动势为12V，内阻很小)F.开关S一只(1)如图所示，请选择合适的器材，电表1为________，电表2为________，定值电阻为___

_____．（填写器材前的字母编号）(2)将采用的电路图补充完整________．(3)写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式Rx＝__________________(填字母)，当表达式中的________(填字母)达到_____

___，记下另一电表的读数代入表达式，其结果为LED灯正常工作时电阻．（所填符号角标要与题中仪器名称符号角标一致，如A1的示数为I1，A2的示数数为I2）-12-【答案】(1).F(2).B(3).D(4).(5).()2222AVIRRUIR+−(

6).I2(7).1.5mA【解析】【详解】(1)(2)要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测

量LED两端的电压，可以将电流表A2与定值电阻串联改装为电压表测量电压；改装电压表的内阻：23=10000.003LEDAURI==额满偏，A2的内阻约为15Ω，则定值电阻应选D；LED灯正常工作时的电流约为36mA500UIR===左右，电流表的量程较小，电流表

不能精确测量电流，可以用电压表测量电流；因为滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．电路图如图所示：由以上分析可知，电表1为F，电表2为B，定值电阻为D．(3)根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压U=I2（R+RA2），，通过灯泡的电流2VUIIR=−，所以LED

灯正常工作时的电阻()2222AXVIRRRUIR+=−，改装后的电压表内阻为RV=1985+15Ω=2000Ω，则当I2=1.5mA时，LED灯两端的电压为3V，达到额定电压，测出来的-13-电阻为正常工作时的电阻．11.如图所示，

质量M=2kg的木板A静止在光滑水平面上，质量m=1kg的小物块B(大小不计)静止在木板的左端，物块和木板间的动摩擦因数μ=0.4，现突然对物块施加一水平向右的恒定拉力F=9N，左右1s后撤去拉力，最终物块B恰好没有滑离木板A，取g=10m/s

2，求:(1)力F做的功W；(2)木板的长度L．【答案】(1)22.5J(2)2.25m【解析】【详解】（1）拉力作用时，设B物体的加速度为a1，F-μmg=ma1物块对地的位移为x1，x1=2112

atWF=Fx1联立解得：WF=22.5JJ（2）撤去拉力时，设B物体的加速度为a2对木板：μmg=Ma21s末B的速度为v1，A的速度为v2v1=a1tv2=a2t相对滑动的位移为22121122xatat=−撤去拉力后

系统动量守恒12()mvMvMmv+=+由能量守恒定律得：22212111()()222mvMvMmvmgLx+−+=−解得：L=2.25m【点睛】（1）对B物体受力分析，由牛顿第二定律可求得其加速度，再由位移时间公式求出1s内B的位移，

即可求得力F做的功W；（2）由牛顿第二定律求出A的加速度．由位移公式和位移关系求出1s内B相对于A滑行的位移．并由速度公式求出1s末两个物体的速度．撤去F后系统的动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求出1s内两者的相对位移，从而得到

木板的长度L．12.如图所示，半径为R的圆与正方形abcd相内切，在ab、dc边放置两带电平行金属板，在-14-板间形成匀强电场，且在圆内有垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m、带电荷量为+q的粒子从ad边中点O1沿O1O方向以速度v0射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从bc边

中点O2飞出．若撤去磁场而保留电场，粒子仍从O1点以相同速度射入，则粒子恰好打到某极板边缘．不计粒子重力．（1）求两极板间电压U的大小（2）若撤去电场而保留磁场，粒子从O1点以不同速度射入，要使粒子能打到极板上，求粒子入射速度的范围．【答案】（1）20mvq（2

）00212122vvv−+【解析】试题分析：（1）由粒子的电性和偏转方向，确定电场强度的方向，从而就确定了两板电势的高低；再根据类平抛运动的规律求出两板间的电压．（2）先根据有两种场均存在时做直线运

动的过程，求出磁感应强度的大小，当撤去电场后，粒子做匀速圆周运动，要使粒子打到板上，由几何关系求出最大半径和最小半径，从而由洛仑兹力提供向心力就能得出最大的速度和最小速度．（1）无磁场时，粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律有：212Rat=，02Rvt=，2q

UaRm=解得：20mvUq=（2）由于粒子开始时在电磁场中沿直线通过，则有：02UqvBqR=撤去电场保留磁场粒子将向上偏转，若打到a点，如图甲图：-15-由几何关系有：2rrR+=由洛伦兹力提供向心力有：211vqvBmr=解得：10212vv−=若打到b点，如图

乙所示：由几何关系有：2rRR−=由洛伦兹力提供向心力有：222vqvBmr=解得：20212vv+=故010212122vvvv−+=（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计

分。13.关于热学规律，下列说法正确的是（）A.热量可以自发地从高温物体向低温物体传递，但要从低温物体向高温物体传递，必须有第三者介入-16-B.如果用Q表示物体吸收的能量，用W表示物体对外界所做的功，ΔU表示物体

内能的增加，那么热力学第一定律可以表达为QUW=+C.蒸发的快慢与空气的湿度有关，与气温无关D.摄氏温度是国际单位制中七个基本物理量之一，摄氏温度t与热力学温度T的关系是27315KTt=+．E.在用

油膜法估测分子的直径的实验中，主要是解决两个问题：一是获得很小的一滴油酸并测出其体积，二是测量这滴油酸在水面上形成的油膜面积【答案】ABE【解析】【详解】A．由热力学第二定律知，热量可以自发地从高温物体向低温物

体传递，但要从低温物体向高温物体传递，必须有第三者介入，选项A正确；B．热力学第一定律表达为Q=△U+W，其中Q表示物体吸收的能量，用W表示物体对外界所做的功，故B正确；C．蒸发的快慢与液体表面积大小、气温高低、气体表面

的空气流动速度等有关，故C错误；D．热力学温度是国际单位制中七个基本物理量之一，故D错误；E．在用油膜法估测分子的直径的实验中，主要是解决两个问题：一是获得很小的一滴油酸并测出其体积，二是测量这滴油酸在水面上形成的油

膜面积，故E正确。故选ABE。14.如图所示，在水平桌面上，导热气缸内橫截面积为S的轻质活塞封闭着一定质量的气体．一质量为m的砝码盘(含砝码)用轻绳经光滑定滑轮与缸中活塞竖直相连接，活塞与气缸壁间无摩擦．当环境温度温度为T时，活塞与缸底的距离为h．现使环境温度缓慢降为2T．①活

塞再次平衡时，活塞与缸底的距离是多少?②保持环境温度为2T不变，为使活塞返回原位置，需在盘中逐渐添加砝码的质量为Δm，求大气压强的大小．-17-【答案】①12hh=②0(2)mmpgS+=【解析】试题分析：（i）分析气体初末状态的参量，气体发生等压变化，由盖吕萨克定律求

解即可，（ii）分析气体初末状态的参量，气体发生等温变化，由玻意尔定律求解即可.（i）设再次平衡时，活塞离缸底的高度为h1．环境温度缓慢降低过程中，气缸中气体压强不变．初始时，温度为1TT=，体积为1VhS=，变化后温度为22

TT=，体积为21VhS=气体发生等压变化，由盖吕萨克得：1122TVTV=解得：12hh=（ii）设大气压强为0p，初始时20mgppS=−，休积为212hVhSS==变化后30mgmgppS+=−，体积为3VhS=气体发生等温变化，由玻意尔定律得：2233pVpV=解得：0(2

)mmpgS+=【点睛】此类问题关键是挖掘气体做何种变化，选择合适的气体实验定律求解即可，其中活塞类问题，往往对活塞受力分析利用平衡求解气体压强．15.图甲为某一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时的波形图，图乙为波上质点M的振动图像，下列说

法正确的是（）A.这列波的传播速度大小为4m/sB.这列波沿x正方向传播C.t=0.5s时，质点M的振动速度大于质点Q的振动速度-18-D.t=0.5s时，质点P的位移为0.2cmE.这列波每秒沿x轴负方向传

播距离为4m【答案】ACE【解析】【详解】A．由甲图可得λ=4m，由乙图中可得T=1s，所以该简谐横波的传播速度为4m/svT==故A正确；B．由图乙知，t=0时刻质点M正通过平衡位置向下运动，由波形平移法知波的传播方向沿x轴负方向。故B错误；C．t=0.5s=0.5

T时M质点正通过平衡位置，速度最大，而质点Q不在平衡位置，所以t=0.5s时M质点的振动速度大于Q质点的振动速度，故C正确；D．t=0.5s=0.5T，质点P到达波谷，此时P的位移为-0.2cm，故D错误。E．这列波每秒沿x轴负方向传播距离为41m=4mxvt==，选项E正确。故

选ACE。16.如图所示为某种半圆柱透明介质的截面图，截面ABC的半径r=12cm，直径AB与足够大的水平屏幕朋Ⅳ垂直并与A点接触．透明介质放置在空气中，现有一束紫光射向圆心O，在AB分界面上的入射角为i，i较小时，MN屏幕上有两个亮斑，逐渐增大入射角，当i=45°时，其

中一个亮斑恰好消失．已知真空中的光速c=3xl08m/s．求：①介质对紫光的折射率n；②当i=45°时，紫光从进入透明介质到射到MN屏幕的传播时间t．【答案】(1)2(2)91.310s−【解析】-19-【详解】①设紫光的临界角为C，则知45C=，由公式1sinC

n=，解得：2n=；②紫光在透明介质中的传播速度：cvn=传播时间：22rrrtvc−=+解得：109432110s1.310st（）−−=−．点睛：本题首先要能熟练作出光路图，掌握临界角公式1sinCn=，并能

正确应用几何关系进行求解．-20-