【文档说明】安徽省合肥市肥东县高级中学2020届高三下学期5月调研考试理综物理试题 【精准解析】.doc，共(18)页，937.500 KB，由小赞的店铺上传

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二、选择题:本题共8小题，每小题6分，共48分。每小题给出的4个选项中，第14-18题只有一项是符合题意要求的，第19-21题有多项是符合题意要求的。全部选对的6分，选对但不全对的得3分，有选错的得0分。1.在地球大气层外有大量的太空垃圾．在太阳活动期，地球大气会受太阳风的影响而扩张，使一些原

本在大气层外绕地球飞行的太空垃圾被大气包围，从而开始向地面下落．大部分太空垃圾在落地前已经燃烧成灰烬，但体积较大的太空垃圾仍会落到地面上，对人类造成危害．太空垃圾下落的原因是A.大气的扩张使垃圾受到的万有引力增大而导致下落B.太空垃圾在与大气摩擦燃烧过程中

质量不断减小，进而导致下落C.太空垃圾在大气阻力作用下速度减小，运动所需的向心力将小于万有引力，垃圾做趋向圆心的运动，落向地面D.太空垃圾的上表面受到的大气压力大于其下表面受到的大气压力，这种压力差将它推向地面【答案】C【解

析】【详解】太空垃圾在大气阻力的作用下速度减小，地球对它的引力大于它做圆周运动所需的向心力，其不断做向心运动，最终落在地面上，故C正确，ABD错误．2.下列说法正确的是A.原子的核式结构模型是汤姆逊最早提出的B.一群氢原子从量子数n=3的激发态跃迁到基态时最

多可辐射2种不同频率的光子C.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能因为这束光的强度太小D.考古专家发现某一骸骨中146C的含量为活着的生物体中146C的14，已知146C的半衰期为5730年，则确定该生

物死亡时距今约11460年【答案】D【解析】【详解】A、原子的核式结构模型是卢瑟福最早提出的，故A错误；B、一个氢原子从量子数n＝3的激发态跃迁到基态时最多可辐射233C种不同频率的光子，故B错误；C、根据光电效应的产生条件可知，一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能因

为这束光的频率太小，跟光的强度无关，故C错误；D、根据半衰期公式知1124n，解得n＝2，即发生两次半衰期，则确定该生物死亡时距今约2×5730＝11460年，故D正确．3.光滑绝缘的水平桌面上方存在垂直桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B俯视图如图所示．一个质量为2m、电荷量

为q的带正电小球甲静止在桌面上，另一个大小相同、质量为m的不带电小球乙，以速度v0沿两球心连线向带电小球甲运动，并发生弹性碰撞．假设碰撞后两小球的带电量相同，忽略两小球间静电力的作用．则下列关于甲、乙两小球碰后在磁场中的运动轨迹，说法正确的是A.甲、乙两小球运动轨迹是外切圆，半径之比

为2︰1B.甲、乙两小球运动轨迹是外切圆，半径之比为4︰1C.甲、乙两小球运动轨迹是内切圆，半径之比为2︰1D.甲、乙两小球运动轨迹是内切圆，半径之比为4︰1【答案】B【解析】【详解】不带电小乙球与带正电小甲球发生弹性碰撞，系统动量守恒和机械能守恒，规定速度v0方

向为正方向，设碰撞后甲球的速度为1v，乙球的速度为2v，则有：0122mvmvmv，2220121112222mvmvmv，解得：1023vv，2013vv，根据左手定则可知甲、乙两小球运动轨迹是外切圆，根据洛伦磁力提供向心力2vqvBmR可得mvRqB，半径

之比为:4:1RR甲乙，故选项B正确，A、C、D错误；故选B．4.如图所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连，开始时开关闭合．一带电油滴沿两极板中心线方向以一初速度射入，恰好沿中心线直线通过电容器．则下列判断正确的是：（）A

.油滴带正电B.保持开关闭合，将下极板向上平移一小段距离，可使油滴向上偏转C.保持开关闭合，将下极板向上平移一小段距离，可使油滴仍沿中心线直线运动D.断开开关，将下极板向上平移一小段距离，可使油滴向上偏转【答案】B【解析】【详解】A、开关闭合时，油滴做匀速直线运动，电场力与重力平衡，上极板和电源

正极相连，所以场强方向向下，所以油滴带负电，故选项A错误；BC、保持开关闭合，电容器两端电压不变，将下极板向上平移一小段距离，板间距d变小，由公式UEd知场强增大，电场力大于重力，可使油滴向上偏转，故选项B正确

，C错误；D、断开开关，电容器电荷量不变，将下极板向上平移一小段距离，由公式QCU、4SCkd、UEd联立可得4kQES，与板间距无关，故场强不变，所以可使油滴仍沿中心线直线运动，故选项D错误．5.如图1所示

，竖直面内矩形ABCD区域内存在磁感应强度按如图2所示的规律变化的磁场(规定垂直纸面向外为正方向)，区域边长AB=3AD．一带正电的粒子从A点沿AB方向以速度v0射入磁场，在T1时刻恰好能从C点平行DC方向射出磁场．现在把

磁场换成按如图3所示规律变化的电场(规定竖直向下为正方向)，相同的粒子仍以速度v0从A点沿AB方向射入电场，在T2时刻恰好能从C点平行DC方向射出电场．不计粒子重力，则磁场的变化周期T1和电场的变化周期T2之

比为A.1∶1B.23π∶3C.23π∶9D.3π∶9【答案】C【解析】【详解】设粒子的质量为m，带电量为q，则带电粒子在磁场中偏转时的运动轨迹如图所示，设粒子的偏转半径为r，经12T粒子转过的圆周角为α，则有2rsinα=AB，2(r－rcosα)=A

D，又AB=3AD，联立解得α=60°，所以有1126BTT，02BrTv，解得1239ABTv；如果把磁场换为电场，则有AB=v0T2，解得T2=0ABv，所以12239TT，选项C正确．6.在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r。闭合

开关S，当滑动变阻器的滑动触头由图示的位置向右滑动一小段距离，电压表示数的变化量为U，电流表示数的变化量为I。在这个过程中，下列判断正确的是（）A.电源的输出功率增减无法确定B.电阻3R两端电压增加量大于UC.电阻2R两端电压减小量大于UD.U与I的比值变大【答案】AC【解析

】【详解】A．当外电路的电阻等于电源的内电阻时，电源的输出功率最大；因为负载与内阻的关系未知，故无法判断电源输出功率的增减，故A正确；B．电阻R3两端电压增加量33UIR电压表示数的变化量为UIr

两者的变化大小和电阻R3与电源内阻r的阻值有关，因而无法判断，故B错误；C．由闭合电路的欧姆定律可得23UUU由于U减小，所以U2的减小量大于U3的增加量，故电阻R2两端电压减小量大于U，故C正确；D．根据路端电压UE

Ir可知U与I的比值是电源的内阻，故D错误。故选AC。7.如图1所示，两条平行实线间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B=1T．一总电阻为r=0.2Ω的圆形线圈从靠近左侧实线的位置开始

向右做匀速直线运动．圆形线圈产生的感应电动势随时间变化的图线如图2所示．下列说法正确的是()A.圆形线圈的半径为R=1mB.圆形线圈运动速度的大小为v=20m/sC.两实线之间的水平距离L=6mD.在0.05s，圆形线圈所受的安培力大小为400N【答案】ABD【解析】

【详解】AB.根据题意得，当直径与边界重合时，电动势最大，所以m240VEBRv，根据图2可知进入磁场时间是0.1s，所以2Rvt，联立解得：v=20m/s，R=1m，AB正确C.线圈从全进入到刚要出磁场共用了0.1s，所以：221200.1m4mLRvt

，C错误D.根据题意可知，0.05s时，电动势为40V，等效切割长度2R，此时感应电流：200AEIr，安培力为：2120021N400NFBIR，D正确8.如图甲所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，劲度系数为k的轻

弹簧，下端固定在斜面底端，上端与质量为m的物块A连接，A的右侧紧靠一质量为m的物块B，但B与A不粘连．初始时两物块均静止．现用平行于斜面向上的拉力F作用在B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v－t

图象如图乙所示，t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点，重力加速度为g，则()A.12(sin)mgatakB.t2时刻，弹簧形变量为sinmgkC.t2时刻弹簧恢复到原长，物块A达到速度最大值D.从开始到t1时刻，拉力F做的

功比弹簧释放的势能少2(sin)mgmak【答案】BD【解析】【详解】由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律有：kx-mgsinθ=ma；开始时有：2mgsinθ=kx0，又x0-x=12at12；联立

以三式得：12()mgsinatak．故A错误．由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，则得：x=mgsink，此时弹簧处于压缩状态，故B正确，C错误．由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定

律：kx-mgsinθ=ma…①开始时有：2mgsinθ=kx0…②从开始到t1时刻，弹簧释放的势能EP=12kx02-12kx2…③从开始到t1时刻的过程中，根据动能定理得：WF+EP-2mgsinθ（x0-x）=12•2mv12…④2a（x0-x）=

v12…⑤由①②③④⑤解得：WF-EP=-2()mgsinmak；所以拉力F做的功比弹簧释放的势能少2()mgsinmak，故D正确．故选BD.【点睛】本题分析时要注意：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0．从运动

学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等.三、非选择题：共174分。包括必考题和选考题两部分。9.某小组设计了一个研究平抛运动的实验装置，在抛出点O的正前方，竖直放置一块毛玻璃．他们利用不同的频闪光源，在小球抛出后的运动过程中光源闪

光，会在毛玻璃上出现小球的投影点，在毛玻璃右边用照相机进行多次曝光，拍摄小球在毛玻璃上的投影照片如图1，小明在O点左侧用水平的平行光源照射，得到的照片如图3；如图2，小红将一个点光源放在O点照射重新实验，得到的照片如图4已知光源的

闪光频率均为31Hz，光源到玻璃的距离L=1.2m，两次实验小球抛出时的初速度相等．根据上述实验可求出：(结果均保留两位小数)（1）重力加速度的大小为___________m/s2，投影点经过图3中M位置时的速度大小为___________m/s（2）小球平抛时的初速度大小为___________

__m/s【答案】(1).9.61(2).0.62(3).9.30【解析】【详解】（1）若用平行光照射，则球在毛玻璃上的投影即为小球竖直方向上的位移，由2hgT得：29.61/gms投影点经过图3中M位置时的速度大小20.62/vgmsf（2）设小球在毛玻璃上的投影NB=Y则经

过时间t后小球运动的水平位移为0xvt；竖直位移为212ygt，由相似三角形得：2012gtvtLY则：02gLYtv结合图4可得：09.30/vms10.某同学利用电压表和定值电阻测蓄电池电源的电动势和

内阻．(1)实验室有以下三个电压表，需要将它们改装成量程为6V的电压表，以下措施正确的是________；A．将电压表V1(0～1V，内阻约为1kΩ)与5kΩ的定值电阻R串联B．将电压表V2(0～2V，内阻约为2kΩ)与4kΩ的定值电阻R串联C．将电压表V3(0～3V，内阻为3kΩ)与

3kΩ的定值电阻R串联D．以上三项都可以(2)用改装并校正后的电压表及两个定值电阻R0，测蓄电池的电动势和内阻，图甲为实验电路图，根据给出的电路图，将图乙的实物连线补充完整______；(3)该实验的主要操作步骤如下：A．按电路原理图连接实验器材；B．将开关S2闭合，开关S1断开，测得电

压表的示数是U1；C．再将开关S1闭合，测得电压表的示数是U2；D．断开开关S2．①根据实验所得数据，可得电源电动势的测量值E＝__________；电源内阻的测量值r＝____________(结果用字母U1、U2、R0表示)；②该

实验测得的电动势比实际值偏_______(填“大”或“小”)．【答案】(1).AC(2).(3).12212UUUU(4).1202122UURUU(5).小【解析】【分析】（1）明确电表的改装原理，即可确定如何

获得大量程的电压表；（2）根据原理图即可得出对应的实物图；（3）根据闭合电电路欧姆定律进行分析，从而根据测出的数据求出电源的内阻；（4）根据电表内阻的影响进行分析，从而确定测出的电动势的误差情况．【详解】：（1）要想改装电压表，应知道原电压表量程，由题意可知，只有C中电表内阻已知

；同时根据改装原理可知：333V6V3VVVUURRR，符合要求，故选C；（2）根据原理图可得出对应的实物图如图所示：（3）由闭合电路欧姆定律可知：①将开关S2闭合，开关S1断开时：1102UEUrR；将开关S1闭合时：220UEUrR联立解得：12

212UUEUU；1202122UUrRUU；②由于电压表不是理想电表，则电压表分流，因此求出的电流值要小于真实值，而当外电路短路时电压表不再分流，因此可知，实际伏安物图应与测量出的伏安特性曲线与横轴交点相同，而图象整体偏左，因此测出的电动势偏小．故本题的答案

为：（1）C（2）（3）①12212UUUU；1202122UURUU②小【点睛】本题考查利用电压表和两定值电阻分析测量电动势和内阻的方法，要注意准确掌握实验原理，明确实验中电表内阻的影响，从而分析数据并正确

进行误差分析．11.如图，是某科技小组制做的嫦娥四号模拟装置示意图，用来演示嫦娥四号空中悬停和着陆后的分离过程，它由着陆器和巡视器两部分组成，其中着陆器内部有喷气发动机，底部有喷气孔，在连接巡视器的一侧有弹射器．演示过程：先让发动机竖直向下喷气，使整个装

置竖直上升至某个位置处于悬停状态，然后让装置慢慢下落到水平面上，再启动弹射器使着陆器和巡视器瞬间分离，向相反方向做减速直线运动．若两者均停止运动时相距为L，着陆器(含弹射器)和巡视器的质量分别为M和m，与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，发动机

喷气体口截面积为S，喷出气体的密度为ρ；不计喷出气体对整体质量的影响．求：（1）装置悬停时喷出气体的速度；（2）弹射器给着陆器和巡视器提供的动能之和．【答案】（1）MmgvS（2）22MmMmgLMm【解析】【详解】（1）悬停时气体对模拟装置的作用力为F，则

FMmg取t时间喷出的气体为研究对象，由动量定理FtSvtv解得：MmgvS；（2）弹射过程水平方向动量守恒120mvMv着陆器和巡视其减速运动的距离分别为1L和2L，由动

能定理：211102mgLmv，222102MgLMv，12LLL弹射器提供的总动能22121122kEmvMv联立解得：22kMmEMgLMm12.如图所示，金属平板MN垂直于

纸面放置，MN板中央有小孔O，以O为原点在纸面内建立xOy坐标系，x轴与MN板重合．O点下方的热阴极K通电后能持续放出初速度近似为零的电子，在K与MN板间加一电压，从O点射出的电子速度大小都是v0，方向在纸面内，且关于y轴对称，发散角为2θ弧度．已

知电子电荷量为e，质量为m，不计电子间相互作用及重力的影响．(1)求K与MN间的电压的大小U0．(2)若x轴上方存在范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，电子打到x轴上落点范围长度为△x，求该磁场的磁感强度B1和电子从O点到达x轴最短时间t．(3

)若x轴上方存在一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场区，电子从O点进入磁场区偏转后成为一宽度为△y、平行于x轴的电子束，求该圆形区域的半径R及磁场的磁感强度B2．【答案】(1)2002mvUe(2)012(1c

os)mvBex,0(2)2(1cos)xtv(3)2sinyR,022sinmvBey【解析】试题分析：在电场中根据动能定理即可求出K与MN板间的电压U0；画出粒子运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力和几

何关系即可求出磁场感应强度B1和电子从O点到达x轴最短时间；若x轴上方存在一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场区，电子从O点进入磁场，画出粒子运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系即可求出磁场感应强度和半径．(1)由动能定理有：200102eUmv解得

：2002mvUe(2)粒子运动轨迹如图所示：从O点射出的电子落在x轴PQ间，设电子做圆周运动半径为r，由几何关系有Δx＝2r－2rcosθ由向心力公式有：2001vevBmr解得：0121cosmvBex最短路程为：min22sr则有：

min00221cosxstvv(3)电子运动轨迹如图所示：由几何关系可知r＝R且有Δy＝(r＋rsinθ)－(r－rsinθ)＝2rsinθ解得：2sinyR由向心力公式有：2002vevBmr

解得：022sinmvBey点睛：本题考查带电粒子在电场中的加速和在磁场中的匀速圆周运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运

用几何知识解决物理问题．13.下列说法正确的是A.分子力减小时，分子势能也一定减小B.只要能减弱分子热运动的剧烈程度，物体的温度就可以降低C.扩散和布朗运动的实质是相同的，都是分子的无规则运动D.一定质量的理想气体，在温度不变而体积增大时，单位时间碰撞

容器壁单位面积的分子数一定减少E.热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体【答案】BDE【解析】【详解】A．分子力减小，若分子力是斥力，则分子力做正功，分子势能减小，若分子是引力，则分子力做负功，分子势能增大，故A错误；B．温度是

分子平均动能的标志，温度越高分子运动越剧烈，同样减弱分子运动的剧烈程度，温度就可以降低，故B正确；C．布朗运动是液体分子无规则运动的体现，“运动”并不直接指分子的热运动，而是指小颗粒被分子撞击后的运动，而扩散运动中的“运动”则指分子的无规则运动，故C错误；D．温度不变，分子平均动能

不变，当体积增大时，单位时间碰撞到单位面积上的分子个数一定减少，故D正确；E．热量能自发地从高温物体传给低温物体，符合热力学第二定律中关于“热传导是有方向的”规律，热量虽然不能自发地从低温物体传到高温物体，但在一定外加条件下，也能做到

“从低温物体传到高温物体”，故E正确。故选BDE．14.如图所示，一个内壁光滑、导热性能良好的汽缸竖直吊在天花板上，开口向下．质量与厚度均不计、导热性能良好的活塞横截面积为S＝2×10－3m2，与汽缸底

部之间封闭了一定质量的理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离h＝24cm，活塞距汽缸口10cm．汽缸所处环境的温度为300K，大气压强p0＝1.0×105Pa，取g＝10m/s2．现将质量为m＝4kg的物块挂在活塞中央位置上．（1）活塞挂上重物后，活塞下移，求稳定后活塞与汽缸底部之间

的距离．（2）若再对汽缸缓慢加热使活塞继续下移，活塞刚好不脱离汽缸，加热时温度不能超过多少？此过程中封闭气体对外做功多少？【答案】（1）30cm（2）340K6.4J【解析】【详解】（1）挂上重物后，活塞下移，设稳定后活塞与汽缸底部之间的距

离为h1该过程中气体初末状态的温度不变，根据玻意耳定律有：001mgpShpShS代入数据解得：130hcm；（2）加热过程中汽缸内压强不变，当活塞移到汽缸口时，温度达到最高，设此温度为T2根据盖—吕萨克定律有：

1212ShShTT而234hcm=，1300TK，解得2340TK=，即加热时温度不能超过340K加热过程中气体对外做功021mgWphhSS－代入数据得6.4WJ=．15.在北方寒冷的

冬天，有时会出现“多个太阳”的“幻日”奇观，这时由于空气中的水蒸气在集冷的大气里凝结成了小冰晶，太阳通过冰晶折射的缘故．如图所示为太阳光照射到六角冰晶上折射的光路图，a、b是太阳光中的两种单色光，由此可以判断，冰晶对单色光a的折射率_________(填

“大于”或“小于”)冰晶对单色光b的折射率，单色光a在冰晶中的传播速度比单色光b在冰晶中的传播速度_________(填“大”或“小”)．如果让太阳光从水中射向空气，逐渐增大入射角，则a、b两种单色光中，单色光_________(填“a”或“b”)更容易发生全反射．【答案】(1).小于(

2).大(3).b【解析】【分析】根据偏折程度可确定折射率大小关系，由cvn可分析出光线在冰晶中传播速度的关系；根据1sinCn知单色光b的临界角大小关系，从而判断更容易发生全反射的光；【详解】解：光从空气斜射到冰晶上，由于折射率不同

，由图可知，单色b光偏折较大，单色a光偏折较小，所以此冰晶对a光的折射率小于b光的折射率；根据cvn可知单色光a在冰晶中的传播速度比单色光b在冰晶中的传播速度大；根据1sinCn知单色光b的临界角较小，所以单色光b比单色光a更容易发生全反射．16.有两列简谐横波a和b在同一介质中传播

，a沿x轴正方向传播，b沿x轴负方向传播，波速均为υ=4m/s，a的振幅为5cm，b的振幅为10cm．在t=0时刻两列波的图像如图所示．求：(i)这两列波的周期；(ii)x=0处的质点在t=2.25s时的位移．【答案】(i)11.5abTsT

s，(ii)y=-5cm【解析】【详解】解：(i)由图可知abλ4mλ6m，根据Tv可得：abT1sT1.5s，(ii)a波从图示时刻传播到x=0处需要的时间：11Δxt0.5sv则x=0处的质点随a波振动的时间为：2t1.75s

；t=2.25s时x=0处的质点随a波振动到负向最大位移处，即：1y5cmb波从图示时刻传播到x=0处需要的时间：33Δxt0.75sv则x=0处的质点随b波振动的时间为：4t1.5s，T=2.25s时x=0处的质点随b波振动到平衡位置处，即：2y0故在t=2.25s时a

、b波相遇叠加，x=0处质点的合位移为：y=-5cm