【文档说明】【精准解析】广西来宾市2020届高三下学期5月教学质量诊断性联合考试物理试卷.pdf，共(19)页，376.169 KB，由小赞的店铺上传

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-1-广西2020年5月份高三教学质量诊断性联合考试理科综合物理部分二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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

错的得0分。1.对原子和原子核的认识，下列说法正确的是（）A.大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生4种不同频率的光子B.核衰变时放出的射线都是由带电粒子所组成的C.某种原子的发射光谱是

线状谱，说明该原子只能发出几种特定频率的光D.组成原子核的核子越多，原子核越稳定【答案】C【解析】【详解】A．大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生246C种不同频率的光子，A项错误；B．核衰变时放出的射线中有射线，

射线是电磁波，不带电，B项错误；C．某种原子的发射光谱是线状谱，说明该原子只能发出几种特定频率的光，C项正确；D．原子比结合能越大，原子核越稳定，核子越多的原子核不一定稳定，D项错误。故选C。2.2018年10月15日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第

三十九、四十颗北斗导航卫星．若其中一颗卫星入轨后绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，周期为T，地球的半径为R，则地球的第一宇宙速度为A.2RTB.2324rTRC.2324RTrD.2322rTR【答案】B【解析】【详解】根据其中一颗卫星入轨后绕地球做匀速

圆周运动，则有：2224MmGmrrT，当某一卫星的轨道半径为地球半径R时，其线速度为第一宇宙速度，则有：22MmvGmRR，联立-2-解得：2324rvTR，故选B．3.如图所示，固定倾斜直杆上套有一个质量为m的小球和两根原长均为L的

轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点。已知直杆与水平面的夹角为θ，两弹簧的劲度系数均为k=3sinmgL，小球在距B点45L的P点处于静止状态，重力加速度为g。则小球在P点处受到摩擦力为（

）A.sin5mgf，方向沿杆向下B.sin5mgf，方向沿杆向上C.sin2mgf，方向沿杆向下D.sin2mgf，方向沿杆向上【答案】A【解析】【详解】小球在P点时两根弹簧的弹力大小相等，设为F，根据胡克定律有45FkLL

设小球静止时受到的摩擦力大小为f，方向沿杆向下，根据平衡条件有sin2mgfF解得sin5mgf方向沿杆向下，选项A正确，BCD错误。故选A。4.如图所示，现有三条完全相同的垂直于纸面放置

的长直导线，在纸面内的横截面分别位于一正三角形abc的三个顶点上，三条直导线分别通有大小相等的恒定电流，其中a、b导线中的电流方向均向里，c导线中的电流方向向外。已知通电长直导线周围距离为r处磁场的磁感应强度大

小为Br=kIr，式中常量k>0，I为电流大小，若导线a中的电流在正三角形的中心O-3-点处产生的磁感应强度大小为B，则O点处实际的磁感应强度的大小、方向分别是（）A.2B，方向平行bc边并由O点指向ac边B.2B，方向平

行ab边并由O点指向bc边C.B，方向平行ab边并由O点指向ac边D.B，方向平行bc边并由O点指向ab边【答案】B【解析】【详解】导线a、b、c中的电流在O点处产生的磁感应强度大小相等均为B，其中Ba、Bb方向互成120°，矢量和大小也为B，合矢

量方向与Bc相同，如图所示：可得O点处总的磁感应强度大小为2B，方向平行ab边并由O点指向bc边，选项B正确，ACD错误。故选B。5.如图甲所示，理想变压器原线圈匝数n1=2200，副线圈的匝数n2=100，R为光敏

电阻（光照越强电阻越小），变压器的原线圈两端接有图乙所示的交变电压u，流过小灯泡L的电流为0.3A，灯泡L正常发光。则以下说法中正确的是（）A.副线圈两端电压的有效值为22VB.灯泡L的额定功率为6WC.图乙交变电压的表达式为u=2202sin50πt（V）D.

用强光照射R，灯泡亮度不变-4-【答案】D【解析】【详解】A．原线圈电压有效值为220V，根据变压器原、副线圈的匝数比等于电压比，可得副线圈电压的有效值为10V，选项A错误；B．小灯泡的功率为P=UI=3W选项B错误；C．题图乙T=0.02s，则2=100rad/sT交变电压的

表达式为2202sin100Vut选项C错误；D．由于输入电压、变压器原副线圈匝数均不变，用强光照射R则电阻越小，灯泡两端的电压不变，不会影响灯泡的亮度，选项D正确。故选D。6.间距为L=1m的导轨固定在水平面上，如图甲所示，导轨的左端

接有阻值为R=10Ω的定值电阻，长度为L=1m、阻值为r=10Ω的金属棒PQ放在水平导轨上，与导轨有良好的接触，现在空间施加一垂直导轨平面的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，已知磁场的方向如图甲所示，且0~0.2s的时间内金属棒始终处于静

止状态，其他电阻不计。则下列说法正确的是（）A.0~0.2s的时间内金属棒所受的摩擦力方向始终水平向右B.0.1s~0.2s的时间内流过金属棒的电流由Q到PC.0~0.1s的时间内流过定值电阻的电流大小为1AD.0~0.1s的时间内流过定值电阻的电荷量为0.0

5C【答案】BD【解析】-5-【详解】AB．由图乙可知，0~0.1s的时间内磁感应强度逐渐减小，则穿过回路的磁通量逐渐减小，由楞次定律可知流过金属棒的电流方向由P到Q，则金属棒所受的安培力方向水平向右，摩擦力的方向

水平向左；0.1s~0.2s的时间内磁感应强度逐渐增大，穿过回路的磁通量逐渐增加，由楞次定律可知流过金属棒的电流方向由Q到P，则金属棒所受的安培力方向水平向左，摩擦力的方向水平向右，A项错误，B项正确；C．由图乙所示图像，应用法拉第电磁感应定律可得，0~0.1s的时间内感应电动势2110

VLBEtt感应电流为110.5AEIRrC项错误；D．由图乙所示图像，应用法拉第电磁感应定律可得，0~0.1s的时间内通过电阻R的电荷量211C=0.05C1010qRrD项正确。故选BD。7.在如图所示的M、N两点固定两点电荷，两点电荷所带电荷量分

别为+Q1、−Q2，O点为MN的中点，A点为虚线上N点右侧的点，试探电荷放在A点时刚好处于静止状态，规定无穷远处的电势为零。则下列说法正确的是（）A.由于试探电荷在A点静止，则A点的电势为零B.试探电荷可能静止在虚线上

的另一位置C.φM−φO>φO−φND.正粒子沿虚线由A点移动到O点的过程中，电场力先做正功后做负功【答案】CD【解析】【详解】A．设无限远处电势为零，沿电场线方向电势逐渐降低，A点右侧的电场线由A点指向无穷远，因此A点

的电势大于零，故A错误；B．由于试探电荷放在A点时刚好处于静止状态，则说明A点的电场强度为零，则由电场强度-6-的叠加可知1222MANAkQkQrr所以12QQ由叠加原理可知虚线上除A点外电场强度均不为

零，则试探电荷不可能静止在除A点外的任何位置，故B错误；C．由于12QQ，因此O点左侧的电场线比较密集，所以MO间的平均电场强度大于ON间的平均电场强度，由UEd可知，MO两点之间的电势差比较大，则MOON故C正确；D．若将一正粒子从A点移至O点的

过程中，从A到N电场力做正功，从N到O电场力做负功，则电场力先做正功后做负功，故D正确。故选CD。8.汽车A、B在同一水平路面上同一地点开始做匀加速直线运动，A、B两车分别在t0和2t0时刻关闭发动机，二者的v-t图像如图所示。已知两车的质

量相同，两车运动过程中所受阻力都不变。则A、B两车（）A.所受阻力大小之比为2：1B.加速时牵引力大小之比为2：1C.牵引力的冲量之比为1：2D.牵引力做功的平均功率之比为1：1【答案】CD【解析】【详解】A．关闭发动机后，汽车在阻力的作

用下做匀减速直线运动，由v-t图像知，AB两车关闭发动机后的加速度之比为34:1:2aa再根据牛顿第二定律知，汽车A、B所受阻力分别为-7-13fma24fma得12:1:2ff选项A错误；B．在加速阶段，对A车111Ffma对B车222Ff

ma由v-t图像知12:2:1aa联立解得131224:1:1aaFFaa选项B错误；D．由图知，在加速阶段，两车的平均速度相等均为02v，牵引力相等，所以牵引力平均功率PFv，得P1=

P2选项D正确；C．牵引力作用的时间t1∶t2=1∶2，牵引力的冲量11122212IFtIFt选项C正确。故选CD。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。-8-9.某研究性学习小组用图示装置来验证牛顿第二定律，主要操作如下：(1)在跨过定滑轮的轻绳两端各悬挂一个体积很小的物体，由静止释放后，两物体做匀加速直线运动，用两个安装在竖直方向的光电门，测得右侧物体先后经过光电门的时间分

别为△t1和△t2，并测量了小物体的高度d和物体在两光电门之间运动的时间t，写出两物体的加速度的表达式：_________；(2)用天平测得两物体的质量分别为m1和m2，且m1>m2，由静止释放后，两物体做匀加速直线运动，重力加速

度大小为g。根据牛顿第二定律，写出两物体的加速度的表达式为：___________________；(3)代入具体数据计算，并比较两次计算所得的加速度，如果在误差允许范围内相等，就验证了牛顿第二定律。【答案】(1).2111

dattt或1212ttdttt(2).1212mmagmm【解析】【详解】(1)[1]根据平均速度法计算出该物体两次通过光电门时的瞬时速度为11dvt22dvt

再由加速度的定义得212111vvdatttt或1212ttdttt(2)[2]根据整体法，由牛顿第二定律可得1212mmgmma-9-解得加速度1212mmagmm10.某同学要

测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率（圆柱体的电阻约为6Ω）：(1)如图甲先用螺旋测微器测其直径为______mm，如图乙再用游标卡尺测其长度为_______cm；(2)为精确测量其电阻，需测出多组实验数据，并避免测量时电表指针偏转角

度过小，需进一步测其电阻，除待测圆柱体外，实验室还备有的实验器材如下，为了测多组实验数据，则电压表应选___________；电流表应选___________；滑动变阻器应选___________。（填写器

材前对应的序号字母）A.电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）B.电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）C.电流表A1（量程0.6A，内阻约为1Ω）D.电流表A2（量程3A，内阻约为0.2Ω）E.滑动变阻器R1（0~5Ω，0.6

A）F.滑动变阻器R2（0~2000Ω，0.1A）G.1.5V的干电池两节，内阻不计H.开关S，导线若干(3)请设计合理的实验电路，将电路图完整地画在图虚线框中；（）(4)若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的

电阻率的关系式为ρ=___________。-10-【答案】(1).1.844（1.842~1.847均可）(2).4.240(3).A(4).C(5).E(6).(7).24DUIL【解析】【详解】(1

)[1]螺旋测微器的读数为:固定刻度读数+可动刻度读数+估读，由题图甲知，圆柱体的直径为1.5mm+34.4×0.01mm=1.844mm（1.842~1.847均可）[2]游标卡尺读数为：主尺读数+

游标尺读数×精度，由题图乙知，长度为42mm+8×0.05mm=42.40mm=4.240cm(2)[5]待测电阻大约6Ω，若用滑动变阻器R2（0~2000Ω，0.1A）调节非常的不方便，所以应用滑动变阻器R1（0~5Ω，0.6A）。[3]两节干电池电动势为3V，所以电压表

应选3V量程。[4]为了测多组实验数据，滑动变阻器应用分压接法，电压表内电阻较大，待测圆柱体的电阻较小，故采用电流表外接法误差较小；电路中的最大电流约为0.5AUIR所以电流表量程应选0.6A量程。(3)[6]根据以上分析电路图如图所示:(4)[7]由UIR，LRS及22

DS得24DUIL-11-11.如图所示，水平虚线AB和CD间距为L，中间存在着方向向左且与虚线平行的匀强电场，CD的上侧存在一半径为R的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，圆形磁场与CD相切于点M。一质量为m、带电量为q(q>0)的粒子由电场下边界的

S点以初速度v0垂直射人电场，一段时间后从M点离开电场进入磁场。粒子进入磁场的速度大小为2v0，且其运动轨迹恰好过圆形磁场的圆心O。粒子所受重力忽略不计，求：(1)电场强度的大小；(2)圆形磁场磁感应强度的大小。【答案】(1)203mvqL(2)023mvq

R【解析】【详解】（1）粒子在电场中运动时，竖直方向做匀速运动，水平方向做匀加速运动，粒子进入磁场时的速度大小为2v0，由几何关系可知，粒子进入磁场的方向与电场方向夹角为30°，则竖直方向L=v0t水平方向02cos30qEvtm解得：203mvEqL（2）粒子进

入磁场后经过圆心O可知，粒子运动的轨道半径2cos303RRr-12-由200(2)2vqvBmr解得023mvBqR12.如图所示，足够长光滑的水平轨道AB的左端与长为L=5m的水平传送带相接，传

送带的左端再与足够长的倾角为θ=37°的斜面相连接（滑块经过两连接位置时无能量损失），传送带逆时针转动，速度v0=13m/s，AB轨道的右边是光滑竖直半圆轨道，半径R=1m。用轻质细线连接可看作质点的甲、乙两滑块，中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧压缩时的弹性势能为112.5J，弹

簧与甲、乙两滑块不拴连。甲的质量为m1=3kg，甲、乙均静止在AB水平轨道上。现固定甲滑块，烧断细线，乙滑块离开弹簧后经传送带在斜面上滑行的最远距离为s=11m，已知乙滑块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为0.5和0.05，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大

小g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8：(1)求滑块乙的质量；(2)在乙滑块固定的情况下烧断细线，求甲滑块离开弹簧后进入半圆轨道通过最高点D时对轨道的压力大小；(3)甲、乙两滑块均不固定，烧断细线，弹簧恢复原长后撤去弹簧，问甲滑

块和乙滑块能否再次在AB面上发生水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞前瞬间甲、乙两滑块的速度；若不会碰撞，说明原因。【答案】(1)21mkg；(2)75N；(3)甲滑块和乙滑块能再次在AB面上发生水平碰撞；3125m/s5v【解析】【

详解】(1)乙滑块滑上传送带运动的加速度为20.5m/sag-13-乙滑块滑上斜面做匀减速运动，加速度为：2sincos10m/sagg设滑块在传送带上运动的初速度和末速度分别为v、v滑块沿斜面上

滑过程由运动学公式有22vsa解得22220220m/svv即0vv可见滑块在传送带上做的是匀减速运动由运动学公式有222vvaL，解得v=15m/s由机械能守恒定律得弹簧压缩时的弹性势能：221112.5J2pEmv解得滑块乙的

质量21mkg(2)固定乙滑块，烧断细线，甲滑块离开弹簧的速度满足21112pEmv甲滑块从B运动到D过程中据动能定理有22111111222DmgRmvmv甲滑块在D点211DvmgNmR联立得N=75N甲滑块在D点对轨道的压力为-14-75NNN(3)甲

、乙两滑块均不固定，烧断细线以后2211221122pEmvmv根据动量守恒定律有11220mvmv有1213vv解得153m/s2v2153m/s2v之后甲滑块沿轨道上滑，设上滑的最大高度为h，则211112mvmgh解得

15m<1m16h即h<R，可见滑不到与圆心等高位置就会返回，滑块返回AB面上时速度大小仍然是153m/s2v乙滑块滑上传送带，因2153/13/2vmsms，容易知道，乙滑块在传送带上先加

速后匀速，其刚到达斜面底端时的速度为2013m/svv滑块滑上斜面后先沿斜面向上做加速度为210m/sa的匀减速运动，后沿斜面向下做匀加速运动，其加速度为2sincos2m/sagg-1

5-设滑块沿斜面上滑的最远距离为x，沿斜面下滑到底端时的速度为v3，经传送带返回到光滑轨道AB上的速度为3v。在斜面上222vax232vax在传送带上22332vvaL联立三式解得3125m/s5v甲滑块和乙滑块能再次在AB面上发生水

平碰撞.（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.如图所示为一定质量的理想气体状态变化时的p-T图像，由图像可知。A.该气体的体积先增大后不变B.该气体分子的平均动能一直变大C.该气体的内能先变

大后变小D.该气体分子的密集程度一直增大E.该气体一直从外界吸热【答案】ABE【解析】【详解】AD．根据pVCT可得CpTV，由图可得，图上各点与原点连线的斜率先减小后不变，则该气体的体积先增大后不变，该气体分子的密集程度先减小后不变，选项A正确，-16-选项D错误；BC．该气体的温度一

直升高，该气体分子的平均动能一直变大，理想气体的内能仅与温度有关，该气体的内能一直变大，选项B正确，选项C错误；E．第一个过程，对外做功，而内能增大，气体从外界吸热，第二个过程，内能增大，不对外做功，气体从外界吸热，选项E正确。故选ABE。14.如图所示，内壁光滑

的气缸竖直放置在水平桌面，气缸的开口向上，活塞的横截面积为S、质量为m，活塞的上端与压力传感器接触。当缸内气体温度为T1时，压力传感器示数恰好为零；当缸内气体温度升高至某一未知温度T2时，压力传感器的示数为F，大气压强为p0，重力加速度大

小为g，气缸内气体体积保持不变，求：①温度为T1时气缸内的压强p1；②气缸内气体的温度T2。【答案】①10mgppS；②0210mgFpSTTmgpS【解析】【详解】①对活塞有10pSmgpS解得10mgp

pS②对气缸中气体有20pSmgFpS2121ppTT解得-17-0210mgFpSTTmgpS15.一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图甲所示，图乙是位于x=1m的质点N此后的振动图像，Q是位

于x=10m处的质点。则下列说中正确的是（）A.波的波长为3m，传播速度为0.75m/sB.波源的始振方向向上C.在t=7s时，Q点开始振动D.在t=12s时，质点Q的位置坐标为（10m，-8cm）E.在5s~5.5

s时间内，M点的速度在增大，加速度在减小【答案】BCE【解析】【详解】A．由题图甲知波长=4m，由题图乙知振动与波动的周期T=4s，故波速1m/svT选项A错误；B．t=0时刻N点的振动方向向下，则M点的始振方向向上，波动中所有

质点的始振方向相同，故波源的始振方向向上，选项B正确；C．波由M点传到Q点所用的时间7xtsv选项C正确；D．在12s4TttT，质点Q到达波峰位置，位置坐标为（10m，8cm），选项D错误；E．在5s~5.5s时间内，即448TTTTT

时间内，M点正向平衡位置运动，速度在增大，加速度在减小，选项E正确。故选BCE。16.半径为R的玻璃半圆柱体其下底面只能发生反射现象，横截面如图所示，圆心为O，两条-18-平行单色光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，光线1的入射点为A，光线2的

入射点为B，C为圆柱面的顶点，60AOCCOB，已知两条光线经过折射和反射后交于顶点C处，光在真空中的速度为c。①求该玻璃对此单色光的折射率；②两条光线从进入玻璃到交于C点时的时间。【答案】①3；②3Rc【解析】【详解】根据对称性作出光路图如图所示光线2在B点的入射角160

i，设折射角1r，延长两条折射光线交于点C则60COB，故CBO等腰三角形，所以130r，根据折射定律得11sinsininr解得3n②单色光在玻璃半圆柱体中的传播速度为cvn传播的时间BCtv-19-解得3tRc【点睛】本题其实是光的色散问题，关键是作出光路

图，运用几何知识辅助分析．