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

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        ④

B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，        ⑥

B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

              ⑦

A、B的加速度分别为、，

对B有：                                  ⑧

    对A、C有：               ⑨

B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。