【物理】福建省漳州市2020届高三下学期2月线上适应性测试（解析版）

【物理】福建省漳州市2020届高三下学期2月线上适应性测试（解析版）

福建省漳州市2020届高三下学期2月线上 适应性测试 第Ⅰ卷 48分 一、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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但选不全得3分，有选错的得0分。‎ ‎1.2018年3月1日起正式实施国家环境保护新标准，新标准高度重视对进口废物放射性污染控制，放射性元素钋发生衰变时，会产生He和一种未知粒子X，并放出γ射线，其核反应方程为，则（　　）‎ A. 原子核X 的中子数为206‎ B. 是核裂变方程 C. γ射线的电离作用很强，可用来消除有害静电 D. 为防止放射线泄漏，可将放射性元素钋密封于铅盒中 ‎【答案】D ‎【详解】A．根据核反应方程遵循质量数守恒有 y=210-4=206‎ 则X中的中子数为206-82=124，故A错误； ‎ B．该核反应放出α粒子且反应物只有一个，是α衰变，故B错误； ‎ C．γ射线穿透作用很强，α射线的电离作用很强，故C错误； ‎ D．为了防止放射线的泄漏，可将放射性元素密封于铅盒中以避免射线对人体的伤害和放射性物质对环境造成放射性污染，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.如图，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R，将等电量的异种点电荷Q放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q与O点的连线和OC间夹角为30°，静电常量为k，则（　　）‎ A. O点的电场强度大小为 ‎ B. O点的电场强度方向由O指向A C. O点电势小于C点电势 D. 试探电荷q从B点移到D点过程中，电势能始终不变 ‎【答案】A ‎【详解】AB．两电荷在O点的场强大小为 E1=E2=k 夹角为120°‎ 根据平行四边形定则知合场强为 E=E1=E2=k 方向平行两个电荷的连线向右，故A正确，B错误；‎ C．等量正负点电荷连线的中垂线上电势相等，因而φO=φC，故C错误；‎ D．如果只有+Q存在，则B点电势大于D点电势；如果只有-Q存在，同样是B点电势大于D点电势；由于电势是标量，所以两个场源电荷同时存在时，依然有B点电势大于D点电势，故试探电荷q从B点移到D点过程中，电势能是变化的，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎3.甲、乙两车在平直的公路上从同一地点同向行驶，两车的速度v随时间t的变化关系如图，其中两阴影部分的面积S1=S2，则（　　）‎ A. 在t1时刻，甲、乙两车相遇 B. 在t1时刻，甲车的加速度大于乙车的加速度 C. 在0～t2时间内，甲、乙两车的平均速度相等 D. 在0～t2时间内，甲车的平均速度 ‎【答案】C ‎【详解】A．甲、乙两车从同一地点同向运动，根据速度—时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，可知0-t1时间内甲车的位移比乙车的大，则在t1时刻，甲、乙两车没有相遇，故A错误；‎ B．由图象切线的斜率表示加速度，知在t1时刻，乙的斜率大于甲的斜率，即乙的加速度大于甲的加速度，故B错误；‎ C．两阴影部分面积S1=S2，则知在0-t2时间内，甲车运动的位移等于乙车运动的位移，所用时间也相等，则甲、乙两车的平均速度相等，故C正确；‎ D．乙车做匀加速直线运动，在0～t2时间内，乙车的平均速度，而0～t2时间内，两车的平均速度相等，所以在0～t2时间内，甲车的平均速度，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎4.如图为大型游乐设施跳楼机，右图为其结构简图。跳楼机由静止从a自由下落到b，再从b开始以恒力制动竖直下落到c停下。已知跳楼机和游客的总质量为m，ab高度差为2h，bc高度差为h，重力加速度大小为g。则（　　）‎ A. 从b到c，游客处于失重状态 B. 从b到c，跳楼机的加速度大小为2g C. 从a到c，除重力外做的功为-2mgh D. 跳楼机运动到b点时，游客重力的瞬时功率为2m ‎【答案】B ‎【详解】AB．由a到b的加速度为g，有 由b到c加速度大小为a，有 可得 a=2g 方向向上，即从b到c，游客处于超重状态，跳楼机的加速度大小为2g，故A错误，B正确；‎ C．从a到c，根据动能定理有：‎ 其中 ‎，‎ 则 所以除重力外的力做的功为-3mgh，故C错误；‎ D．到b点的速度为 则运动到b点时，游客重力的瞬时功率为，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎5.如图，斜面体a放置在水平地面上。一根跨过光滑定滑轮的轻绳，左侧平行斜面与斜面上的物块b相连，另一端与小球c相连，整个系统处于静止状态。现对c施加一水平力F，使小球缓慢上升一小段距离，整个过程中a、b保持静止状态。则该过程中（　　）‎ A. 轻绳的拉力先小后大 B. b受到的摩擦力方向可能变化 C. 地面对a可能没有摩擦力 D. 地面对a的弹力可能不变 ‎【答案】B ‎【详解】取小球c为研究对象，受到重力mg、拉力F和绳子拉力T作用，设细绳与竖直方向夹角为α，‎ 根据平衡条件可得水平力 F=mg•tanα 绳子的拉力 A．细绳与竖直方向夹角α逐渐增大，绳子的拉力T逐渐增大，故A错误；‎ B．在这个过程中绳子张力变大，由于物块b所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向，如果开始物块b受到的摩擦力方向沿斜面向上，随着绳子拉力的增大，摩擦力方向可能变为沿斜面向下，所以物块b受到的摩擦力方向可能变化，故B正确；‎ CD．以物块b和斜面a整体为研究对象，水平方向根据平衡条件可得地面对斜面的摩擦力 f=Tcosθ 由于绳子拉力增大，则绳子拉力T在水平方向的分力逐渐增大，则地面对斜面体的摩擦力一定变大；在竖直方向根据平衡条件可得 N=（ma+mb）g-Tsinθ 由于绳子拉力T在竖直方向分力逐渐增大，所以水平地面对斜面体的弹力减小，故CD错误。‎ 故选B。‎ ‎6.如图，导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势为e=22sin100πt（V）。并与理想升压变压器相连进行远距离输电，理想降压变压器的原、副线圈匝数比为4：1，降压变压器副线圈接入一只“12V 6W”的灯泡，且灯泡正常发光，输电线路总电阻r=16Ω，导线框及其余导线电阻不计，电表均为理想电表，则（　　）‎ A. 电压表的示数为22V B. 原线圈中交变电压的频率为100Hz C. 升压变压器的原、副线圈匝数之比为11：25‎ D. 当降压变压器副线圈再并联一只同样灯泡时，输电线上损失的功率减小 ‎【答案】AC ‎【详解】A．导线框产生的交变电动势的最大值为22V，根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，有效值 U1=V=22V 电压表的示数为有效值，故示数为22V，故A正确；‎ B．理想变压器不会改变交变电压的频率，导线框的角速度 ω=100πrad/s 则频率 ‎=50Hz 故原线圈中交变电压的频率为50Hz，故B错误；‎ C．降压变压器副线圈中灯泡正常发光，则副线圈输出电压 U4=12V 输出电流 ‎=0.5A 根据变流比可知，降压变压器输入电流 ‎=0.125A 根据变压比可知，降压变压器输入电压 输电线上的电压 ‎=I3r=2V 根据闭合电路欧姆定律可知，升压变压器原线圈输出电压 U2==50V 根据变压比可知，升压变压器原、副线圈匝数之比 n1：n2=U1：U2=11：25‎ 故C正确；‎ D．当降压变压器副线圈再并联一只同样灯泡时，负载电阻变小，输电线上的电流变大，输电线上损失的功率变大，故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎7.2018年2月，马斯克的SpaceX“猎鹰”重型火箭将一辆特斯拉跑车发射到太空，其轨道示意图如图中椭圆Ⅱ所示，其中A、C分别是近日点和远日点，图中Ⅰ、Ⅲ轨道分别为地球和火星绕太阳运动的圆轨道，B点为轨道Ⅱ、Ⅲ的交点，若运动中只考虑太阳的万有引力，则（　　）‎ A. 跑车的运动周期小于1年 B. 跑车由A到C的过程中机械能守恒 C. 跑车在C的速率小于火星绕日的速率 D. 跑车经过B点时的速率等于火星经过B点时的速率 ‎【答案】BC ‎【详解】A．根据开普勒第三定律可知 ‎=k 跑车轨道的半长轴大于地球的轨道半径，则跑车的运动周期大于地球公转周期，大于1年，故A错误；‎ B．跑车做椭圆运动时，只有万有引力做功，机械能守恒，故B正确；‎ C．跑车运动到C点时，如果变轨到以C点与太阳球心距离为半径的圆轨道IV运行，则需要加速，则跑车在C点的速率小于轨道IV的速率，根据万有引力提供向心力可知 解得线速度 v=‎ 则火星的运行速率大于轨道IV的速率，所以跑车在C的速率小于火星绕日的速率，故C正确；‎ D．跑车经过B点时，要变速才可以变轨到火星轨道，所以跑车经过B点时的速率不等于火星经过B点时的速率，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎8.如图，单位长度的电阻为r的金属导线做成的正三角形线框ABC，边长为L，左半边置于匀强磁场中不动，磁场以A、D竖直线为界。当t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在0～2t0内（　　）‎ A. 线框中的感应电流方向始终为顺时针 B. 线框受到的安培力大小恒定不变 C. 通过导线横截面的电量为 D. 左线框AD两端的电势差UAD=‎ ‎【答案】ACD ‎【详解】A．在t=0到t=t0的时间内，穿过线框的磁通量减小，磁场方向垂直于纸面向里，根据楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，同理，在t=t0到t=2t0时间内，穿过线框的磁通量增加，磁场方向垂直于纸面向外，根据楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故A正确；‎ B．由法拉第电磁感应定律可知，线框产生的感应电动势 线框的电阻 R=3Lr 感应电流 可知线框中产生恒定的感应电流，由于磁感应强度在变化，由F=BIL知，线框受到的安培力大小是变化的，故B错误；‎ C．通过导线横截面的电量为 故C正确；‎ D．左线框AD两端的电势差 故D正确。‎ 故选ACD。‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13～16题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题 ‎9.某同学用如图甲的实验装置测量当地的重力加速度g，钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，钢球通过光电门A时光电计时器开始计时，通过光电门B时就停止计时，得到钢球从A到B所用时间t，用刻度尺测出A、B间高度h，保持钢球下落的位置和光电门B的位置不变，改变光电门A的位置，重复前面的实验，测出多组h、t的值。‎ ‎(1)由于钢球下落的位置和光电门B的位置均不变，因此小球到达B点的速度vB不变，则球的运动可以看成是反向的______（填“匀加速”或“匀减速”）直线运动，故反向运动的位移表达式h=______（用vB、g、t表示）。‎ ‎(2)根据测得的多组h、t的值，算出每组的，作出图象如图乙，若图线斜率的绝对值为k，则当地的重力加速度g=______。‎ ‎【答案】 (1). 匀减速 (2). 2k ‎【详解】(1)[1][2]由于球下落位置不变，光电门B的位置不变，因此小球到达B点的速度不变，设球到B点的速度为vB，则球的运动可以看成是倒过来的匀减速直线运动，则有 ‎(2)[3]将整理后可得 由图线斜率的绝对值有 解得 g=2k ‎10.某实验小组欲自制欧姆表测量一个电阻的阻值，实验提供的器材如下：‎ A.待测电阻Rx（约200Ω）‎ B.电源（电动势E约1.4V，内阻r约10Ω）‎ C.灵敏电流计G（量程1mA，内阻Rg=200Ω）‎ D.电阻R1=50Ω E.电阻R2=200Ω F.滑动变阻器R（阻值范围为0～500Ω）‎ G.开关，导线若干 ‎(1)由于电源电动势未知，该实验小组经过分析后，设计了如图（a）的测量电路。部分步骤如下：先闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器R，使灵敏电流计示数I1=0.90mA，此时电路总电流I总=______mA；保持滑动变阻器滑片位置不动，断开开关S2，读出此时灵敏电流计的示数I2=0.54mA，则电源电动势为______V。‎ ‎(2)测出电动势后，该小组成员在图（a）的基础上，去掉两开关，增加两支表笔M、N，其余器材不变，改装成一个欧姆表，如图（b），则表笔M为______（选填“红表笔”或“黑表笔”）。用改装后的欧姆表先进行电阻调零，再测量Rx阻值，灵敏电流计的示数I如图（c），则I=______mA，待测电阻Rx的阻值为______Ω。‎ ‎【答案】(1) 4.50 1.35 (2)黑表笔 0.60 180‎ ‎【详解】(1)[1]闭合开关S1、S2，G与R1并联，调节滑动变阻器R，灵敏电流计读数I1=0.90mA，根据并联电路特点，此时电路总电流 I总==4.50mA ‎[2]根据闭合电路欧姆定律，闭合开关S1、S2时，有 E=I1Rg+()(R′+r)‎ 断开S2后，有 E=I2Rg+()(R′+R2+r)‎ 联立解得 E=1.35V ‎(2)[3]改装为欧姆表后，表内有电源，根据多用电表“红进黑出”的特点，表笔M应接黑表笔。‎ ‎[4][5]根据欧姆表的原理，欧姆调零时，有 接待测电阻后，读出灵敏电流计的电流为 I=0.60mA 则有 解得Rx=180Ω ‎11.如图，直角坐标系xOy平面内第一、三、四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场。质量均为m、电量均为q的两带负电粒子a、b 先后以速度v0从y轴上P点沿x轴正、负方向入射，经过一段时间后，两粒子恰好在x负半轴上的Q点相遇，此时两粒子均第一次通过x轴负半轴，已知OP的距离为d，磁感应强度B= ，不计粒子间作用力和粒子重力。求：‎ ‎(1)设a的轨迹圆心为O1，O1Q与y轴的夹角θ；‎ ‎(2)电场强度E的大小。‎ ‎【答案】(1)60°；(2)‎ ‎【详解】(1)粒子a进入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 qv0B=m 解得 R=2d 粒子a做圆周运动的轨迹如图所示 根据图中几何关系可得 OO1=R-OP=d 又有 解得 θ=60°‎ ‎(2)粒子b做类平抛运动，设粒子b到达Q点所用的时间为t1‎ 在x轴方向有 x=2dsin60°=v0t1‎ 在y轴方向有 d=at12‎ 由牛顿第二定律知 F=qE=ma 联立可得 E=‎ ‎12.如图为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，A点为圆形轨道最高点，B点为最低点，圆形轨道半径R。水平轨道右侧平滑连接倾角为37°的斜面，斜面有一连接轻质弹簧的固定挡板。质量的小滑块a从圆轨左侧水平向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与质量为m的小滑块b发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰后a沿原路返回恰好通过A点，b则冲上斜面，最大间距为。已知b与斜面间动摩擦因数为μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)a与b碰撞后，a的速度大小v1；‎ ‎(2)碰后b运动至E点时，弹簧具有的弹性势能Ep；‎ ‎(3)b从E点滑回后进入圆轨道，b离开圆轨道的位置距离地面的高度h。‎ ‎【答案】(1)；(2)mgR；(3)R ‎【详解】(1)a碰后返回恰好通过A点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得 mag=ma a碰后返回到A点的过程，根据机械能守恒定律得 解得 ‎(2)取水平向右为正方向，a、b碰撞前后，由动量守恒定律得 mav0=mbv2-mav1‎ 由机械能守恒得 联立两式得 ‎，‎ 滑块b从C到E由能量守恒定律得 解得 Ep=mgR ‎(3)滑块b第一次返回水平面C点时的速度为v3，对滑块b从C点到C点过程由动能定理得 解得 滑块b从E点滑回后，设在圆形轨道上F点（比圆心高）脱离轨道，此时F点和圆心的连线与竖直方向的夹角为α，由牛顿第二定律和机械能守恒定律分别有 解得 所以b离开圆轨道的位置（F点）距离地面的高度为 h=R+Rcosα=R 三、选考题：共15分。请考生从2道物理题任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号右边框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每科按所做的第一题计分。‎ ‎【物理── 选修3-3】‎ ‎13.关于分子动理论，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 扩散现象与温度无关，不属于分子热运动 B. 水仙花飘香，表明分子在不停地做无规则运动 C. 悬浮在液体中的小颗粒越小，布朗运动越明显 D. 固体很难被压扁是因为其内部的分子间没有空隙 E. 当两分子间的距离为分子力平衡距离r0时，分子势能最小 ‎【答案】BCE ‎【详解】A．扩散现象说明分子在永不停息地做无规则热运动，扩散现象与温度有关，温度越高，扩散得越快，故A错误； ‎ B．水仙花飘香是由于花的香味的分子做扩散现象的结果，表明分子在不停地做无规则运动，故B正确； ‎ C．布朗运动是以液体中悬浮小颗粒受到液体分子的频繁碰撞而引起的运动，悬浮在液体中的颗粒越大，相同时间液体分子对颗粒的碰撞越多，颗粒的受力越平衡，布朗运动越不明显，悬浮在液体中的颗粒越小，相同时间液体分子对颗粒的碰撞越少，颗粒的受力越不平衡，布朗运动越明显，故C正确； ‎ D．固体分子之间仍然有间隙，固体很难被压扁的原因是分子间有斥力，故D错误； ‎ E．当r小于r0时，分子间的作用力表现为斥力，两分子间的距离由r0逐渐变小时，分子力做负功，分子的势能逐渐变大；当r大于r0时，分子间的作用力表现为引力，两分子间的距离由r0逐渐增大时，分子力做负功，分子势能增大；所以两分子间的距离为r0时，分子势能最小，故E正确。故选BCE。‎ ‎14.如图为上端开口粗细不同的的薄壁玻璃管，管内有水银封住一部分理想气体，上管足够长，粗细管截面积S1=2S2，粗细管内的水银长度分别为h1=h2=2cm，封闭气体长度L ‎=16cm，气体初始温度为47℃。（大气压强p0=76cmHg），现缓慢升高封闭气体温度，求当所有水银全部刚压入细管内时：‎ ‎(1)封闭气体的压强；‎ ‎(2)封闭气体的温度。‎ ‎【答案】(1)82cmHg；(2)96℃‎ ‎【详解】(1)当所有水银全部刚压入细管内时，水银柱的长度为 h3=+h2=6cm ‎ 压强为 p2=p0+ph3=82cmHg ‎(2)由p1=p0+ph1+ph2可得气体初始状态的压强为 p1=76cmHg+2cmHg+2cmHg=80cmHg ‎ 气体初始状态的体积为 V1=LS1‎ ‎ 初始温度为：‎ T1=(47+273)K=320K ‎ 又当所有水银全部刚压入细管内时，气体的体积为 V2=(L+h1)S1‎ ‎ 由理想气体状态方程知 代入数据解得T2=369K（或t2=96℃）‎ ‎【物理── 选修3-4】‎ ‎15.光的干涉和衍射的应用，下列说法正确的是（　　）‎ A. 泊松亮斑是光的衍射现象 B. 全息照相利用了光的衍射现象 C. 雨后天空出现彩虹是光的衍射现象 D. 双缝干涉条纹是明暗相间等间距的条纹 E. 光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象 ‎【答案】ADE ‎【详解】A．泊松亮斑是光的衍射现象，证实了光的波动性，故A正确；‎ B．全息照相利用了激光的干涉原理，故B错误；‎ C．雨后天空出现的彩虹是光的折射形成的色散现象，故C错误；‎ D．双缝干涉现象会在光屏上形成明暗相间的等间距的条纹，故D正确；‎ E．光学镜头上的是利用了光的干涉特性，减弱光的反射，从而增加透射能力，故E正确。‎ 故选ADE。‎ ‎16.在O点有一波源，t=0时刻开始向+y方向振动，形成沿x轴正方向传播的一列简谐横波。距离O点为x=3m的质点A的振动图象如图所示；求：‎ ‎(1)该波的周期T；‎ ‎(2)该波的波速v。‎ ‎【答案】(1)12s；(2)1m/s ‎【详解】(1)根据图象，由三角函数知识可知 ‎=8s-4s=4s 解得 T=12s ‎(2)设质点A起振时刻为t'，同理得 ‎=4s-t'‎ 解得 t'=3s 波源从起振到质点A起振，有 x=vt'‎ 解得 v=1m/s