发布时间 : 星期三 文章云南省昆明市第一中学2020届高三第八次考前适应性训练理科综合试题物理答案更新完毕开始阅读e66e54951b5f312b3169a45177232f60ddcce7e7
2020届昆一中高三联考卷第八期联考
物理参考答案及评分标准
14、【答案】B
【解析】放射性元素的半衰期与外界因素无关，A错误；根据质量数和电荷数守恒可知，中微子的质量数A＝0，电荷数Z＝0，B正确；正电子产生的原因是核内的质子转化为中子时放出的，C错误；两个质子和两个中子结合成一个α粒子要释放能量，根据质能方程及质量亏损可知，两个质子与两个中子的质量之和大于α粒子的质量，故D错误。
15、【答案】 C
【解析】开始系统匀速向右运动，合力为零，弹簧被压缩。轻弹簧变短，弹力变大，物块 B 受到的合力不为零，且向左，故加速度不为零，且方向一定向左，故A、B 错误；物块 B 受重力 mg、斜面支持力 FN 和弹簧弹力 F ，垂直斜面方向mgcosθ – FN = masinθ，加速度从无到有，则 FN 变小，选项 C 正确，D 错误。
16．【答案】D
【解析】“天宫二号”在离地面 393 km 的圆轨道上做圆周运动，故受到的力不是平衡力， A 错误；“天宫二号”脱离圆轨道要做减速运动，火箭发动机朝运行的前方喷火，选项 B 错误；“天宫二号”离轨后，在进入大气层前，因只有引力做功，机械能守恒，那么减小的引力势能转
43Mm?2??化为增加的动能，动能增大，选项 C 错误；G2?mR?，而M??R，可得?3R?T?2??3?，即若测得“天宫二号”环绕地球近地轨道的运行周期，即可求出地球的密度，选项 D 2GT17【答案】A
【解析】相遇时A还具有水平速度，则此时A的速度不为零，A错误；A在最高点的竖
正确。
直速度为零，此时B的速度一定为零，B正确；两球运动的时间相等，A、B相遇时，B的速度一定为零，从抛出到相遇的时间t = 量的变化量相同，D正确。
18.【答案】BC
【解析】由于变压器的原、副线圈匝数比为 3:1，可得原、副线圈的电流比为 1:3，故选项 A 错误；根据 P=I2R 可知电阻 R1 和 R2 消耗的功率之比为1 ：9，故选项C正确；设U2=U，由变压比得U1=3U，然后再结合R1两端的电压为cd 两端电压的三分之一，则有 3U+U/3 =220
v2
，C正确；根据Δp＝mgt可知从抛出到相遇A、B动g
- 1 -
V，得U=66V，故B正确；ab 端输入电压不变，若减小R1的阻值，则原线圈的输入电压变大，由于两线圈的匝数不变，故受电线圈的输出电压将变大，故选项 D 错误。
19．【答案】AD
【解析】由图可知，0～2 s，物体做匀减速运动，2～6 s物体反向做匀加速运动，可知恒力与初速度方向相反。根据牛顿第二定律：F＋f＝ma1，F－f＝ma2，而a1＝5m/s2，a2＝1 m/s2，联立解得：F＝6 N，f＝4 N，故A正确；由f＝μmg得，μ＝0.2，故B错误。根据动量定理，合外力的冲量等于物体动量的变化量，前6 s内合外力的冲量大小为I＝－mv2－mv1＝－2×4 1N·s－2×10 N·s＝－28 N·s，大小为28 N·s，故C错误； 0～2 s内，物体的位移大小x1＝×10×2
21
m＝10 m；2～4 s内，物体的位移大小为x2＝×2×2 ＝2 m，则前4 s内摩擦产生的热量Q＝f(x1
2＋x2)＝4×(10＋2) J＝48 J，故D正确；
20、【答案】AD
【解析】若r＝2R，粒子在磁场中运动的时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图1，因为r＝2R，圆心角α＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝
60°12πmπm
T＝×＝，故A正确；若r＝2R，粒子沿着360°6qB3qB
1
各个方向射入磁场，能打在整个圆周上，故B错误；若r＝R，粒子在磁场
21πm1
中运动的最长时间可接近一个周期T，不会是T＝，故C错误；若r＝R，
42qB21
粒子能打在圆周长，故D正确。
6
21．【答案】BC 【解析】根据图像可得出某点的电场强度E随到O点的距离r的变化关系为 E=?kr + E0 ，E0为O点的电场强度。分别代入A、B 两点的数值得 E1 =?kr1 + E0 、E2=?kr2+ E0，联立解得E0?E1r2?E2r1E?E2、k?1故 A 错，B 正确。由于沿该方向场强随距离均匀减小，场r2?r1r2?r1强方向背离O点，所以 A、B 两点间的电势差UAB?
22．（6 分）
E1?E2(r2?r1)，故 C 正确，D 错误。 2
【解析】 1.92m ；1.91m
小球重力势能的减少量ΔEp=mg (OC+CD)=1.92m J
- 2 -
121?CD?DE?小球动能的增加量?Ek?mvD?m??=1.91m J
22?2?t?
23．（9 分）
（1）900（2分） （2）电路如图所示（2分），R1（1分） （3） 0.39 W（2分）
1.17（2分）
【解析】（1）灵敏电流计改装成电压表需要串联一个大电阻，根据串联电路规律可解得：R = 900Ω。
(2)根据表格数据和要求，滑动变阻器应采用分压式接法，选用R1，电流表应选用外接法。实物连接如图。
(3)当滑动变阻器接入电路中的阻值最大为9.0 Ω时，流过小灯泡的电流最小，小灯泡的实际功率最小，把滑动变阻器视为等效电源内阻的一部分，在题图(a)中画出等效电源(电动势4 V，内阻1.00 Ω＋9.0 Ω＝10 Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为U＝4－10I(V)，图线如图中Ⅰ所示，故小灯泡的最小功率为Pmin＝U1I1＝1.75×0.225 W≈0.39 W。当滑动变阻器接入电路中的阻值最小为零时，流过小灯泡的电流最大，小灯泡的实际功率最大，在题图(a)中画出电源(电动势4 V，内阻1.00 Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为U＝4－I(V)，图线如图中Ⅱ所示，故小灯泡的最大功率为Pmax＝U2I2＝3.68×0.318 W≈1.17 W。
2
24.（14分） 【答案】 (1)4.2 m/s (2)4.41m 【解析】
I '/mA
1
(1)O→P下滑过程，运动员与滑板A机械能守恒10mgR＝×10mv2 （2分）
2得：v＝2gR＝4 m/s （1分） 运动员跳离A板过程，他们水平方向动量守恒：10mv＝－mv1＋9mv2 （2分） 14
代入得：v2＝ m/s
3
运动员跳上B板过程，他们水平方向动量守恒：9mv2＝10mv3 （2分） 解得v3＝
21
= 4.2 m/s。 （1分） 5
- 3 -
(2) 由动能定理，滑板B的位移xB：??10mgxB?0?10mv3 （4分） v23
得xB＝＝4.41 m （2分）
2μg
25．（18 分） 【解析】
（1）（4分）设金属杆获得的最大速度为vm 根据能量守恒定律有：Ep?12212mvm （1分） 2Em （1分） 2Rab 杆刚进入磁场时的电动势最大为：Em = BLvm （1分） 此时回路中的电流最大，由闭合电路的欧姆定律可得：Imax?由以上三式解得：Imax?BL2Ep （1 分）
2Rm（2）（8分）设杆的加速度为 a 时，杆的速度为 v2，由牛顿第二定律得：FA= BIL =ma （2 分）
闭合电路的欧姆定律I?由以上两式解得：v2?BLv2（2 分） 2R2Rma 22BL12mv2?2Q （2 分） 2由能量守恒定律可得：Ep?1R2m3a2连立上式得：Q?Ep? （2分） 442BL（3）（6分）对ab金属杆在磁场中全过程应用动量定理有：?BIL??t?0?mvm（2分） 其中：q?I??t???BLs （2分）其中s为杆滑行的距离。 ?2R2R2R2mEp（2 分）
B2L2连立两式可得：s?
33【答案】（1）ABE (2)①30 cm ②460 K
【解析】（1）轮胎内的气体向外喷出，气体对外做功，故其内能变小，故选项A正确：轮胎内的气体迅速向外喷出，故轮胎内部气体压强迅速减小，故选项B正确：轮胎内的气体向外喷出是由于轮胎内气体压强大于外界气体的压强，而不是分子做扩散运动引起的，故选
- 4 -