【物理】陕西省西安市西安中学2020届高三下学期适应性考试（三）试题（解析版）

【物理】陕西省西安市西安中学2020届高三下学期适应性考试（三）试题（解析版）

陕西省西安市西安中学2020届高三下学期 适应性考试（三）‎ 一、选择题 ‎1.用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流与照射光的强弱、频率等物理量的关系.图中A、K两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调，分别用a、b、c三束单色光照射，调节A、K间的电压U，得到光电流I与电压U的关系如图乙所示，由图可知(　　)‎ A. 单色光a和c的频率相同，且a光更弱些，b光频率最大 B. 单色光a和c的频率相同，且a光更强些，b光频率最大 C. 单色光a和c的频率相同，且a光更弱些，b光频率最小 D. 单色光a和c的频率不同，且a光更强些，b光频率最小 ‎【答案】B ‎【解析】a、c两光照射后遏止电压相同，根据，可知产生的光电子最大初动能相等，可知a、c两光的频率相等，光子能量相等，由于a光的饱和电流较大，则a光的强度较大，单色光b照射后遏止电压较大，根据，可知b光照射后产生的光电子最大初动能较大，根据光电效应方程得，b光的频率大于a光的频率，故ACD错误，B正确；故选B.‎ ‎【点睛】根据遏止电压的大小比较光电子的最大初动能，从而结合光电效应方程比较入射光的频率．根据饱和电流的大小比较入射光的强度．‎ ‎2.完全相同的两列高铁，在车站附近的两条平行直铁轨上相向匀加速行使，它们的加速度大小都是‎0.5m/s2，当两列车的车头相遇时，它们的初速度都是‎10 m/s，每列车总长都是‎300m，以下说法正确的是（　　）‎ A. 两列车迎面交错而过相互离开时的速度都为‎30 m/s B. 站到地面上的人看到两列车迎面交错而过的时间为20s C. 车头的驾驶员看到对方列车从身边划过的时间为10s D. 坐于车尾乘客看到对方列车从身边划过的时间为5s ‎【答案】B ‎【详解】AB．以一车为参照物，另一车的相对速度为 相对加速度为 车头相遇到尾离开发生的相对为位移为 根据运动学公式则有 代入数值则有 解得 车尾离开的速度为 故A错误，B正确；‎ C．车头的驾驶员发生的相对位移为‎300m，根据运动学公式则有 解得 所以车头的驾驶员看到对方列车从身边划过的时间为12s，故C错误；‎ D．坐于车尾乘客看到对方列车从身边划过的时间为 故D错误；‎ 故选B。‎ ‎3.高速公路的长下坡设计有避险车道，若刹车失灵，车辆可以冲向避险车道保证人员安全。设避险车道长为‎45m，且与水平面的夹角为30°，车道填充砾石后具有的阻力系数为0.5（即阻力为车重的0.5倍），取g=‎10 m/s2，以下说法正确的是（　　）‎ A. 失控车辆冲上避险车道的距离仅和质量有关 B. 失控车辆冲上避险车道的减速度为‎5 m/s2‎ C. 该避险车道能接受失控车辆的最大初速度为‎30m/s D. 该避险车道能接受失控车辆最大初速度为‎21m/s ‎【答案】C ‎【详解】AB．根据牛顿第二定律得，车辆加速度 失控车辆冲上避险车道的距离 失控车辆冲上避险车道的距离和质量无关，故AB错误；‎ CD．车辆的最大速度 故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎4.北斗导航系统对我国的发展具有极为重要的作用，该系统共有35颗卫星，其中有5颗为地球同步静止轨道卫星作为信息“中继卫星”，其距地面高度为h1；另外24颗为中轨道“定位卫星”，其距地面高度为h2。地球半径为R，下列说法正确的是（　　）‎ A. “中继卫星”和“定位卫星”线速度之比为 B. “中继卫星”和“定位卫星”角速度之比为 C. “中继卫星”和“定位卫星”向心加速度之比为 D. “中继卫星”和“定位卫星”周期之比为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】A．根据由万有引力提供向心力可得 解得 ‎“中继卫星”和“定位卫星”线速度之比为 故A错误；‎ B．根据由万有引力提供向心力可得 解得 ‎“中继卫星”和“定位卫星”角速度之比为 故B正确；‎ C．根据由万有引力提供向心力可得 解得 ‎“中继卫星”和“定位卫星”向心加速度之比为 故C错误；‎ D．根据可得 ‎“中继卫星”和“定位卫星”周期之比为 故D错误；‎ 故选B。‎ ‎5.作用在导电液体上的安培力能起到推动液体流动的作用，这样的装置称为电磁泵，它在医学技术上有多种应用，血液含有离子，在人工心肺机里的电磁泵就可作为输送血液的动力．某电磁泵及尺寸如图所示，矩形截面的水平管道上下表面是导体，它与磁感强度为B的匀强磁场垂直，并有长为的部分在磁场中，当管内充满血液并通以横穿管子的电流时血液便能向前流动．为使血液在管内不流动时能产生向前的压强P，电流强度I应为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【详解】由左手定则判断安培力方向沿管道向里，当血液不流动时，安培力产生的压强为P，则Bib=Pab，I=，D对；‎ ‎6.‎2020年5月8日，我国新一代载人飞船试验船成功着陆，3具降落伞组成群伞完成减速，其总面积相当于五六个标准篮球场。飞船总重量为m，接近地面时已经是以速度v匀速下落，每个降落伞提供的拉力和竖直方向夹角均为θ，重力加速的为g；试验船底部安装6个卡车轮大小的缓冲气囊帮助舱体平稳着陆，缓冲时间为t ‎，绳子重力不计，飞船所受空气阻力不计，着陆的瞬间绳子自动断裂（抛伞）。以下说法正确的是（　　）‎ A. 每个降落伞产生的拉力是 B. 每个降落伞产生拉力是 C. 每个缓冲气囊所受的平均作用力为 D. 每个缓冲气囊所受的平均作用力为 ‎【答案】BC ‎【详解】AB．匀速降落时，飞船受力平衡，在竖直方向上，则有 所以每个降落伞产生的拉力为，故B正确，A错误；‎ CD．对飞船落地过程用动量定理，选向上为正方向，根据动量定理可得 可得每个缓冲气囊所受的平均作用力为 故C正确，D错误；‎ 故选BC。‎ ‎7.如图，空间某区域内存在沿水平方向匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度．以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力 F 随时间 t变化关系的图中，错误的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【详解】A项：线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用．进入磁场时若安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，故A错误；‎ B项：若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，故B正确；‎ C项：若重力小于安培力，由可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程可能安培力变化情况可能完全相同，故C正确；‎ D项：若进入时重力大于安培力，由，则做加速度减小的加速运动，离开磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D正确．‎ ‎8.如图，质量为m、带电荷量为＋2q的小金属块a，在绝缘光滑水平台面上以水平初速度v0向右匀速运动，正碰完全相同的不带电的静止金属块b，碰撞过程无机械能损失，也无机械能增加。碰后滑块b从高台上水平飞出，a 恰好自由下落。已知高台足够高且侧壁光滑，在高台边缘的右侧空间中，存在水平向左的匀强电场，场强大小（n为电场力大小和重力的比值），碰撞前后两金属块之间的静电作用力不计，空气阻力不计。则（　　）‎ A. 两小金属块碰撞之后，a金属块下落过程的机械能守恒 B. 两小金属块碰撞之后，a、b金属块组成的系统机械能守恒 C. 第一次碰撞后两金属块不可能发生第二次碰撞 D. 碰撞后运动过程中b金属块距高台边缘的最大水平距离为 ‎【答案】AD ‎【详解】A．侧壁光滑的高台，小金属块a下落的运动只受重力，故机械能守恒，故A正确；‎ B．由于电场力对b做功，所以a、b系统的机械能不守恒，故B错误；‎ C．第一次碰撞后，a金属块为自由落体运动，b金属块在竖直方向为自由落体运动，竖直方向位移总相等；b金属块水平方向向右做匀减速运动，当它的水平位移为0时，会发生第二次碰撞，所以一定会发生第二次碰撞，故C错误；‎ D．第一次碰撞后，b水平方向的加速度大小为 方向向左，根据速度位移关系公式，有，故D正确。故选AD。‎ 三、非选择题 ‎（一）必考题 ‎9.为了探究质量一定时加速度与力的关系，一位小朋友设计了如图所示的实验装置。其中m1为带滑轮的小车的质量，m2为砂和砂桶的质量滑轮光滑且质量不计。力的传感器m3固定在墙上，位移传感器m4固定在长木板上，实验时它们的信息随时能送达计算机记录处理。‎ ‎(1)实验时，一定要进行的操作或保证的条件是__________________。‎ A．用天平测出砂和砂桶的质量 B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C.改变砂和砂桶的质量，多做几次实验 D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量 E.为减小误差，实验中一定要保证两个传感器的质量m3、 m4很小 ‎(2)以力传感器示数F为横坐标，以加速度传感器示数a为纵坐标，计算机画出的a图像是一条直线，由图像得到的斜率为k，已知当地重力加速度为g，则小车的质量为_________，这个图像的纵坐标的极限an=________。‎ ‎【答案】(1). BC (2). ‎ ‎【详解】（1）[1]AD．本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故AD错误；‎ B．该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；‎ C．改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故C正确；‎ E．实验与两个传感器的质量m3、 m4无关，故E错误。‎ 故选BC ‎（2）[2] 由牛顿第二定律得 a−F图象的斜率 则小车的质量 ‎[3]以砂和砂桶为对象，根据牛顿第二定律得 以小车为对象，根据牛顿第二定律得 小车的加速度与砂桶加速度的关系 综上所得 当砂和砂桶的质量m2远大于小车的质量m1时，这个图像的纵坐标的极限 ‎10.某兴趣小组要测定一节干电池的电动势和内阻。‎ ‎(1)可以用多用电表的______挡粗测干电池的电动势；可以用多用电表的欧姆挡粗测电池的内阻吗？答：_______。‎ ‎(2)为了较理想的测得干电池的电动势和内阻，除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有（每个器材仅一个）：‎ ‎（a）电流表（量程1mA、内阻R1=300Ω）； ‎ ‎（b）电流表（量程‎0.6A、内阻R2=2Ω）；‎ ‎（c）电流表（量程‎3A、内阻R3约0.5Ω）；‎ ‎（d）电阻箱（R0阻值范围0~9999.9Ω、额定电流‎1A）；‎ ‎（e）滑动变阻器（R4阻值范围0~10Ω、额定电流‎2A）；‎ ‎（f）滑动变阻器（R5阻值范围0~1750Ω、额定电流‎1A）。‎ 某同学设计了如图所示电路图，要使用两个电流表M、N，其中电流表M是_______（填器材前面小括号中的字母）；电流表N是_______；滑动变阻器P选_________。电阻箱和电流表M要组成一个量程为2V的电压表，那么电阻箱的取值R0为_________Ω。‎ ‎(3)若以M电流表的读数I1为纵坐标，N电流表的读数I2为横坐标，画得右图的图像，纵截距为y，横截距为x，上面实验器材的叙述中出现的电阻字母可用，如：R0、R1、R2等，实验器材后面数量级可参考。用这些字母表达，则干电池的电动势为__________；内阻为__________。‎ ‎【答案】(1)电压 不能 (2). a b e 1700.0 (3). ‎ ‎【详解】（1）[1][2]粗测电动势用电压表，即电压挡；因欧姆挡内部自带1.5V小电池，所以不能直接测外电池的电动势，会烧坏欧姆表。‎ ‎（2）[3]本题未给电压表，所以要串联大电阻改装一个，根据电路图的提示，应用小流程的电流表与大电阻串联进行改装，而M电流表的量程是1mA ，所以选a；‎ ‎[4]电流表N测干路电流，所以N表选b；‎ ‎[5]滑动变阻器控制电流在‎0.6A以下，不必太大，所以选e；‎ ‎[6]由题知，电阻箱和电流表M要组成一个量程为2V的电压表，故给M串一个大电阻为 ‎（3）[7][8]用闭合电路欧姆定律，得 整理得 由数学知识可知，截距为 解得干电池的电动势为 由数学知识可知，斜率为 解得 ‎11.如图示，三个质量相同的物体A、B、C，其中木板B、C完全相同，长度都为L，水平地面光滑。可以看作质点的物体A从半径为R的固定光滑圆轨道顶端，无初速滑下，冲上的木板B，圆轨道末端水平且与静止木板等高，重力加速度为g。第一次木板C被用钉子固定在地面上，A冲上后刚好未滑离B板就停下，该过程所用时间为t1，产生热量为Q1；第二次C木板被放开，A以同样初速冲上B后直到它们稳定，该过程所用时间为t2，产生热量为Q2（t1，t2，Q1，Q2未知）。求：‎ ‎(1)小物块A与木板之间的动摩擦因数μ=？‎ ‎(2)前后两次所用时间的比值=？‎ ‎(3)前后两次产生热量之比值=？‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)‎ ‎【详解】(1)第一次C固定，对A用动能定理得 可得 ‎(2)A的加速度为 设A冲上B的初速度为，则有 对A、B、C用动量守恒定律得 可得 对B、C用牛顿第二定律得 根据题意则有 可得前后两次所用时间的比值 ‎(3)第一次木板C被用钉子固定在地面上，该过程产生热量为，对A用动能定理得 第二次C木板被放开，根据能量守恒可得 得热量比值为 ‎12.如图所示的直角坐标系xOy 中，在第一象限和第四象限分别存在垂直纸面向外和向里的匀强磁场，PQ是磁场的右边界，其左右宽度为6，磁场的上下区域足够大。在第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场，一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子从x轴上的M点以速度v0垂直于x轴沿y轴正方向射入电场中，粒子经过电场偏转后从y轴上的N点进入第一象限，一段曲线运动之后，带电粒子刚好垂直x轴飞入第四象限的磁场，再次偏转后，从磁场的右边界PQ 上的某点D（图中未画出）飞出磁场。已知M点与原点O的距离为，N点与原点O的距离为，不计带电粒子的重力，求：‎ ‎(1)匀强电场的电场强度为多大？‎ ‎(2)第一象限内的磁感应强度B1有多大？ ‎ ‎(3)若第四象限的匀强磁场，求带电粒子从M点进入电场，到从磁场右边界的D点离开磁场，运动的总时间是多少？‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)‎ ‎【详解】(1)设带电粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律，有 粒子沿y轴方向 粒子沿x轴方向 解得匀强电场的电场强度 ‎(2)粒子沿x轴方向做匀加速运动，进入第一象限的水平速度 粒子进入磁场时与y轴正向夹角 解得 则粒子进入磁场时速度大小为 在第一象限由洛伦兹力提供向心力，有 在第一象限粒子的运动半径 由几何关系得 解得第一象限内的磁感应强度B1‎ ‎(3)带电粒子在第二象限电场中运动的时间 带电粒子在第一象限运动周期 ‎ ‎ 带电粒子在第一象限运动的时间 带电粒子在第四象限磁场中的半径 带电粒子进入第四象限磁场时的水平位置坐标 所以，粒子在第四象限转过90°，带电粒子在第四象限运动的周期为 带电粒子在第四象限运动的时间 带电粒子在电、磁场中运动的总时间为 答：(1)匀强电场的电场强度为；(2)第一象限内的磁感应强度B1为 ；(3)若第四象限的匀强磁场，带电粒子从M点进入电场，到从磁场右边界的D点离开磁场，运动的总时间是。‎ ‎13.节日放飞的氢气球，升到高空后会破裂，氢气球在破裂之前的上升过程中，下列说法正确的是___ ．‎ A.气球内氢气的内能减小 B.气球内氢气分子的速率都在减小 C.气球内的氢气对外做功 D.气球内的氢气分子的速率总是呈“中间多，两头少”的分布规律 E. 气球内的氢气分子的运动也叫布朗运动 ‎【答案】ACD ‎【详解】AC.在气球上升过程中，随着高度的增加，温度降低，空气的密度减小，大气压强逐渐减小，由于大气压强在逐渐减小，而球内氢气的压强大于外界大气压，会使得氢气球向外膨胀，气球的体积变大，气体对外做功，其体内能减小，故AC正确； ‎ BD.氢气温度降低，分子平均动能减小，平均速率减小，速率总是呈“中间多，两头少”的分布规律，不一定所有分子速率都减小，故D正确,B错误；‎ E.布朗运动是液体中的固体小颗粒的无规则运动，故E错误。‎ 故选ACD。‎ ‎14.如图所示，一汽缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，初始温度为热力学温度T，初始压强为大气压强P0，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的横截面积为S，活塞与水平平台上的物块A用水平轻杆连接，在平台上有另一物块B，A、B的质量均为m，两物块与平台间的动摩擦因数均为，两物块间距为d，开始时活塞距缸底距离也为d（μ、d未知）。现对汽缸内的气体缓慢加热。求：‎ ‎①物块A开始移动时，汽缸内的温度；‎ ‎②物块B开始移动时，汽缸内的温度。‎ ‎【答案】①；②‎ ‎【详解】①对气体用理想气体状态方程，得 ‎ 又因 解得 ‎②对气体用理想气体状态方程 又因 解得 ‎15.如图示为t=0时刻两列简谐横波的图像（都刚好形成了一个周期的波形），两列波分别沿x轴正方向和负方向传播，波源分别位于x=‎-2m和x=‎12m处，两列波的波速均为v=‎4m/s，波源的振幅均为A=‎2cm。此刻平衡位置在x=‎2m和x=‎8m的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x=‎5m处，关于各质点运动情况的下列判断中正确的是（　　）‎ A. 质点P、Q都首先沿y轴负向运动 B. t=0.75s时刻，质点P、Q都运动到M点 C. t=1s时刻，质点M的位移为+‎‎4cm D. t=1s时刻，质点M的位移为‎-4cm E. 两列波相遇后能干涉，且M点为振动加强区，P点为振动消弱区 ‎【答案】ADE ‎【详解】A．此刻平衡位置在x=‎2m和x=‎8m的P、Q两质点刚开始振动，由上下坡法可知，质点起振方向都沿y轴负向运动，故A正确；‎ B．介质中质点都其平衡位置附近上下振动，不随波运动，所以质点P、Q不会运动到M点，故B错误；‎ CD．波的周期 质点P、Q都运动到M点，M点开始振动时间 t=1s时，M点运动了，M点开始振动方向向下，所以t=1s时质点M的位移为‎-4cm，故C错误，D正确；‎ E．因两列波频率相等，故两列波相遇后能干涉，由于M点到两波源的距离之差为0，所以M点为振动加强区； P点到两波源的距离之差为‎6m，即1.5个波长，所以P点为振动消弱区，故E正确。‎ 故选ADE。‎ ‎16.如图所示，已知半圆柱形玻璃砖的折射率为，半径为R，前后长为d，一组尺寸大且与玻璃砖横截面平行的光，向玻璃砖射来，入射光与底面夹角，真空中光速为c，求：‎ ‎(1)经玻璃砖折射后，从底面射出光的面积？‎ ‎(2)这组平行光经一次折射后，在玻璃砖中沿直线传播的最长时间？‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【详解】(1)根据题意可得 解得 ‎①光线对着圆心点入射的光，直线到达点，左侧的光全部发生全反射，③光线与圆周相切，折射后垂直射向底边E，折射角为，OE长为 所以，透出光的面积为 ‎(2)在玻璃砖中传播的最长时间为②号，偏折增大，光路变短，对于②号光则有 此折射角为，光程为 光速为 所以这组平行光经一次折射后，在玻璃砖中沿直线传播的最长时间