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1 六安一中 2020 届高三年级停课不停学周末测试 理科综合（一）物理部分参考答案 14、C 解析：设衰变后，a 粒子和 Th90 234 核的速率分别为 21 vv、 ，由动量守恒得 1 2 0mv Mv  由爱因斯 坦质能方程得 2 2 2 1 2 1 1 2 2mv Mv mc   ， a 粒子的动能 2 2 1 1 1 2k M mcE mv M m    ，C 项正确. 15、D 解析：设小球 B 速率为v 时，对 B 分析受力，由牛顿第二定律得      BqvF L vmL QqFT B B 2 2k ， 2 2 2 2 2 2 2( )2 4 4 m BqL kQq B q L kQq B q LT vL m L m L m       ，故 D 项正确. 16、B 解析：对于此类问题可代入特殊值或根据单位使用排除法。 选项分析：A、D 项，当  90 时， P 点在 x 轴上，由等量正负电荷的电势分布可知，对 称轴上电势为零，可排除 A、D 项，故 A、D 项错误。B、C 项，由无穷远处电势为零可知 离O 点越远电势越小。可知 r 应该在分母上，可排除 C 项。故 B 项正确，C 项错误。综上 所述，本题正确答案为 B。 17、B 解析：利用物体从斜面顶端平抛的运动规律：设人从 A 点平抛，落 到斜面上的C 点，沿 AC 作一直线 ACB ,则从 A 平抛时，落到斜面 AB 上时，速度方向与水平方向的夹角都相等，则落到斜面上 E 点时 y 方 向速度 yEv 小于落到 D 点时 y 方向速度 yDv ，又水平方向速度相同， 则落到 E 点时速度与水平方向的夹角比落到 D 点小，故 AD 错误；B.运动 员速度与斜面平行时，离斜面最远，当速度为 02v 时，有 02tan v gt 得 g vt tan2 0 故 B 正 确.C 若沿 AB 斜面平抛，落到斜面上 D 点的时间  tan2tan 00  v gt v vy ，得 g vt tan2 0 ， g vtvx tan2 2 0 0  ， 2 02 tan cos cos vxs g     ，可知当速度为 02v 时， 4Ds s ，则落到 E 点的 距离为 4Es s 故 C 错误.故选 B 18、AB 解析：A 项，a 点和c 点，都以相同的周期绕太阳作圆周运动，根据公式 Trv 2 ，可知该探测 器在“a 位置的线速度大于c 位置的线速度，故 A 项正确。B 项，在 a 点处，该探测器受到的 引力为 a aF F F  地 太a ，在 c 点处，该探测器受到的引力为 2 c cF F F mr   太c 地c ，由于 ra>rc,ω相同可知该探测器在 a 位置受到的引力大于c 位置受到的引力，故 B 项正确；C、D 项， a 与 e 位置、c 与 d 位置太阳的引力大小相等，而地球的引力不等，故合力不等，它们不能 以相同的周期运动，故 C、D 项错误。 19、AC 解析：A.设圆的半径为 R ,橡皮筋的劲度系数为 k ，角 PNM 用 表示，则： RCOSRCOSRNP  6022  ,在 M 点橡皮筋弹力大小为 mg ，则： Rkmg 2 , p 点 橡皮筋弹力大小为： 1 2pF kR mg  ，故 A 正确；CD .结合 A 的分析可知，当小球与 N 的 连线与竖直方向之间的夹角为 时，橡皮筋的伸长量： cos2  Rx ，橡皮筋的弹 力: amgxkF cos ,对小球，设拉力 F 与水平方向之间的夹角为  ，在水平方向：  sincos FF  ，竖直方向： mgFF   sincos ，联立可得：  sinmgF  ， ， 可知拉力 F 的方向与橡皮筋的方向垂直，而且随 的增大， F 逐渐增大，故 C 正确，D 错 误；B，结合 C 的分析可知，小球由 M 向 N 运动的过程中拉力 F 的方向始终跟橡皮筋的方 向垂直，在 P 点由共点力平衡得：  sin2 1cos mgF  ，解得： mgF 2 3 ，故 B 错误. 故选：AC 20、BC 解析：AB、由分式： NBSEm  得： VEm 2220 ，所以发电机线圈产生的交流的 有效值： 220 2 mEE V  ,变压器原副线圈上的电流： 1 2 2 1 100 1 200 2 I n I n    ，变压器原副线2 圈上的电压： 1 1 2 2 200 2 100 1 U n U n    ，由公式：U IR 得两个电阻上消耗的电压关系： 10 1 1 2 2 2 1 2 U I R I U I R I    ，由于 110 UUE  联立得：原线圈两端电压 U1=4E/5=176V,原线圈回路 中电阻两端的电压为：U10=E-176=44V，副线圈回路中电阻两端的电压为：U2=U1/2=88V.故 B 正 确，A 错误： CD、变压器原副线圈上的电流： 1 2 1 2 I I  ，电阻消耗的电功率： RIP 2 ，所以原、副线圈 回路中电阻消耗的功率比为 2 21 1 2 2 2 1 1( ) ,2 4 P I R P I R    故 C 正确，D 错误。 21、BC 解析：A、线框进出磁场的过程中，一条边切割磁感线，产生感应电动势，感应电流，在磁场中的边 就会受到安倍力，安倍力的冲量 vmxR LBtvR LB R tvLBtFII ii ii iii  222222 可 知，进入磁场过程中 v 正比于 x ，进出磁场发生的位移均为 L ，所以速度变化一样，所以出磁 场后的速度为 00.4v ，故 A 错误；B、进入磁场的过程中小车受到安倍力的作用而减速，而 mR vLB m Fa 22  随着 速度的 减小而 减小， 故 B 正确 ； C、进 出磁场 过程中 损失的 能量 2 2 2 0 0 0 1 1 (0.4 ) 0.422 2mv m v mv    ，故 C 正确，D 错误。 22、（1）0.45（2 分）；（2）BD （2 分）（3）大于（2 分） 解 析 ： （ 1 ） 游 标 卡 尺 主 尺 上 9mm 刻 度 与 游 标 上 第 5 条 刻 度 对 齐 ， 则 d=9mm-5×0.9mm=4.5mm=0.45cm； （2）本实验中，沙桶和沙子的总重力即为后来小车做匀变速运动的合力，所以平衡摩擦力时不需要 取下细绳和沙桶，也不需要沙桶和沙子的总质量远远小于小车的质量，故选项 BD 正确，选项 AC 错误。 （3）大于,   2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 1 1 1 12 ; 2 2 2 d d dv v aL a v vL L t t L t t                               23、（1）0.398  0.001（1 分）（2）B（1 分）；D（1 分）甲（2 分）（3）17（2 分）（5）CD（2 分） 解析：（1）由图示螺旋测微器可知，其读数为：0mm+39.8×0.01mm=0.398mm （2）电源电动势为 3V，则电压表选 D，通过电阻丝的最大电流约为： AR UI 2.015 3  ，电流表 选择 B；由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应选择外接法；由题意可知， 待测电阻阻值约为 15 ，电阻箱最大阻值为 99.99 ，为测多组实验数据，同时为了电流表指 针有较大偏角，电阻箱与待测电阻并联，应选择图甲所示实验电路。 （3）由图甲所示实验电路，根据并联电路特点与欧姆定律： X U UI R R   ， 整理得： 1 1 1, X I I U R R U R   故 图象的截距为： 06.01  XRb ， 则待测电阻阻值：  1706.0 11 bRX ； （5）A、读数引起的误差是由人为因素引起的，属于偶然误差，用螺旋测微器测量金属丝的直径时， 由于读数引起的误差属于偶然误差，故 A 错误；B、由电流表和电压表内阻引起的误差属于系 统误差，不是偶然误差，故 B 错误；C、若将电流表和电压表内阻计算在内，可以消除由测量 仪表引起的系统误差，故 C 正确；D、用 1I U R  图象处理数据求金属丝的电阻可以减小偶然误 差，不能消除系统误差，故 D 正确；故选 CD. 24、（12 分） （1）（4 分）质点从O 点进入左侧空间后， 6q 2 10E N mg   ，（1 分） 电场力与重力平衡，质点做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力 R vmvB 2 q  ,（2 分） mqB mvR 4.0 质点第一次通过 y 轴的位置 mRy 5 2221  ，（1 分） （2）（8 分）质点的 1/4 个匀速圆周运动的时间 1 1 2 4 10 mt sqB     （2 分） 当质点到达右侧空间时， 2 2 2( ) ( ) 2 , 2mgF Eq mg mg a gm     合 ，且 F v合与 反向，（1 分） 质点做有往返的匀变速直线运动，往返时间 sa vt 5 222  ，（2 分） 质点第二次通过 y 轴后进入左侧磁场做圆周运动，到第三次通过 y 轴进行 3/4 圆周， 所用时间 t3=3t1= 3 10  s（2 分）3 所以质点从刚射入左侧空间后到第三次通过 y 轴所需的时间 1 2 3 2 2 5t t t t s     （1 分）. 25 、（20 分） （1）（4 分）设弹簧压缩最短时，弹性势能为 PE ，由机械能守恒得： 5PE mgl （1 分） 设物块 P 离开 A 平台的速度为 0v ，由能量守恒得： 2 02 1 mvmglEp   （2 分） 解得： glv 30  （1 分） （2）（8 分）设物块 P 运动到小车最右端与小车的共同速度为 1v ，从物块 P 离开平台 A 到物块与小 车共速过程中，物块位移为 1s ，小车位移为 2s ，由动量守恒得 0 12mv mv （2 分） 对物块 P ： 2 0 2 11 2 1 2 1 mvmvfs  （2 分） 对小车： 2 12 2 1 mvfs  （1 分） 1 2 5s s l  （2 分） 联立解得平台 A 右端与平台 B 左端间的距离为 s=s1=7.5l （1 分） （3）（8 分）由能量守恒可知，物块离开平台 B 时，速度大小仍为 1v ，设物块 P 与小车再次共速时， 速度为 2v ，从物块 P 离开平台 B 到物块与小车再次共速过程中，物块位移为 3s ，小车位移为 4s ， 由动量守恒得： 21 2mvmv  （2 分）对物块 P ： 2 1 2 23 2 1 2 1 mvmvfs  （2 分）对小车： 2 24 2 1 mvfs  （1 分）设小车到达平台 A 碰后，物体运动的位移为 5s ，由动能定理得 2 25 2 10 mvfs  （ 1 分 ） 联 立 解 得 物 块 p 最 终 停 止 的 位 置 据 小 车 右 端 为 ： 3 4 5 15 1.8758 ls s s s l      （2 分） 33. 解析：（1）ABE （5 分） （2）①（4 分）以 BA、 整体为研究对象，受力分析如图 BBAABA SpgmgmSPSPSP 1001  代入数值得 mA=1kg ②（6 分）设 SB=S,则 SA=2S,开始状态 5 1 1 1 1.2 10 600 3 P Pa T K V LS        先等压变化，后等容变化， 当活塞 B 即将上升时，设缸内气体的状态参量分别为 P2、V2、T2 对活塞 B，因为平衡得： 2 0BP S m g P S  解得 P2=0.9105Pa；由几何关系得 V2=2SL 对气体由理想气体状态方程得： 1 1 2 2 1 2 PV PV T T  解得： 1 2 2 2 1 1 T PVT PV  =300K 34、（1）BCE（5 分） （2）解（i）（2 分）振幅 A=0.2m； 波长λ=8 m （ii）（8 分）由于 )(2 1 12 ttT  ，即 Tt 2 ，故当波沿 x 轴正方向传播时，可能的周期为： nTTt  4 ，且 n=0 或 1（可能的传播距离为：  nx  4 ，且 n=0 或 1） 当波沿 x 轴负方向传播时，可能的周期为： nTTt  4 3 ，且 n=0 或 1（可能的传播距离为：  nx  4 3 ，且 n=0 或 1） 由波速公式 Tv  可知，当速度 v 最大时，周期 T 最小。分析上面两类情况可知，当周期最小 时，波沿 x 轴负方向传，且在 nTTt  4 3 中 n=1，则 Tmin=0．2 s /7（由 v=Δx /Δt 知，当速度 v 最大时，Δx 应最大，即  nx  4 3 中 n= 1） 最大速度 smTv /280 min max   （vmax=Δxmax /Δt=280m/s）， 方向为沿 x 轴负方向 AS0P AS1P BS0P gBm gAm BS1P 1F 1F