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)
加入VIP免费下载

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)

ID:450397

大小:830 KB

页数:17页

时间:2020-12-23

加入VIP免费下载
温馨提示:
1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
2. 本文档由用户上传,版权归属用户,天天资源网负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服处理。
网站客服:403074932
资料简介
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 =

资料: 29.3万

进入主页

人气:

10000+的老师在这里下载备课资料