【文档说明】辽宁省锦州市2020届高三下学期4月质量检测（一模考试）理综物理试题【精准解析】.doc，共(19)页，1.079 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-945efbac5b391a56fd860c2ea14d52f3.html

以下为本文档部分文字说明：

2020年高三质量检测理科综合能力测试二、选择题1.下列说法正确的是（）A.频率越低的光，粒子性越显著，个别光子产生的效果往往显示出粒子性B.无论光强多强，只要入射光的频率小于金属的截止频率，就不能发生光电效应C.氢原子吸收光子后，电子运动的轨道半径变大，动能也变大D.发生β衰

变时，新核的核电荷数不变【答案】B【解析】【详解】A．频率越高的光，波长越短，粒子性越显著；频率越低的光，波长越长，波动性越显著；大量光子产生的效果往往显示波动性，个别光子产生的效果往往显示出粒子性，故A错误；B．根据产生光电效

应的条件分析，入射光的频率大于金属的截止频率时，发生光电效应，即无论光强多强，只要入射光的频率小于金属的截止频率，就不能发生光电效应，故B正确；C．氢原子吸收光子后，向高能级跃迁，电子的轨道半径变大，根据库仑力提供向心力，则有222kevmrr=解得动能22k122keEmvr==则动能变小，故C

错误；D．衰变的本质是，原子核内中子转化为质子，放出电子，故发生衰变时，新核的核电荷数增加，故D错误。故选B。2.如图所示为某质点做直线运动的v－t图像。已知t0时刻质点的速度为v0，2t0时刻质点的速度为2v0。图中OA与AB是关于A点中心对称的曲线，由此可求出的物理

量有（）A.2t0时刻的加速度B.0～t0时间内的位移C.0～2t0时间内的位移D.t0～2t0时间内的平均速度【答案】C【解析】【详解】A．对于速度-时间图象，速度的斜率表示加速度，但2t0时刻的斜率无法求解，即无法求解2t0时刻的加速度，故A错误；B．对于速度时间图象，图线

与坐标轴围成面积表示位移，0～t0时间内的图象是曲线且不知是何种线，故无法求解0～t0时间内的位移，故B错误；C．图中OA与AB是关于A点中心对称的曲线，利用割补法可知图线围成面积等于连接OB，OB图象与坐标轴围成三角形面积，该面积可求，即可求0～2t0时间

内的位移，故C正确；D．对于速度时间图象，图线与坐标轴围成面积表示位移，t0～2t0时间内的图象是曲线且不知是何种线，故无法求解t0～2t0时间内的位移，则无法求解t0～2t0时间内的平均速度，故D错误。故选C。3.世界最长的跨海大桥

一港珠澳大桥建成，2018年12月1日起，首批粤澳非营运小汽车可免加签通行港珠澳大桥跨境段，极大方便了游客出行。2020年1月24日至25日，中央广播电视总台春节联欢晚会在港珠澳大桥白海豚岛设分会场。驱车数百米长的引桥，经过主桥，可往返于香港澳门两地。下列说法

正确的是（）A.通过很长引桥，减小了汽车重力沿桥面方向的分力B.通过很长引桥，减小了汽车对桥面的压力C.汽车通过主桥最高点时，重力的瞬时功率不为零D.汽车通过主桥最高点时，处于超重状态【答案】A【解析】【详解】AB．对车受力分析，受重力、支持力和阻力，重力产生两个作用效果，使物体沿斜面

下滑，使物体紧压斜面，设斜面倾角为，将重力按照作用效果正交分解，如图由正交分解得，沿斜面分量为2cosGmg=压力的大小等于重力垂直斜面分量的大小，即cosNmg=由于引桥越长，坡角越小，压力变大；重力

平行斜面分量为1sinGmg=由于引桥越长，坡角越小，1G越小，通过很长引桥，减小了汽车重力沿桥面方向的分力，故A正确，B错误；C．汽车通过主桥最高点时，重力的方向与速度的方向垂直，故重力的瞬时功

率为零，故C错误；D．汽车通过主桥最高点时，根据牛顿第二定律可得2NvmgFmR−=则有2NvFmgmR=−处于失重状态，故D错误。故选A。4.如图所示，在光滑的绝缘水平面上，有一个边长为L的正三角形abc，三个顶点处分别固定一个电荷量为q（q>0）的点电荷，D点为正三角形外接圆的圆心，E点

为ab的中点，F点为E点关于顶点c的对称点，下列说法中正确的是（）A.D点的电场强度一定不为零，电势可能为零B.E、F两点的电场强度等大反向，电势不相等C.c点电荷受到a、b点电荷的库仑力F库=－223kqLD.若将一负点电荷从c沿直线移动到F，其电势能将不断减小【

答案】C【解析】【详解】A．三个点电荷在D点的场强大小相等，方向沿角平分线，由几何关系可知三个场强间的夹角为120°，由矢量的合成可知，D点的场强一定为零；因为电势是一个相对性的概念即零电势的选取是任意的，故D点电势可能为0，故A错误；B．由于a、b在E

点的场强大小相等方向相反，故E点的场强仅由电荷c决定，故场强方向向下，而电荷c在E、F位置的场强大小相同方向相反，但电荷a、b在F点的场强矢量和不为0，故E、F两点的电场强度大小不同，方向相反；对于电荷c的电场，E、F两点对称，电势相等，而ab两点电荷的合电场中

，E的电势高于F的电势，所以E的电势高于F点的电势，故B错误。C．取向下为正，c点处有ab产生的场强，由场强的叠加可知，c点的场强2232cos30ckqkqELL=−=−故c点电荷受到a、b点电荷的库仑力F库=－223kqL，负号表示方向向上，故C正确。D

．根据沿着电场线方向电势降低，可知F点电势小于c点电势，而负电荷在电势越低的点电势能越大，故将一负点电荷从c沿直线移动到F，其电势能将不断增大，故D错误。故选C。5.如图所示，在竖直线EOF右侧足够大的区域内存在着磁感应强度大小为B方向垂直纸面向里的匀强

磁场。质量相同、电荷量分别为+q和-q带电粒子，从O点以相同的速度，先后射入磁场，已知v的方向与OF成θ=30°，两带电粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，则不正确的是（）A.两带电粒子回到EOF竖直线时与O点的距离相等B.两带电粒子在磁场中

的运动时间相等C.两带电粒子回到EOF竖直线时的速度相同D.从射入到射出磁场的过程中，两粒子所受洛仑兹力的冲量相同【答案】B【解析】【详解】A．这两个正负粒子以与OF成30=射入有界匀强磁场后，由左手定则可判断，正离子沿逆

时针方向旋转，负粒子沿顺时针方向旋转，如下图所示因正、负粒子所带电荷量的绝对值和质量都相同，由2vqvBmr=可知，磁场中做匀速圆周运动的轨道半径相同，由几何关系知，负粒子在磁场中转过的角度为2θ，正离子在磁场中转过的角度22=−，则两段圆弧所对应的弦长度相等，

即带电粒子回到EOF竖直线时与O点的距离相等，A选项不合题意，故A错误；B．带电粒子在磁场中做圆周运动的周期22rmTvqB==则+q和-q粒子的周期相同，但是轨迹圆弧所对的圆心角不同，因此两带电粒子在磁

场中的运动时间不相等，B选项符合题意，故B正确；C．因洛伦兹力不改变速度的大小，结合几何关系分析知，速度方向与EOF的夹角都是30°，因此两带电粒子回到EOF竖直线时的速度相同，C选项不合题意，故C错误；D．两带电

粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，由动量定理0Ipp=−洛由于以相同的初速度射入磁场，两带电粒子的初动量0p相等，离开磁场时速度大小相等、方向相同，两带电粒子的末速度p相等，因此两带电粒子所受洛伦兹力的冲量相同，D选项不合题意，故D错误。故选B。6.2019年4月10日人类拍摄的首张黑洞照

片全球发布，它是黑洞存在的直接“视觉”证据，验证了爱因斯坦的广义相对论。根据爱因斯坦的理论，黑洞是一种特殊的天体，它的密度极大，对周围物体有极强的吸引力，光子到达黑洞表而时也会被吸入，最多恰好能绕黑洞表面做圆周运动。据天文观测，银河系中可能有一黑洞，其质量约为4×1

035kg，引力常量G=6.67×10－11N·m2/kg2、光速c=3×108m/s，可推测其半径可能为（）A.2×108mB.3×109mC.2×1010mD.3×107m【答案】AD【解析】【详解】由题意可知黑洞的逃逸速度为光速，根据逃逸速度公式2GMvcR==得22GMRc=，代入数据

解得85.9m10R=，则黑洞的半径应小于半径的最大值85.9m10，故AD符合题意，BC不符合题意。故选AD。7.近年来，手机无线充电功能越来越广泛的在汽车配置中出现，该技术为人们提供了很大便利性。如图甲为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的励磁线圈

可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。当充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流时（电流由a流入时方向为正），下列说法正确的是（）A.感应线圈中产生的是恒定电流B.t3～t4时间内，感应线圈中电流的方向与励磁线圈中电流方向相同C.t1～t3时间内，c点电势高于d点电势D

.t1时刻，感应线圈中电流瞬时值为0【答案】BCD【解析】【详解】A．由图象励磁线圈中通有变化的交变电流时，感应线圈中产生电流也在变化，不是恒定电流，故A错误；B．由图可知，在t3～t4时间内，励磁线圈中的电流反向减小，故磁感

应强度减小，则通过感应线圈磁通量减小，根据楞次定律，可知感应线圈中磁场方向与励磁线圈中磁场方向相同，可知感应线圈中电流的方向与励磁线圈中电流方向相同，故B正确；C．由图可知，在t1～t3时间内分两段时间分析，根据楞次定

律可知，在t1～t2时间内，励磁线圈中的电流从a流入，根据安培定则可知，磁场方向向上，由于此时电流的大小不断减小，故磁感应强度减小，则通过感应线圈磁通量减小，根据楞次定律，可知感应线圈中磁场方向与励磁线圈中

磁场方向相同，也向上，则线圈中的电流从d流向c；在t2～t3时间内，励磁线圈中的电流从b流入，根据安培定则可知，磁场方向向下，由于此时电流的大小不断增大，故磁感应强度增大，则通过感应线圈磁通量增大，根据楞次定律，可知感

应线圈中磁场方向与励磁线圈中磁场方向相反，向上，则线圈中的电流从d流向c，综上分析可知c点电势高于d点电势，故C正确；D．由图可知，t1时刻，励磁线圈中电流的斜率为零，所以感应线圈中电流瞬时值也为0，故D正确。故选BCD。8.如图所示，水平虚线L1、L2之间是匀强磁场，磁场方向水平

向里，磁场区域的高度为h。竖直平面内有一质量为m的直角梯形线框，底边水平，其上下边长之比为5：1，高为2h。现使线框AB边在磁场边界L1的上方h高处由静止自由下落（下落过程底边始终水平，线框平面始终与磁场方向垂直），当AB边刚进入磁场时加速度恰好为0，在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做

匀速运动。下列说法正确的是（）A.AB边刚进入磁场时线框的速度为ghB.AB边刚进入磁场时线框的速度为2ghC.从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热为4716mghD.DC边刚进入磁场时，线框加速度的大小为

34g【答案】BC【解析】【详解】AB．设AB边刚进入磁场时速度为v0，线框的电阻为R，AB=l，则CD=5l。线框自由下落过程，由机械能守恒定律得2012mghmv=解得02vgh=，故A错误，B正确；C．AB刚进入磁场时加速度为0，所以安培力与重力大小相等，则有220BlvmgR=设DC

边刚进入磁场前匀速运动时速度为v1，线框切割磁感应线的有效长度为2l，则线框匀速运动时有221(2)BlvmgR=联立解得01244ghvv==，从线框开始下落到CD边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得21132mghQmv−=联立解得47

16Qmgh=，故C正确；D．CD刚进入磁场瞬间，线框切割磁感应线的有效长度为3l，则安培力为113FBIl=由闭合电路欧姆定律得113BlvIR=由牛顿第二定律得1Fmgma−=联立解得54ag=，故D错误。故选BC

。三、非选择题9.某研究性学习小组利用气垫导轨探究加速度与力的关系，实验装置如图甲所示。在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A、B，滑块P上固定一遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集

数据后与计算机相连。(1)实验前，用刻度尺测量光电传感器A、B间的距离L；用游标卡尺测量遮光条的宽度d，读数如图乙所示，则d=_____________mm；(2)滑块用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m

的钩码相连由图甲所示位置释放，滑块在细线的牵引下向左加速运动。遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到如图丙所示的输出电压U随时间t变化的图象。若△t1、△t2和L、d已知，可计算滑块的加速度a=_____________（用所测物理量的符号表示）；(3)

为保证滑块在气垫导轨上运动时所受外力恒定，在实验前还应调节定滑轮高度，使细线与气垫导轨_____________。【答案】(1).1.70(2).22221112dLtt−(3).平行【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺的精确度为0.05mm，主刻度读数为1mm

，游标读数为14×0.05mm=0.70mm，则d=1mm+0.70mm=1.70mm（2）[2]经过光电门A的速度为11dvt=经过光电门B的速度为22dvt=由匀变速直线运动规律有22212vvaL−=解得22221112daLtt=−（3）[3]为保证滑块在气垫导轨

上运动时所受外力恒定，在实验前还应调节定滑轮高度，使细线与气垫导轨平行。10.（1）小明用多用电表测量一小段2B铅笔芯的电阻Rx，正确的操作顺序是______（填字母）；A．把选择开关旋转到交流电压最高档B．调

节欧姆调零旋钮使指针到欧姆零点C．把红黑表笔分别接在Rx两端，然后读数D．把选择开关旋转到合适的档位，将红、黑表笔接触E．把红黑表笔分别插入多用电表“﹢、-”插孔，用螺丝刀调节指针定位螺丝，使指针指0（2）小明正确操作后，多用电表的指针位置如图所示，则Rx=__

____Ω；（3）小张认为用多用电表测量小电阻误差太大，采用伏安法测量．现有实验器材如下：电源（电动势3V，内阻可忽略），电压表（量程3V，内阻约3kΩ），多用电表（2.5mA档；25mA档和250mA档，对应的内阻

约40Ω，4Ω和0.4Ω），滑动变阻器RP（0~10Ω），定值电阻R0（阻值10Ω），开关及导线若干．测量铅笔芯的电阻Rx，下列电路图中最合适的是______（填字母），多用电表选择开关应置于______档．【答案】(1).EDBCA(2).2.8-3.0(3).B(4).250mA【解析】（1）

多用电表应先进行机械调零，再进行欧姆调零，用完后再把电表档位调整到交流电压最高档或OFF档；E项是机械调零，DB是欧姆调零，C是测电阻，最后关闭是A，故答案为EDBCA．（2）由图可知，档位为1，读数为2.9．（3）AB、由于待测电阻较小，电流表电阻引起的误差较大，所以采用

外接法，故A错误，B正确；C.电压表量程为3V，电源电动势为3V，C图接法致使电压表偏转不明显，故C错误；D.图中电路图电压表测量的是电源的电压，不会随着滑动变阻器变化而变化，故D错误；故选B．用电源电动势除以总电阻，最大电流约为323013VImA=

，所以选择250mA的量程．11.如图所示，在高h1=30m的光滑水平平台上，物块A以初速度vo水平向右运动，与静止在水平台上的物块B发生碰撞，mB=2mA，碰撞后物块A静止，物块B以一定的水平速度向右滑下平台，做平抛运动，并恰好沿光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道，B点的高

度h2=15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为L=70m的水平粗糙轨道CD平滑连接，物块B沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞．g取10m/s2．求：（1）物块B由A到B的运动时间；（2）物块A初速度vo的大小；（3）若小物块与墙壁只发

生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点p（p点没画出）．设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围．【答案】（1）1.732ts=（2）020/vms=（3）0.170.5【解析】【详解】

（1）由于130hm=，215hm=，设从A运动到B的时间为t，则21212hhgt−=，解得t=1．732s（2）由112cosRhRhh==−，所以60=．小物块平抛的水平速度是1v，有1tan60gtv=，解得110/vms=A与B发生碰撞

的过程中系统的动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得01ABmvmv=由于2BAmm=，解得020/vms=（3）设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s，根据题意，该路程的最大值是3maxsL=路程的最小值是minsL=路程最大时，动摩擦因数最小；路程最小时，动摩擦因数最大．由能量守恒

知：211minmax12BBBmghmvmgs+=，211maxmin12BBBmghmvmgs+=解得12max=，16min=，即0.170.5【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合进入圆弧轨道的速度方向，通过平行四边形定则求出初速度是

解决本题的关键．12.如图所示，左侧正方形区域ABCD有竖直方向的匀强电场和垂直纸面方向的磁场，右侧正方形区域CEFG有电场，一质量为m，带电量为＋q的小球，从距A点正上方高为L的O点静止释放进入左侧正方形区域后做匀速圆周运动

，从C点水平进入右侧正方形区域CEFG。已知正方形区域的边长均为L，重力加速度为g，求：(1)左侧正方形区域的电场强度E1；(2)左侧正方形区域磁场的磁感应强度B；(3)若在右侧正方形区域内加水平向左的匀强电场，场强大小为E2＝kmgq（k≥2为正整数）。试求：小球飞出该区域的位置到G点的距离。

【答案】(1)1mgEq=，方向竖直向上；(2)2mqBqL=，方向垂直纸面向里；(3)24LLk−【解析】【详解】（1）因小球做匀速圆周运动，则有1qEmg=解得1mgEq=，方向：竖直向上（2）小球自由下落后，进入ABCD区域，根据机械能守恒有2112mgLmv=解得12vgL

=由几何关系可知，小球圆周运动的半径r=L在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有211vqvBmr=解得2mqBqL=，方向：垂直纸面向里（3）水平方向上做匀减速直线2qEma=解得a=kg速度减至零时，用时为12gLvtakg=

=根据速度位移公式有212axv=解得Lxk=()22Lxk，之后水平方向返回竖直方向，小球做自由落体运动，竖直位移()221422LygtLk==小球从CG边飞出此时距G点24LLk−13.对于热力学定律，下列说法正确的是（）A.第一类永动机不可能实现

，因为违背了能量守恒定律B.热力学第一定律指出，不可能达到绝对零度C.热力学第一定律指出，一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做功的和D.热力学第二定律指出，不能从单一热源吸热全部用来对外做功而不产生其它影响E.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背

了热力学第二定律【答案】ACD【解析】【详解】A．第一类永动机既不消耗能量又能源源不断对外做功，违背了能量守恒定律，所以不可能制成，故A正确；B．由热力学第三定律知，绝对零度无法到达，故B错误；C．据热力学第一定

律△U=Q+W可知，一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和，故C正确；D．热力学第二定律指出不能从单一热源吸热全部用来对外做功而不产生其它影响，故D正确；E．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，同时要消耗一定的电能，所以不违背了热力学第二

定律，故E错误。故选ACD。14.如图所示，足够长圆柱形气缸开口向上直立于水平面上，气缸的底面积为S=2.0×10-3m2.缸内有两个质量为m=1kg、可沿缸内无摩擦滑动的活塞，封闭着两部分理想气体，两活塞间连着一根劲度系数为k=1.05×103N/m的轻质弹簧，当温度为T0

=300K时两部分气柱的长度均等于弹赞的自由长度l0=0.1m，当气体开温后，B室的气柱长度变为l=0.2m.求:（1）气体升温后的温度:（2）气体开温后A室的气柱长度，(已知大气压强为p0=1.0×105Pa,g=10m/s2，弹簧始终在弹性范围内)【答案】（1）900K；（2）0.3m【解析】

【详解】(1)对B室气体．初态:0BVlS=、T0=300K、0BpSpSmg=+升温后:BVlS=、T、0'0BSpSpmgkl=++由理想气体状态方程BBBBBBPVPVTT=解得T=900K(2)对A室气体，初态:VA=loSTA=T0=300K升温后:V´A=

l1ST=900K压强不变，由盖吕萨克定律:'AAAVVTT=解得10.3ml=15.如图为一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=0时刻的图象，位于坐标原点的振源振动周期为1s.以下说法正确的是（）A.质点b的振幅

为0B.质点b的周期为1sC.经过0.25s，质点b沿x轴正向移动0.5mD.从t=0时刻起，质点a比质点c先回到平衡位置E.在t=0时刻，质量相等的质点a、c所受的回复力大小之比为1:2【答案】BDE【解析】【分析】根据“简谐横波的图象”可知，本题考查横波的基本规律，根据简谐波

传播过程中介质中各质点的振幅都相等；质点并不随波迁移；由波的传播方向判断质点的振动方向，即可判断质点c与质点a回到平衡位置的先后．质点做简谐运动，回复力F=-kx.【详解】A、图示时刻质点b的位移为0，但其振幅为4cm；故A错误.B、所有参与

传播的质点振动的周期与波源相同，波源振动的周期为1s，故质点b的周期也为1s；故B正确.C、简谐横波沿x轴正向传播时，质点b只在自己平衡位置附近上下振动，并不向前移动；故C错误.D、简谐横波沿x轴正向传

播，t=0时刻，质点a向下运动，回到平衡位置的时间小于4T，而质点c向上运动，回到平衡位置的时间等于4T，故质点a比质点c先回到平衡位置；故D正确.E、根据简谐运动的特征：F=-kx可知，在t=0时刻，质点a、c所受的回复力大小之比为1:2;故E正确.

故选BDE.【点睛】本题考查了波的基本特点：简谐波中各质点的振幅都相同、不“随波逐流”．16.如图表示一个盛有某种液体的槽，槽的中部扣着一个横截面为等腰直角三角形的薄壁透明罩CAB，罩内为空气，整个罩子浸没在液体中，底边AB上有一个点光

源D，其中BD=14AB．P为BC边的中点，若要在液面上方只能够看到被照亮的透明罩P点的上半部分，试（1）作出光线从D点传播到液面的光路图（2）求槽内液体的折射率应为多大？【答案】(1)(2)2.24【解析】【详解】解：(1)可用图示平面内的光线进行分析，只讨论从右

侧观察的情形，由点光源D发出的光线PD恰好在液面发生全发射，从D点传播到液面的光路图如图(2)有几何关系可得入射角为：45=由临界公式可得：1sinCn=折射角为：45C=−由折射定律可得：sinsin45sinsin(4

5)nC==−又221cos1sin1CCn=−=−解得：1sin5C=52.24n==