安徽省六安市第一中学2020届高考适应性考试理科综合物理答案

安徽省六安市第一中学2020届高考适应性考试理科综合物理答案

六安一中 2020 届高三年级适应性考试 物理部分参考答案 14. D 发生光电效应的截止波长为 W0＝hc λ ，得λ=460nm，则波长为 500nm 的光不可以产生光电效应现象， A 错，根据光电效应规律，光电子的最大初动能决定于入射光的频率而与其强度无关，但频率一定 时，光强决定了单位时间内发射的光电子数的多少，但光强一定，频率越大，则单位时间产生的光 电子数少，正确选项为 D. 15. D F 未撤去时摩擦力有两种情况 F+μmgcosθ=mgsinθ，F=μmgcosθ+mgsinθ，大小均为最大 静摩擦力。撤去 F 后第一种情况沿斜面下滑，A 错。物块若沿斜面下滑，摩擦力大小 不变，若保持静止，摩擦力可变，B 错。撤去 F 后摩擦力沿斜面向上，方向不一定变 化，C 错。当 F+μmgcosθ=mgsinθ时，撤去 F 后，小物块对斜面作用力保持不变，则支 持力可不变，D 正确。 16. C 发射速度与质量无关，A 错。绕月球未脱离地球，速度小于地球的第二宇宙速度 B 错。 远离地球过程中引力做负功且减小，C 正确。绕月球转动，速度不能大于月球第一宇宙 速度，D 错。 17. D 若图像为 xE  ，沿电场线方向电势逐渐降低，AB 错 若图像为 x ， AxE 大小等于 bxE ，但方向不同，C 错 D 正确 18. C O 处磁感应强度方向垂直纸面向外，A 错。 导线环所受安培力向右，摩擦力向左，B 错 I ， I 大小未知，D 错 19. CD 副线圈中交流电周期仍为 s50 1 ，A 错。交流电压表显示的是有效值，B 错 滑片由 a 向 b 滑动过程中，R 变小，副线圈电流变大，则原线圈中电流变大，原线圈电压变小，电 压 表 示 数 变 小 ， C 正 确 。 开 始 时 将 原 线 圈 和 副 线 圈 所 在 电 路 等 效 成 电 阻 等效R ， 则 等效R = 并Rn n 2 2 2 1 =12.5Ω< 1R ， 并R 逐渐变小，则 等效R 逐渐变小，原线圈输出功率变小，D 正确 20. BD 略 21. BCD 因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，A 错误．物体做匀速直线运动时，拉力 F 与滑动 摩擦力 f 大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝ F mg ＝0.8，B 正确；减速过程由动能定理得 WF＋Wf＝0－1 2mv2，根据 F－x 图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力 F 做的功 WF，而 Wf ＝－μmgx，由此可求得合外力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度 v，C、D 正确。 22. (1) mgs= 2))((2 1 t dmM  (2) ①D ②C 根据动能定理： 祸 ෉ ෉ ，可见 s 与 成反比，即与 2 1 t 成正比，故应作出 祸 ﹣ ﹣ 图象。 要使 祸 ﹣ ﹣ 图象为过原点的直线，应保证小车初动能为零，即必须保证小车从静止状态开始释放， 而合力只要是恒力即可。 23、(1)B D E (2)图见解析 (3)PTC(4)10.0(9.60～10.4) 6.67(6.00～8.00) (1)电压从零开始逐渐增大，故滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选阻值 较小的 E；电源电压为 15 V，故电压表选 D；为了使电流表指针偏转幅度较大，电流表选择 B。 ------3 分 (2)加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，滑动变阻器应采用分压接法；由于RV2 Rx > Rx RA2 ，所 以电流表应用外接法，电路图如图所示。 ----3 分 (3)由图 2 曲线Ⅰ所示图线可知，随电压增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高，电压与电 流的比值增大，电阻阻值增大，该电阻是正温度系数(PTC)热敏电阻。 ---1 分 (4)在闭合电路中，电源电动势：E＝U＋Ir，由图 2 曲线可知，电流为 0.30 A 时，电阻 R1 两端电压 为 8 V，电流为 0.60 A 时，电阻 R2 两端电压为 6.0 V，则有：E＝8＋0.30r，E＝6＋0.60r，解得：E ＝10.0 V，r＝6.67 Ω。 ---2 分 24.（1）E= 3mv² qL 6 分 （2）粒子进入第四象限时速度为 2v 偏转半径 r= mv qB 2 分 顺时针偏转 120 度 S= 3m²v² q²B²（示意图如图所示） 4 分 25、解答：(1)对 m1 和 m2 弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=m1v1-m2v2 剪断细绳前弹簧的弹性势能为： 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2pE m v m v  解得：v1=10m/s，v2=3m/s -------6 分 (2 设 m2 向右减速运动的最大距离为 x，由动能定理得：-μm2gx=0- 1 2 m2v22 解得 x=3m＜L=4m ------3 分 则 m2 先向右减速至速度为零，向左加速至速度为 v0=1.5m/s，然后向左匀速运动，直至离开传送带。 设小物体 m2 滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为 t。取向左为正方向。 根据动量定理得：μm2gt=m2v0-（-m2v2） 解得：t=3s ------3 分 该过程皮带运动的距离为： x 带=v0t=4.5m 故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：E=μm2gx 带 解得：E=6.75J ------2 分 (3)设竖直光滑轨道 AC 的半径为 R 时小物体 m1 平抛的水平位移最大为 x。从 A 到 C 由机械能守恒 定律得： 2 2 1 1 1 1 1   22 2 Cm v m v mgR  -------2 分 由平抛运动的规律有：x=vCt1 2 1 12 2R gt 联立整理得 4 10( )4x R R  -------2 分 根据数学知识知当 4R=10-4R 即 R =1.25m 时，水平位移最大为 x=5m --------2 分 33. (1)BDE (2) ①3.3L ②275.4 J 解析 ①稳定后，以活塞为研究对象， 由受力平衡有：mg＋p0S＝pBS 得：pB＝p0+ mg S ＝1.02×105 Pa， A 与 B 连通，压强相等，pA＝1.02×105 Pa 连通后，部分气体从 B 流入 A，这部分气体的末状态：VA＝3.6 L， TA＝400 K 流入 A 的气体的初状态：TB＝300 K 根据盖－吕萨克定律，有： BA A B A V V T T  代入数据得：VBA＝2.7 L 则 B 中剩余的气体体积 VB′＝6.0 L－2.7 L＝3.3 L ②活塞下移过程，外界对气缸 B 内气体做功为 0 BA mgW p V p s     （ ）V 275.4 J. 34