云南省曲靖市第二中学、大理新世纪中学2021届高三第一次模拟考试理科综合试题 PDF版含答案

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【解析】小球受重力、挡板弹力F1和斜面弹力F2，将F1与F2合成为F，如图所示：
小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F 1和F2合成的合力F一定与重力等值、反向、共线。由图可知，当F1的方向沿斜面向上时最小，最小为：，故B正确，ACD错误。
15.【答案】B
【解析】
A．光电效应是原子吸收光子向外释放电子的现象，A错误；
B．饱和光电流的强度随入射光强度的增强而增强，B正确；
C．逸出功与金属本身的特点有关，与外界因素无关，C错误；
D．由于不可见光的频率有的比可见光大，有的比可见光小，由光电效应方程知产生光电子的初动能无法比较，D错误。
16.【答案】D
【解析】
A.卫星沿轨道2从A运动到B的过程中，地球对卫星的引力做负功，卫星的动能减小，线速度减小，故A错误；
B.卫星运动过程中万有引力产生加速度，卫星沿轨道2经过A时和沿轨道1经过A时的加速度一样，故B错误；
C.由，解得： ，可知，，故C错误；
D.根据开普勒第三定律可知，，因此，，因此卫星从A点沿轨道2运动到B点所用时间为，故D正确。
17.【答案】D
【解析】运动过程中系统中只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，由于挡板P的弹力对小球A有向右的冲量，因此系统动量不守恒，选项A错误；在冲量作用下小球B获得的初动能Ek0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m，当小球A将要离开挡板P时弹簧处于原长，由机械能守恒定律知此时小球B的动能Ek＝Ek0，由动量定理知挡板P对小球A的冲量等于系统动量的改变量，即IA＝mv0－(－mv0)，解得IA＝2I，选项B错误；从初始到小球A将要离开挡板，小球A一直静止，则挡板P对小球A不做功，选项C错误；A离开挡板后，弹簧压缩至最短或拉伸到最长时系统弹性势能最大，此时A、B速度相等，则有mv0＝I＝(m＋m)v′及Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×2mv′2，解得Ep＝eq \f(I2,4m)，选项D正确．
18.【答案】A
【解析】
A．当三角形闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为，这时感应电动势最大，故A正确。
B．在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，故B错误；
C．流过回路的电量为,故C错误；
D．线框进入磁场的有效长度先变大后减小，则电流先变大后减小，由F=BIL可知，导线所受安培力的大小先变大后减小，故D错误。
19.【答案】BD
【解析】
A．A、B两点处于同一等势面，所以A、B两点的电势相等，根据可知，放在A、B两点的电荷的电势能不一定相等，故A错误；
B．由等差等势面的疏密程度表示电场强度大小，由图可知，A点的电场强度大于B点的电场强度，故B正确；
C．粒子带2个单位的正电荷，电势能为20eV，故C错误；
D．由电场力做功与电势能的关系可知，把电子从b等势面移动到e等势面，静电力做功是故D正确。
20.【答案】BC
【解析】
A．交流电的频率为A错误；
B．通过电流的有效值为
两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知
根据理想变压器的电压规律可知原线圈的电压
电阻两端分压即为电压表示数，即，B正确；
C．电流表的示数为，C正确；
D．副线圈中流过的总电流为，原线圈电流为
变压器原副线圈传输的功率为,上功率为,电源输出功率为总，D错误。
21．BC
【解析】
A．物块在斜面上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
联立解得，，A错误；
B．根据运动学公式，物体在B点的速度为
在传送带上，物体的加速度为
与传送带达到共速的时间为
物块的位移为
距离传送带右端还有3m，此后做匀速直线运动，还需要的时间为
则小物块在传带上B、C之间的运动时间为，B正确；
C．传送带达到共速时，物块的位移为
传送带的位移为
则相对位移为
因摩擦产的热为，C正确；
D．在传送带上，物体做减速运动，速度减到零所需时间为
物块在该时间段内的位移为
可知物体没有滑出传送带，速度减为零后，随传送带一起做向左做加速运动，与传送带达到共速后，速度不在增加，以2m/s的速度滑上斜面，速度为零后又滑下来滑到传送带上，速度减为零后，随传送带一起做向左做加速运动，接着又滑上斜面，此后在斜面上往复运动，最后停在B点，设运动的总距离为s，物块的动能全部转化为内能，根据能量守恒有
解得
则物体在AB上运动的总路程为，D错误；
故选BC。
22.【答案】A; ; 3.2; 1.0;
【解析】
(1)电源电动势为3V，电流表量程为15mA=0.015A，选A；
②根据闭合电路欧姆定律得：
S2断开时有：E=I(Rx+R1+RA+r)，S2闭合时有：E=I(R2+RA+r)，解得:Rx=R2-R1；
(2)闭合开关S2，由闭合电路欧姆定律得：E=I(R+RA+r），整理得：由图象可知：，,而已知RA，解得，.可得
23.【答案】C 2.00 小 C
【解析】
(1)小车受到的拉力，可以直接由力传感器测出，所以不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，故不需要测出砝码和砝码盘的总质量，故AD错误；
对小车受力分析，可知小车受到的合力等于力传感器示数的两倍，故B错误；
小车向左加速，则砝码和砝码盘向下加速，即重力大于轻绳的拉力，故砝码处于失重状态，故C正确。
(2)①小车的加速度大小为
②因为交流电的实际频率比50Hz稍大一些，则实际打点周期偏小，则根据∆x=aT2可知其加速度的测量值偏小；
③对a-F图来说，图像的斜率表示小车质量的倒数，对小车根据牛顿第二定律有：
变形得：
由题知该图像的斜率为k，则有：
解得：
故C正确。
24.【答案】(1)；(2)30°；(3)或
【解析】
(1)微粒在加速电场中，由动能定理有（2分）
解得 （1分）
(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，如图所示
（1分）
（1分）
（1分）
（2分）
偏转角（1分）
(3)由（1）得进入磁场的速度 （1分）
微粒进入磁场做匀速圆周运动
（2分）
微粒恰好不从右边界射出时
（1分）
联立可得 （1分）
为使微粒不会由磁场右边界射出，磁感应强度最小值为（或）。
25.【答案】（1）N；（2），；（3）
【解析】
（1）欲将长木板从铁块下抽出，两者间必存在相对运动，由牛顿第二定律得物块的加速度（1分）
隔离长木板，由牛顿第二定律得（2分）
代入数值得
即水平向右的恒力F应满足条件为；（1分）
（2）若水平向右的恒力，铁块相对于长木板发生相对滑动，对长木板受力分析，由牛顿第二定律得，代入数值得（2分）
铁块加速度 （1分）
设经过时间，铁块与木板分离，则 （2分）
铁块离开长木板时长木板与滑块的速度分别为、，根据速度时间公式有
（1分）
（1分）
（3）由（2）得铁块离开长木板过程中长木板运动的位移为（1分）
铁块离开长木板后做平抛运动，由平抛运动规律，得运动时间为
（1分）
铁块离开长木板后，对长木板受力分析，由牛顿第二定律得，得（1分）
所以铁块离开长木板到落地的时间内长木板位移为，得（1分）
整个过程中，设铁块与木板间因摩擦生的热为，木板与水平面间因摩擦生的热为，则
（1分）
（1分）
得系统因摩擦所产生的热量（1分）
33(1)【答案】BCE
【解析】AB．在p-V图像中，等温过程对应图线应是双曲线；同一气体，双曲线离原点越远温度越高，所以a→b不是等温过程，气体的温度先増大后减小，故A项错误，B项正确；
C．b→c过程，气体体积减小，外界对气体做功；气体温度降低，内能减小；由热力学第一定律可知，气体对外界放热；选项C正确；
D．c→a过程，气体发生等容升压，温度增大，气体分子平均动能增大，选项D错误；
E．a→b→c→a整个过程，气体对外做功，内能不变，由热力学第一定律可知，气体一定吸热，选顷E正确。
（2）【答案】①600 K ②300K
【解析】①缓慢加热过程中，封闭气体做等压变化，根据盖 ­ 吕萨克定律有eq \f(\f(L,2)S,T1)＝eq \f(LS,T2)(2分)
其中T1＝(273＋27)K＝300 K(1分)
解得T2＝600 K(1分)
②由题意可知，推力大小不变时，对活塞有
F＋p0S－p3S＝m活a
由于活塞的质量不计，则有
F＋p0S＝p3S(2分)
根据理想气体状态方程有
eq \f(p0·\f(L,2)S,T1)＝eq \f(p3·\f(L,2)S,T3)(2分)
解得T3＝300K(2分)
34.（1）【答案】BCE
【解析】根据波的图像可知在内，波沿轴正方向传播了，故，选项A错误，B正确；
波传到c点需要时间，在0～0.3s内，c点只运动了0.2s，即通过路程，选项C正确；
此时b点对应的纵坐标为4cm，对应角度为30度，所以b点对应的横坐标为
当时波传播的近距离，原点的波传到b点，b点处于平衡位置，选项D错误；
E． 0时刻后a点由波峰向下振动，b点向上振动，则a点比b点先回到平衡位置，选项E正确。
34（2）【答案】①②
【解析】
①设玻璃对空气的临界角为C，则有
，可得（2分）
如图所示
由几何知识得
则发生全反射，则有（1分）
由折射定律有，得（2分）
②三棱镜中光速
（2分）
由几何关系得光线在三棱镜中通过的总路程为
（2分）
所求时间从BC射出的光线
（1分）
14
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18
19
20
21
B
B
D
D
A
BD
BC
BC