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1、理科综合（物理）解析及评分标准 第1页（共 5 页）安徽六校教育研究会 2020 届高三第二次素质测试理科综合（物理）解析及评分标准二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。题号1415161718192021答案DCBDBADABBD14. 选 D解析： 设用光子能量为 5.0 eV 的光照射时，光电子的最大初动能为 Ekm，当反向电压达到 U1.60V 以后，电流表读数为零说明具有最大初动能的光电子也达不到阳极，因此EkmeU1.60 eV，根据光电
2、效应方程有 EkmhW0，阴极材料的逸出功为 W0hEkm3.40 eV.15. 选 C解析： 设绳子对两球的拉力大小为 FT，对 m2：根据平衡条件得：FTm2gsin ；对 m1：根据平衡条件得：FTm1gcos ；联立解得：m1m2tan ，故选 C16. 选 B解析：平抛运动在水平方向上为匀速直线运动，即 xv0t，在竖直方向上做自由落体运动，即 h12gt2，所以 xv02hg，两种情况下，抛出的速率相同，高度相同，所以g行g地x地2x行29:4，根据公式 GMmR2mg 可得 R2GMg，故R行R地M行M地g地g行4，解得 R行4R，故 B正确17. 选 D解析：利用点电荷场强的合
3、成 A、O、C 三点的合场强均水平向右，AB 错误；沿着 BD移动正电荷电场力不做功，C 错误；沿着电场线方向电势降低，D 正确.18. 选 B解析：根据题图电路可知 A 板电势高于 B 板电势，A、B 间电场强度方向水平向右。小球受力平衡，故受电场力也水平向右，即小球带正电，所以 A 项错误；当滑动头从 a 向 b滑动时，电阻值减小，路端电压减小，故 R1两端的电压减小，极板间电场强度随之减小，小球所受电场力减小，故细线的偏角变小，所以 B 项正确；当极板间电压减小时，极板所带电荷量将减小而放电，又由于 A 板原来带正电，故放电电流从上向下流过电流表，所以 C项错误； 由于电源的内电阻与外电
4、阻的关系不确定， 所以无法判断电源的输出功率的变化规律，所以 D 项错误。19. 选 AD理科综合（物理）解析及评分标准 第2页（共 5 页）解析：由题图甲左侧电路可以判断 ab 中电流方向为由 a 到 b；由右侧电路及题图乙可以判断，02 s 内 cd 中电流方向为由 c 到 d，跟 ab 中的电流同向，因此 ab、cd 相互吸引，选项 A、B 错误；2 s4 s 内 cd 中电流方向为由 d 到 c，跟 ab 中电流反向，因此 ab、cd 相互排斥，选项 AD 正确。20. 选 AB解析：第一次击打后球最多到达与球心 O 等高位置，根据功能关系，有：W1mgR两次击打后可以到轨道最高点，根
5、据功能关系，有：W1W22mgR12mv2在最高点，有：mgFNmv2Rmg联立解得：W1mgR；W232mgR故W1W223，故 A、B 正确，C、D 错误。21. 选 BD解析：在从 0.2 m 上升到 0.35 m 范围内，EkEpmgh，图线的斜率绝对值为：kEkh0.30.350.2N2 Nmg，则 m0.2 kg，故 A 错误；由题意滑块与弹簧在弹簧原长时分离，弹簧的原长为 0.2 m，h0.18 m 时速度最大，此时 mgkx1，x10.02 m，得 k100N/m，故 B 正确；在 h0.1 m 处时滑块加速度最大 kx2mgma，其中 x20.1 m，得最大加速度 a40 m
6、/s2，故 C 错误；根据能量守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以 Epmmghm0.210(0.350.1) J0.5 J，故 D 正确。三、非选择题：22 （共 6 分，每空 2 分）(1)1.02(4)21t;22dk或填22dt12k解析：(1)小圆柱的直径 d1.0 cm20.1 mm1.02 cm.(3)根据机械能守恒定律得：mgl12mv2，所以 gl12v212(dt)2，得到 l22dg21t，其中 k=22dg，故 g =22dk23 （共 9 分，前 3 空每空 2 分，后 3 空每空 1 分）(1)24990(2) 6.9 mA （
7、3）150Rx67.4黑4350理科综合（物理）解析及评分标准 第3页（共 5 页）解析：(3)由题图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为 01 000110051001150；则电表内阻为 150，C 处刻度应为 150电流表示数为 6.9 mA，由闭合电路欧姆定律，可知待测电阻约为 Rx67.4黑435024 （12 分）解析： （1） 如图所示，OMOO,则LOMR22222 分由RvmBqv2002 分得，002mvmvBqRqL2 分（2）带电粒子以速度 v0垂直进入匀强电场因为与 y 轴相切与 N 点，所以末速度沿 y 轴负方向，利用类平抛运动速度的反向延长线过匀速运动方向分位移的中点得
8、 Q 为 PM 中点，45PQN则LMAPNPQ2，LQN21 分tvLMP022 1 分2212atLMA1 分mqEa 1 分联立可得qLmvE42202 分25 （20 分）解析： (1)若长木板 C 和小物块 A 一起向右加速运动，设它们之间是静摩擦力为 f，由牛顿第二定律得：F = (MmA)a 2 分解得 a1 m/s21 分则 f =mAa =1NmAg =2 N，这表明假设正确，即 A 的加速度为 1 m/s22 分(2)要使小物块 A 在与小物块 B 碰撞之前运动时间最短，小物块 A 的加速度必须最大，则 A 所受的摩擦力为最大静摩擦力或滑动摩擦力，有：mAg =mAa11
9、分Lx =12a1t21 分解得 t=0.6 s 2 分(3)要使小物块 A 加速度最大，且又不从长木板 C 的左端滑落，长木板 C 的加速度有两个临界条件：由牛顿第二定律得：理科综合（物理）解析及评分标准 第4页（共 5 页）F1=(MmA)a11 分则：F1=6 N 2 分由牛顿第二定律得：F2f =Ma21 分12a2t212a1t2= x1 分则：F2=26 N故 6 N F26 N1 分(4)若小物块 A 与小物块 B 碰撞点距从长木板 C 的左端距离为 x1F3f =Ma312a3t212a1t2= xx1解得：x1=1.45 m1 分设小物块 A 发生碰撞到从长木板 C 左端滑落
10、的时间为 t1， 因有物块 A、 B 发生弹性碰撞，速度交换，故有：a3t t1+12a3t1212a1t12= x1解得：t1=0.5 s1 分设小物块 A 碰撞到从长木板 C 左端滑落时各自的速度分别为 vm、vM，小物块 A 落到地面时与长木板 C 左端的距离为 x2h =12gt22F3=Ma4vm= a1t1vM= a3t + a3t1则有：vMt2+12a4t22vmt2= x2x2=0.78 m 3 分(二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。33物理选修 33（15 分）（1）（5 分） 答案BDE（2） （10 分） 答
11、案 1.2105Pa1.6 m336 J解析：(2)初始时汽缸内气体的压强 pp0mgS1.2105Pa1 分气体做等压变化，根据盖吕萨克定律可得：h1ST1h2ST21 分即21.0(27327)273+207hmKK（）2 分解得：h21.6 m.1 分在气体膨胀的过程中，气体对外做功为：WpS(h2h1)1.2105(1.61.0)5.0104 J36J 2理科综合（物理）解析及评分标准 第5页（共 5 页）分根据热力学第一定律可得气体内能的变化为：UWQ1分解得：QUW336J.2 分34物理选修 34（15 分）（1）（5 分） 答案 ABE（2） （10 分） 答案PD=2267ddd2 分3 分要使光束进入长方体后能射至 AD 面上，设最小折射角为，如图甲所示，根据几何关系有sin dd2 6d2771 分根据折射定律有sin sin n解得角的最小值为：301 分如图乙，要使光束在 AD 面上发生全反射，则要使射至 AD 面上的入射角满足关系式：sin sin C又 sin C1n1 分sin cos 1sin21sin n21 分解得：60因此角的范围为：3060 1 分