青海省西寧市2020屆高三下學期普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試復習檢測（一）物理試題含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精青海省西寧市2020屆高三下學期普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試復習檢測（一）物理試題含解析2020年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試西寧市高三年級復習檢測(一）理科綜合能力測試物理試題二、選擇題：本題共8小題,每題6分,共48分。其中14—17小題每題給出的四個選項中，只有項符合題目要求；18-21小題每題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分,有選錯的得0分.1。下列說法正確的是（）A。根據(jù)玻爾理論,氫原子的電子由外層軌道躍遷到內層軌道,原子的能量減少,電子的動能增加B。中子與質子結合成氘核時吸收能量C。盧瑟福的α粒子散射實驗證明了原子核是由質子和中子組成的D。入射光照射到某金屬表面發(fā)生光電效應,若僅減弱該光強度，則不可能發(fā)生光電效應【答案】A【解析】【詳解】A．電子由外層軌道躍遷到內層軌道時,放出光子，總能量減小；根據(jù)可知半徑越小，動能越大，故A正確；B．中子與質子結合成氘核的過程中有質量虧損，釋放能量，故B錯誤；C．盧瑟福的α粒子散射實驗揭示了原子的核式結構模型，故C錯誤；D．根據(jù)光電效應方程EKM=hγ－W0知,入射光的頻率不變，若僅減弱該光的強度，則仍一定能發(fā)生光電效應，故D錯誤.故選A。2.2019年9月18日凌晨4時52分，國航CA818航班從華盛頓杜勒斯國際機場起飛后疑似發(fā)生鳥擊,于凌晨5時54分返航并安全降落，鳥撞飛機是導致空難的重要因素之一，被稱為“飛機殺手”.假設在某次空難中，鳥的質量為0。6kg，飛行的速度為3m/s，迎面撞上速度為720km/h的飛機，對飛機的撞擊力達到1.6×106N，則鳥撞飛機的作用時間大約為：（）A.1.5×10—5s B.1。5×10—4s C.7.6×10-6s D。7。6×10—5s【答案】D【解析】【詳解】設鳥與飛機碰撞時間為t，由動量定理有：解得：選項D正確，ABC錯誤。故選D.3。如圖，質量為2m的物塊A靜置于水平臺面上，質量為M、半徑為R的半球體C靜置于水平地面上，質量為m的光滑小球B（可視為質點）放在半球體C上,P為三根經(jīng)繩PA、PB、PO的結點。系統(tǒng)在圖示位置處于靜止狀態(tài)，P點位于C正上方距離其球心高h處（）,OP豎直，PA水平，PB長為,已知A與臺面的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，則正確的是（）A.繩OP的拉力大小為mgB。A受到的摩擦力大小為C.B對C的壓力大小為D。繩PB對B的拉力大小為【答案】C【解析】詳解】對小球B受力分析如圖，由相似三角形得解得,A．繩OP的拉力大小為故A錯誤；B．A受到的摩擦力大小為等于PB繩沿水平方向的分力即為C．由上分析可知，B對C的壓力大小為，故C正確;D．由上分析可知,繩PB對B的拉力大小為,故D錯誤。故選C。4。某理想變壓器有兩個副線圈，原線圖匝數(shù)為n,兩個副線圖匝數(shù)分別為n1和n2，如圖所示.所接電阻R1＝R2，電流表為理想交流電表，D為理想二極管，原線圈接正弦交流電源，下列說法正確的是（）A?；瑒幼冏杵鱎滑片向上滑動時,電流表示數(shù)變小B.滑動變阻器R滑片向上滑動時，副線圈n2的輸出電壓變大C。R2兩端的電壓與R1兩端的電壓之比為n1:n2D.R2的功率與R1的功率之比為n12：n22【答案】A【解析】【詳解】一組原線圈對應多組副線圈同樣符合電壓關系功率關系：AB．R增大，n，n1，n2不變,不影響U，U1和U2,所以I1減小，P1減小，所以原線圈功率P減小，故原線圈電流減小，A正確，B錯誤.CD．R1兩端電壓等于U1，第二個副線圈由于二極管的存在，使得R2電壓不等于U2，所以兩電阻電壓值比不等于n1：n2，功率根可知,兩電阻相等,但是兩電阻的電壓之比不是n1:n2，所以電壓值比也不是;故C、D均錯誤。故選A。【點睛】變壓器的動態(tài)分析，原副線圈電流電壓功率的關系，二極管單向導電性的應用。5。如圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強大小恒定，且被限制在AC板間，虛線中間不需加電場,如圖所示，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動，對這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是（)A.加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關B。帶電粒子每運動一周被加速一次C。帶電粒子每運動一周P1P2等于P2P3D.加速電場方向不需要做周期性的變化【答案】BD【解析】【詳解】AD、帶電粒子只有經(jīng)過AC板間時被加速,即帶電粒子每運動一周被加速一次.電場的方向沒有改變,則在AC間加速.故A正確；D錯誤。B、根據(jù)知所以故B錯誤；C、當粒子從D形盒中出來時，速度最大，根據(jù)知加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關.所以C選項是正確的。故選AC【點睛】帶電粒子經(jīng)加速電場加速后,進入磁場發(fā)生偏轉，電場被限制在A、C板間，只有經(jīng)過AC板間時被加速,所以運動一周加速一次,電場的方向不需改變.當帶電粒子離開回旋加速器時,速度最大。6。如圖所示，粗糙水平面上有一汽車A,通過定滑輪用繩子拉同一水平面的物體B，使物體B勻速向右運動，當拉至圖示位置時，兩繩子與水平面的夾角分別為，二者速度分別為vA和vB,則（）A。汽車向右做減速運動B。若圖示位置，則vA〈vBC。若圖示位置，則vA=vBD。若圖示位置，則vA〉vB【答案】AB【解析】【詳解】對汽車A的速度沿著繩子方向與垂直繩子方向進行分解，則有沿著繩子方向的速度大小為vAcosα；對B物體的速度沿著繩子方向與垂直繩子方向進行分解，則有沿著繩子方向的速度大小為vBcosβ，由于沿著繩子方向速度大小相等，所以則有vAcosα=vBcosβA．由于物體B勻速向右運動，則vB不變，α減小，β變大,則vA減小,即汽車向右做減速運動，選項A正確；BCD．若圖示位置，則cosα〉cosβ，則vA〈vB，選項B正確，CD錯誤.故選AB7.如圖所示,邊長為L的正方形金屬線框放置在光滑絕緣水平面上,虛線MN右側有垂直于水平面向下的勻強磁場,第一次給金屬線框一個垂直于MN的大小為v1的初速度從圖示位置向右滑動，線框進磁場的過程中左、右兩邊始終與MN平行，線框完全進磁場后的速度大小為v2；第二次將初速度大小改為v3（v3〉v1），線框完全進磁場后的速度大小為v4，則下列判斷正確的是（）A.線框兩次進入磁場過程中通過導體橫截面的電荷量相等B.線框兩次進入磁場過程中通過導體橫截面的電荷量不相等C。線框第一次進磁場的時間D。線框第一次進磁場的時間【答案】AD【解析】【詳解】AB．線框進入磁場過程中通過導體橫截面的電荷量則線框兩次進入磁場過程中通過導體橫截面的電荷量相等，選項A正確，B錯誤；CD．由于安培力作用,所以線框進入磁場過程是一個加速度減小的減速運動，則速度時間圖象如圖所示

與圖象中一個勻減速直線運動對比，由于在相等時間內線圈的位移小于線圈做勻減速運動的位移，可知線框的平均速度小于勻減速直線運動的平均速度，即所以線框第一次進入磁場的時間故C錯誤，D正確。

故選AD。8.如圖所示，絕緣粗糙斜面體固定在水平地面上，斜面所在空間存在平行于斜面向上的勻強電場E，輕彈簧一端固定在斜面頂端，另一端栓接一不計質量的絕緣薄板，一帶正電的小滑塊,從斜面上的P點處由靜止釋放后，沿斜面向上運動,并能壓縮彈簧至R點（圖中未標出），然后返回，則(）A。滑塊從P點運動到R點的過程中，其機械能增量等于電場力與彈簧彈力做功之和B?；瑝K從P點運動到R點的過程中，電勢能的減小量大于重力勢能和彈簧彈性勢能的增加量之和C?；瑝K最終停在彈簧原長處D?；瑝K最終停下來，克服摩擦力所做的功小于電勢能的減小量與重力勢能增加量之差【答案】BD【解析】【詳解】A．滑塊從P點運動到R點的過程中，由功能關系知,滑塊機械能增量等于電場力與彈簧彈力做功、摩擦力做功之和，由于摩擦力做負功，所以機械能增量小于電場力與彈簧彈力做功之和,故A錯誤;B．電場力做的功轉化為小滑塊的重力勢能、彈簧的彈性勢能以及內能,所以電勢能的減小量大于重力勢能和彈簧彈性勢能的增加量之和,故B正確;C．假設滑塊最終停在彈簧原長處,受力分析,此時滑塊受力情況和P點受力情況相同，合力向上,不可能靜止，滑塊合力為零的位置應在彈簧原長位置上方，故C錯誤；D．由于摩擦力做負功，小滑塊的機械能與電勢能的之和逐漸減小，克服摩擦力所做的功等于電勢能的減小量與重力勢能增加量、彈性勢能增加量之差,由前面分析可知，彈性勢能增大，說明克服摩擦力所做的功小于電勢能的減小量與重力勢能增加量之差，故D正確.故選BD。三、非選擇題共174分。第22—32題為必考題,每個試題考生都必須做答。第33-38題為選考題，考生根據(jù)要求做答。（一）必考題:共129分9.某同學設計出如圖所示的實驗裝置來“驗證機械能守恒定律”，讓小球從A點自由下落，下落過程中經(jīng)過A點正下方的光電門B時,光電計時器記錄下小球通過光電門時間t，當?shù)氐闹亓铀俣葹間．（1）為了驗證機械能守恒定律，該實驗還需要測量下列哪些物理量_________．A．小球的質量mB．AB之間的距離HC．小球從A到B的下落時間tABD．小球的直徑d（2）小球通過光電門時的瞬時速度v=_________(用題中所給的物理量表示)．（3）調整AB之間距離H，多次重復上述過程，作出隨H的變化圖象如圖所示，當小球下落過程中機械能守恒時，該直線斜率k0=__________．（4）在實驗中根據(jù)數(shù)據(jù)實際繪出-H圖象的直線斜率為k（k＜k0)，則實驗過程中所受的平均阻力f與小球重力mg的比值=_______________(用k、k0表示）．【答案】(1）。BD；(2).；（3)。；（4)。；【解析】【分析】該題利用自由落體運動來驗證機械能守恒,因此需要測量物體自由下落的高度hAB,以及物體通過B點的速度大小，在測量速度時我們利用小球通過光電門的平均速度來代替瞬時速度，因此明白了實驗原理即可知道需要測量的數(shù)據(jù)；由題意可知,本實驗采用光電門利用平均速度法求解落地時的速度；則根據(jù)機械能守恒定律可知，當減小的機械能應等于增大的動能；由原理即可明確注意事項及數(shù)據(jù)的處理等內容．【詳解】（1）根據(jù)機械能守恒的表達式可知，方程兩邊可以約掉質量，因此不需要測量質量，故A錯誤;根據(jù)實驗原理可知，需要測量的是A點到光電門B的距離H，故B正確；利用小球通過光電門的平均速度來代替瞬時速度，不需要測量下落時間，故C錯誤；利用小球通過光電門的平均速度來代替瞬時速度時，需要知道擋光物體的尺寸，因此需要測量小球的直徑，故D正確．故選BD．

（2）已知經(jīng)過光電門時的時間小球的直徑;則可以由平均速度表示經(jīng)過光電門時的速度；

故；

（3）若減小的重力勢能等于增加的動能時，可以認為機械能守恒;則有：mgH=mv2；

即:2gH=（)2

解得：，那么該直線斜率k0=．

（4）乙圖線=kH，因存在阻力,則有：mgH-fH=mv2；

所以重物和紙帶下落過程中所受平均阻力與重物所受重力的比值為；【點睛】考查求瞬時速度的方法，理解機械能守恒的條件，掌握分析的思維,同時本題為創(chuàng)新型實驗，要注意通過分析題意明確實驗的基本原理才能正確求解．10.如圖所示為某同學測量電源的電動勢和內阻的電路圖．其中包括電源E，開關S1和S2，電阻箱R，電流表A,保護電阻Rx．該同學進行了如下實驗步驟:（1)將電阻箱的阻值調到合適的數(shù)值，閉合S1、S2，讀出電流表示數(shù)為I，電阻箱讀數(shù)為9.5Ω，斷開S2，調節(jié)電阻箱的阻值,使電流表示數(shù)仍為I,此時電阻箱讀數(shù)為4.5Ω．則保護電阻的阻值Rx＝________Ω．（結果保留兩位有效數(shù)字）（2）S2斷開,S1閉合，調節(jié)R,得到多組R和I的數(shù)值，并畫出圖象，如圖所示,由圖象可得,電源電動勢E＝________V，內阻r＝________Ω．(結果保留兩位有效數(shù)字）（3）本實驗中，內阻的測量值________（填“大于”或“小于”）真實值，原因是_____________．【答案】（1)。5.0(2)。3.0(3)。2。2（4)。大于（5)。電流表也有內阻【解析】【詳解】（1）［1]由題意可知，閉合S1和S2時只有電阻箱接入電路，閉合S1、斷開S2時,電阻箱與R串聯(lián)接入電路，兩種情況下電路電流相等，由歐姆定律可知，兩種情況下電路總電阻相等，所以保護電阻的阻值Rx＝9。5Ω—4。5Ω＝5。0Ω(2）[2][3］根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得，E＝I（R+Rx+r），整理可得可見圖線的斜率圖線的縱截距結合圖象中的數(shù)據(jù)可得E＝3.0V,r＝2。2Ω．（3）[4][5］本實驗中，內阻的測量值大于真實值，原因是電流表也有內阻，測量值等于電源內阻和電流表內阻之和．11。如圖所示，粗糙水平面上靜止放置一質量為2m的木板，在木板上右端靜置一質量為m的小滑塊．一可視為質點、質量為2m的小朋友蕩秋千，從A點由靜止出發(fā)繞O點下擺，當擺到最低點B時，小朋友在極短時間內用腳水平蹬踏木板的左端，然后自己剛好能回到A點．已知秋千的擺繩長為L，質量不計，AO與豎直方向的夾角為60°．小滑塊與木板之間、木板與水平面間的動摩擦因數(shù)都是，重力加速度為g．求：（1）秋千擺到最低點B，小朋友未蹬踏木板時秋干擺繩的拉力大??；(2)小朋友蹬踏木板過程中，小朋友做功大??；(3）若小滑塊不從木板上滑下，木板至少應為多長．【答案】（1)4mg（2)(3）【解析】【分析】（1）從A點下擺到B點，只有重力做功，機械能守恒．由機械能守恒定律求出小朋友運動到最低點時的速度．在最低點,由合力充當向心力，由向心力公式求解秋千繩的拉力；(2）小朋友蹬踏木板過程中，沿水平方向動量守恒．由動量守恒定律列式．再由動能定理求小朋友做功大?。唬?)由牛頓第二定律分別求出滑塊和木板的加速度，結合運動學公式可求得木板的長度?！驹斀狻?1）小朋友從A點下擺到B點，只有重力做功，機械能守恒.設到達B點的速度大小為v0，則由機械能守恒定律有：繩子拉力設為T，由受力分析和圓周運動知識有：解得:T=4mg（2)由題意知，小朋友蹬踏木板后速度大小不變，方向向左由動量守恒定律得：2mv0=-2mv0+2mv1得木板的速度：小朋友做功大?。?3)由牛頓第二定律得:小滑塊的加速度：木板的加速度：當二者速度相等后，由于整體的加速度等于滑塊的最大加速度,所以此后二者保持相對靜止,設此過程經(jīng)過的時間為t由速度關系得：v1—a板t=a塊t此過程木板的位移:滑塊的位移:小滑塊不從木板上滑下，木板至少應為：x=x板—x塊解得:【點睛】本題考查了機械能守恒定律、動量守恒定律、牛頓第二定律、運動學公式,關鍵分析滑塊和木板的運動情況，然后對各個過程分別運用合適的規(guī)律列式求解.12.如圖所示的平面直角坐標系xOy,在第Ⅰ象限內有平行于y軸的勻強電場，方向沿y正方向;在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內有勻強電場,方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行．一質量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P（0，h)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a（2h,0)點進入第Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第Ⅲ象限，且速度與y軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力．求：（1)電場強度E的大?。?2)粒子到達a點時速度的大小和方向；(3）abc區(qū)域內磁場的磁感應強度B的最小值．【答案】（1）；（2)，方向與x軸的夾角為45°；（3）【解析】【詳解】（1）設粒子在電場中運動的時間為t,則有x=v0t=2h，qE=ma，聯(lián)立以上各式可得；(2）粒子達到a點時沿負y方向的分速度為vy=at=v0，所以，方向指向第IV象限與x軸正方和成45o角；（3）粒子在磁場中運動時,有，當粒子從b點射出時，磁場的磁感應強度為最小值，此時有，所以磁感應強度B的最小值（二）選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答.如果多做，則每科按所做的第一題計分?！疚锢硪贿x修3-3】（選擇題填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分選對三個得5分.每選錯一個扣3分，最低得分為0分)13.下列說法中正確的是（）A。液晶與多晶體一樣具有各向同性B.氣體壓強的產(chǎn)生是由大量氣體分子對器壁持續(xù)頻繁的碰撞引起的C。懸浮顆粒越大，同一時刻與它碰撞的液體分子越多，布朗運動越顯著D。當兩分子間距離大于平衡距離r0時，分子間的距離越大,分子勢能越大E.若一定質量的理想氣體在膨脹的同時放出熱量，則氣體分子的平均動能減小【答案】BDE【解析】【詳解】A．液晶顯示器是利用了液晶對光具有各向異性的特性而設計的，故A錯誤；B．氣體壓強的產(chǎn)生是由大量氣體分子對器壁持續(xù)頻繁的碰撞引起的，故B正確；C．布朗運動與懸浮顆粒的大小有關,顆粒越大，布朗運動越不明顯,同一時刻撞擊它的液體分子越多，布朗運動越不明顯,故C錯誤;D．當兩分子間距離大于平衡位置的間距r0時，分子力表現(xiàn)為引力，故隨分子間的距離增大，分子力做負功，分子勢能增大，故D正確；E．氣體膨脹的過程中對外做功，若一定質量的理想氣體在膨脹的同時放出熱量，根據(jù)熱力學第一定律可知，氣體的內能減小，溫度降低，所以氣體分子的平均動能減小，故E正確。故選BDE．14.豎直平面內有一直角形內徑處處相同的細玻璃管，A端封閉，C端開口，AB段處于水平狀態(tài)。將豎直管BC灌滿水銀，使氣體封閉在水平管內，各部分尺寸如圖所示，此時氣體溫度T1=300K,外界大氣壓強p0=75cmHg。現(xiàn)緩慢加熱封閉氣體，使AB段的水銀恰好排空。求：①此時氣體溫度T2；②此后保持氣體溫度T2不變，以AB為軸緩慢將CB向下轉至C端開口豎直向下時，氣體的長度L3多大（取=4.12，結果保留二位有效數(shù)字）.【答案】①394。7K；②39cm【解析】【分析】本題關鍵是分析清楚氣體狀態(tài)變化過程、求出氣體的狀態(tài)參量是解題的前提與關鍵，在AB段液柱排空的過程中氣體是恒壓變化過程，由蓋-呂薩克定律即可求解此時氣體的溫度；初末狀態(tài)溫度相等,求出初末狀態(tài)氣體的壓強和體積,根據(jù)玻意耳定律即可求解氣柱的長度?！驹斀狻竣僖詂mHg為壓強單位，設玻璃截面積為S，在AB段液住排空的過程中氣體是恒壓變化過程由蓋呂薩克定律可知解得②令此時BC管中液住長，氣體壓強為又開始時氣體壓強為由玻意耳定律可知解得故氣體的長度【物理一選修3-4】（選擇題填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對三個