【文档说明】【精准解析】四川省凉山州2020届高三第二次诊断性检测理综物理试题.doc，共(18)页，685.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-e817196e5dd635df4bbe57fa37f5297c.html

以下为本文档部分文字说明：

凉山州2020届高中毕业班第二次诊断性检测理科综合物理部分二、选择题（本题共8题，每题6分。在每题给出的四个选项中，第14-17题只有一项符合题目要求，第18-21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，有选错得0分。）1.关于原子、原子

核的相关知识，下列说法正确的是（）A.当发生光电效应时，光电子的最大初动能随着入射光强度的增大而增大B.当氢原子从n=3的能级跃迁到n=5的能级时，辐射出光子C.核反应2743013215Al+HeP+X→方程中的X是中子D.轻核聚变的

过程质量增大，重核裂变的过程质量亏损【答案】C【解析】【详解】A．当发生光电效应时，光电子的最大初动能随着入射光频率的增大而增大，与光强无关，选项A错误；B．当氢原子从n=3的能级跃迁到n=5的能级时，要吸收出光子，选项B错误；C．根据核反应的质量数和电荷数守恒可

知，核反应2743013215Al+HeP+X→方程中的X质量数为1，电荷数为0，是中子，选项C正确；D．轻核聚变的过程和重核裂变的过程都要释放能量，有质量亏损，选项D错误。故选C。2.如图所示，长为d、质量为m的导体棒ab，置于倾角为θ的光滑斜面上。导体棒与斜面的水平底边始终平行。已

知导体棒电流方向从a到b，大小为I，重力加速度为g。若匀强磁场的大小、方向都可以改变，要使导体棒能静止在斜面上，则磁感应强度的最小值和对应的方向是（）A.sinmgId，方向垂直于斜面向下B.sinmgId，方向垂直于斜面向上C.tanmgId

，方向竖直向上D.tanmgId，方向竖直向下【答案】A【解析】【详解】根据三角形定则知，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，根据共点力平衡可知，安培力的最小值为F=mgsinα此时所加的磁场方向垂直于斜面向下，即为mgsin

θ=BId解得sinmgBId=方向垂直于斜面向下，故A正确、BCD错误。故选A。3.某一人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为地球同步卫星绕地球轨道半径的12，则此卫星运行的周期大约是（）A.6hB.8.4hC.12hD.16.9h【答案】B【解析】【详解】由题意卫星的轨道半径是同步卫星半

径的12，根据开普勒第三定律有33221()2rrTT=同同同卫可得311224h8.4h8rTTr==同卫同同故ACD错误，B正确。故选B。4.如图所示，由均匀导线绕成的直角扇形导线框OMN绕O点在竖直面内从匀强磁场边界逆时针匀速转动，周期为T，磁场的方向垂直于纸面向

里，线框电阻为R，线框在进入磁场过程中回路的电流强度大小为I，则（）A.线框在进入磁场过程中回路产生的电流方向为顺时针B.线框在进入与离开磁场的过程中ON段两端电压大小相等C.线框转动一周过程中产生的热量为12I2RTD.线框转动一周过

程中回路的等效电流大小为2I【答案】C【解析】【详解】A．线框在进入磁场过程中，磁通量向里增加，由楞次定律判断知回路产生的电流方向为逆时针，故A错误；B．线框在进入磁场时，ON段电压是外电压的一部分；线框在离开磁场时，ON段电压是外电压，而两个过程外电压相

等，所以线框在进入与离开磁场的过程中ON段两端电压大小不等，故B错误；C．线框转动一周过程中产生的热量为221242TQIRIRT==故C正确；D．设线框转动一周过程中回路的等效电流大小为I′，则Q=I′2RT解得22II=故D错误。故选C。5.质量m=2kg的小物块在某一高度以

v0=5m/s的速度开始做平抛运动，若g=10m/s2，当运动到竖直位移与水平位移相等时，对于物块（）A.此时的瞬时速度大小为52m/sB.此时重力的瞬时功率大小为200WC.此过程动量改变大小为10（5-1）kgm/sD.此过程重力的冲量大小为20Ns【答案】

BD【解析】【详解】物块做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，当运动到竖直位移与水平位移相等时2012gtvt＝解得t=1sA．此时竖直方向的速度为vy=gt=10m/s则此时的速度为22055

m/syvvv+＝＝故A错误；B．此时的重力瞬时功率为P=mgvy=200W故B正确；C．根据动量定理I=△P=mgt=20kgm/s故C错误；D．此过程重力的冲量大小为I=mgt=20N•s故D正确。

故选BD。6.如图所示，在边界MN右侧是范围足够大的匀强磁场区域，一个正三角形闭合导线框ABC从左侧匀速进入磁场，以C点到达磁场左边界的时刻为计时起点（t=0），已知边界MN与AB边平行，线框受沿轴线DC方向外力的作用，导线框匀速运动到完全进入磁场过程

中，能正确反映线框中电流i、外力F大小与时间t关系的图线是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】AB．t时刻，线框有效切割长度为L=2vt•tan30°知L∝t，产生的感应电动势为E=BLv知E∝t，感应电流为EIR=故I∝t，故A正确，B错误

；CD．导线框匀速运动，所受的外力与安培力大小相等，则有()22tan302tan30BvtvFBILBvttR==()F-t图象是过原点的抛物线，故C错误，D正确。故选AD。7.如图所示，粗糙水平圆盘上，质量均为m

的A、B两物块叠放在一起，距轴心距离为L，随圆盘一起做匀速圆周运动。已知圆盘与B之间的动摩擦因数为μ，B与A之间的动摩擦因数为0.5，假如最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（）A.物块A、B一起匀速转动过程中加速度恒定B.物块A、B一起转动过程中所需向心力大小相

等C.AB一起转动的最大角速度为2gLD.当A、B恰发生相对运动时圆盘对B的摩擦力为2mg【答案】BC【解析】【详解】A．两物体做匀速转动的向心加速度大小恒定，方向始终指向圆心不恒定，故A错误；B．根据向心力公

式Fn＝mLω2可知，物块A、B一起转动过程中所需向心力大小相等，故B正确；CD．对AB整体分析，当最大静摩擦力提供向心力，有μ•2mg=2mωB2L解得BgL=对A分析，B对A的最大静摩擦力提供向心力，有0

.5μ•mg=mωA2L解得2AgL=AB一起转动的最大角速度为2gL，此时圆盘对B的摩擦力为22AfmLmg＝＝故C正确，D错误。故选：BC。8.如图所示，某空间存在一竖直方向的电场，其中的一条电场线如图甲所示，一个质量为m。电荷量为q的带正电小球，从电场线中O点由静止开

始沿电场线竖直向上运动x1的过程中，以O为坐标原点，取竖直向上为x轴的正方向，小球运动时电势能ε与位移x的关系如图乙所示，运动忽略空气阻力，则（）A.沿x轴正方向的电场强度大小可能增加B.从O运动到x1的过程中，如果小球的速度先增

后减，则加速度一定先减后增C.从O点运动x1的过程中，每经过相等的位移，小球机械能的增加变少D.小球运动位移x1时，小球速度的大小为0112(-)mgxm−【答案】BC【解析】【详解】A．电势能𝜀与位移x的图象𝜀-x图象的斜率的绝对值x表示小球所受电场力的大小，由图乙可

知图象沿x轴正方向的斜率越来越小，说明小球所受电场力沿x轴越来越小，即沿x轴正方向的电场强度大小一直减小，故A错误；B．从O运动x1的过程中，如果小球的速度先增后减，说明开始时小球所受电场力F大于重力mg向上做加速

运动，后来电场力小于重力，向上做减速运动。当加速运动时，根据牛顿第二定律可得加速度Fmgam−＝因为F逐渐减小，故a逐渐减小。当向上减速运动时，有mgFam−＝因为F逐渐减小，故a'逐渐增大。所以从O运动x1的过程中，如果小球的速度先增后减，加速度一定是先减后增，故B正

确；C．根据能的转化和守恒定律可知，在小球向上运动的过程中电场力做正功，电势能减小，减小的电势能转化为机械能。由图乙可知从O点运动x1的过程中，每经过相等的位移，小球所受电场力逐渐减小，则电势能减小的越来越少，则小球机械能的增加

变少，故C正确；D．规定O点所在的水平面为零重力势能面，设小球运动位移x1时的速度为v，根据能量守恒定律得𝜀0＝𝜀1+mgx1+12mv2解得0112()mgxvm−−＝故D错误。故选BC。第II卷（非选择题共174分）三、非选择题（本卷包括必考题和选考题两部分。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.某学习小组用如图甲所示的实验装置探究“动能定理”。他们在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用

细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放。(1)某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=______mm。(2)下列实验要求中必要的一项是_______（请

填写选项前对应的字母）。A.应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B.应将气垫导轨调至水平(3)实验时保持滑块的质量M和A、B间的距离L不变，改变钩码质量m，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图像，研究滑块动能变化与合

外力对它做功的关系，处理数据时应作出的图像是______（填写选项前对应的字母）。A.21tF−B.M-FC.1LF−D.21Ft−【答案】(1).2.25(2).B(3).A【解析】【详解】(1)[1]．游标尺的主尺读数为2mm，游标尺读数为5×0.05mm=0.25mm，则d=2mm

+5×0.05mm=2.25mm。(2)[2]．A、拉力是直接通过力传感器测量的，故滑块质量与钩码和力传感器的总质量无关，故A不必要；B、应将气垫导轨调节水平，保持拉线方向与木板平面平行，这样拉力才等于合力，故B是必

要的。故选B。(3)[3]．研究滑块的受力，根据动能定理可知212FLMv=利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，则遮光条通过光电门的瞬时速度dvt=则21()2dFLMt=解得222MdtFL=研究滑块动能变化与合外力对它做功

的关系，处理数据时应作出的图象为21tF−图象，故A正确，BCD错误。故选A。10.某同学要测量一电池的电动势E和内阻r，实验器材有一个电阻箱R、一个开关S、导线若干和一个灵敏电流计G（满偏电流1mA，内阻未知）。由于G量程太小，需要改装成量程

更大的电流表A，实验过程如下：(1)使用多用电表测灵敏电流计内阻时，选择开关拨至“×10”挡，欧姆档调零后测量，指针的位置如图甲所示，阻值为____Ω；(2)用图乙电路图进行测量，需要电流表A的量程为0.6A，则对灵敏电

流计G进行改装，需要在G两端___（选填“并"或“串”）联一个阻值为___Ω的电阻（结果保留一位有效数值）。(3)该同学在实验中测出多组电流表A的电流I与电阻箱的阻值R的实验数据，作出1I—R图像。在坐标纸上做出如图所示的图线，由

做出的图线可知，该电池的电动势是____V，内电阻为______Ω（小数点后保留两位数值）。【答案】(1).180(2).并(3).0.3(4).1.41~1.45(5).0.38~0.44【解析】【详解】(1)[1]．多用表欧姆挡读数为刻度值与倍率的乘积，即灵

敏电流计内阻rg=18×10Ω=180Ω。(2)[2][3]．灵敏电流计扩大量程需要并联一个小电阻R0，设灵敏电流计的满偏电流为Ig=1mA，内阻rg=180Ω，扩大量程后的电流为Im=0.6A，并联电路电压相等，根据欧姆定律有Igrg=（Im-Ig

）R0得011800.3600ggmgIrRII==−(3)[4][5]．扩大量程后的安培表内阻001800.30.31800.3gggRrrRr==++根据闭合电路欧姆定律E=I（R+rg′+r）整理得11grrRIEE+=+结合1RI−图象

有160.580kE−==−0.5grrbE+==联合解得E≈1.45Vr≈0.43Ω。11.某客机在高空水平飞行时，突然受到竖直气流的作用，使飞机在10s内高度下降150m，如果只研究飞机在竖直方向的运动，且假定这一运动是匀变速直线运动，且在这段下

降范围内重力加速度取g=9m/s2.试计算∶(1)飞机在竖直方向加速度的大小和方向。(2)乘客放在水平小桌上2kg的水杯此时对餐桌的压力为多大。【答案】(1)3m/s2，方向竖直向下；(2)12N。【解析】【详解】(1)根

据212hat=得a=3m/s2方向竖直向下；(2)对水杯，根据牛顿第二定律NmgFma−=解得FN=12N由牛顿第三定律可知压力12NNF=12.如图所示虚线矩形区域NPP'N’、MNN’M’内分别充满竖直向下的匀强电场和大小为B垂直纸面向里的匀强磁场，两场宽度均为d、长度均为4d，NN’为

磁场与电场之间的分界线。点C’、C将MN三等分，在C’、C间安装一接收装置。一电量为-e。质量为m、初速度为零的电子，从P'点开始由静止经电场加速后垂直进入磁场，最后从MN之间离开磁场。不计电子所受重力。求∶(1)若电场强度大小为E，则电子进入磁场时速度为多大。(2)改变场强大小，让电子能垂直进

入接收装置，则该装置能够接收到几种垂直于MN方向的电子。(3)在(2)问中接收到的电子在两场中运动的最长时间为多大。【答案】(1)2eEdvm=；(2)三种；(3)()11112meB+。【解析】【详解】(1)电子在电场中加速212eEdmv=解得2eEd

vm=(2)磁场中n个半圆，则（2n+l）R=4d①半径满足233ddR②解得2.5<n<5.5可见n=3、4、5共三种速度的电子.(3)上问n=5时运动时间最长11R=4d③电子在磁场中运动2vevBmR=④11124mteB=⑤电子

在电场中运动212111=22dmtveB=⑥最长时间()1211112mttteB=+=+13.夏天，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。若越接近水面，湖内水的温度越高，大气压强没

有变化，将气泡内看做理想气体。则上升过程中，以下说法正确的是_______________。A.气泡内气体对外界做功B.气泡内气体分子平均动能增大C.气泡内气体温度升高导致放热D.气泡内气体的压强可能不变E.气泡内分子

单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小。【答案】ABE【解析】【详解】AD．气泡内气体压强p=p0+ρgh，气泡升高过程中，其压强减小，温度升高，根据理想气体状态方程pVCT＝，体积一定增大，故气泡内气体对

外界做功，故A正确，D错误。B．温度是分子平均动能的标志，温度升高，泡内气体分子平均动能增大，故B正确。C．温度升高，气泡内气体内能增大，即△U＞0，体积增大，即W＜0，根据热力学第一定律△U=W+Q，可得Q＞0，故气泡内的气体吸热，故C错误。E．根据气体压强定义及其微观意义，气泡内气体压强减

小，气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小，故E正确。故选ABE。14.如图所示，在圆柱形汽缸中用一定质量的光滑导热活塞密闭有一定质量的理想气体，在汽缸底部开有一小孔，与U形水银管相连，已知外界大气压为p0，室温t0=27°C，稳定后两边水银面的高度差为△h=1.5cm，此时活塞离容

器底部高度为h1=50cm。已知柱形容器横截面积S=0.01m2，大气压p0=75cmHg=1.0×105Pa，g=10m/s2.求∶①活塞的质量；②现室温降至-33°C时活塞离容器底部的高度h2。【答案】①2kg；②40cm。【解析

】【详解】①.活塞产生压强01.575pmgpS==解得m=2kg②.气体等压变化，U形管两侧水银面的高度差不变仍为△h=1.5cm初状态：1300T=K，150V=cm·S末状态：2240T=K，22VhS=由盖吕萨克定律1

212VVTT=解得h2=40cm15.下列说法中正确的有__________。A.光在介质中的速度小于光在真空中的速度B.紫外线比紫光更容易发生干涉和衍射C.光的偏振现象说明光是纵波D.由红光和绿光组成的一细光束从水中

射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光E.某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到图甲所示的条纹，仅减小双缝之间的距离后，观察到如图乙所示的条纹【答案】ADE【解析】【详解】A．依据cvn=可知，光在介质中的速度小于在真空中的速度，故A正确；

B．紫外线比紫光的波长短，更不容易发生衍射，而对于干涉只要频率相同即可发生，故B错误；C．光的偏振现象说明光是横波，并不是纵波，故C错误；D．绿光的折射率大于红光的折射率，由临界角公式1sinCn=知，绿光的

临界角小于红光的临界角，当光从水中射到空气，在不断增大入射角时，在水面上绿光先发生全反射，从水面消失，故D正确；E．从图甲所示的条纹与图乙所示的条纹可知，条纹间距变大，根据双缝干涉的条纹间距公式Lxd=可知，当仅减小双缝之间的距离后，可能出现此现象，故E正确。故选ADE。16.如图所示，在湖面

上波源O点以振幅0.2m上下振动，形成圆形水波向外传播，A、O、B三点在一条直线上，AO间距为7.0m，OB间距为2.0m，某时刻O点处在波峰位置，观察发现3.5s后此波峰传到A点，此时O点正通过平衡位置向上

运动，OA间还有一个波峰。将水波近似为简谐波。求：①此水波的传播速度周期和波长；②以A点处在波峰位置为0时刻，画出B点的振动图像。【答案】①2s，4.0m；②见解析。【解析】【详解】①.波速7=m/s=2m/s3.5svt==7=3.5s4Tt=得T=2s4.0mvT==

②.由O点产生左右传播波的对称性可知A在波峰时B点在平衡位置向下振动。振动图像如图