【文档说明】【精准解析】宁夏吴忠市2020届高三下学期一轮联考物理试题.doc，共(16)页，654.500 KB，由小赞的店铺上传

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吴忠市2020届高三一轮联考试题理综——物理二、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.根据玻尔理论，某原子从能量为E的轨道跃迁到能量为E′的轨道辐射出波长为的光，以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，E′等于（）A.Ehc−B.Ehc+C.cEh−D.cEh

+【答案】C【解析】【详解】根据玻尔理论，则'hcEE−=可得'hcEE=−故选C。2.如图所示，某质点以A点为起点开始做匀变速直线运动，从A点运动到B点用时2s，再经过6s运动到C点，第10s末到达D点．已知AB＝8m、CD＝24m，则该质点的初速度v0和加速度a

分别为()A.3m/s、4m/s2B.0、1m/s2C.0、4m/s2D.3m/s、1m/s2【答案】D【解析】【详解】ABCD．A到B的过程中2101112xvtat=+；C到D的过程中22203302211()22xvtatvtat=+−+；x1=8m，

t1=2sx2=24m，t2=2s+6s=8st3=10s代入解得：v0=3m/sa=1m/s2；故D正确，ABC错误．3.如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑定滑轮与沙漏A连接，连接B的一段细绳与斜面平行，在A中的沙子缓慢流出的过程中，A、B、C都处于

静止状态，则下列说法正确的是（）A.B对C的摩擦力可能始终增大B.地面对C的支持力可能不变C.C对地面的摩擦力方向始终向左，且逐渐减小D.滑轮对绳的作用力方向发生改变【答案】A【解析】【详解】A．设A、B的重力分别为GA、GB．若GA=GBsinθ，B受到C的摩擦

力为零；若GA≠GBsinθ，B受到C的摩擦力不为零．若GA＜GBsinθ，B受到C的摩擦力沿斜面向上，当沙子流出时，B对C的摩擦力始终增加；故A正确；BC．以BC整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件

得知，水平面对C的支持力N=（GB+GC）-Tsinθ，在A中的沙子缓慢流出的过程中T减小，则N增大；水平面对C的摩擦力f=Tcosθ=GAcosθ，方向水平向左，则C对地面的摩擦力方向始终向右，且逐渐减小．故BC错误．D．绳子对滑轮的作用力为两个相等的力T方向不变，所以绳子对滑轮的作用力方向不变

，则滑轮对绳的作用力方向始终不变，故D错误．4.某行星有两颗绕其做匀速圆周运动的卫星A和B，A的运行周期大于B的运行周期．设卫星与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积为S，则下列图象中能大致描述S与两卫星的线速度v之间关系的是

A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】卫星A的运行周期大于卫星B的运行周期，据开普勒第三定律知，卫星A圆周运动的半径较大．当卫星绕行星运动的速度是v时，有：22MmvGmrr=解得卫星圆周运动的半径：2GMrv=卫星A圆周运动的半径较大，则卫星A的线速

度较小；卫星与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积11222rvtGMSrvtv===则卫星的线速度越大，卫星与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积越小；卫星A的线速度较小，卫星A与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积较大．A．A图与分析不符，故A项不符合题意；B．B图与分析不符，故B项符合题意

；C．C图与分析不符，故C项不符合题意；D．D图与分析不符，故D项不符合题意．5.如图所示，MN、PQ为水平放置的平行导轨，静止的导体棒ab垂直放置在导轨上并通以从b到a的恒定电流，导体棒与导轨间的动摩擦因数33=，在竖直平面内加与导体棒ab垂直的匀强磁场，发现无论磁

感应强度多大都不能使导体棒运动，则磁场的方向与轨道平面的夹角最大为A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】A【解析】【详解】如图对导体棒受力分析如图所示，由题意可知，安培力的水平分力小于导体棒与导轨间的最大静摩擦力

，即有：sin(cos)FmgF+，当磁感应强足够大时，由数学关系可知，coscosmgFF+，即当tan时，无论安培力多大，导体棒都不能运动，因为33=得：30o=，故A正确．6.如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止

开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是()．A.物体在沿斜面向下运动B.在0～x1过程中，物体的加速度一直减小C.在0～x2过程中，物体先减速再匀速D.在

x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ【答案】AD【解析】【详解】A．在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向向上，所以位移方向向下，故物体在沿斜面向下运动，故A正确；B．在0～x1过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小到零。根据mgsinFam−=

，可知，加速度逐渐增大，故B错误；C．在0～x1过程中，加速度的方向与速度方向相同，都沿斜面向下，所以物体做加速运动，故C错误；D．在x1～x2过程中，机械能守恒，拉力F=0，此时mgsinagsinm==，故D正确。故

选AD。7.如图，面积为S、匝数为N的矩形线框在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴OO'匀速转动，通过滑环向理想变压器供电，灯泡L1、L2均正常发光，理想电流表的示数为I，已知L1、L2的额定功率均为P，额定电流均为I，线框及导线电阻不计，则（）A.图示位置时穿过线框的磁通量变化率为零

B.线框转动的角速度为22PINBSC.理想变压器原副线圈的匝数之比为2：1D.若灯L1烧断，电流表示数将增大【答案】BC【解析】【详解】A．图示位置时，线框切割磁感线的速度最大，故穿过线框的磁通量变化率最大，故A错误；B．线圈输入电压为：2PUI=，根据U

m=NBSω，22mUU=联立解得：22PINBS=，故B正确；C．变压器的输入电流为I、输出电流为2I，根据1221nInI＝，原副线圈的匝数之比为2：1，故C正确；D．若L1灯烧断，输出功率减小，故输入功率也减小，由

于输入电压不变，故电流表示数减小，故D错误；8.如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W．再将Q1从C点沿CB移到B点并固定．最

后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点．下列说法正确的有A.Q1移入之前，C点的电势为WqB.Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0C.Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WD.Q2在移到C点后的电势能为-4W【答案】ABD【解析】【详解】

A.由题意可知，C点的电势为pCEWqq==故A正确；B.由于B、C两点到A点(q+)的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以1Q从C点移到B点的过程中，电场力先做负功再做正功，总功为0，故B正确；C.由于B、C两点的电势相等，所以当在B点固定1Q后，C点的电势为2Wq,

所以2Q从无穷远移到C点过程中，电场力做功为：2204WWqUqWq==−−=故C错误；D.由于C点的电势为2Wq，所以电势能为p4EW=−故D正确．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.某学习小组要验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，细线端拴一个球，另一端连接力传感器，固定在天花板上，传感器可记录球在摆动过程中细线拉力大小，用量角器量出释放球时细线与竖

直方向的夹角，用天平测出球的质量为m．重力加速度为g．（1）用游标卡尺测出小球直径如图2所示，读数为_____mm；（2）将球拉至图示位置，细线与竖直方向夹角为θ，静止释放球，发现细线拉力在球摆动过程中作周期性变化．为求出球在最低点的速度大小，应读取拉

力的_____（选填“最大值”或“最小值”），其值为F．（3）球从静止释放运动到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式为_____（用测定物理量的符号表示）．【答案】(1).18.50(2).最大值(3).2

mg（1﹣cosθ）＝F﹣mg【解析】【详解】（1）[1]．小球的直径：d=18mm+10×0.05mm=18.50mm（2）[2]．球在最低点的速度最大，对应的拉力最大，为求出球在最低点的速度大小，应读取拉力的最大值．（3）[3]．在最低点：2vFmgmr−=球从静止释放运

动到最低点过程中，满足机械能守的关系式：2112mgrcosmv−=（）解得：2mg（1-cosθ）=F-mg10.某物理学习小组设计了如图甲所示电路，除了测出电池组的电动势E、内阻r、定值电阻R的大小，还能测

出滑动变阻器R0（最大阻值为5Ω）取不同阻值消耗的功率。先通过控制开关，测出定值电阻R和电源的电动势和内阻，具体步骤如下∶(1)按照电路图连接电路；(2)先断开S1和S2，将滑动变阻器的滑片移到___（填“a”或“b”）端，再闭合开关S1，调节滑片位置得到多组U、I数据，在图乙所示U—I坐标系

中画出一条图线；(3)然后闭合开关S2，调节滑片位置，得到多组U、I数据，在U—I坐标系中画出的另一条图线是___（填“①”或“②”）；(4)根据图像数据计算出电阻R=___Ω；开关S2断开时，当电压表示数为__V时滑动变阻器消耗的功率最大；（计算结果均保留两位有效数字）(5)

考虑到电表内阻，电源电动势的测量值___填（“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】(1).a(2).②(3).3.0(4).1.5(5).偏小【解析】【详解】(2)[1]从安全角度考虑，闭合开关前滑动变阻器的滑片应放在a端。(3)[2]闭合开关2S，则定值电阻R被短路，故UI

−图像所对应的斜率小于开关2S断开时图像的斜率，故填②。(4)[3][4]图像②的斜率为电源内阻，计算得5.0r=，图像①的斜率为定值电阻与内阻之和，计算得8.0Rr+=，故3.0R=。开关2S断开时，滑动变阻器阻值调到最

大，最接近等效内阻，滑动变阻器消耗功率最大，此时电压表示数为1.5VU=。(5)[5]测量对象为电压表与电源组成的等效电源，故电动势测量值偏小。11.两平行的带电金属板水平放置，板间电场可视为匀强电场．带电量相等粒子a，b分别以相同初速度水平射入匀强电场，粒子a飞离电场时水平方向分位移与竖直方向

分位移大小相等，粒子b飞离电场时水平方向速度与竖直方向速度大小相等．忽略粒子间相互作用力及重力影响，求粒子a、b质量之比．【答案】1：2【解析】【详解】假设极板长度为l，粒子a的质量为ma，离开电场时竖直位移为y，粒子b的质量为mb，离开电场时

竖直分速度为vy，两粒子初速度均为v0，在极板间运动时间均为t对粒子a：l＝v0t…①y＝12a1t2…②1aqEam=…③y＝l…④①②③④联立解得：202aqElmv=对粒子b：vy＝a2t…⑤vy＝v0…⑥2bqEam=…⑦①⑤

⑥⑦联立解得：20bqElmv=则12abmm=．12.如图所示，水平地面上固定一表面粗糙的水平桌面，桌子高度为h=02m、长度为L=0.42m．紧靠桌子的右侧空间有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度大小为E=1V/m，磁感应强度大小为B=0.5T，

电场、磁场区域足够大．在桌面左、右两端分别放置滑块P和小球Q，滑块的质量为m1=0.01kg、不带电，小球的质量为m2=0.03kg、带正电、电荷量为q=0.3C．给滑块一向右的初速度v0=2.2m/s，之后滑块和小球发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰撞过程中小球电荷量保持不变．滑块和小球均可视为质

点，已知滑块与桌面的动摩擦因数为0.1=，取g=10m/s2，求：（1）碰撞后瞬间，滑块速度Pv和小球速度Qv；（2）滑块和小球首次落地的时间差（结果保留两位有效数字）．【答案】（1）vp=1m/s，方向向左vQ=1m/s，方

向向右（2）0.49s【解析】【详解】（1）设滑块与小球碰前的速度为v，向右为正方向．由动能定理得2211101122mgLmvmv−=−①滑块与小球发生弹性正碰，系统动量和能量均守恒112PQmvmvmv=+②222112111222PQmvmvmv=+③由①②③得

：vp=-1m/s，vQ=1m/s④碰撞后瞬间，滑块速度vp大小为1m/s，方向向左，小球速度vQ大小为1m/s，方向向右．（2）设滑块从右端运动到左端所需时间为tp1，到达左端的速度大小为v．221111122PmgLmvmv−=−⑤12PPvvLt−−=⑥由④⑤⑥得tp1=0.6s⑦滑

块从左端飞出后做平抛运动，设经时间tp2落地．2212Phgt=⑧20.2sPt=⑨滑块从碰后到落地所需的总时间为120.8sPPPttt=+=⑩小球在电磁场中20.3NmgqE==⑪小球将做匀速圆周运动，设

其半径为R．22QQvqvBmR=⑫解得：R=h=0.2m⑬小球落地的时间为221s410QmtqB==⑭滑块与小球首次落地的时间差为0.49sPQttt=−⑮（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，则每科按所做的第一题计分。【物理选修3－3】13.下列各说法正确的是（）A.气体扩散现象表明气体分子间存在斥力B.对于同一理想气体，温度越高，分子平均动能越大C.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，必须有第三者的介入D.用活塞压缩汽缸内的理想气

体，对气体做了3.0×105J的功，同时气体向外界放出1.5×105J的热量，则气体内能增加了1.5×105JE.饱和汽压与分子密度有关，与温度无关【答案】BCD【解析】【详解】A．气体扩散现象表明气体分子做无规则运动，不能说明气

体分子间存在斥力，选项A错误；B．对于同一理想气体，温度越高，分子平均动能越大，选项B正确；C．根据热力学第二定律，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，必须有第三者的介入，选项C正确；D．用活塞压缩

汽缸内的理想气体，对气体做了3.0×105J的功，同时气体向外界放出1.5×105J的热量，则气体内能增加了5553.010J1.510J=1.510JEWQ−==+，选项C正确；E．饱和汽压与分子密度有关，与温度

也有关，选项E错误．14.如图所示，竖直放置的汽缸内有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S＝0.10m2，活塞的质量忽略不计，气缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通．开始活塞被锁定，汽缸内封闭了一段高为80c

m的气柱（U形管内的气体体积不计），此时缸内气体温度为27℃，U形管内水银面高度差h1＝15cm．已知大气压强p0＝75cmHg．（1）让汽缸缓慢降温，直至U形管内两边水银面相平，求这时封闭气体的温度；（2）接着解除对活塞的锁定，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，同时对汽缸缓慢加热，直至汽缸内封闭的

气柱高度达到96cm，求整个过程中气体与外界交换的热量（p0＝75cmHg＝1.0×105Pa）．【答案】（1）-23℃（2）吸收热量31.6J10．【解析】【详解】（1）对气缸内的气体，初始状态：p1=p0+h1＝75+15=90cmHg；V1=H

S=0.8S；T1=273+27=300K末态：p2=p0＝75cmHg；V2=HS=0.8S；T2=？由112212pVpVTT=可得：29075=300T解得T2=250K=-23℃（2）解除对活塞的

锁定后，气体内部压强变为p0，气体吸收热量对外做功，最终气体温度与外界温度相同，即气体内能不变；当汽缸内封闭的气柱高度达到96cm时，对外做功5300.1(0.9601.010.80)J1.61J0WpSh=−==由热力

学第一定律可知，整个过程中气体吸收热量31.6J10．【物理选修3－4】15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻刚好传到E点，且A点在波峰，B、C、D也是波上质点，波形如图(a)所示；质点C的振动图像如图（b）所示

．在x轴正方向E有一能接收简谐横波信号的接收器（图中未画出）以5m/s的速度向x轴正方向运动．下列说法正确的是．A.波速是10m/sB.t=0.05s时刻，B点在波谷C.C、D两点振动的相位差是πD.简谐横波波源起振方向沿y轴负

方向E.接收器接收到的波的频率比波源振动频率小【答案】ACE【解析】【详解】A．由（a）图可知，波长为4m=．由（b）图可知，周期0.4Ts=．所以波速：10m/sλvT==故A正确．B．靠近平衡时振动速度更大，所以B点从图示位置振动到波谷应该用大于18T的时间．故B错

误．C．C、D两点传播相差半个波长，所以振动的相位差π，故C正确．D．因为简谐横波沿x轴正方向传播，所以由质点带动法可以判断波源起振方向沿y轴正方向．故D错误．E．接收器和波源之间的距离增大，产生多普勒效应，所以接收器接收到的波的频率比波源振动频率小．故E正确．16.如图所示

，横截面为半圆形的某种透明柱体介质，截面ABC的半径R=10cm，直径AB与水平屏幕MN垂直并与A点接触．由红光和紫光两种单色光组成的复色光沿半径方向射向圆心O，已知该介质对红光和紫光的折射率分别为1233n=,22n=．(i)求红光和紫光在介质中传播的速度比；(ii)若逐渐增大

复色光在O点的入射角，使AB面上刚好只有一种色光射出，求此时入射角的大小及屏幕上两个亮斑的距离．【答案】(1)1262vv=(2)i＝45º，1052cmd=+【解析】(1)由折射率cnv=故红光和紫光在介质中传播的速度比122162vnvn==(2)增加入射角，紫光先发生全反射，其折射光

线消失，设紫光的临界角C，有：212sin2Cn==所以C=450此时入射角45iC==光路如图红光入射角i，有1sinsinrni=可得6sin3r=两斑点PQ的间距：tanRdRr=+带入数值得1052d=+cm或17.1cm