福建省漳州市2020届高三第二次高考适应性测试理综物理试题 Word版含解析

福建省漳州市2020届高三第二次高考适应性测试理综物理试题 Word版含解析

www.ks5u.com 漳州市2020届高中毕业班第二次高考适应性测试 理科综合试题（物理部分）‎ 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1~4题只有一项符合题目要求，第5~8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。‎ ‎1.如图是某型号的降压变压器（可视为理想变压器），现原线圈两端接上正弦交流电，副线圈接一负载电阻，电路正常工作，若（　　）‎ A. 负载空载（断路），则原线圈电流为零 B. 负载空载（断路），则副线圈两端电压为零 C. 负载电阻阻值变小，则输入电流变小 D. 负载电阻阻值变小，则副线圈两端电压变小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．把变压器看做一个电源，副线圈所连电路为外电路，负载断路，相当于电路的外电路断路，则副线圈两端仍有电压，但是电路中无电流，A正确B错误；‎ CD．负载电阻变小，根据可知副线圈两端电压不变，所以副线圈中电流增大，根据可知，不变，增大，则也增大，即输入电流变大，CD错误。‎ 故选A。‎ ‎2.现用某一频率的光照射锌板表面，能发生光电效应，若（　　）‎ A. 只增大入射光的频率，遏止电压不变 B. 只增大入射光的频率，锌的逸出功变大 C. 只增大入射光的强度，饱和光电流变大 D. 只增大入射光强度，光电子的最大初动能变大 ‎【答案】C - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据光电效应的规律 而遏止电压 可知遏止电压的大小与照射光的频率有关，只增大入射光的频率，遏止电压增大，A错误；‎ B．金属的逸出功与入射光无关，B错误；‎ CD．光强度只会影响单位时间内逸出的光电子数目，只增大入射光的强度，单位时间内逸出的光电子数目增大，饱和光电流变大，对光电子的最大初动能不影响，C正确D错误。‎ 故选C。‎ ‎3.如图是质谱仪的工作原理示意图，它是分析同位素的一种仪器，其工作原理是带电粒子（不计重力）经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，挡板D上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A 2。若（　　）‎ A. 只增大粒子的质量，则粒子经过狭缝P的速度变大 B. 只增大加速电压U，则粒子经过狭缝P的速度变大 C. 只增大粒子的比荷，则粒子在磁场中的轨道半径变大 D. 只增大磁感应强度，则粒子在磁场中的轨道半径变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．粒子在电场中加速时，根据动能定理可得 ‎①‎ 即 - 21 -‎ 所以粒子质量增大，则粒子经过狭缝P的速度变小，只增大加速电压U，则粒子经过狭缝P的速度变大，A错误B正确；‎ CD．粒子在磁场中运动时有 ‎②‎ 联立①②解得 所以只增大粒子的比荷（增大）或只增大磁感应强度，半径都减小，CD错误。‎ 故选B。‎ ‎4.我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回技术”，为实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠定基础.如图虚线为地球大气层边界，返回器与服务舱分离后，从a点无动力滑入大气层，然后经b点从c点“跳”出，再经d点从e点“跃入”实现多次减速，可避免损坏返回器。d点为轨迹最高点，离地面高h，已知地球质量为M，半径为R，引力常量为G。则返回器（　　）‎ A. d点处于超重状态 B. 从a点到e点速度越来越小 C. 在d点时的加速度大小为 D. 在d点时的线速度小于地球第一宇宙速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．d点处做向心运动，向心加速度方向指向地心，应处于失重状态，A错误；‎ B、由a到c由于空气阻力做负功，动能减小，由c到e - 21 -‎ 过程中只有万有引力做功，机械能守恒，a、c、e点时速度大小应该满足，B错误；‎ C、d点时合力等于万有引力，即 故加速度大小 C错误；‎ D、第一宇宙速度是最大环绕速度，其他轨道的环绕速度都小于第一宇宙速度，D正确。‎ 故选D。‎ ‎5.如图，在地面上方水平向左的匀强电场中，两带电小球a、b以一定初速度射入电场中P点后的运动轨迹分别如图中虚线所示，b轨迹为直线。已知b球带电量大小为q，质量为m，其轨迹与电场夹角为θ，重力加速度大小为g，则（　　）‎ A. a球带负电 B. 匀强电场的电场强度E=‎ C. b球经P点后做匀加速直线运动 D. a球经P点后的运动过程中电势能逐渐增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．a球最后做直线运动，电场力和重力的合力在这条直线上，可知，a球受到的电场力必定水平向左，与电场方向一致，则a球带正电，A错误；‎ BC．b球做直线运动，切受到的电场力水平向左，所以电场力和重力的合力与初速度方向相同，故做匀加速直线运动，轨迹与电场方向夹角为，则 - 21 -‎ 解得 BC正确；‎ D．b球受到的电场力方向和位移方向夹角为锐角，则电场力做正功，所以电势能减小，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎6.如图，甲是带负电物块，乙是不带电的绝缘足够长木板。甲、乙叠放在一起置于光滑的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场。现用一水平恒力F拉乙木板，使甲、乙从静止开始向左运动，甲电量始终保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在此后运动过程中（　　）‎ A. 洛伦兹力对甲物块不做功 B. 甲、乙间的摩擦力始终不变 C. 甲物块最终做匀速直线运动 D. 乙木板直做匀加速直线运动 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲带负电，向左运动时，由左手定则可知，甲受到的洛伦兹力的方向向上，与运动方向垂直，故洛伦兹力始终对甲不做功，A正确；‎ BCD．根据可知，随速度的增大，洛伦兹力增大，则甲对乙的压力减小，同时乙对地面的压力也减小，则乙与地面之间的摩擦力减小。‎ ‎①将两者看做一个整体，开始时甲与乙一起做加速运动，整体受到地面给的摩擦力f减小，而F一定，根据牛顿第二定律得 - 21 -‎ 可知加速度a增大，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力 则得到f甲先增大。‎ ‎②当甲与乙之间的摩擦力增大到大于最大静摩擦力后，甲与乙之间开始有相对运动，摩擦力变成滑动摩擦力 随着甲受到的洛伦兹力的增大，甲与乙之间的滑动摩擦力减小，直至摩擦力为零，然后甲在水平方向上合力为零，做匀速直线运动，乙先做变加速直线运动，故BD错误C正确。‎ 故选AC。‎ ‎7.随着北京冬奥会的临近，滑雪项目成为了人们非常喜爱的运动项目。如图，质量为m的运动员从高为h的A点由静止滑下，到达B点时以速度v0水平飞出，经一段时间后落到倾角为θ的长直滑道上C点，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则运动员（　　）‎ A. 落到斜面上C点时的速度vC=‎ B. 在空中平抛运动的时间t=‎ C. 从B点经t=时， 与斜面垂直距离最大 D. 从A到B的过程中克服阻力所做的功W克=mgh－mv02‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从B点飞出后，做平抛运动，在水平方向上有 - 21 -‎ 在竖直方向上有 落到C点时，水平和竖直位移满足 解得 从B点到C点，只有重力做功，根据动能定理可得 解得 AB错误；‎ C．当与斜面垂直距离最大时，速度方向平行于斜面，故有 解得 C正确；‎ D．从A到B的过程中重力和阻力做功，根据动能定理可得 解得 D正确。‎ ‎8.如图甲，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧车离地高度h - 21 -‎ ‎=0.1m处，滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块的速度和离地高度h，并作出如图乙所示滑块的动能Ek与h的关系图像，其中h=0.2m~0.35m图线为直线，其余部分为曲线，h=0.18m时，滑块动能最大，不计空气阻力，取g=10m/s2，则由图像可知（ ）‎ A. 图线各点斜率的绝对值表示合外力大小 B. 滑块的质量为0.1kg C. 弹簧的原长为0.18m D. 弹簧的劲度系数为100N/m ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据动能定理可得 故图像的斜率表示滑块受到的合外力大小，A正确；‎ B．在图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，即只受重力作用，所以从h=0.2m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2m，斜率大小为 即重力大小为 所以 故BC错误；‎ - 21 -‎ D．在滑块与弹簧未分离的过程中，当滑块受到的重力和弹力等大时，滑块的速度最大，即动能最大，故有 根据题意可知0.18m时动能最大，而弹簧原长为0.2m，代入解得 D正确。‎ 故选AD。‎ ‎（一）必考题 ‎9.一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则，主要实验步骤如下：‎ ‎①如图甲，细线OC一端连接一装满水的水壶，另一端连接圆环O，用电子秤的下端挂钩钩住圆环O，记下水壶静上时电子秤的示数F；‎ ‎②如图乙，将细线AB一端拴在墙钉A处，另一端穿过圆环O拴在电子秤的挂钩B处。手握电子秤沿斜上方拉住细线的B端使水壶处于平衡状态，在墙面的白纸上记录圆环O的位置、三细线OA、OB、OC的方向和电子秤的示数F1；‎ ‎③如图丙，在白纸上以O为力的作用点，按定标度作出各力的图示，根据平行四边形定则作出两个F1的合力的图示。‎ ‎(1)步骤①中_______（填“必须”或“不必”）记录O点位置；‎ ‎(2)步骤②中用细线穿过圆环O，而不用细线直接拴接在细线AB上的原因是________；‎ ‎(3)通过比较F与______的大小和方向，即可得出实验结论。‎ ‎【答案】 (1). 不必 (2). 两分力一次同时测定，减小误差（或由于圆环的滑动，使得OA、OB两细线拉力大小相同） (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]因为重力恒竖直向下，只要保证水壶静止即可，读出OC - 21 -‎ 绳的拉力即可，故第一次不需要记录O点位置。‎ ‎(2)[2]由于圆环的滑动，使得OA、OB两细线拉力大小相同，故可以两分力一次同时测定，减小误差。‎ ‎(3)[3]OA和OB绳子的拉力作用效果和OC一条绳子的拉力的作用效果相同，而OC一条绳子作用力为F，OA和OB绳子的合力为根据平行四边形定则画出来的，所以只要比较F和的大小和方向，即可验证试验。‎ ‎10.某同学用图甲所示电路测量电阻Rx的阻值（约几百欧）。滑动变阻器R，电阻箱R0（0~9999Ω），S2是单刀双掷开关，量程3V的电压表（内阻约3kΩ），电源电动势约6V ‎(1)根据图甲实验电路，在图乙中用笔画线代替导线将实物图连接完整______；‎ ‎(2)正确连接电路后，断开S1、S2。调节好多用电表，将两表笔接触Rx两端的接线柱，正确操作后，使用×10的倍率粗测其电阻，指针指示如图丙，粗测得到Rx=_______Ω；‎ ‎(3)该同学通过下列步骤，较准确地测出Rx的阻值 ‎①将滑动变阻器的滑片P调至图甲中的A端。闭合S1，将S2拨至1，调节变阻器的滑片P至某一位置，使电压表的示数满偏；‎ - 21 -‎ ‎②断开S1，调节电阻箱R0，使其阻值最大；‎ ‎③将S2拨至“2”，闭合Si，保持变阻器滑片P的位置不变，调节电阻箱的阻值，使电压表再次满偏，此时电阻箱示数为R1，则Rx=________。‎ ‎(4)关于本实验 ‎①该同学在(3)②的步骤中操作不妥，可能会在步骤③中造成________；‎ ‎②为了减小实验误差：下列方法最可行的是________。（填正确答案标号）‎ A．选用量程不变，内阻更大的电压表 B．选用量程不变，内阻更小电压表 C．选用总电阻远大于Rx的滑动变阻器 D．选用总电阻远小于Rx的滑动变阻器 ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). 电压表超偏而损坏 (5). C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]实物图如图所示 - 21 -‎ ‎(2)[2]多用电表读数为 粗测读数为。‎ ‎(3)[3]S2接1时电压表测量的电压，S2接2时电压表测量两端电压，两种情况下，滑动变阻器的滑片位置相同，由于电压表示数相同，所以有 即被测电阻的阻值大小为。‎ ‎(4)[4]当将变阻器阻值调到最大阻值时，由于最大阻值大于被测电阻，当开关闭合后，导致与电压表并联的总电阻增大，其分压增大，就会出现电压表超偏而损坏。‎ ‎[5]AB．该实验中没有电流表的分压也没有电压表的分流，所以电压表准确测量的是被测电阻两端电压，所以AB不符合题意；‎ CD．滑动变阻器采用的是分压接法，其阻值的大小影响电压表示数的变化，阻值小不利于操作，所以选用阻值较大的滑动变阻器，C正确D错误。‎ 故选C。‎ ‎11.如图，平板小车静止在光滑水平地面上，其右端固定一半圆形光滑轨道BC与车上表面相切于B点，B端右边x0=2m处有一与小车等高的台阶。一质量m=2.0kg可视为质点的物块以某－初速度滑上小车最左端A处，当物块运动到小车最右端B处时，小车与台阶相碰后立即静止，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车与轨道的总质量M=1.0kg，轨道半径R=0.5m，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2。求：‎ - 21 -‎ ‎(1)小车的运动时间t；‎ ‎(2)小车的长度L。‎ ‎【答案】(1)；(2)4m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对小车，由牛顿第二定律得 解得 a=4m/s2‎ 小车加速过程 得 ‎(2)物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C，由牛顿第二定律得 物块从B运动到C的过程，由机械能守恒定律得 联立解得 根据牛顿第二定律可得 物块在水平面上的运动可视为反向匀加速 故 - 21 -‎ ‎12.如图，两相互平行的光滑金属导轨，相距L=0.2m，左侧轨道的倾角θ=30°，M、P是倾斜轨道与水平轨道连接点，水平轨道右端接有电阻R=1.5Ω，MP、NQ之间距离d=0.8m，且在MP、NQ间有宽与导轨间距相等的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化关系如图乙所示，－质量m=0.01kg、电阻r=0.5Ω的导体棒在t=0时刻从左侧轨道高H=0.2m处静止释放，下滑后平滑进入水平轨道（转角处天机械能损失）。导体棒始终与导轨垂直并接触良好，轨道的电阻和电感不计，g取10m/s2。求：‎ ‎(1)导体棒从释放到刚进入磁场所用的时间t；‎ ‎(3)导体棒在水平轨道上的滑行距离d；‎ ‎(2)导体棒从释放到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热。‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)0.111J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设导体棒进入磁场前瞬间速度大小为，导体棒从释放到刚进入磁场的过程中，由机械能守恒定律有 解得 根据位移公式有 解得 导体棒从释放到刚进入磁场所用的时间为0.4s。‎ ‎(2)导体棒进入磁场到静止，由动量定理得 - 21 -‎ 根据安培力公式有 又 联立得 通过导体棒的电荷量为 联立解得 导体棒在水平轨道上的滑行距离为0.25m。‎ ‎(3)导体棒滑入磁场之前上产生的焦耳热为 由法拉第电磁感定律有 由闭合电路欧姆定律 可得 根据能量守恒可知，导体棒进入磁场后的总热量 又 解得 - 21 -‎ 故电阻上产生的焦耳热为 故总热量为0.111J。‎ 二、选考题：共15分。请考生从2道物理题任选一题作答、如果多做，则每科按所做的第一题计分 ‎【物理—选修3－3】‎ ‎13.关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 非晶体和晶体的物理性质都是各向同性 B. 自然界中一切涉及热现象的宏观过程都具有方向性 C. 布朗运动是由悬浮在液体中的小颗粒之间的相互碰撞引起的 D. 水的饱和汽压与水面的大气压强无关，只与水的温度有关 E. 慢慢向小酒杯中注水，即使水面稍高出杯口，水仍不会流下来，是因为液体表面存在张力 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据晶体的性质可知，单晶体的在某些物理性质上具有各向异性的，而多晶体和非晶体是各向同性的，A错误；‎ B．热量可以自发地从较热的物体传递到较冷的物体，但不可能自发地从较冷的物体传递到较热的物，即涉及热现象的宏观过程都具有方向性，B正确；‎ C．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒受到液体分子无规则碰撞引起的，C错误；‎ D．水的饱和汽压与水面的大气压强无关，只与水的温度有关，随温度降低而减小，D正确；‎ E．由于液体表面存在张力，液体表面像一张橡皮膜，即使水面稍高出杯口，水仍不会流下来，E正确。‎ 故选BDE。‎ ‎14.如图，绝热气缸被一导热薄活塞分隔成A、B两部分，活塞左侧用一轻绳固定在气缸左壁。已知A部分气体的压强为2×105Pa，B部分气体的压强为1×105Pa，A、B'体积之比为1：3，气缸内气体温度为27℃，活1塞横截面积为50cm²，气缸内表面光滑，A、B中气体均为理想气体。‎ ‎（i）求轻绳的拉力大小F；‎ ‎（ii）若轻绳突然断掉，求再次平衡时A、B两部分气体的体积之比。‎ - 21 -‎ ‎【答案】（i）500N；（ii）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（i）对活塞受力分析，由平衡条件可知 ‎①‎ 得 ‎②‎ 故轻绳的拉力大小为500N。‎ ‎（ii）再次平衡时A、B两总分气体的压强相等，设为，设气缸总体积为，气体温度为，对A中气体 ‎ ③‎ 对B中气体 ‎④‎ 解得 ‎⑤‎ 体积之比为。‎ ‎【物理—选修3－4】‎ ‎15.图甲为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0.2s时的波形图，质点P、Q的平衡位置分别位于x=2m和x=4m处。图乙为介质中某一质点的振动图像，则（　　）‎ - 21 -‎ A. 该简谐横波的传播速度为10m/s B. 乙图可能是质点Q的振动图像 C. t=0时质点P的速度沿y轴负方向 D. t=0.25s时，质点P的位移为1cm E. t=0.1s时，质点P的加速度与质点Q的加速度相同 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从甲图中可知，根据图乙可知，故波速为 A正确；‎ B．根据走坡法可知图甲中的P点在t=0.2时正向上运动，而Q点在t=0.2s时正向下振动，而图乙中t=0.2s时质点正通过平衡位置向下振动，所以乙图可能是质点Q的振动图像，B正确；‎ C．因为周期为0.4s，故在t=0时，即将甲图中的波形向前推半个周期，P点正向下振动，C正确；‎ D．根据题意可知0.1s为四分之一周期，质点P在0.2s~0.3s内的位移为2cm，0.25s为过程中的中间时刻，质点从平衡位置到波峰过程中做减速运动，所以前一半时间内的位移大于后一半时间内的位移，即0.25s时的位移大于1cm，D错误；‎ E．P点和Q点相距半个波长，两点为反相点，振动步调总是相反，在任意时刻两点的加速度方向总是相反，E错误。‎ 故选ABC。‎ ‎16.如图，在长方体玻璃砖内部有一半球形气泡，球心为O，半径为R，其平面部分与玻璃砖表面平行，球面部分与玻璃砖相切于O'点。有－束单色光垂直玻璃砖下表面入射到气泡上的A点，发现有一束光线垂直气泡平面从C点射出，已知OA=R - 21 -‎ ‎，光线进入气泡后第一次反射和折射的光线相互垂直，气泡内近似为真空，真空中光速为c，求：‎ ‎（i）玻璃的折射率n；‎ ‎（ii）光线从A在气泡中多次反射到C的时间。‎ ‎【答案】（i）；（ii）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（i）如图，作出光路图 根据折射定律可得 ‎①‎ 根据几何知识可得 ‎②‎ ‎ ③‎ 联立解得 ‎④‎ 玻璃的折射率为。‎ ‎（ii）光从经多次反射到点的路程 - 21 -‎ ‎⑤‎ 时间 ‎⑥‎ 得 光线从A在气泡中多次反射到C的时间为。‎ - 21 -‎ ‎ ‎ - 21 -‎