2020届云南省高三（下）适应性考试理综物理试题（A卷）（解析版）

2020 届云南省高三（下）适应性考试理综物理试题（A 卷） 二、选择题：本题共 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. 近代物理取得了非常辉煌的成就，下列关于近代物理的说法正确的是（　　） A. 用同频率的光照射不同的的金属表面时均有光电子逸出，从金属表面逸出的光电子的最大初动能 Ek 越大， 则这种金属的逸出功 W 就越大 B. 137Cs 是核泄漏时对人体产生有害辐射的的重要污染物，其核反应方程式 其中 X 为电 子 C. 一个氢原子处在 n=4 的能级，当它跃迁到较低能级时，最多可发出 6 种频率的光子 D. 每个核子只与邻近核子产生核力作用，比结合能越大的原子核越不稳定 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据爱因斯坦的光电效应方程 同种光照射金属，初动能 Ek 越大，该金属的逸出功 W 就越小，A 错误； B．在核反应方程中，根据质量数守恒，电荷数守恒，可以求得 X 的质量数为零，带一个单位负电荷，因此 它一定是电子，B 正确； C．因为只有一个氢原子，处在 n=4 的能级，当它跃迁到较低能级时，最多可发出 3 种频率的光子，C 错误； D．比结合能越大，原了核结合的越牢固，也就是原子核越稳定，D 错误。 故选 B。 2. 如图甲所示，O、A 为电场中一直线上的两个点，带正电的点电荷只受电场力的作用，从 O 点以某一初 速度沿直线运动到 A 点，其电势能 Ep 随位移 x 的变化关系如图乙所示。则从 O 到 A 过程中，下列说法正确 的是（　　） A. 点电荷的速度先增大后减小 B. 点电荷所受电场力先减小后增大 137 137 55 56Cs Ba+X→ kh W Eν − =C. 该电场是负点电荷形成的 D. O 到 A 电势先降低后升高 【答案】B 【解析】 【详解】A．正电荷在电场力作用下运动，故电荷的电势能与动能的总和不变，由图象可知，电势能先增大 后减小，则动能先减小后增大，速度先减小后增大，A 错误； BC．电场力做的功 W=Fx=Ep-Ep0，Ep-x 图线的斜率反映电场力的大小，可见电场力先减小后增大，且方向 发生了变化，因此不可能是点电荷的电场，即 B 正确，C 错误； D．从 A 到 B 过程中，该正电荷的电势能先增大再减小，则空间各点的电势先升高后降低，D 错误。 故选 B。 3. 某跳水运动员身高 1.8m 训练时从 10m 跳台双脚朝下自由下落。小潘同学利用手机连拍功能，连续拍了 几张照片，其中两张连续照片中显示运动员双脚离水面的实际高度分别为 5.0m 和 2.8m，试估算手机连拍的 时间间隔（　　） A 1×10-1 B. 2×10-1 C. 1×10-2 D. 2×10-2 【答案】B 【解析】 【详解】双脚离水面 5.0m 时，根据自由落体运动规律得 联立并带入数据解得 同理可得双脚离水面 2.8m 时 可知 故选 B。 4. 如图所示，三辆完全相同的平板小车 a、b、c 成一直线排列，质量均为 M，静止在光滑水平面上。c 车 上有一静止的质量为 m 的小孩。现跳到 b 车上，接着又立即从 b 车跳到 a 车上。小孩跳离 c 车和 b 车时对 地的水平速度均为 v。小孩跳到 a 车上后相对 a 车保持静止，则（　　） . 2 1 1 1 2h gt= 1 10m 5.0m 5mh = − = 1 1.0st = 2 1.2st = 2 1 0.2st t t∆ = − =A. a、b、c、小孩四者组成的系统水平方向动量不守恒 B. b、c 两车运动速率相等 C. b 的速率为 D. a 的速率为 【答案】D 【解析】 【详解】A．a、b、c、小孩四者组成的系统，水平方向的外力之和为零，水平方向动量守恒，故 A 错误； BC．对小孩跳离 c 车的过程，取向右为正方向，对小孩和 c 的系统，由水平方向动量守恒定律，有 解得 c 车的速度为 负号表示方向向左； 对小孩跳上 b 车再跳离 b 车的过程，由小孩和 b 的系统水平方向动量守恒，有 解得 b 车最终的速度为 故 BC 均错误。 D．对小孩跳上 a 车的过程，由动量守恒定律，有 解得 a 车的最终速度为 故 D 正确。 故选 D。 5. 在如图所示的装置中，两物块 A、B 的质量分别为 mA、mB，而且 mA＞mB，整个系统处于静止状态，设 此时轻质动滑轮右端的轻绳与水平面之间的夹角为 θ，若小车向左缓慢移动一小段距离并停下来后，整个系 m vM m vM m+ 0 cmv Mv= + c mvv M = − 0 bmv Mv mv+ = + 0bv = 0 ( ) amv M m v+ = + a mvv M m = +统再次处于静止状态，则下列说法正确的是（　　） A. 物块 A 的位置高度不变 B. 物块 A 的位置将变低 C. 轻绳与水平面的夹角 θ 将变大 D. 轻绳与水平面的夹角 θ 将不变 【答案】D 【解析】 【详解】CD．动滑轮两边绳子拉力相等，且在水平方向的分量也要相等才能平衡，故两边绳子与水平方向 的夹角相等，都等于 ，绳子上的拉力总是等于 A 的重力保持不变，且动滑轮两边绳子的拉力合力总是等 于 mBg，合力不变，根据平行四边形合成，则两边绳子的夹角不变，即 不变。故 D 正确， C 错误。 AB．小车向左缓慢移动一小段距离，由上分析可知绳子与水平方向的夹角不变，而小车和滑轮之间的水平 距离增大，因此滑轮到小车之间的绳子应变长，绳子总长度不变，则物体 A 将上升。故 AB 错误。 故选 D。 6. 宇宙飞船以周期 T 绕地球作圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程(宇航员看不见太阳)， 如图所示，已知地球的半径为 R，地球质量为 M，引力常量为 G，地球自转周期为 T0，太阳光可看作平行 光，飞船上的宇航员在 A 点测出对地球的张角为 ɑ，则以下判断正确的是( ) A. 飞船绕地球运动的线速度为 B. 一个天内飞船经历“日全食”的次数为 C. 飞船每次“日全食”过程的时间为 D. 飞船周期为 【答案】AD 【解析】 【 详 解 】 飞 船 绕 地 球 匀 速 圆 周 运 动 ， 线 速 度 为 ； 又 由 几 何 关 系 知 ， 解 得 ： θ θ 2 sin( )2 R T π α 02T T 0 2 Tα π 2 sin( ) sin( )2 2 R RT GM π α α= 2 rv T π= 2 Rsin r α =（ ），故 A 正确；地球自转一圈时间为 T0，飞船绕地球一圈时间为 T，飞船绕一圈会有一次日全 食，所以每过时间 T 就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为 ， 故 B 错误；由几何关 系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过 α 角所需的时间为： ，故 C 错误．万有引力提供向心 力则： 得： ，故 D 正确. 7. 如图所示，电荷量相等的两种离子氖 20 和氖 22 从容器 A 下方的狭缝 S1 飘入（初速度为零）电场区，经 电场加速后通过狭缝 S2、S3 垂直于磁场边界 MN 射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转 后发生分离，最终到达照相底片 D 上。不考虑离子间的相互作用，则（　　） A. 电场力对每个氖 20 和氖 22 做的功相等 B. 氖 22 进入磁场时的速度较大 C. 氖 22 在磁场中运动的半径较小 D. 若加速电压发生波动，两种离子打在照相底片上的位置可能重叠 【答案】AD 【解析】 【详解】A．根据电场力做功公式 ，氖 20 和氖 22 的电荷量相同，加速电场电压相同，所以做的功 相同，A 正确； B．在加速电场中，根据动能定理有 由于氖 20 的质量小于氖 22 的质量，所以氖 20 的速度大于氖 22 的速度，B 错误； C．在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得 解得 2 ( )2 Rv Tsin π α= 0Tn T = 2 Tt α π= 2 2 2 4mMG m rr T π＝ 2 34 2 sin sin2 2 r R RT GM GM π π α α= =           W qU= 21 2qU mv= 2vqvB m R =根据动能和动量的关系有 综上可判断，q、B 和 Ek 相同，由于氖 22 的质量大，所以氖 22 的半径也大，C 错误； D．在加速电场中，根据动能定理有 在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得 联立可得 对于同位素，加速电压相同时，质量越大做圆周运动的半径越大；对同种离子，加速电压越大，其做圆周 运动的半径越大；若电压发生波动，则氖 20 和氖 22 做圆周运动的半径在一定的范围内变化，所以氖 20 在 电压较高时的半径可能和氖 22 在电压较低时的半径相等，两种离子打在照相底片上的位置就重叠，所以 D 正确。 故选 AD。 8. 如图所示，空间等间距分布着水平向里的一系列足够多的磁感应强度为 B 条形匀强磁场区，磁场区域竖 直高度足够高。每个条形磁场区域的宽度和相邻条形磁场区域的间距均为 d，现有一边长为 L（d>L），质量 为 m，电阻为 R 的正方形线框 MNOP 以初速度 v0 从左侧磁场边缘水平进入磁场，进入磁场时 MN 边平行磁 场边界，则以下说法正确的是（　　） A. 由于磁场的存在使得线框落地时间比没有磁场时更长 B. 线框在该区域运动过程中产生的焦耳热为 mvR qB = k2mv mE= 21 2qU mv= 2vqvB m R = 1 2mUR B q = 2 0 2 mvQ =C. 线框每穿过一个磁场区域时水平速度的改变量大小均为 D. 线框能穿过完整条形磁场区域的个数为表达式 【答案】BD 【解析】 【详解】A．线框进入磁场或者出离磁场时会产生感应电流，则线圈 上下边受到的安培力等大反向，可知 竖直方向的合力仍等于线框的重力，则磁场的存在，线框落地时间与没有磁场时相同，选项 A 错误； B．线框水平方向上进磁场和出磁场受安培力做减速运动，在无磁场区以及全部在磁场中做匀速直线运动， 在竖直方向上仅受重力，做自由落体运动。最终水平速度减为零，线框最终将竖直下落，设线框竖直下落 H 时，速度为 vH，由能量守恒得 自由落体规律 vH2=2gH 解得 选项 B 正确； C．线圈在水平方向进入和出离磁场时都受到向左的安培力作用而做减速运动，则线圈进入磁场时，根据动 量定理 则 则线框每穿过一个磁场区域时水平速度的改变量大小均为 选项 C 错误； D．根据 C 的分析可知，线框能穿过完整条形磁场区域的个数为表达式 的 2 3 x B Lv mR ∆ = 0 2 32 mRv B L 2 2 0 1 1 2 2 HmgH m Qv vm+ +＝ 2 0 1 2Q mv= 1xF t m v∆ = ∆安 2 2 3BL B LF t BIL t BLq BL R R ∆ = ∆ = = =安 2 3 1x B Lv mR ∆ = 2 3 1 22x x B Lv v mR ∆ = ∆ =选项 D 正确。 故选 BD。 三、非选择题：共 174 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。 9. 某实验小组要做“探究小车的加速度与合外力的关系”的实验，采用的实验装置如图 1 所示． 本实验首先要平衡摩擦力，其目的是______ A.为了实验时细线的拉力近似等于所挂钩码的重力 B.为了实验时小车所受的合外力等于细线的拉力 C.为了实验时小车所受的合外力等于所挂钩码的重力 本实验______ 填“需要”或“不需要” 钩码的质量远小于小车的质量． 该同学在研究小车运动时打出了一条纸带，在纸带上每连续 5 个间隔取一个计数点，相邻两个计数点之 间的距离如图 2 所示，打点计时器的频率 ，则小车的平均加速度为______ 结果保留 3 位 有效数字 实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的 图象，可能是下图中的图 线______ 0 2 3 0 2x mvn v Rv B L = =∆ ( )1 ( )2 ( ) ( )3 50f Hz= 2/ .(m s ) ( )4 a F−【答案】 (1). B (2). 不需要 (3). 0.999 (4). C 【解析】 【分析】 (1)探究小车 加速度与合外力的关系，小车所受的合外力等于细线的拉力，需要平衡摩擦力； (2)使用力传感器可以直接测量力的大小，不需要使钩码的质量远小于小车的质量； (3)根据逐差法求解小车的加速度； (4)如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况. 【详解】(1)为了实验时小车所受的合外力等于细线的拉力，需要用小车的重力分力与摩擦力相平衡，故 B 正确；故选 B. (2)使用传感器可以直接测量拉力的大小，不需要钩码的质量远小于小车的质量，故选不需要； (3)频率为：f=50Hz，则周期为：T=0.02s，连续 5 个点为一个计数点，相邻两个计数点之间的时间间隔为： t=5T=0.1s；根据逐差法可知小车的加速度为： . (4)若没有平衡摩擦力，则当 F≠0 时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为 0，所以可能是图 中的图线 C. 【点睛】解决本题的关键知道实验的原理以及实验需注意的事项，掌握平衡摩擦力的方法，注意不能将装 砂的小桶用细绳通过定滑轮系在小车上．研究三个物理量之间的关系，需采用控制变量法，先控制一个物 理量不变，研究另外两个物理量之间的关系．注意研究 a 与 m 的关系时，若作 a-m 图线，图线是曲线，无 法得出 a 与 m 的关系． 10. 用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势 E 和内阻 r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性 曲线。 A.电压表 V1（量程 6V、内阻很大） B.电压表 V2（量程 3V、内阻很大） C.电流表 A（量程 3A、内阻很小） D.滑动变阻器 R（最大阻值 10Ω） E.小灯泡（2A、5W） 的 ( ) ( ) 2 2 2 2 4.44 5.45 6.46 1.45 2.45 3.46 10 m/s 0.999m/s9 9 0.01 CF OCx xa T −+ + − + +−= = × =×F.电池组（电动势 E、内阻 r） G.开关一只，导线若干 (1)某同学设计的实验电路图如图甲，实验时调节滑动变阻器的滑动片向右滑动，则电压表 V1 的示数 ________，电压表 V2 的示数________。（填“变大”“变小”或“不变”） (2)每一次操作后，同时记录电流表 A、电压表 V1 和电压表 V2 的示数，组成两个坐标点（I，U1）、（I，U2）， 标到 U－I 坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙所示，则电池组的电动势 E=________V、 内阻 r=________Ω。（结果保留两位有效数字） (3)在 U－I 图像中两条图线在 P 点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为________Ω，电池组的效率为 ________。 【答案】 (1). 变小 (2). 变大 (3). 4.5 (4). 1.0 (5). 0 (6). 56% 【解析】 【详解】（1）[1]调节滑动变阻器的滑动片向右滑动，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，外电路的电阻减 小，则路端电压减小，电压表 V1 的示数变小； [2]因电路的电流变大，则电压表 V2 的示数变大。 （2）[3]由题图乙可知，电池组的电动势 E=4.5V [4]内阻 （3）[5]两图线的交点处，两个电压表的读数相同，故此时滑动变阻器接入电路中的阻值为 0； [6]电池组的效率为 11. 如图 1 所示，足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 竖直放置，其宽度 L＝1m，一匀强磁场垂直穿过导 轨平面，导轨的上端 M 与 P 之间连接阻值为 R＝0.40Ω 的电阻，质量为 m＝0.01kg、电阻为 r＝0.30Ω 的金 属棒 ab 紧贴在导轨上．现使金属棒 ab 由静止开始下滑，下滑过程中 ab 始终保持水平，且与导轨接触良好， 其下滑距离 x 与时间 t 的关系如图 2 所示，图象中的 OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计，g＝10m/s2 4.5 1.0 1.03.5r −= Ω = Ω 2.5 100% 56%4.5 IU IE η = = × =（忽略 ab 棒运动过程中对原磁场的影响），试求： （1）当 t＝1.5s 时，重力对金属棒 ab 做功的功率； （2）金属棒 ab 在开始运动的 1.5s 内，电阻 R 上产生的热量； （3）磁感应强度 B 的大小． 【答案】（1）0.7W（2）0.26J（3）0.1T 【解析】 【详解】（1）由 x﹣t 图象求得 t＝1.5s 时金属棒的速度为 v= = m/s=7m/s t＝1.5s 时，重力对金属棒 ab 做功的功率为 P＝mgv＝0.01×10×7W＝0.7W． （2）金属棒 ab 在开始运动的 1.5s 内，金属棒的重力势能减小，转化为金属棒的动能和电路的内能．设电 路中产生的总焦耳热为 Q，根据能量守恒定律得 mgx= mv2+Q 代入解得 Q＝0.455J 由焦耳定律得 R 中发热 QR＝I2Rt，金属棒 ab 发热 Qr＝I2rt，则 QR：Qr＝R：r＝4：3 又 QR+Qr＝Q 解得 QR＝0.26J （3）金属棒匀速运动时所受的安培力大小为 F＝BIL，而 I= ，E＝BLv 得到 F= 根据平衡条件得 F＝mg 则有 =mg 代入解得 B＝0.1T 12. 如图所示，水平面右端放一质量 m=0.1kg 的小物块（可看做质点），让小物块以 v0=4m/s 的初速度使其 水平向左运动，运动位移 s=1m 时将弹簧压至最短（在弹簧的弹性限度内，其劲度系数 k=100N/m。），反弹 x t ∆ ∆ 11.2 7.0 2.1 1.5 − − 1 2 E R r+ 2 2B L v R r+ 2 2B L v R r+回到出发点时物块的速度大小 v1=2m/s，若水平面右端与一长 L=3m 的水平传送带平滑连接，传送带以 v2=10m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带右端又与竖直面内的光滑圆形轨道的底端平滑连接，当小物块进 入圆轨道时会触发闭合装置关闭圆轨道，圆轨道半径 R=0.8m，不计空气阻力，g=10m/s2.求：（答案可用根 号表示） (1)为使小物块进入圆轨道后过不了圆心等高点，则传送带与物块间的动摩擦因数 μ1 满足的条件； (2)小物块与水平面间的动摩擦因数 μ2、弹簧具有的最大压缩量 xmax； (3)若将一个固定的长度与弹簧原长相等且右端面为与墙面平行的竖直平面的长方体替换弹簧，且右端面上 方装一可看成质点的小铃铛（图上没画），且去除圆轨道触发闭合装置，物块进入圆轨道后不脱离圆轨道， 小物块与长方体右端面发生弹性正碰。传送带与物块间的动摩擦因数 μ=0.1，如要使铃铛响二声，给小物块 向左的初速度 v0 满足什么条件。 【答案】(1) ；(2) ， ；(3) 【解析】 【详解】(1)物块恰好到达轨道圆心等高点时，根据动能定理得 带入数据解得 为使小物块进入圆轨道后过不了圆心等高点，则传送带与物块间的动摩擦因数 μ1 满足的条件是 (2)物块从向左运动到回到原点，根据动能定理得 带入数据解得 物块从向左运动到弹簧压缩到最短时 过程，根据动能定理得的 1 0.2µ ≤ 2 0.3µ = max 0.1mx = 0 9 2 2 130m/s m/s10 5v≤ ≤ 2 1 2 10 2mgL mgR mvµ − = − 1 0.2µ = 1 0.2µ ≤ 2 2 2 1 0 1 12 2 2mg s mv mvµ− ⋅ = − 2 0.3µ = 2 2 2 max 0 1 102 2mgs kx mvµ− − = −带入数据解得 (3)要使铃铛响二声，给小物块向左的较大初速度 v0，且到达圆轨道后不能高于圆心等高点，否则可能脱离 轨道，从起点到达圆心等高点根据动能定理得 带入数据解得 给小物块向左的较小初速度 v0，且最终恰好第二次达到铃铛处，传送带对物块先做正功后做负功，传送带 全程对物块做功为零；同理重力对物块做功为零，从起点到第二次到达铃铛处，根据动能定理得 带入数据解得 给小物块向左的初速度 v0 满足条件是 13. 下列说法正确 是________。 A. 石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同 B. 液体表面张力方向与液面垂直并指向液体内部 C. 降低温度可以使未饱和汽变成饱和汽 D. 雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力 E. 充气后气球会膨胀，这是由分子斥力造成的 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同，选项 A 正确； B．表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，故 B 错误； C．饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，温度越高，饱和气压越大，则降 低温度可使使未饱和汽变成饱和汽，故 C 正确； 的 max 0.1mx = 2 2 max 1 0 12( ) 0 2mg s x mgL mgR mvµ µ− ⋅ − + − = − 0 2 130 m/s5v = 2 2 max 0 13( ) 0 2mg s x mvµ− ⋅ − = − 0 9 2 m/s10v = 0 9 2 2 130m/s m/s10 5v≤ ≤D．雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力，选项 D 正确； E．充气后气球会膨胀，这是气体压强作用的缘故，与分子斥力无关，选项 E 错误。 故选 ACD。 14. 如图所示，将横截面积 S=100cm2、容积为 V=5L，开口向上的导热良好的气缸，置于 t1=－13 的环境 中。用厚度不计的轻质活塞将体积为 V1=4L 的理想气体封闭在气缸中，气缸底部有一个单向阀门 N。外界 大气压强 p0=1.0×105Pa，重力加速 g=10m/s2，不计一切摩擦。求： (i)将活塞用卡销 Q 锁定，用打气筒通过阀门 N 给气缸充气，每次可将体积 V0=100mL，压强为 p0 的理想气 体全部打入气缸中，则打气多少次，才能使其内部压强达到 1.2p0； (ii)当气缸内气体压强达到 1.2p0 时，停止打气，关闭阀门 N，将质量为 m=20kg 的物体放在活塞上，然后拔 掉卡销 Q，则环境温度为多少摄氏度时，活塞恰好不脱离气缸。 【答案】(i)8；(ii)52 【解析】 【详解】(1)由玻意耳定律得 其中 ， ，n 为打气次数，代入数值解得： (ii)初态气体温度为 ，最终稳定时，体积为 ，内部气体压强为 即拔掉卡销后，缸内气体压强不变，由盖·吕萨克定律得： ，解得 则气缸内气体的温度为 C° C° ( )0 1 0 0 11.2p V nV p V+ = 1 4LV = 0 100mLV = 8n = 1 1 273K 260KT t= + = 5LV = 5 2 0 1.2 10 Pamgp p S = + = × 1 1 2 V V T T = 2 325KT = 2 2 273K 52t T= − = ℃