20xx-20xx年宁夏普通高等学校招生全国统一考试理综试题(编辑修改稿)

20xx-20xx年宁夏普通高等学校招生全国统一考试理综试题(编辑修改稿)内容摘要：

为8Ω 后与 R3串联， cd 间等效电阻为 128Ω， B 错；但 ab 两端接通测试电源时，电阻 R2未接入电路， cd 两端的电压即为 R3的电压， 为 Ucd = 4050100V=80V， C 对；但 cd 两端接通测试电源时，电阻 R1 未接入电路， ab 两端电压即为 R3 的电压，为 Uab = 40160100V=25V， D 错。 16． B 【 解析 】本题考查右手定则的应用。 根据右手定则，可判断 PQ 作为电源， Q端电势高，在 PQcd 回路中，电流为逆时针方向，即流过 R 的电流为由 c 到 d，在电阻r 的回路中，电流为顺时针方向，即流过 r 的电流为由 b 到 a。 当然也可以用楞次定律，通过回路的磁通量的变化判断电流方向。 17． D 【 解析 】本题 考查追击相遇问题。 在 t1 时刻如果甲车没有追上乙车，以后就不可能追上了，故 t′ ＜ t， A 错；从图像中甲、乙与坐标轴围成的面积即对应的位移看，甲在 t1时间内运动的位移比乙的多 S，当 t′ = 时，甲的面积比乙的面积多出 34S，即相距 d=34S，选项 D 正确。 此类问题要抓住图像的交点的物理意义，过了这个时刻，不能相遇以后不可能相遇，即 “过了这个村就没这个店 ”。 18． B 【 解析 】本题考查 vt 图像、功的概念。 力 F 做功等于每段恒力 F 与该段滑块运动的位移（ vt 图像中图像 与坐标轴围成的面积），第 1 秒内，位移为一个小三角形面积 S，第 2 秒内，位移也为一个小三角形面积 S，第 3 秒内，位移为两个小三角形面积2S，故 W1=1S， W2=1S， W3=2S， W1＜ W2＜ W3。 19． D 【 解析 】本题考查正弦交流电的产生过程、楞次定律等知识和规律。 从 a 图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为 b 到 a，故瞬时电流的表达式为 i=－ imcos（ π4+ωt），则图像为 D 图像所描述。 平时注意线圈绕垂直于磁场的轴旋转时的瞬时电动势表达式的理解。 20． AB 【 解析 】本题考查牛顿运动定律。 对小球受力分析，当 N 为零时，小球的合外力水平向右，加速度向右，故小车可能向右加速运动或向左减速运动， A 对 C 错；当 T 为零时，小球的合外力水平向左，加速度向左，故小车可能向右减速运动或向左加速运动， B 对 D 错。 解题时抓住 N、 T 为零时受力分析的临界条件，小球与车相对静止，说明小球和小车只能有水平的加速度，作为突破口。 21． BC 【 解析 】本题考查电容器的两个公式。 a 板与 Q 板电势恒定为零， b 板和 P 板电势总相同，故两个电容器的电压相等，且两板电荷量 q 视为不变。 要使悬线的偏角增大 ，即电压 U 增大，即减小电容器的电容 C。 对电容器 C，由公式 C = qU = εS4πkd ，可以通过增大板间距 d、减小介电常数 ε、减小板的针对面积 S。 22． Ⅰ ．（ 1） 60 （ 2） （ 3） Ⅱ ．（ 1） ～ （ 2） ① CD （ 3） m3g－ (m2＋ m3)am2g 【 解析 】欧姆档在最上面的一排数据读取，读数为 610Ω=60Ω；电流档测量读取中间的三排数据的最底 下一排数据，读数为 ；同样直流电压档测量读取中间的三排数据的中间一排数据较好，读数为 =。 对纸带的研究直接利用逐差法取平均值计算加速度。 23． 4π2T2Gr3 【 解析 】 设两颗恒星的质量分别为 m m2，做圆周运动的半径分别为 r r2，角速度分别为 w1,w2。 根据题意有 w1=w2 ① r1+r2=r ② 根据万有引力定律和牛顿定律，有 G12112 21 rwmrmm  ③ G12212 21 rwmrmm  ④ 联立以上各式解得 2121 mm rmr  ⑤ 根据解速度与周期的关系知 Tww 221  ⑥ 联立③⑤⑥式解得 32221 4 rGTmm  ⑦ 24． （ 1） qBdm sinφ （ 2） qB2dm sin3φcosφ 【 解析 】 （ 17 分） (1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧。 由于质点飞离磁 场时，速度垂直于 OC，故圆弧的圆心在 OC 上。 依题意，质点轨迹与 x轴的交点为 A，过 A 点作与 A 点的速度方向垂直的直线，与OC 交于 O＇。 由几何关系知， AO＇垂直于 OC＇， O＇是圆弧的圆心。 设圆弧的半径为 R，则有 R=dsin ① 由洛化兹力公式和牛顿第二定律得 RvmqvB 2 ② 将 式代入 ②式，得 sinmqBdv ③ (2)质点在电场中的运动为类平抛运动。 设质点射入电场的速度为 v0，在电场中的加速度为 a，运动时间为 t，则有 v0＝ vcos  ④ vsin＝ at ⑤ d=v0t ⑥ 联立④⑤⑥得 dva  cossin2 ⑦ 设电场强度的大小为 E，由牛顿第二定律得 qE＝ ma ⑧ 联立③⑦⑧得  c o s3sin2m dqBE  ⑨ 30． （ 1） BC （ 2）Ⅰ ． OA＞ Ⅱ ． OA＞ 【 解析 】 本题考查力矩平衡条件，确定支点利用力矩平衡条件列方程即 可。 [物理──选修 2－ 2]（ 15 分） (1) B C (2)（ 10 分） (Ⅰ )当木条 A 端刚刚离开斜面时，受力情况如图 a 所示。 设斜面倾角为 ，根据力矩平衡条件，若满足条件  c osc os OBmgOAMg  ＞ ① 木条就不会脱离斜面。 根据题意 lOBOA  ② 联立①②并代入已知条件得 ＞OA ③ （Ⅱ）设 G 为木条重心，由题意可知 12AG l ④ 当木条 A 端刚刚离开斜面时，受力情况如图下所示。 由（Ⅰ）中的分析可知，若满足 cosMg OA  ＞ c o s c o sm g O B m g O G ⑤ 木条就不会脱离斜面。 联立②④⑤并代入已知条件得 OA ＞ m ⑥ 31． （ 1） D （ 2） 35h 【 解析 】 本题考查玻马定律，对气体作为研究对象，分第一次加小盒沙子和第二次加沙子两次列玻马定律方程求解。 [物理 —— 选修 33]（ 15 分） （ 1） D （ 2）设大气和活塞对气体的总压强为 p0，加一小盒沙子对气体产生的压强为 p，由玻马定律得 00 1( )( )4p h p p h h   ① 由①式得 013pp ② 再 加一小盒沙子后，气体的压强变为 p0+2p。 设第二次加沙子后，活塞的高度为 h′ 00( 2 )p h p p h ′ ③ 联立②③式解得 h′ =35h ④ 32． （ 1） BD （ 2） 60176。 【 解 】 本题考查几何光学知识，通过画光路图，根据折射定律，由几何关系列式求解。 [物理 —— 选修 34]（ 15 分） （ 1） BD （ 2） 设入射光线与 1/4 球体的交点为 C，连接 OC， OC即为入射点的法线。 因此，图中的角α为入射角。 过 C 点作球体水平表面的垂线，垂足为 B。 依题意，∠ COB=α。 又由△ OBC 知 sinα = 32 ① 设光线在 C 点的折射角为 β ，由折射定律得 sin 3sin ② 由① ②式得 30 ③ 由几何关系知，光线在球体的竖直表面上的入射角γ (见图 )为 30176。 由折射定律得 sin 1sin 3  ⑤ 因此 3sin 2 解得 60 33． （ 1） BD （ 2） 60176。 （ 1） 8； 4； Pb20782 （ 2）证明见解析 【 解析 】 本题要求验证碰撞中的动量守恒定律及碰撞前与碰撞后的机械能守恒定律。 33.[物理 —— 选修 35]（ 15 分） （ 1） 8 4 20722Pb （ 2）设摆球 A、 B 的质量分别为 Am 、 Bm ，摆长为 l， B 球的初始高度为 h1，碰撞前 B球的速度为 ，根据题意及机械能守恒定律得 1 (1 cos 45 )hl   ① 2 112 B B Bm v m gh ② 设 碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为 P P2。 有 P1=mBvB ③ 联立①②③式得 1 2 (1 c o s 4 5 )BP m g l   ④ 同理可得 2 ( ) 2 (1 c o s 3 0 )ABP m m g l    ⑤ 联立④⑤式得 211 c o s 3 01 c o s 4 5ABBP m mPm  ⑥ 代入已知条件得 221 ⑦ 由此可以推出 211PPP ≤ 4% ⑧ 所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律。 2020 年普通高等学校招生全国统一考试（宁夏卷） 理综综合能力测试 第 I 卷 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，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 14. 在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。 关于 科学家和他们的贡献，下列说法正确的是 A. 伽利略发现了行星运动的规律 B. 卡文迪许通过实验测出了引力常量 C．牛顿最早指出 力 不是维持物体运动的原因 D．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献 答案 BD。 【解析】行星运动定律是开普勒发现的 A 错误； B 正确；伽利略 最早指出 力 不是维持物体运动的原因 ， C 错误； D 正确。 15. 地球和木星绕太阳运行的轨道都可以看作是圆形的。 已知木星的轨道半径约为地球轨道半径的 倍，则木星与地球绕太阳运行的线速度之比约为 A. B. C. D. 答案 B。 【解析】天体的运动满足万有引力充当向心力即 22Mm vGmRR可知 GMvR，可见 木星与地球绕太阳运行的线速度之比 1 RvR  木 地地 木， B 正确。 16. 医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。 电磁血流计由一对电极 a 和 b 以及磁极 N 和 S 构成，磁极间的磁场是均匀的。 使用时，两电极 a、 b 均与血管壁接触，两触点的连线 、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。 由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极 a、 b 之间会有微小电势差。 在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。 在某次监测中，两触点的距离为 ，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为 160181。 V，磁感应强度的大小为。 则血流速度的近似值和电极 a、 b 的正负为 A. ， a 正、 b 负 B. ， a 正、 b 负 C． ， a 负、 b 正 D. ， a 负、 b 正 答案 A。 【解析】依据右手定则，正离子在磁场中受到洛伦兹力作用向上偏，负离子在磁场中受到洛伦兹力作用向下偏，因此 电极 a、 b 的正负为 a 正、 b 负 ；当稳定时， 血液中的离 子 所 受 的 电 场 力 和 磁 场 力 的 合 力 为 零 ，则 qE=qvB，可得631 6 0 1 0 1 . 3 /0 . 0 4 3 1 0EUv m sB B d   ， A 正确。 17. 质量为 m的物体静止在光滑水平面上，从 t=0 时刻 开始 受到水平力的作用。 力的大小 F 与时间 t 的关系如图所示，力的方向保持不变，则 A． 03t 时刻的瞬时功率为 mtF 0205 B． 03t 时刻的瞬时功率为 mtF 02020 C．在 0t 到 03t 这段时间内，水平力的平均功率为 mtF423。