云南省昆明市第一中学2022届高三第五次二轮复习检测理科综合PDF版含解析

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昆明一中2022届高三第五次联考物理参考答案二．选择题：14. 【答案】C【详解】根据电荷数守恒和质量数守恒可得X应为电子，发生的是衰变，射线穿透能力较强，能穿透几毫米厚的铝板。选项A、D错误；不能通过加水稀释的方式降低核废水中氚总量，选项B错误；经过50年，排入海水中的氚的剩余质量为选项C正确。15.【答案】C【详解】根据匀变速直线运动规律，设OA间距为，质点经3t第二次通过C点，将t=2s代入，联立得    ，=16m选项A、B错误；B点为AC的中间位置，OB间距为=20m，由，得，选项C正确；由得，选项D错误。 16.【答案】D【详解】AB．对小球受力分析如图所示，由平衡条件可得小球受到墙壁的弹力大小为斜劈对小球的支持力为所以AB错误；C．对整体受力分析如图所示由平衡条件可得斜劈与地面间的摩擦力为增大小球的质量，当则斜劈向右滑动，所以C错误；斜劈向右移动一点后，小球受力情况不变，仍保持静止。故选D。 17.【答案】D【详解】A．飞船在B处的速度要大于地球第一宇宙速度，而空间站在轨道Ⅱ上的运行速度小于第一宇宙速度，所以选项A错误；B．根据又可得地球的质量为地球的密度故B错误；根据解得 故选项C错误；在A处，两者离地球的距离相同，由知，两者的加速度大小、方向均相同，选项D正确。18.【答案】B【详解】根据左手定则判断，磁场方向竖直向上或者竖直向下时，根据动能定理可得解得，磁感应强度大小应为，选项B正确，A错误；由以上推导知最大摆角与绝缘细线长度无关，最大摆角与金属棒长度无关，选项D错误。19.【答案】CD【详解】从O到M电势逐渐降低，根据沿电场方向电势逐渐降低可知，O、M间场强方向指向x轴正方向。A错误；因为图像的斜率表示场强，C点的斜率为零，所以C点的电场强度为零。根据点电荷的场强公式知，B错误；将同一试探电荷从C点分别移到A、N两点，由于电势差相同，所以电场力做功一样多，C正确将一负点电荷从N点移到D点，电场方向先向x轴负方向，后向x轴正方向，所以电场力先向x轴正方向，后向x轴负方向，故电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大。D正确。故选CD。20.【答案】AB【详解】A.导体框由Ⅰ位置到Ⅱ位置过程中磁通量增加，根据右手定则可知图中电流方向为逆时针，导体框由Ⅱ位置到Ⅲ位置过程中磁通量减小，根据右手定则可知图中电流方向为顺时针，选项A正确 ；B. 导体框由Ⅰ位置到Ⅲ位置过程中当bd位于磁场两边界上时，导体框切割磁场的有效切割长度的最长的，为，则产生的最大电动势为根据闭合电路欧姆定律知最大电流故最大感应电流为
 选项B正确，C错误；导体框由Ⅰ位置到Ⅱ位置过程中，bd位于磁场左边界上时，感应电流最大为，安培力最大为因为匀速，合力为零，则最大外力外力的最大功率联立可得D选项错误；故选AB。21.【答案】AB【详解】由机械能守恒定律可知：mgh0=mv02，解得b.两物体落地前的速度根据动量定理，A和B相互作用过程中，B动量的变化量等于合力的冲量：  重力的冲量为因为A、B作用时间极短，重力对系统的冲量远小于系统总动量，可以视系统动量守恒，根据动量守恒  得A碰后速度为，计算知碰撞前后，系统机械能有损失，不是弹性碰撞。若不计系统重力的影响，且m2<<m1，由动量守恒：不计碰撞损失，由能量关系：联立解得： ；因m2<<m1，则v1=3v0 ，则m2球上升的最大高度h2=9h0=16.2m．因此，选项D错误。22.【答案】（1）A  1分；2分；（2）BD   2分23.【答案】（1）分压式 （2）a  （4）4.0~4.4    （5）0.42-0.46【详解】（1）要使小灯两端电压能从0开始较大范围变化，滑动变阻器应采用分压式接法；由于小灯泡电阻较小，采用电流表外接，连线如图。（2）闭合开关前，应调节滑动变阻器使测量电路两端电压从0开始变化，所以应滑到a端。        （3）由图像可知，当小灯两端加2.0V电压时，电流为0.48A，则根据欧姆定律得设灯泡的实际电压为U，实际电流为I，则根据闭合电路的欧姆定律得变形后得如图所示则灯泡的实际功率为  24.【答案】（1）负电，；（2）【详解】（1）带电液滴在复合场中受重力、电场力和洛伦兹力的作用，因液滴做匀速圆周运动，故必须满足重力与电场力平衡，所以液滴应带负电    ①由      ② 解得③ （2）液滴所受合力等于洛伦兹力，则有       ④改变液滴比荷后，做匀速直线运动，有     ⑤又因                        ⑥解得                       ⑦评分标准：③、⑥式各1分，其余各式给2分，共计12分。25.【答案】（1）   （2）  （3）【解析】解（1）B在A上时，A与桌面间的滑动摩擦力为         ①初始A、B、C做匀速直线运动，取整体分析，由平衡条件          ②得             ③（2）B不在A上时，A与桌面间的滑动摩擦力为        ④B第一次提离A后，以A、C为整体分析，其加速度为，由牛顿第二定律          ⑤ A、C以加速=0.6s后速度为，        ⑥B第一次放回A后，B与A发生相对滑动，两者间的滑动摩擦力为              ⑦A、B的加速度分别为、，对B有：                                  ⑧    对A、C有：               ⑨B做匀加速直线运动，A、C做匀减速直线运动，假设经过，A、B、C三者以 共速，由          ⑩                                    得   =0.25s            时间内，B的位移为                 A的位移为             要使B不从A上掉落，应满足B至少距A左端的距离为，有联立以上各式得       （3）每次提离B后，A、C的合力冲量相同，系统的动量增量均相同，放回B后，系统动量守恒，所以从第1次至第11次提离B，合力冲量作用的时间累计为第11次提离B时，A、B、C三者已经共速，速度为，由动量定理B的动量变化为                  联立得                           评分标准：⑤、⑨、、式各给2分，其余各式各给1分，共计20分。33.（1）【答案】BDE【详解】已知该气体的密度、体积和摩尔质量，可以得到摩尔体积，但缺少阿伏加德罗常数,选项A错误。如果分子间作用力表现为引力，则两分子间距离增大时，一定是克服分子力做功，选项B正确；物体的速度增大，是物体的动能增大，增加的是物体的机械能。分子动能的变化只与物体的温度有关，选项C错误；飞舞的尘埃是由于空气的对流而形成的，不是布朗运动，故Ｄ正确；露珠呈球状，是液体表面张力作用的结果，故E正确； （2）【答案】（1），；（2）【详解】（1）设解除活塞的锁定后，稳定后气体I的压强为体积为，气体II的压强为，体积为，两部分气体都经历等温过程。则有对气体I对气体Ⅱ解得（2）解除活塞A的锁定后，汽缸内气体压强大于大气压，活塞将向右移动。气体I和气体II经历等温过程，设再次稳定后气体II的压强为，体积为对II部分气体由玻意尔定律得解得34.（1）【答案】ACE【详解】“未见其人，先闻其声”说明声波波长较长，遇到障碍物时有明显的衍射现象，选项A正确；振动加强点的位移和振动减弱点的位移都在做周期性的运动，所以加强点的位移不一定大于减弱点的位移，选项B错误；观察者听到远去的列车发出的汽笛声音调变低，是由于列车与观察者的距离发生变化引起的，可以用多普勒效应解释，选项C正确；由于红光的波长大于蓝光的波长，根据条纹间距等于Δx＝λ故在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更宽，故D错误；根据单摆的周期公式，可以通过测量周期和摆长计算出当地重力加速度，选项E正确。 （2）           【答案】（ⅰ） （ⅱ）        【解析】（ⅰ）如图所示，光线从AB界面的P点进入玻璃棱镜，入射角θ1=900-300=600               ①由于，法线OP与AB垂直，折射角θ2=300         ②由                       ③得折射率                   ④        （ⅱ）如图所示，当光线转至水平方向入射，入射角大小仍为θ3=600 ，由折射定律同理可知，折射角θ4=300             ⑤ 折射光线交OD边于F点，由题已知，PC⟂AO，得在OD边界上的入射角为          θ5=600由于发生全反射的临界角为C，比较,在OD界面发生全反射  ⑥已知 CO=，由几何关系得，        ⑦在三角形OFQ中，由正弦定理               ⑧再由折射定律                           ⑨得                                           ⑩评分标准：①至⑩式，每式各给1分，总计10分。