2020届四川省高三（下）第三次高考适应性考试理综物理试题（解析版）

高 2020 届第三次高考适应性考试 理科综合物理部分 二、选择题：共 8 小题，每小题 6 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.如图所示为氢原子能级图，大量处于 n=4 能级的氢原子向低能级跃迁时发出不同频率的光，用这些光照射 金属钾（已知金属钾的逸出功为 2.25eV），能够从金属钾的表面照射出光电子的光共有（　　） A. 2 种 B. 3 种 C. 4 种 D. 5 种 【答案】C 【解析】 【详解】根据组合公式 可知，大量的处于 能级的氢原子向低能级跃迁时，能发出 6 种不同频率 的光，它们的能量分别是 可见有四种不同频率的光的能量大于 2.25eV，故能够从金属钾的表面照射出光电子的光共有四种，故 C 正 确，ABD 错误。 故选 C。 2.一个足球静置于石室中学操场上，它受到地球的引力大小为 F 引，它随地球自转所需的向心力大小为 F 向， 其重力大小为 G，则（　　） 2 4 6C = 4n = 43 4 3 0.85 ( 1.51)eV 0.66eVE E E∆ = − = − − − = 42 4 2 0.85 ( 3.40)eV 2.55eVE E E∆ = − = − − − = 41 4 1 0.85 ( 13.60)eV 12.75eVE E E∆ = − = − − − = 32 3 2 1.51 ( 3.40)eV 1.89eVE E E∆ = − = − − − = 31 3 1 1.51 ( 13.6)eV 12.09eVE E E∆ = − = − − − = 21 2 1 3.40 ( 13.6)eV 10.2eVE E E∆ = − = − − − =A F 引>G>F 向 B. F 引>F 向>G C. F 向>F 引>G D. G>F 引> F 向 【答案】A 【解析】 【详解】足球在地球表面随地球自转，向心力 F 向由万有引力的一个分力提供，另一个分力充当重力 G，通 常情况下，我们可以忽略地球的自转，因为其自转需要的向心力非常小，因此有 F 引>G>F 向 选项 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 3.如图所示，在 xOy 直角坐标系的第一象限中，以坐标原点为圆心的四分之一圆内，有垂直于坐标平面向里 的匀强磁场，圆的半径为 R，磁场的磁感应强度为 B，一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子从坐标原点 O 沿 x 轴正方向射入磁场粒子出磁场时，速度方向刚好沿 y 轴正方向，则粒子在磁场中运动的速度大小为 （粒子在磁场中仅受洛伦兹力）（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】粒子运动的轨迹如图，由几何关系可知粒子运动的轨道半径为 . 2 qBR m qBR m 2qBR m 2 2 qBR m 2 2r R=洛伦兹力提供向心力，则 可得 故选 D。 4.如图所示，从倾角 θ=37°的斜面上方 P 点，以初速度 v0 水平抛出一个小球，小球以 10m/s 的速度垂直撞击 到斜面上，过 P 点作一条竖直线，交斜面于 Q 点，则 P、Q 间的距离为（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加 速度 g=10m/s2）（　　） A. 5.4m B. 6.8m C. 6m D. 7.2m 【答案】B 【解析】 【详解】设小球垂直撞击到斜面上的速度为 v，竖直速度为 vy，由几何关系得 解得 设小球下落的时间为 t，竖直位移为 y，水平位移为 x，由运动学规律得，竖直分速度 2vqvB m r = 2 2 qBRv m = 0sin37 cos37 y v v v v ° = ° = 0 sin37 6m/s cos37 8m/sy v v v v = ° = = ° =解得 t=0.8s 竖直方向 水平方向 设 P、Q 间的距离为 h，由几何关系得 解得 h=6.8m 选项 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 5.如图所示，半径为 r 的金属圆环放在垂直纸面向外的匀强磁场中，环面与磁感应强度方向垂直，磁场的磁 感应强度为 B0，保持圆环不动，将磁场的磁感应强度随时间均匀增大，经过时间 t，磁场的磁感应强度增大 到 2B0，此时圆环中产生的焦耳热为 Q。若保持磁场的磁感应强度 B 不变，将圆环绕对称轴（图中虚线）匀 速转动，经时间 t 圆环刚好转过一周，圆环中产生的焦耳热也为 Q，则磁感应强度 B 等于（　　） A. B. C. D. 【答案】C y gt=v 21 2y gt= 0x v t= tan37h y x= + ° 0 2 B 02 2 B 02 2 B π 0 2 B π【解析】 【详解】对于第一种情况，由法拉第电磁感应定律得 圆环产生的焦耳热 对于第二种情况，圆环绕对称轴匀速转动，感应电动势的最大值 感应电动势的有效值 圆环产生的焦耳热 可得磁感应强度为 故 A、B、D 错误，C 正确； 故选 C。 6.甲、乙两汽车在同一平直公路上做直线运动，其速度时间（v-t）图像分别如图中 a、b 两条图线所示，其 中 a 图线是直线，b 图线是抛物线的一部分，两车在 t1 时刻并排行驶。下列关于两车的运动情况，判断正确 的是（　　） A. t1 到 t2 时间内甲车的位移小于乙车的位移 B. t1 到 t2 时间内乙车的速度先减小后增大 C. t1 到 t2 时间内乙车的加速度先减小后增大 2 2 0 0 02B B B rS BE rt t t t ππ × −∆Φ ∆= = = =∆ ∆ 2 2 42 0B rEQ tR Rt π= = 2 2 2 2 2 m r BE BS B r t t π πω π= = × × = 2 22 2 mE r BE t π==有效 2 4 4 22E r BQ tR Rt π= =有效 02 2 BB π=D. 在 t2 时刻两车也可能并排行驶 【答案】AC 【解析】 【详解】A．v-t 图像中图线与坐标轴所围面积即物体的位移，由图可知 t1 到 t2 时间内甲车的位移小于乙车 的位移，选项 A 正确； B．由图象可知，乙车的速度先增大后减小，选项 B 错误； C．根据图象的斜率等于加速度，可知乙车的加速度先减小后增大，选项 C 正确； D．两车在 t1 时刻并排行驶，因 t1 到 t2 时间内乙的位移大于甲的位移，可知在 t2 时刻两车不可能并排行驶， 选项 D 错误。 故选 AC。 7.如图所示，两个质量均为 m 的小滑块 P、Q 通过铰链用长为 L 的刚性轻杆连接，P 套在固定的竖直光滑杆 上，Q 放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向夹角 α=30°．原长为 的轻弹簧水平放置，右端与 Q 相连， 左端固定在竖直杆 O 点上。P 由静止释放，下降到最低点时 α 变为 60°．整个运动过程中，P、Q 始终在同 一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为 g。则 P 下降过程中（　　） A. P、Q 组成的系统机械能守恒 B. P、Q 的速度大小始终相等 C. 弹簧弹性势能最大值为 mgL D. P 达到最大动能时，Q 受到地面的支持力大小为 2mg 【答案】CD 【解析】 【详解】A．根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，而 P、Q 组成的系统机械能不守恒，选 项 A 错误； B．在下滑过程中，根据速度的合成与分解可知 2 L 3 1 2 − cos sinP Qv vα α=解得 由于 α 变化，故 P、Q 速度大小不相同，选项 B 错误； C．根据系统机械能守恒可得 弹性势能的最大值为 选项 C 正确； D．P 由静止释放，P 开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P 的速度达到最大，此时 动能最大，对 P、Q 和弹簧组成的整体受力分析，在竖直方向，根据牛顿第二定律可得 解得 FN=2mg 选项 D 正确。 故选 CD。 8.如图所示，匀强电场内有一矩形 ABCD 区域，电荷量为 e 的某带电粒子从 B 点沿 BD 方向以 6eV 的动能 射入该区域，恰好从 A 点射出该区域，已知矩形区域的边长 AB=8cm，BC=6cm，A、B、C 三点的电势分别 为 6V、12V、18V，不计粒子重力，下列判断正确的是（　　） A. 粒子带负电 B. 电场强度的大小为 125V/m C. 粒子到达 A 点时的动能为 12eV D. 仅改变粒子在 B 点初速度的方向，该粒子可能经过 C 点 【答案】BC 【解析】 【详解】A．连接 AC，则 O 为 AC 中点，A、B、C 三点的电势分别为 6V、12V、18V，则 O 点电势为 的 tanP Q v v α= (cos30 cos60 )PE mgL= °− ° 3 1 2PE mgL −= 2 0 0NF mg m m− = × + ×12V，BD 为等势面，电场线如图所示，电场线斜向下 粒子从 B 点射入，A 点射出，则粒子带正电，故 A 错误； B．由题意得 根据 可得 故 B 正确； C．粒子从 B 到 A 电场力做正功为 6eV，粒子电势能减小，动能增大，对粒子从 B 到 A 由动能定理可得粒 子到达 A 点时的动能为 故 C 正确； D．粒子想要经过 C 点需要克服电场力做功 6eV，粒子的初动能为 6eV，则粒子必须沿电场线方向斜向上才 能到达与 C 点等势的位置，此时末速度为零，粒子不能到达 C 点，故 D 错误； 故选 BC。 第Ⅱ卷（共 174 分） 三、非选择题：本卷包括必考题和和选考题两部分。第 22~32 题为必考题，每个试题考生都 必须做答。第 33~38 题为选考题，考生根据要求做答。 （一）必考题（共 129 分） 9.有同学利用如图甲所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮 A 和 B，将绳子打一个结点 O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉 力 FTOA、FTOB 和 FTOC，回答下列问题： (1)改变钩码个数，实验能完成 是__________。 A．钩码的个数 N1=N2=2，N3=4 的 53CBD∠ = ° U Ed= 18 12 V/m 125V/msin53 0.06 sin53 CB BC UE L −= = =° × ° 6 6eV 12eVKE = + =B．钩码的个数 N1=N2=3，N3=4 C．钩码的个数 N1=N2=N3=4 D．钩码的个数 N1=2，N2=5，N3=3 (2)在作图时，你认为图乙、丙中_________（选填“乙”或“丙”）是正确的。 【答案】 (1). BC (2). 乙 【解析】 【详解】(1)[1]对 O 点受力分析如图所示 OA、OB、OC 分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以 OC 等于 OD，因此三个力的大小构成 一个三角形； A．2、2、4 不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故 A 错误； B．3、3、4 可以构成三角形，则结点能处于平衡，故 B 正确； C．4、4、4 可以构成三角形，则结点能处于平衡，故 C 正确； D．2、3、5 不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故 D 错误； 故选 BC； (2)[2]实验中 F 合是由平行四边形得出的，而 方向一定与橡皮筋的方向相同，而由于实验过程不可避免的 存在误差，因此理论值 F 合的方向与竖直方向总要有一定夹角，所以乙比较符合实验事实，故丙错误，乙正 确； 10.实验室中有一只内阻未知，量程为 2mA 的电流计，现要把它改装为一只电压表。在改装前首先设计了如 图所示的电路测量该电流计的内阻，已知电源为内阻可忽略不计的学生电源，R1 的实际阻值很大。 3F（1）某同学在测量电流计的内阻时，进行了如下的操作：将可调电阻 R1、R2 的阻值调至最大，仅闭合电键 S1，调节电阻箱 R1，同时观察电流计直到读数为 2mA 为止，然后________； A．保持电键 S1 闭合，闭合电键 S2，同时调节电阻箱 R1、R2，直到电流计读数为 1mA 为止，记下电阻箱 R2 的阻值 B．保持电键 S1 闭合，闭合电键 S2，仅调节电阻箱 R2，直到电流计读数为 1mA 为止，记下电阻箱 R2 的阻 值 （2）通过（1）操作，若 R2=100Ω，则测得电流计的内阻为________Ω； （3）根据以上测量的数据，如果将该电流计改装成量程为 3V 的电压表，则应将该电流计_______（选填“串” 或“并”）联一定值电阻，该定值电阻的阻值为______ 。 （4）该同学将改装后的电压表用于测量某电阻两端的电压，其测量值与真实值相比______（选填“相等”、 “偏大”或“偏小”）。 【答案】 (1). B (2). 100 (3). 串 (4). 1400 (5). 偏大 【解析】 【详解】（1）[1]应用半偏法测电流计内阻，应先闭合电键 S1，调节电阻箱 R1，使电流计满偏；然后保持电 键 S1 闭合，闭合电键 S2，仅调节电阻箱 R2，直到电流计读数为 1mA 为止，记下电阻箱 R2 的阻值，选项 B 正确，A 错误。 故选 B。 （2）[2]闭合电键 S2 时，电流计与 R2 并联，它们两端电压相等、通过它们的电流相等，由欧姆定律可知， 它们的电阻相等，则 （3）[3][4]把电流计改装成 3V 的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值 （4）[5]用半偏法测得的电流表内阻偏小，改装后电压表内阻偏小，由 U=IR 可知，改装后电压表真实量程 偏小，所以测量值与真实值相比偏大。 11.如图所示，在粗糙水平面上有相距一段距离的 A、B 两点，在 A、B 两点分别静止放置 m1=4kg、m2=2kg 的两物块 P、Q。现对 P 施加一大小 F=20N、方向水平向右的拉力，作用一段时间后撤去 F，P 继续向右运 Ω 2 100gR R= = Ω 3 3 100 14002 10g g UR RI −= − = Ω − Ω = Ω×动 后与 Q 在 B 点发生碰撞并粘在一起（碰撞时间极短），碰后 P、Q 向右运动 1m 后停止。已知两物块均 可视为质点，与地面的动摩擦因数均为 0.2，g 取 10m/s2。求： （1）P 与 Q 发生碰撞前瞬间 P 的速度； （2）力 F 作用的时间及 A、B 两点间的距离。 【答案】（1）3m/s；（2）3s，31.5m 【解析】 【详解】（1）设 P 与 Q 发生碰撞前瞬间 P 的速度为 v0，碰后瞬间共同速度为 v，由动能定理得 －μ(m1+m2)gL=0－ (m1+m2)v2 由动量守恒得 m1v0=(m1+m2)v 联立解得 v0=3m/s （2）设 F 作用时间为 t1，撤去 F 后经 t2=3s，P 与 Q 发生碰撞，根据动量定理得 Ft1－μm1g(t1+t2)=m1v0 解得 t1=3s 设撤去 F 瞬间 P 的速度为 v1，根据动量定理得 Ft1－μm1gt1=m1v1 解得 v1=9m/s 所以 xAB= t1+ t2=31.5m 12.如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距 L，放在绝缘水平桌面上，半径为 R 的 圆弧部分处在竖直 平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为 B、方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。两金属 棒 ab、cd 垂直于两导轨且与导轨接触良好。棒 ab 质量为 2m，电阻为 r，棒 cd 的质量为 m，电阻为 r，重 力加速度为 g。开始棒 cd 静止在水平直导轨上，棒 ab 从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒 cd 始终没有接触，并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上。棒 ab 与棒 cd 落地点到桌面边缘的水 平距离之比为 3∶1。求： 3s 1 2 1 2 v 1 0 2 v v+ 1 4（1）棒 ab 和棒 cd 离开导轨时的速度大小； （2）棒 cd 在水平导轨上的最大加速度； （3）两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热。 【答案】（1）v′1= ，v′2= ；（2） ；（3） 【解析】 【详解】（1）设 ab 棒进入水平导轨的速度为 v1，由动能定理得 2mgR= 设 ab 棒离开导轨时的速度为 v′1，cd 棒离开导轨时的速度为 v′2，由动量守恒得 2mv1=2mv′1＋mv′2 依题意 v′1>v′2，两棒离开导轨做平抛运动的时间相等，由平抛运动水平位移 x=vt 可知 v′1∶v′2=x1∶x2=3∶1 联立以上各式解得 v′1= v′2= （2）ab 棒刚进入水平导轨时，cd 棒受到的安培力最大，此时它的加速度最大，设此时回路的感应电动势 为 E，则 E=BLv1 根据闭合电路欧姆定理得 I= cd 棒受到的安培力 Fcd=BIL 根据牛顿第二定律得 Fcd=ma 联立以上各式解得 6 27 gR 2 27 gR 2 2 2 2 B L gR mr 22 49 mgR 2 1 1 22 mv× 6 27 gR 2 27 gR 2 E ra= （3）根据能量守恒定律，两棒在导轨上运动过程产生的焦耳热 Q= = 13.下列说法正确的是（　　） A. 布朗运动反映了悬浮小颗粒内部分子在永不停息地做无规则运动 B. 气体的温度升高，个别气体分子运动的速率可能减小 C. 对于一定种类的大量气体分子，在一定温度时，处于一定速率范围内的分子数所占百分比是确定的 D. 若不计气体分子间相互作用，一定质量气体温度升高、压强降低过程中，一定从外界吸收热量 E. 密闭容器中有一定质量的理想气体，当其在完全失重状态下，气体的压强为零 【答案】BCD 【解析】 【分析】 布朗运动是指悬浮于液体中 颗粒所做的无规则的运动，不是分子运动．气体的温度升高，分子平均动能 增大．对于一定种类的大量气体分子存在统计规律：分子运动的速率很大或很小的分子数，处于一定速率 范围内的分子数所占百分比是确定的．根据热力学第一定律分析热量．气体的压强不是由于分子的重力产 生的，而是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁产生的． 【详解】A．布朗运动是指悬浮在液体中的固体颗粒所做的无规则的运动，反映了液体分子在永不停息地做 无规则运动，故 A 错误． B．气体的温度升高，分子平均动能增大，由于气体分子的运动是无规则的，所以个别气体分子运动的速率 可能减小．故 B 正确． C．对于一定种类的大量气体分子存在统计规律：分子运动的速率很大或很小的分子数，处于一定速率范围 内的分子数所占百分比是确定的．故 C 正确． D．若不计气体分子间相互作用，分子势能不计．一定质量气体温度升高、压强降低过程中，根据气态方程 pV/T=C 可知气体 体积一定增大，气体对外做功，内能增大，根据热力学第一定律分析得知气体一定从外 界吸收热量．故 D 正确． E．气体的压强不是由于气体的重力产生的，而是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁产生的，所以在完全失 重状态下，气体的压强不变．故 E 错误． 故选 BCD． 【点睛】解决本题的关键要掌握布朗运动的实质，即布朗运动不是分子运动，只能反映液体分子无规则运 的 的 2 2 2 2 B L gR mr 2 2 2 1 1 22 ( 21 2 2 )1 1 2mv mv mv′ ′× − × + 22 49 mgR动；知道分子运动的统计规律、热力学第一定律，理解气体压强的微观实质． 14.如图甲所示，地面上放置有一内壁光滑的圆柱形导热汽缸，汽缸的横截面积 S＝2.5×10－3 m2.汽缸内部有 一质量和厚度均可忽略的活塞，活塞上固定一个力传感器，传感器通过一根细杆与天花板固定好．汽缸内 密封有温度 t0＝27 °C，压强为 p0 的理想气体，此时力传感器的读数恰好为 0.若外界大气的压强 p0 不变，当 密封气体温度 t 升高时力传感器的读数 F 也变化，描绘出 F－t 图象如图乙所示，求： （1）力传感器的读数为 5 N 时，密封气体的温度 t； （2）外界大气的压强 p0. 【答案】（1）32 °C　（2）1.2×105 Pa 【解析】 【分析】 缸内气体等容变化，由于气压不可能为零，故根据题中数据可得一定是升温，根据查理定律列式求解即 可． 【详解】（1）由题图乙可以知道 得: （2）温度 时,密封气体的压强 密封气体发生等容变化,则 联立以上各式并代入数据计算得出 【点睛】本题关键求解出初、末状态的气压和温度，然后根据查理定律列式求解． 15.甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源 M、N 两点沿 x 轴相向传播，波速为 2m/s，振幅相同；某时刻 的图像如图所示。则 。 F = t - 27 27 5 32t C°= + = 1 327t C°= 5 1 0 0 1.2 10Fp p p PaS = + = + × 1 2 1 2 P P T T = 5 0 1.2 10p Pa= ×A. 甲、乙两波的起振方向相同 B. 甲、乙两波的频率之比为 3:2 C. 甲、乙两波在相遇区域会发生干涉 D. 再经过 3s，平衡位置在 x=6m 处的质点处于平衡位置 E. 再经过 3s，平衡位置在 x=7m 处的质点加速度方向向上 【答案】BDE 【解析】 【详解】A．根据波的传播方向，由波形图可得：甲波起振方向向下，乙波起振方向向上，故两波起振方向 相反，选项 A 错误； B．由图可得甲、乙两波波长之比为 根据 可知频率之比为 选项 B 正确； C．甲、乙两波频率不同，在相遇区域不会发生干涉，选项 C 错误； DE．再经过 3s，甲波向右传播 同理乙波向左传播 6m，故两波源之间两波的波形如图所示： 由图可得： 平衡位置在 x=6m 处的质点处于平衡位置；平衡位置在 x=7m 处质点合位移为负，加速度方向向上。DE 正 确。 故选 BDE。 16.如图所示，一玻璃砖的横截面是 120°的扇形 AOB，半径为 R，OC 为∠AOB 的角平分线，OC 长为 ， 1 2 2 3= λ λ vf λ= 1 2 3 2=f f 6mx vt= = 3R位于 C 点的点光源发出的一条光线入射到圆弧 AB 上的 D 点，该光线在玻璃砖中的折射光线平行于 CO， 交 AO 于 E 点。已知∠DCO=30°，光在真空中传播的速度为 c。求： (1)玻璃砖的折射率； (2)折射光线由 D 传播到 E 所用的时间。 【答案】（1）n= ；（2） 【解析】 【详解】（1）如图所示，光线在 D 点折射时 n= 在△CDO 中 所以 α=120°，i=60°，r=30° 可得 n= （2）折射光线由 D 传播到 E 所用时间 3 Rt c = sin sin i r sin30 sin 3R R α° = 3由图知 β＝30° EG=DF= 所以 解得 DEt v = cn v = sin 60 EGDE EO= = ° 1 2 R 3 RDE = Rt c =