山东省新高考2020届高三下学期高考考前适应性考试全国1卷物理试题（三） Word版含解析

山东省新高考2020届高三下学期高考考前适应性考试全国1卷物理试题（三） Word版含解析

‎（新高考）2020年高考考前适应性试卷 物 理 （三）‎ 注意事项：‎ ‎1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。‎ ‎2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。‎ ‎3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。‎ ‎4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.在核反应方程中，X表示（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据核反应方程中质量数守恒和核电荷数守恒可得 所以X表示，选项A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎2.如图所示，一束复色光从空气中射入水中，分成两束单色光a和b，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 在水中，a光的频率大于b光的频率 B. 在水中，a光的光速大于b光的光速 C. 在水中，a光的波长大于b光的波长 D. 若a光照射到某金属上能发生光电效应，则b光照射该金属上也一定能发生光电效应 - 20 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，a光的偏折程度大，则a光的折射率大，a光的频率大于b光的频率，选项A正确；‎ B．a光的折射率大，由可知a光在水中的光速小，选项B错误；‎ C．a光在水中的光速小，频率大，由可知在水中a光的波长小于b光的波长，选项C错误；‎ D．由于a光的频率大于b光的频率，若a光照射到某金属上能发生光电效应，则b光照射该金属上不一定能发生光电效应，选项D错误。‎ 故选A。‎ ‎3.摩天轮是游乐场里的大型娱乐项目，它的直径可以达到几百米。乘客乘坐时，转轮始终不停地匀速转动，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 在最高点，乘客处于超重状态 B. 任一时刻乘客受到的合力都不等于零 C. 乘客在乘坐过程中对座椅的压力始终不变 D. 乘客在乘坐过程中的机械能始终保持不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在最高点，乘客具有向下的加速度，处于失重状态，选项A错误；‎ B．乘客做圆周运动，任一时刻受到的合力都不等于零，选项B正确；‎ C．乘客在乘坐过程中匀速转动，向心力时刻指向圆心，大小不变，对座椅的压力不可能始终不变，选项C错误；‎ D．乘客在乘坐过程中匀速转动，动能不变，但重力势能在变化，所以机械能也在变化，选项D错误。‎ - 20 -‎ 故选B。‎ ‎4.某星球的质量约为地球质量的9倍，半径约为地球半径的一半，该星球表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比（　　）‎ A. 1：36 B. 1：6 C. 36：1 D. 6：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在地球表面附近重力与万有引力近似相等，则有 解得 所以 选项C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎5.为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，如图所示是某动力车在刹车过程中位移和时间的比值与t之间的关系图像，下列说法正确的是（　　）‎ A. 动力车的初速度为20 m/s B. 刹车过程中加速度大小为5 m/s2‎ C. 刹车过程持续的时间为12 s D. 从开始刹车时计时，经过8s，该车的位移大小为60 m ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由图可得 - 20 -‎ 根据匀变速直线运动的位移时间公式 x=v0t+at2，得 对比可得 v0=30m/s a=-5m/s2‎ 即刚刹车时动力车的速度大小为30m/s，刹车过程动力车的加速度大小为5m/s2。故A错误，B正确； C．刹车过程持续的时间为 故C错误； D．整个刹车过程动力车经过6s，则8s内的位移为 故D错误。 故选B。‎ ‎6.如图所示，两根垂直纸面放置的直导线，通有大小相同、方向相反的电流。O为两导线连线的中点，P、Q是两导线连线中垂线上的两点，且OP=OQ。以下说法正确的是（　　）‎ A. O点的磁感应强度为零 B. P、Q两点的磁感应强度方向相同 C. 若在P点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，其受力方向为P→O D. 若在Q点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，其受力方向为Q→O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据安培定则可知，导线a在O点的磁感应强度方向竖直向下，导线b在O - 20 -‎ 点的磁感应强度方向也是竖直向下，故O点的磁感应强度不为零，选项A错误；‎ B．导线a在P点的磁感应强度方向斜向右下方，导线b在P点的磁感应强度方向斜向左下方，两者合成后，P点的合磁感应强度方向竖直向下，同理Q点的磁感应强度方向也是竖直向下的，故两点磁感应强度方向相同，选项B正确；‎ C．P点的合磁感应强度方向竖直向下，若在P点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，根据左手定则可判断其受力方向水平向左，选项C错误；‎ D．Q点的合磁感应强度方向竖直向下，若在Q点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，根据左手定则可判断其受力方向水平向左，选项D错误。‎ 故选B。‎ ‎7.如图甲所示，O点为振源，OP＝s，t＝0时刻O点由平衡位置开始振动，产生向右沿直线传播的简谐横波，图乙为从t＝0时刻开始描绘的质点P的振动图象。下列判断中正确的是(　　)‎ A. 这列波的频率为 B. t＝0时刻，振源O振动的方向沿y轴负方向 C. t＝t2时刻，P点的振动方向沿y轴负方向 D. t＝t2时刻，O点的振动方向沿y轴正方向 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由乙图看出，周期T＝t2－t1，所以 故A正确；‎ B．P点的起振方向与O点起振方向相同，由乙图读出t1时刻，P点的振动方向沿y轴正方向，即P点的起振方向沿y轴正方向，则t＝0时刻，振源O振动的方向沿y轴正方向，故B错误；‎ C．由图乙振动图象看出，t2时刻，P点的振动方向沿y轴正方向，故C错误；‎ D．因不知t1与周期T的倍数关系，故不能判断t2时刻O点的振动情况，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎8.‎ - 20 -‎ 某小组用如图甲所示的可拆变压器探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系，在实验时组装的变压器如图乙所示。在铁芯上原、副线圈接入的匝数分别为n1=800匝和n2=200匝，原线圈两端与正弦式交流电源相连，用交流电压表测得原、副线圈两端的电压分别为10V和0.8V，这与其他小组的正确实验结论明显不一致。对于这个小组实验结论出现明显偏差的原因，最有可能的是（　　）‎ A. 副线圈的匝数太少 B. 副线圈的电阻太小 C. 原线圈的匝数太多，电阻过大 D. 没有将铁芯B安装在铁芯A上 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】根据 可知副线圈输出电压 即测出来结果偏低，这是由于该同学实验中没有将铁芯B安装在铁芯A上，有漏磁现象，存在电能损失，导致变压器的输出电压变低。故ABC错误，D正确。‎ 故选D。‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎9.将一物体以某一初速度沿竖直方向向上抛出。表示物体的动量，表示物体的动量变化率，取竖直向下为正方向，忽略空气阻力。则下图中正确的是（　　）‎ - 20 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．取竖直向下为正方向，动量 ‎、是定值，故动量和时间的关系图应为截距为负、斜率为正的直线，故AB错误；‎ CD．动量的变化量 解得 是定值，故的值随时间的变化始终保持恒定，为，故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎10.如图所示，在竖直平面内存在一个匀强电场，一质量为m、带电量为+q的带电小球从O点静止释放且沿直线OA方向运动，已知直线OA与竖直方向夹角为θ，下列有关说法正确的是（　　）‎ A. 小球运动过程中的加速度一定大于g B. 满足运动条件的匀强电场的最小值为 - 20 -‎ C. 带电小球在运动时机械能一定增加 D. 带电小球的重力势能和电势能之和一定减小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．带电小球在重力和电场力的共同作用下沿OA做匀加速直线运动，则带电小球所受的合力沿OA方向，由三角形定则作图知，合力可能等于重力，可能大于重力，也可能小于重力，所以带电小球运动过程中的加速度可能等于，可能大于，也可能小于，故A错误；‎ B．根据几何知识可知当电场力的方向与合力的方向垂直时，电场力最小，即有 可得场强的最小值为 故B正确；‎ C．由图知，电场力与速度的夹角可能小于，也可能等于，也可能大于，电场力对带电小球可能做正功，也可能不做功，也可能做负功，带电小球的机械能可能增加，也可能不变，也可能减少，故C错误；‎ D．由于合力对小球做正功，其小球的动能增加，根据能量守恒知带电小球的重力势能和电势能之和一定减小，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎11.圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，在圆上A点沿半径方向射入粒子a，粒子a - 20 -‎ 经磁场偏转的偏转角为60°，轨迹如图所示，若仍从A点沿半径方向射入粒子b，粒子经磁场偏转，从磁场出射时，出射速度与a粒子的出射速度方向相反，已知a、b粒子的质量相等，电荷量相等，不计粒子的重力，则 （ ）‎ A. a、b粒子均带正电 B. a、b粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 C. a、b粒子在磁场中运动的速度大小之比为3：1‎ D. a、b粒子在磁场中运动的时间之比为1：2‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，根据左手定则可以判断，a粒子带正电，b粒子带负电，A项错误；‎ B．设圆形有界磁场圆的半径为R，根据几何关系可知 因此 B项错误；‎ C．根据牛顿第二定律 - 20 -‎ 得 得到 C项正确；‎ D．由可知，两粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，由几何关系可知，a、b粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角分别为60°、120°，由此可知，a、b两粒子在磁场中运动的时间之比为1：2，选项D正确。‎ ‎ ‎ 故选CD。‎ ‎12.如图所示直角三角形框架OMN的OM、ON初始位置分别处于水平和竖直方向上，且，一个重为G的光滑小球位于框架内且恰好与OM、ON、MN三边相切，但接触点未必都有弹力。现以O点为轴缓慢将框架在同一竖直平面内顺时针转动一周的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 转动θ为0到的过程中，MN边受到小球的压力一直为零。‎ - 20 -‎ B. 转动一周的过程中，当MN边第一次处于竖直位置时ON边受到的力最大且为 C. 转动一周的过程中OM边受到的力最大值为2G D. 转动一周的过程中有可能存在使OM、ON、MN三边都同时受力的位置 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．转动为0到的过程中如图所示，边在小球的上方，边受到小球的压力一直为零，故A正确；‎ BCD．转动一周的过程中，当边在小球的上方时，边受到小球的压力一直为零，设边与水平方向的夹角为，如图所示 根据平衡条件可得边受到的力 边受到的力 - 20 -‎ 当边在小球的上方时，边受到小球的压力一直为零，设边与水平方向的夹角为，如图所示 根据平衡条件和正弦定理可得 可知，当时，即边第一次处于竖直位置时边受到的力最大，最大为 当边在小球的上方时，边受到小球的压力一直为零，设边与水平方向的夹角为，如图所示 - 20 -‎ 根据平衡条件和正弦定理可得 可知，当时，边受到的力最大，最大为 所以转动一周的过程中不可能存在使、、三边都同时受力的位置，故B、C正确，D错误；‎ 故选ABC。‎ 三、非选择题：本题共6小题，共60分。‎ ‎13.某实验小组用如图所示的装置探究功和速度变化的关系：将小钢球从轨道倾斜部分不同位置由静止释放，经轨道末端水平飞出。落到铺着白纸和复写纸的水平地面上，在白纸上留下点迹。为了使问题简化，小钢球在离倾斜轨道底端的距离分别为L、2L、3L……处释放，这样在轨道倾斜部分合外力对小钢球做的功就可以分别记为W0、2W0、3W0……‎ ‎（1）为了减小实验误差需要进行多次测量，在L、2L、3L…处的每个释放点都要让小钢球重复释放多次，在白纸上留下多个点迹。那么，确定在同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是 ___________________________________________‎ ‎（2）为了探究功和速度变化的关系,实验中必须测量的一项是(填选项前的字母标号)_______‎ A．小钢球释放位置离斜面底端的距离L的具体数值 B．小钢球的质量m C．小钢球离开轨道后的下落高度h D．小钢球离开轨道后的水平位移x ‎（3）该实验小组利用实验数据得到了如图所示的图象，则图象的横坐标是______(用实验中测量的物理量符号表示)‎ ‎【答案】 (1). 用尽可能小的圆圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置 (2). D (3). x2‎ - 20 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．从斜槽上同一位置静止滚下，由于存在误差落于地面纸上的点迹，形成不完全重合的记录痕迹，平均确定落点位置的方法为：用尽可能小的圆圈住所有落点，圆心即为平均落点的位置；‎ ‎（2）[2]．根据动能定律可得：‎ 根据平抛规律可得：‎ x=vt ‎ ‎ 联立可得探究动能定理的关系式：‎ 因为每次下落时的h相同，故必须测量小钢球离开轨道后的水平位移x。故选D.‎ ‎（3）[3]．根据图象形状可知，W与横轴表示的物理量成正比例，又因为表达式为，所以图象的横坐标表示x2；‎ ‎14.某小组的同学在做“测量一节干电池的电动势和内阻”的实验，被测电池的电动势约为1.5V，内阻约为1.0Ω。他们利用图1的电路进行测量，已知实验室除待测电池、开关、导线外，还有下列器材可供选用：‎ 电流表A1：量程0~0.6A，内阻约0.125Ω 电流表A2：量程0~3A，内阻约0.025Ω 电压表V：量程0~3V，内阻约3kΩ 滑动变阻器R：0~20Ω，额定电流2A ‎（1）为了使测量结果尽量准确，电流表应选用___（填写仪器的字母代号）。‎ - 20 -‎ ‎（2）正确连接电路并测量后，该组同学根据所获得的6组实验数据，在坐标纸上绘制的反映路端电压随电流变化的U﹣I图线，请据此图线判断被测干电池的电动势E=________V，内阻r=________Ω。（结果保留到小数点后两位）‎ ‎（3）由于电表内阻的影响，电压表和电流表的测量值可能与“电池两端电压”和“流过电池的电流”存在一定的偏差。下列分析正确的是________。‎ A.电压表测量值偏大 B.电压表量值测偏小 C.电流表测量值偏大 D.电流表测量值偏小 ‎（4）另一小组同学认为：利用题中给器材，改用图3所示的电路也可以测量该电池的电动势和内阻，请你对他们的方案进行评价______。‎ ‎【答案】 (1). A1 (2). 1.48 (3). 0.83 (4). D (5). 方案不合理。由于一节干电池的内阻较小，电流表的内阻与其相比不可忽略，电流表的分压与电源内阻承担的电压比较接近，所以此实验方案不合理 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]电源电动势约为1.5V，流过电路的最大电流约为零点几安培，电流表应选择A1。‎ ‎(2)[2]由图示电源U-I图象可知，电源电动势 - 20 -‎ E=1.48V ‎[3]电源内阻 ‎(3)[4]电流表采用内接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，实验误差来源与电压表的分流，电流表测量值偏小，选项D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎(4)[5]该方案不合理。由于一节干电池的内阻较小，电流表的内阻与其相比不可忽略，电流表的分压与电源内阻承担的电压比较接近，所以此实验方案不合理。‎ ‎15.如图，一定质量的理想气体经历了A→B→C的状态变化过程，外界对气体做了90 J的功。已知状态A时气体的体积VA＝600 cm3。求状态A时气体的压强pA。‎ ‎【答案】1.5×105 Pa ‎【解析】‎ ‎【详解】从状态A到状态B为等容变化过程，根据查理定律有 ‎ ‎ 从状态B到状态C为等圧変化过程，根据盖吕萨克定律有 从状态A到状态B，外界对气体不做功；从状态B到状态C，外界对气体做的功 又 联立解得 ‎16.如图甲所示，小车B紧靠平台的边缘静止在光滑水平面上，物体A(可视为质点)以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v－t - 20 -‎ 图象如图乙所示，取重力加速度g＝10m/s2，求：‎ ‎(1)物体A与小车B的质量之比；‎ ‎(2)小车的最小长度。‎ ‎【答案】(1)m：M＝1：3；(2)2m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据v－t图象可知，A在小车上做减速运动，加速度的大小 a1＝3m/s2‎ 若物体A的质量为m与小车上表面间的动摩擦因数为μ，则 μmg＝ma1‎ 设小车B的质量为M，小车做加速运动，加速度大小 a2＝1m/s2‎ 根据牛顿第二定律 μmg＝Ma2‎ 联立可得 μ＝0.3‎ m∶M＝1：3‎ ‎(2)设小车最小长度为L，整个过程系统损失的动能，全部转化为内能 μmgL＝mv02－(M＋m)v2‎ 解得 L＝2m ‎17.如图所示，两导轨竖直放置，度L=2m，导轨间MN以下部分粗糙，以上部分光滑粗糙部分处于竖直方向的匀强磁场中，MN以上存在高度为H=10m垂直纸面向里的匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小均为B=1T，质量为m1=1kg的导体棒a位于磁场上方距磁场上边界h=5m的位置，质量为m2=0.5kg的导体棒b位于两个磁场的边界MN处，导体棒a的电阻值是b的3倍，现将两导体棒同时山静止释放，导体棒a进入磁场中时，两导体棒恰好同时做匀速直线运动，整个过程中导体棒与导轨接触良好，导体棒均在导轨外侧，导轨电阻不计，g=10m/s2，求：‎ - 20 -‎ ‎(1)两导体棒的电阻分别为多少；‎ ‎(2)MN以下磁场的方向，导体棒b与导轨间的动摩擦因数；‎ ‎(3)导体棒a通过MN以上部分磁场过程中导体棒b上产生的焦耳热。‎ ‎【答案】(1)，；(2) 向上，；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 导体棒a由静止下落到刚进入磁场中时，有 解得 感应电动势 两导体棒恰好同时做匀速直线运动，对导体棒a则有 解得 所以导体棒a的电阻为 所以导体棒b的电阻为 - 20 -‎ ‎(2) 导体棒b要做匀速运动，则摩擦力和重力平衡，因此安培力向里，由楞次定律可知导体棒b的电流方向为从右向左，由左手定责可知磁场方向向上；两导体棒恰好同时做匀速直线运动，对导体棒b则有 解得 ‎(3)导体棒a通过MN以上部分磁场过程中导体棒b上产生的焦耳热 则 ‎18.如图所示，光滑轨道OABC是由水平直轨道OB与一段半径R=62.5m的圆弧BC在B点相切而成。m=1kg的物块P在F=20N的水平推力作用下，紧靠在固定于墙面的轻弹簧右侧A处保持静止，A点与B点相距=16m。己知物块可视为质点，弹簧的劲度系数。取重力加速度g=10m/s2，cos5°=0.996。现突然撤去力F，求：‎ ‎(1)物块P第一次向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量大小；‎ ‎(2)从物块P离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间。（结果保留两位小数）‎ ‎【答案】(1)2N·s；(2)23.65s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设弹簧在A处保持静止时压缩量为x，有 F=kx 若物块离开弹簧时速度v，根据动能定理 - 20 -‎ 物块P向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量 I=mv 解得 I=2N·s ‎(2)物块离开弹簧到B之间做匀速直线运动，设时间为，则有 设物块沿着圆弧轨道上升到D点，B、D间的高度为h，则有 设过D点的半径与竖直方向的夹角为，则 即 物块从B点到D点再返回B点的过程中，可以看做单摆，单摆周期 ‎，‎ 可得从物块P离开弹簧到再次接触弹簧经过时间 代入数据得 t=23.65s ‎ ‎ - 20 -‎