四川省成都市2020届高三下学期6月第三次诊断性检测理综物理试题 Word版含解析

一、选择题

1.1919年，卢瑟福用a粒子轰击氮原子核发现了质子。发现质子的核反应方程为：

14N1HX,则X的原子序数和质量数分别为（ ）

A. 8和17 【★答案★】A 【解析】

【详解】氮和氢的原子序数分别为7和1，粒子的核电荷数和质量数分别为2和4，由反应前后核电荷数和质量数守恒可知，X的原子序数和质量数分别为8和17，故A正确； 故选A。

2.如图，理想变压器原、副线圈的匝数比n1:：n2=4：1，电阻R=4Ω，交流电表均为理想电表，原线圈输入电压的瞬时值表达式u242sin100t(V)，下列说法正确的是（ ）

B. 7和17

C. 6和14

D. 10和15

A. 交变电流的频率为100Hz C. 电流表的示数为1.5A 【★答案★】D 【解析】

B. 电压表的示数为24V D. 变压器的输入功率为9W

【详解】A．由u242sin100t(V)可得，交流电的频率为

f故A错误；

100Hz50Hz 2U1n1可得，副线圈两端电压的有效值为 B．由

U2n2U26V

故电压表示数

6V，故B错误；

C．副线圈中电流为

I2U21.5A R不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

I1n2可得，原线圈中电流为 由

I2n1I10.375A

故C错误； D．输出功率为

P2U2I29W

故原线圈中输入功率也为9W，故D正确； 故选D。

3.如图，在直角三角形ACD区域的C、D两点分别固定着两根垂直纸面的长直导线，导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流，∠A=90，∠C=30，E是CD边的中点，此时E点的磁感应强度大小为B，若仅将D处的导线平移至A处，则E点的磁感应强度（ ）

A. 大小仍为B,方向垂直于AC向上 B. 大小为3B，方向垂直于AC向下 23B，方向垂直于AC向上 2C. 大小为D. 大小为3B，方向垂直于AC向下 【★答案★】B 【解析】

【详解】根据对称性C、D两点分别固定着两根垂直纸面的长直导线在E点产生的磁感应强度

B0由几何关系可知

B 2AE=CE=DE 所以若仅将D处的导线平移至A处在E处产生的磁感应强度仍为B0，如图所示

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

仅将D处的导线平移至A处，则E点的磁感应强度为

B2B0cos30方向垂直于AC向下。

3B 2A．大小仍为B,方向垂直于AC向上 与上述结论不相符，故A错误； B．大小为3B，方向垂直于AC向下 与上述结论相符，故B正确； 23B，方向垂直于AC向上 与上述结论不相符，故C错误； 2C．大小为

D．大小故选B。

3B，方向垂直于AC向下 与上述结论不相符，故D错误；

4.如图，光滑球A与粗糙半球B放在倾角为30的斜面C上，C放在水平地面上，均处于静止状态。若A与B的半径相等，A的质量为2m，B的质量为m，重力加速度大小为g，则（ ）

A. C对A支持力大小为3mg B. C 对B的摩擦力大小为

1mg 223mg 33mg 6不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

C. B对A的支持力大小为

D. 地面对C的摩擦力大小为

【★答案★】C 【解析】

【详解】AC．由几何关系可知，C对A的支持力、B对A的支持力与A的重力的反向延长线的夹角都是30°，由平衡条件可知

FBAFCA故C正确，B错误；

GA23mg 2cos303B．以AB整个为对象，沿斜面方向静摩擦力与重力的分力平衡，所以C 对B的摩擦力大小为

Ff(GAGB)sin30故B错误；

3mg 2D．以ABC整体为对象，水平方向不受力，所以地面对C的摩擦力大小为0，故D错误； 故选C。

5.如图（a)，在竖直平面内固定一光滑半圆形轨道ABC，B为轨道的中点，质量为m的小球以一定的初动能Ek0从最低点A冲上轨道。图（b)是小球沿轨道从A运动到C的过程中，动能Ek与其对应高度h的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为25N，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2.由此可知（ ）

A. 小球的质量m=0.2kg B. 初动能Ek0=16 J

C. 小球在C点时重力的功率为60W D. 小球在B点受到轨道的作用力大小为85N 【★答案★】D 【解析】

【详解】A．由图乙可知，圆环的半径的0.4m，小球在C点的动能大小EkC=9J, 因小球所受重力与弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：

2mvC2EmgFkC

RR不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

解得小球的质量

m=2kg

故A错误；

B．由机械能守恒定律得，初动能

Ek0mghEkC25J

其中h0.8m

C．小球在C点时重力与速度方向垂直，重力的功率为0，故C错误； D．由机械能守恒定律得，B点的初动能

EkBmghEkC17J 2在B点轨道的作用力提供向心力，由牛顿第二定律得

2mvB2EFkB85N

RR故D正确； 故选D。

6.如图，a、b是正在不同轨道上绕地心做匀速圆周运动的两颗卫星，它们的运行周期分别为Ta和

Tb，下列判定正确的是（ ）

A. a、b均处于超重状态 B. Ta>Tb

vaTb C. a、b的运行速率之比为

vbTa2ra3TaD. a、b的轨道半径之比为

rb3Tb2【★答案★】BD 【解析】

【详解】A．a、b均做匀速圆周运动，加速度向下指向地心，故处于失重状态，故A错误； B．根据万有引力提供向心力

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

Mm42v2G2m2rm rTr解得

r3 T2GM由图可知

ra所以

rb

TaTb

故B正确； C．根据

v解得

2r TvaraTb vbrbTa故C错误； D．根据

r3 T2GM解得

2ra3Ta

23rbTb故D正确。 故选BD。

7.如图，间距为L、倾角为θ的两足够长平行光滑导轨固定，导轨上端接有阻值为R的电阻，下端通过开关S与单匝金属线圈相连，线圈内存在垂直于线圈平面向下且均匀增加的磁场。导轨所在区域存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），靠在插销处垂直于导轨放置且与导轨接触良好的金属棒ab，质量为m、电阻也为R，闭合S后，撤去插销，ab仍静止。线圈、导轨和导线的电阻不计，重力加速度大小为g，下列判定正确的是（ ）

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

A. B的方向垂直于导轨平面向下

mgRsin

BL2mgRsinC. 断开S后，ab的最大速度为 22BLB. 线圈内磁通量的变化率为

2m2g2Rsin2D. 断开S后，电阻R的最大热功率为 22BL【★答案★】BC 【解析】

【详解】A．线圈内存在垂直于线圈平面向下且均匀增加的磁场，根据楞次定律可知，感应电流为逆时针方向，金属棒的电流方向为ba，对金属棒受力分析，受到重力和导轨的支持力，要使

ab静止，安培力的方向应沿导轨斜向上，根据左手定则，判断出B的方向垂直于导轨平面向上，

故A错误；

B．对金属棒ab受力分析

F安mgsin

又

F安BIL

线圈内磁通量的变化率为

EIR t联立解得

mgRsin tBL故B正确；

C．断开S瞬间，ab电流消失，沿导轨向下做加速运动，对金属棒ab受力分析，根据牛顿第二定律

mgsinBILma

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

IEBLv RR2R随着金属棒速度增加，感应电流变大，安培力也变大，所以加速度变小，直到加速度为零，金属棒的速度达到最大值，故

mgsinBIL

联立解得

vmax故C正确；

2mgRsin

B2L2D．断开S后，整个电路产生的热量就是安培力做的功，所以最大热功率为安培力的最大功率

PF安vmax

F安mgsin

电阻R的最大热功率为

PR解得

RP RRm2g2Rsin2 PRB2L2故D错误。 故选BC。

8.如图，水平虚线AB和CD之间的区域（竖直面内）存在方向水平向左的匀强电场，自该区域上方的P点，将质量相同、电荷量分别为q和－q（q>0）的带电小球M、N先后以相同的水平初速度v0向左抛出，M、N从虚线AB进入电场后，分别从虚线CD上的a点和b点（图中未画出）离开电场。已知N离开电场时的速度方向竖直向下，空气阻力不计。由此可知（ ）

A. 小球M在电场中可能做直线运动

B. 小球M与N在电场区域内运动的时间不相等

C. 从进入电场到离开电场，M与N电势能改变量的绝对值之比为2:1

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

D. 将另一不带电的小球Q以水平初速度v0从P点向左抛出，Q必将经过a、b连线的中点 【★答案★】AD 【解析】

【详解】A．小球M在未进入电场前做的是平抛运动，到达虚线AB时的速度方向是左下方，进入电场时，受到重力和电场力，重力方向向下，电场力方向向左，这两个力的合力方向是左下方，合力大小方向不变，如果此时的速度方向和合力方向一样，则小球M在电场中做直线运动，故A正确； B．小球M与N在电场区域内，在竖直方向只受到的重力，由于进入电场初速度相同，竖直方向加速度相同，都为g，所以M、N在电场中运动的时间t相等，故B错误；

C．M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为x1和x2。由题给条件和运动学公式得

1x1v0tat2

21x2v0tat2

2由于N离开电场时的速度方向竖直向下，此时水平速度为零，即

v0at0

联立解得

x13x2

而电势能改变量为

EpqUqEx

代入解得

Ep1:Ep2x1:x23:1

故C错误；

D．设小球Q在电场中沿水平方向的位移为x3，则

x3v0t

解得

x12x33x2

可以看出，Q必将经过a、b连线的中点，故D正确。 故选AD。

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

二、非选择题

9.用图（a）所示装置验证机械能守恒定律。图（b）是某次实验中正确操作得到的一张纸带，依次测出了计时点A、B、D、E、F到计时点O的距离h1、h2、h3、h4、h5，已知打点频率为f，当地重力加速度大小为g。

（1）打A点时重锤的速度表达式vA=________；打E点时重锤的速度表达式vE=__________； （2）若选取A到E的过程验证机械能守恒定律，则需要验证的关系式为________ 。

f(h5h3)fh2f222【★答案★】 (1). (2). (3). g(h4h1) h5h3h2228【解析】

【详解】（1）[1] 根据匀变速直线运动的推论：某段时间内中间时刻的速度等于这段时间的平均速度，故A点速度为

vA[2] E点的速度为

h2fh2 2T2vEh5h3f(h5h3) 2T2（2）[3] 从A到E过程，重力势能减少量为

ΔEpmghAEmgh4h1

其动能增加量为

112ΔEkmv mvA2 E22根据机械能守恒有

ΔEpΔEk

化简得

f222 g(h4h1)h5h3h2810.欲研究一只额定电压为8V、额定电流为0.4A的小灯泡的伏安特性。要求测量精度高，且灯泡

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

两端电压能够在0~8V范围内变化。实验提供的器材有： A.直流电源（电动势9V，内阻不计） B.电流表（量程0.6A，内阻约0.3Ω) C.电流表（量程3A，内阻约0.06Ω) D电压表（量程10V，内阻约10kΩ) E.滑动变阻器（阻值0~10Ω) F.开关一只，导线若干

(1)为测电流，电流表应选择____________（填器材序号字母）。 (2)在答题卡对应的图（a）中用笔画线代替导线连接电路____。

.

(3)图（b）是利用实验测得的多组数据作出的小灯泡的伏安特性曲线（U表示小灯泡两端的电压，

22I表示通过小灯泡的电流）。根据图（b）可确定小灯泡的功率P与U或P与I的关系曲线，下图中

合理的是___。（填选项序号字母）

A. B.

C. D.

(4)将该小灯泡接入图（c）所示电路。已知R=4Ω，电源电动势E=6.0V、内阻r=1.0Ω，则小灯泡所消耗的电功率为____________W。（保留2位有效数字）

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

【★答案★】 (1). B (2). (3). D (4). 1.4

【解析】

【详解】(1)[1]小灯泡额定电流为0.4A，故选择B。

(2)[2]要描绘待测元件的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，待测元件的电阻

R820 0.4属于小电阻，故应采用电流表外接法；实物电路图如图所示

(3)[3]随着电压或电流的增大，小灯泡的电阻增大，小灯泡的电功率与电压或电流的关系分别为

U2 PR不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

或

PI2R

所以PU2图象中切线斜率应不断减小，PI2图象中切线斜率不断增大，故ABC错误，D正确。故选D。

(4)[4]根据闭合电路欧姆定律

UEIRr65I

在图(b)中画出该图像，如图所示

由图象可知，交点为

U4.4V I0.32A

则小灯泡所消耗的电功率为

PUI4.40.32W1.4W

11.如图，直角坐标系xOy的II、III象限存在方向沿a轴正方向的匀强电场、场强大小为E；I、IV象限存在一个圆心在O1(b,0)且与y轴相切于O点的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面。从x轴上P(-a,0)点由静止释放一个质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子，粒子穿出磁场的位置为Q。已知QO1x=60，粒子重力不计、大小可忽略。求： (1)磁场的磁感应强度大小和方向； (2)粒子在磁场中运动的时间。

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

【★答案★】(1)【解析】

b6m6qEam，方向垂直于xOy坐标平面向里；(2)t 6qEa3qb【详解】(1)粒子在电场中沿x轴做匀加速直线运动，设粒子到达O点的速度为v，由动能定理有

qEa解得

12mv 2v2qEa m在磁场中，粒子做匀速圆周运动，轨迹如答图3，设轨道半径为r

由几何关系有

rbtan60

得

r3b

由牛顿第二定律有

v2qvBm

r解得

B6qEam 3qb由左手定则可知，磁场方向垂直于xOy坐标平面向里。 (2)粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角

OO2Q60

又

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

T运动时间

2r vt联立解得

360T

tb66m qEa12.如图，水平平台BC的右端与倾角θ=37的足够长斜面CD相接，左端紧邻水平传送带上表面

AB，AB长L1=9m，BC长L2=11m，水平传送带始终以v'=6m/s的速度向右匀速运动。质量m1=2kg的

小滑块P以v0117m/s的水平向右速度从A端冲上传送带，在B端与质量m2=1kg的静止小滑块Q发生了时间极短的弹性碰撞。已知两滑块与传送带和平台的动摩擦因数均为u1=0.2，Q与斜面的动摩擦因数为u2=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块可视为质点、滑块通过C点前后速率不变。（重力加速度g=10m/s，sin37=0.6，cos37=0.8，若需要将117开平方根，可认为：2

。求： 117=10.8）

(1)碰撞后瞬间，P、Q各自的速度大小；

(2)从A到B的过程中，P与传送带间因摩擦产生的热量； (3)平台对Q的摩擦力的总冲量。

【★答案★】(1)v2=3m/s，v3=12m/s；(2)14.4J；(3)2【解析】

51Ns，方向水平向右

【详解】(1)碰前，假设P的速度始终大于v′，且P到达B端的速度为v1，对P，由牛顿第二定律有

1m1gm1a

代数据得

a2m/s2

由运动学规律有

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

2v12v02aL1

代入数据得

v19m/s

因

v1v

故假设成立，设P、Q碰后瞬间的速度分别为v2、v3，碰撞过程中，系统动量守恒、机械能守恒，有

m1v1m1v2m2v3

11122m1v12m1v2m2v3 222代入数据解得

v23m/s v312m/s

(2)设P在传送带上的运动时间为t，由运动学规律有

v1v0at

代入数据得

t0.9s?传送带在时间t内的位移为

xvt P相对传送带的路程为

xL1x

P与传送带之间因摩擦产生的热量为

Q1m1gx

代入数据解得

Q14.4J

(3)假设P、Q不再发生第二次碰撞，设P在平台上发生的位移为x1，由动能定理有

121m1gx10m1v2

2代入数据得

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

x12.25m

设Q滑到C点时的速度为vC，由动能定理有

11221m2gL2m2vCm2v3

22代人数据得

vC10m/s

在倾斜轨道CD上，由于

20.5tan37

故Q要返回平台，设Q在CD上发生的最大位移为x2，回到C点时速度大小为v4。由动能定理有

12m2gsinx22m2gcosx20m2vC

212m2gsinx22m2gcosx2m2v40

2代入数据得

x25m

v425m/s

设Q在平台上向左发生的位移为x3，由动能定理有

121m2gx30m2v4

2代入数据得

x35m

因

x1x3L2

故假设成立，P、Q不再发生第二次碰撞，设Q向右、向左运动时，摩擦力的冲量分别为I1、I2，以向右为正方向，由动量定理有

I1m2vCm2v3 I20m2(v4)

平台对Q的摩擦力的总冲量为

II1I2

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

代数据解得

I（251）Ns

方向水平向右。

13.下列说法正确的是＿＿

A. 扩散现象是由物质分子无规则运动产生的

B. 高原地区的沸水温度较低，这是高原地区温度较低的缘故 C. 在完全失重情况下，气体对容器壁的压强为零

D. 由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体 E. 即使消除热机的漏气、摩擦和热量损耗，热机效率仍不能达到100% 【★答案★】ADE 【解析】

【详解】A．扩散现象是由于分子无规则运动而产生的，故A正确； B．高原地区由于气压较低，故水的沸点降低，故B错误；

C．气体压强与气体是否受重力无关，它是由于气体分子对容器壁的撞击产生的，故C错误； D．同种元素由于院子排列不同而构成不同的晶体，比如金刚石和石墨烯都是碳元素构成的，故D正确；

E．由热力学第二定律可知，所有热机的效率不可能达到100%，故E正确； 故选ADE。

14.如图，导热气缸A、B下端由容积可忽略的细管连通，A和B的容积分别为V和2V，阀门K2位于细管中部，阀门K1、K3分别位于A、B顶部，B中有一可自由滑动的活塞。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部，此时A 中空气的质量为m;现关闭K2、K3,通过K1给A充人空气，当A 中气体的压强达到外界大气压强p0的n倍（n>1)时关闭K1.(环境温度保持不变，活塞的质量、体积及活塞与气缸间的摩擦均不计，活塞与缸壁间不漏气）

(i)从关闭K2、K3到关闭K1的过程中，求通过K1给A充入的空气质量； (ii)关闭K1后再打开K2,求稳定时活塞上方气体的体积和压强。

的

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

2np0 【★答案★】(i)M=（n-1）m；(ii) p3【解析】

【详解】（i）设充入的空气质量为M，以A中原有气体和充入气体整体为研究对象，初态

p1p0

V1(1末态

M)V mp2np0 V2V

气体发生等温变化，由玻意耳定律

p1V1=p2V2

有

Mp01m解得

Vnp0V M=(n-1)m （ii）关闭K1后再打开K2，设稳定时活塞上方气体体积为V′、压强为p′ 以关闭K3后B中气体为研究对象，初态

pB1p0 VB12V

末态

pB2p VB2V

由玻意耳定律有:

p02VpV

以关闭K1后A中气体为研究对象 初态

pA1=np0

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

VA1=V 末态

pB2p VB23VV

由玻意耳定律有

np0Vp(3VV)

联立求解得

V6V 2n2npp0

315.水袖是我国戏剧演员在舞台上表达感情时的一种夸张技法。某次表演中，演员抖动长袖一端，随之舞动的长袖形成了一列简谐横波（如图），其中实线为t1=0s时刻波的图像，虚线为t2=0.3s时刻波的图像，波的周期T>0.3s，关于该简谐波，下列说法正确的是

A. 波长为2m B. 周期一定为1.2s C. 频率可能为2.5Hz

D. 若波沿z轴正方向传播，则波速可能为15m/s E. 若波沿x轴负方向传播，则波速一定为5m/s 【★答案★】ACE 【解析】

【详解】A．由波形图可知，该波的波长为2m，故A正确； BCDE．若该波向右传播，则其周期满足

Tt2t10.3s11 nn44由于T0.3s，则n=0，即

T1.2s

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

故其频率和波速分别为

15Hz T6λ5υm/s

T3f若该波向左传播，则

Tt2t10.3s33 nn44由于T0.3s，则n=0，即

T0.4s

故其频率和波速分别为

f12.5Hz Tλυ5m/s

T由以上分析可知，故BD错误，CE正确。 故选ACE。

16.如图，等腰三角形ABC为真空中竖直面内的棱镜横截面，其底边BC水平，角B=30°,AB=L,P为过C点的竖直光屏。一束平行于BC边的光线射到AB边上D点，然后从AC边上F点（图中未画出）射出后在屏上产生光点。已知棱镜的折射率n射。求：

(i)F点到A点的距离；

(ii)光线由D点传播到光屏P所用的时间。

3,BD=L，真空中的光速为c,BC边只考虑一次反3

【★答案★】(i)【解析】

L43L；(ii) tt1t2 33c【详解】（i）光路如答图4，设光在D点的入射角和折射角分别为i和r，在BC边的反射点为E。

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

因入射光平行于BC，故i=60°， 由折射定律有

n代入数据得r=30°， 因

sini sinr∠BED=180°-∠B-90°-r=30°

故△BED为等腰三角形，DE=BD=

L， 32L 3由反射定律可知∠FEC=∠BED=30°，故ADEF为平行四边形，则有

EF=AD=AB-BD=

AF=DE=

（ii）设光点位置在S 光在棱镜中传播的距离为

L 3x1=DE+EF=L 光在棱镜中传播的速度为

v故光在棱镜中传播的时间为:

c nt1x1nL3L vcc在F点光发生折射，易知:入射角i30， 由折射定律有

sinr nsini可得折射角r60，即FS∥BC，故

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

x2FSFCsin60(ACAF)sin60故光从F到S的时间为

3L 3t2解得时间

x23L c3ctt1t243L 3c不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

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不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海！

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