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2021届云南省昆明市第一中学高三下学期3月第六次复习检测理科综合试题 PDF版
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14.B
β衰变是中子转化为一个质子和电子，A错；质量不可以转化为能量，C错；裂变方程应该用中子轰击，D错
15.C
不是匀变速直线运动，A错；物体过AC段的平均速度为eq \f(\r(5),2)m/s，B错，物体在BC段的速度方向没有时刻改变，D错
16.D
此时物体对地面的压力恰好为零，由受力分析可知物体受3个力作用，A错；若突然撤去弹簧的瞬间，轻绳中张力发生突变，物体受两个力作用，保持静止，B错；若突然剪断轻绳的瞬间，物体受重力、支撑力、弹簧弹力，加速度大小为10 m/s2,C错D对
17.C
由图像可知过线圈A时时间变短，是加速不是匀速，A、D错；过线圈B时是减速，B错
18.C
试探电荷仅在电场力作用下先加速后减速,其动能先增大后减小,其电势能先减小后增大,选项D错误;试探电荷在x=4a处时速度最大,电势能最小,该处的电场强度一定为零;在x轴上从原点处到x=6a处,电场强度从两头指向x=4a处,点电荷M、N一定都是正电荷，A错;由kQM(4a)2=kQN(2a)2,解得QM=4QN,B错；x=2a处的动能小于x=5a处的动能，电场力做正功，x=2a处电势高
19.BD
直线三星系统中甲星和丙星的线速度大小相等,方向相反, A错；由几何关系可知，三角形三星系统两星体间距离,受力分析得：对直线三星系统，有GM2R2+GM2(2R)2=M4π2T2R，对三角形三星系统,有2GM2L2cs 30°=M4π2T2·L2cs30°,可知甲星体所受向心力、向心加速度大于三角形三星系统中星体的,B对，C错；由，可知D对
20.BC
在h1~h2阶段图像为直线,其余部分为曲线,所以h2对应的位置是刚接触蹦床，A错，从h2下降到h5过程中，蹦床形变增大，弹性势能增大，B对；处于h=h4高度时,蹦床的弹性势能为Ep=mg(h2-h4)，C对，到h5位置时，速度不为零，不是最低点， D错
21.BC
有挡板在，故A、B两物体和弹簧组成的系统最初水平方向动量不守恒，A错；物体A释放瞬间，弹簧弹性势能最大，当A到达与物体B相距最近位置时，弹簧弹性势能最小为零，根据机械能守恒定律，B对；从A到达与物体B相距最近位置时开始，两物体和弹簧组成的系统在水平方向上动量守恒,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v1=m1v'1+m2v2,12m1v12=12m1v'12+12m2v22, 有m1=m2时,物体A的最小速度是0,物体B的最大速度为v1,C对；由动量守恒可知物体A不会向左运动,D错.
22.（1）B（2分） （2）， （各1分） （3）（2分）
23. (1) a: “×1 00”, A ; b: 3400 （各2分）
(2) eq \f(U1R0,U2－U1) （3分）
24. 第（1）问4分；第(2)问10分
（1）正、负两粒子沿直线OO′方向在两金属板间运动时，根据受力平衡，
有qvB1＝qE，（2分）
得v＝eq \f(E,B1) （2分）；
（2）进入挡板M右侧的匀强磁场后，正、负粒子均做匀速圆周运动，正粒子向下偏转，负粒子向上偏转，如图所示，
根据qvB2＝meq \f(v2,r) （2分），解得q＝eq \f(mv,B2r)，
由几何关系可知，对正粒子有r1＋a＝eq \r(2)r1 （2分），
有r1＝(eq \r(2)＋1)a，（1分）
对负粒子有r2+eq \r(2)r2＝a （2分），
有r2＝(eq \r(2)－1)a，（1分）
故eq \f(q1,q2)＝eq \f(r2,r1)＝；（2分）
25. 第（1）问4分；第(2)问7分；第（3）问7分
(1)小球释放瞬间，对整体有，（2分）
则解得 （2分）
(2)小球m1到达最低点B时，m1、m2速度大小分别为v1、v2，如图所示，由运动的合成与分解得v1＝eq \r(2)v2 （2分）
对m1、m2组成的系统，由机械能守恒定律得:
m1gR－m2gh＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2) （2分），
且有h＝eq \r(2)R （1分）
对m1由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝m1gh1 （1分））
代入可解得h1=0.52m （1分）
(3)由于加了磁场，金属小球产生电磁感应现象，最终在磁场区域内做往返运动，到达磁场边界时V=0，此时比最低点B高h1,由几何关系可解得h1=0.4R （2分），
则有m1gh1= （2分）；
F-m1g=m,（2分）
可解得F=7.2N，则球对碗底压力为7.2牛（1分）
33.（1）ACD
（2）第（ⅰ）问5分；第(ⅱ )问5分
(ⅰ)被封闭气体的初状态为
p1＝p0＝1.0×105 Pa
V1＝LS＝400cm3，T1＝273+27=300 K
末状态压强p2＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa （2分）
V2＝L2S，T2＝450 K
有 （2分）
得L2＝25 cm. （1分）
(ⅱ)气体对外做的功W＝p2Sh＝p2S(L3－L2)＝12 J （2分）
根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q （2分）
ΔU＝W＋Q＝－12 J＋20 J＝8J （1分）
即气体的内能增加8 J.
34.（1）ACD
（2）第（ⅰ）问6分；第(ⅱ )问4分
(ⅰ)由乙图得到波长λ＝0.8 m （2分），
由题意知道，质点1开始振动方向向上，而乙图上质点13振动方向向下，质点1在平衡位置，则可知，波的前峰并不是质点13，而在质点13右侧半个波长处，即形成两个波长的波形．则t＝2T，得到T＝0.3 s（2分）；
波速v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(0.8,0.3) m/s＝eq \f(8,3) m/s=2.67m/s，（2分）
(ⅱ)在0～0.6 s内，质点5振动了，其运动路程s=6×5cm=30cm （2分）；
质点9振动了,其运动路程s=3×5cm=15cm （2分）
14.B
β衰变是中子转化为一个质子和电子，A错；质量不可以转化为能量，C错；裂变方程应该用中子轰击，D错
15.C
不是匀变速直线运动，A错；物体过AC段的平均速度为eq \f(\r(5),2)m/s，B错，物体在BC段的速度方向没有时刻改变，D错
16.D
此时物体对地面的压力恰好为零，由受力分析可知物体受3个力作用，A错；若突然撤去弹簧的瞬间，轻绳中张力发生突变，物体受两个力作用，保持静止，B错；若突然剪断轻绳的瞬间，物体受重力、支撑力、弹簧弹力，加速度大小为10 m/s2,C错D对
17.C
由图像可知过线圈A时时间变短，是加速不是匀速，A、D错；过线圈B时是减速，B错
18.C
试探电荷仅在电场力作用下先加速后减速,其动能先增大后减小,其电势能先减小后增大,选项D错误;试探电荷在x=4a处时速度最大,电势能最小,该处的电场强度一定为零;在x轴上从原点处到x=6a处,电场强度从两头指向x=4a处,点电荷M、N一定都是正电荷，A错;由kQM(4a)2=kQN(2a)2,解得QM=4QN,B错；x=2a处的动能小于x=5a处的动能，电场力做正功，x=2a处电势高
19.BD
直线三星系统中甲星和丙星的线速度大小相等,方向相反, A错；由几何关系可知，三角形三星系统两星体间距离,受力分析得：对直线三星系统，有GM2R2+GM2(2R)2=M4π2T2R，对三角形三星系统,有2GM2L2cs 30°=M4π2T2·L2cs30°,可知甲星体所受向心力、向心加速度大于三角形三星系统中星体的,B对，C错；由，可知D对
20.BC
在h1~h2阶段图像为直线,其余部分为曲线,所以h2对应的位置是刚接触蹦床，A错，从h2下降到h5过程中，蹦床形变增大，弹性势能增大，B对；处于h=h4高度时,蹦床的弹性势能为Ep=mg(h2-h4)，C对，到h5位置时，速度不为零，不是最低点， D错
21.BC
有挡板在，故A、B两物体和弹簧组成的系统最初水平方向动量不守恒，A错；物体A释放瞬间，弹簧弹性势能最大，当A到达与物体B相距最近位置时，弹簧弹性势能最小为零，根据机械能守恒定律，B对；从A到达与物体B相距最近位置时开始，两物体和弹簧组成的系统在水平方向上动量守恒,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v1=m1v'1+m2v2,12m1v12=12m1v'12+12m2v22, 有m1=m2时,物体A的最小速度是0,物体B的最大速度为v1,C对；由动量守恒可知物体A不会向左运动,D错.
22.（1）B（2分） （2）， （各1分） （3）（2分）
23. (1) a: “×1 00”, A ; b: 3400 （各2分）
(2) eq \f(U1R0,U2－U1) （3分）
24. 第（1）问4分；第(2)问10分
（1）正、负两粒子沿直线OO′方向在两金属板间运动时，根据受力平衡，
有qvB1＝qE，（2分）
得v＝eq \f(E,B1) （2分）；
（2）进入挡板M右侧的匀强磁场后，正、负粒子均做匀速圆周运动，正粒子向下偏转，负粒子向上偏转，如图所示，
根据qvB2＝meq \f(v2,r) （2分），解得q＝eq \f(mv,B2r)，
由几何关系可知，对正粒子有r1＋a＝eq \r(2)r1 （2分），
有r1＝(eq \r(2)＋1)a，（1分）
对负粒子有r2+eq \r(2)r2＝a （2分），
有r2＝(eq \r(2)－1)a，（1分）
故eq \f(q1,q2)＝eq \f(r2,r1)＝；（2分）
25. 第（1）问4分；第(2)问7分；第（3）问7分
(1)小球释放瞬间，对整体有，（2分）
则解得 （2分）
(2)小球m1到达最低点B时，m1、m2速度大小分别为v1、v2，如图所示，由运动的合成与分解得v1＝eq \r(2)v2 （2分）
对m1、m2组成的系统，由机械能守恒定律得:
m1gR－m2gh＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2) （2分），
且有h＝eq \r(2)R （1分）
对m1由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝m1gh1 （1分））
代入可解得h1=0.52m （1分）
(3)由于加了磁场，金属小球产生电磁感应现象，最终在磁场区域内做往返运动，到达磁场边界时V=0，此时比最低点B高h1,由几何关系可解得h1=0.4R （2分），
则有m1gh1= （2分）；
F-m1g=m,（2分）
可解得F=7.2N，则球对碗底压力为7.2牛（1分）
33.（1）ACD
（2）第（ⅰ）问5分；第(ⅱ )问5分
(ⅰ)被封闭气体的初状态为
p1＝p0＝1.0×105 Pa
V1＝LS＝400cm3，T1＝273+27=300 K
末状态压强p2＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa （2分）
V2＝L2S，T2＝450 K
有 （2分）
得L2＝25 cm. （1分）
(ⅱ)气体对外做的功W＝p2Sh＝p2S(L3－L2)＝12 J （2分）
根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q （2分）
ΔU＝W＋Q＝－12 J＋20 J＝8J （1分）
即气体的内能增加8 J.
34.（1）ACD
（2）第（ⅰ）问6分；第(ⅱ )问4分
(ⅰ)由乙图得到波长λ＝0.8 m （2分），
由题意知道，质点1开始振动方向向上，而乙图上质点13振动方向向下，质点1在平衡位置，则可知，波的前峰并不是质点13，而在质点13右侧半个波长处，即形成两个波长的波形．则t＝2T，得到T＝0.3 s（2分）；
波速v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(0.8,0.3) m/s＝eq \f(8,3) m/s=2.67m/s，（2分）
(ⅱ)在0～0.6 s内，质点5振动了，其运动路程s=6×5cm=30cm （2分）；
质点9振动了,其运动路程s=3×5cm=15cm （2分）
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