福州高三下学期月月考理综物理试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020届福州市4月份高三理科综合物理试题二、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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.下列说法中正确的是（）A.卢瑟福根据α粒子散射实验判断出原子核是由质子和中子构成的B。根据波尔理论,氢原子从高能级向低能级跃迁时，电子的动能将减少C。某频率紫外线照射到锌板表面时能够发生光电效应,若增大该紫外线的照射强度，逸出的光电子的最大初动能也随之增大D。铀核（)衰变为铅核（）的过程中共发生了8次α衰变和6次β衰变【答案】D【解析】【详解】A．卢瑟福通过α粒子散射实验确定了原子的核式结构模型，故A错误；B．从高能级向低能级跃迁,即从离核较远到较近的轨道，由可知,电子的动能增大，故B错误；C．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应,根据光电效应方程,最大初动能与入射光的频率有关，与光强度无关，故C错误；D．铀核(）衰变为铅核（）的过程中，质量数减少了一次α衰变质量数减少4，因此经过了8次α衰变，8次α衰变电荷数应该减少16，而实际电荷数只减少了一次β衰变电荷数增加1，因此发生了6次β衰变，故D正确。故选D.2。天琴一号卫星,于2019年12月20日11时22分在山西太原升空，并于2020年1月18日成功完成了无拖曳控制技术的在轨验证。它是我国“天琴"计划的首颗技术验证卫星。已知天琴一号卫星和地球同步卫星的周期之比约为。则可以判断（）A。天琴一号卫星的角速度和同步卫星的角速度之比约为B。天琴一号卫星的线速度和同步卫星的线速度之比约为C.天琴一号卫星的轨道半径和同步卫星的轨道半径之比约为1∶6D.天琴一号卫星的向心加速度和同步卫星的向心加速度之比约为【答案】C【解析】【详解】A．由公式可知，天琴一号卫星的角速度和同步卫星的角速度之比约为，故A错误；BC．由公式可知，天琴一号卫星的轨道半径和同步卫星的轨道半径之比约为由公式可知，天琴一号卫星的线速度和同步卫星的线速度之比约为,故B错误，C正确；D．由公式可知，天琴一号卫星的向心加速度和同步卫星的向心加速度之比约为36:1，故D错误。故选C.3。将一小球以初速度v0水平抛出，不计空气阻力，小球轨迹如图a所示,按此轨迹制作一条光滑轨道，并将轨道固定在竖直面，如图b所示。现把质量为m的小球套在轨道上,从轨道顶点O由静止开始下滑，已知当地重力加速度为g，则沿该轨道下滑的小球（）A。做平抛运动B。机械能不守恒C.下滑高度时，重力瞬时功率为D.与图a中的小球相比，下滑相同高度时，耗时较长【答案】D【解析】【详解】A．沿该轨道下滑的小球除受重力外，还受轨道的支持力，则小球不会做平抛运动，故A错误；B．沿该轨道下滑的小球除受重力外，还受轨道的支持力，但支持力不做功,只有重力做功，则小球机械能守恒，故B错误；C．下滑高度时，由机械能守恒得得此时小球的速度方向与竖直方向有一定的夹角，则重力瞬时功率不为，故C错误;D．图a中的小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，沿该轨道下滑的小球除受重力外，还受轨道的支持力，支持力有沿竖直向上的分力，使小球在竖直方向的加速度小于重力加速度，则下滑相同高度时，耗时较长，故D正确.故选D。4.如图所示，匀强电场内有一矩形ABCD区域，某带电量大小为e粒子从B点沿BD方向以6eV的动能射入该区域，恰好从A点射出该区域,已知矩形区域的边长AB=8cm，BC=6cm,A、B、C三点的电势分别为6V、12V、18V，不计粒子重力，下列判断正确的是（）A。粒子带负电B。电场强度的大小为100V/mC。粒子到达A点时的动能为12eVD.仅改变粒子在B点初速度的方向，该粒子可能经过C点【答案】C【解析】【详解】由匀强电场中电势差与场强关系可得解得即BD为等势线，则AM为电场线,且方向由M指向AA．由于粒子从B点沿BD方向进入从A点出，说明粒子带正电，故A错误;B．由几何关系有则所以则电场强度为故B错误；C．由动能定理可得解得故C正确；D．如果粒子能到C点,由动能定理可知得即粒子到达C点速度为0。而实际情况是,若粒子能到达C点，则它到达C点的过程中做类斜抛运动，垂直于电场方向的分运动是匀速直线运动，则到达C的动能。故D错误。故选C。5。如图所示，在直角坐标系xOy的第1、4象限内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，两磁场以OP直线为界，OP直线与+x轴夹角为,其磁感应强度分别为B和2B.一质量为m、电荷量为q的粒子从y轴上的N点沿平行于+x轴的方向射入磁场Ⅰ；一段时间后，该粒子在OP边界上某点以垂直于OP的方向射入磁场Ⅱ，最后粒子射出磁场。则粒子在磁场中运动的时间为（)A.B.C。D.【答案】B【解析】【详解】粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由图可知，粒子在磁场I中的偏转角为，则运动时间为由公式得粒子在磁场II中的半径为I中的一半，由图可知，OM为粒子在磁场I中的半径,则粒子刚好从O点射出，则粒子在磁场II中的偏转角为，运动时间为则粒子在磁场中运动时间为故B正确，ACD错误。故选B.6.如图所示，两个带电小球A、B穿在同一根光滑绝缘的细绳上,细绳两端固定在天花板的O点,当整个系统保持平衡时，两小球连线恰好水平，且两小球与悬点O恰好构成一个正三角形，则下列判断正确的是（)A.两小球质量一定相同B.两小球带电量一定相同C.细绳张力与两小球之间库仑力之比2∶3D.A球在缓慢漏电过程,细绳张力始终保持不变【答案】AC【解析】【详解】A．设绳张力为T，对A、B球所受绳子张力的合力为对两小球受力分析如图,由图可知，则由于同一根绳子，所以绳子的拉力F相同，则两小球质量一定相同,故A正确；B．由几何关系可得则两小球间的库仑力大小相等，由可知，不能说明两小球带电量一定相同，故B错误;C．由几何关系得则故C正确；D．A球在缓慢漏电过程，A、B球的库仑力减小，说明A、B两球间的距离减小，上面两绳与竖直方向夹角变大，则绳子张力变化，故D错误。故选C。7。如图(a）所示，一质量为1kg的小物块以一定的初速度滑上一固定斜面，其机械能E总等于动能Ek和重力势能Ep之和，取斜面底端为重力势能零点，该小物块的E总和Ep随它离斜面底端的距离x的变化如图(b)所示。重力加速度g取10m/s2。由图中数据可得（）A。x=0时,小物块的速率为5m/sB.小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.x=3m时，小物块的动能Ek=20JD.从斜面底端至x=5m,小物块的动能减少30【答案】BC【解析】【详解】A．取斜面底端为重力势能零点，则小物块在斜面底端时机械能即为动能有解得故A错误；B．小物块在x=5m处的重力势能则由功能关系可知,小物块克服摩擦力做功等于机械能的变化,则有解得故B正确；C．由动能定理得其中，解得故C正确；D．由动能定理得解得即动能减小50J,故D错误。故选BC。8.如图所示,水平地面上放置一根轻弹簧,弹簧的左端固定在墙上，右端靠着物体(物体和弹簧不粘连）,现用力向左推动物体挤压弹簧，静止在O处；撤去外力后，物体向右运动，在离O点x0距离的位置A时恰好离开弹簧，然后运动了2x0距离停在B点。已知物体的质量为m,物体与水平面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则物体从O点运动到B点过程（）A。经过A点位置时速度最大B.经过AB中点位置时，速度大小等于C。最大加速度为6μgD。最大动能为【答案】BD【解析】【详解】A．当物体加速度为0时即弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大,说明经过A点位置时速度不是最大，故A错误；B．小物块从O到B由能量守恒有小物块从O到AB中点时由能量守恒有解得故B正确；C．位置A时恰好离开弹簧，说明此时弹簧处于原长状态，从O到B由动能定理有得小物块从O点到A点加速度减小，A到B减速度不变,即小物块在O点加速度最大，即有故C错误；D．当物体加速度为0时即弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，动能最大则有得由动能定理有联立解得故D正确。故选BD。三、非选择题:共174分.第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答.9.某同学用光电门和力传感器来研究单摆运动时小球在最低点时细线拉力与小球速度的关系。如图甲所示，用光电门测量小球经过最低点A时的挡光时间t，同时用传感器测量细线对小球的拉力大小F。（1)用螺旋测微器测量钢球的直径d，如图乙所示，则d=_______mm;通过公式就可以测出小球通过最低点的速度;(2）实验时，要采用控制变量法，保持小球质量m和______不变，通过改变单摆最大摆角θ，来改变小球到达最低点的速度，这样就能得到一组数据，从而完成实验研究。某实验小组同学用测量的数据，在坐标中画出如图丙所示图像，得到了第一个结论：小球在最低点受到细线拉力随速度的增大而_______增大（填“线性”或“非线性”）；为了进一步探究拉力和速度的定量关系，该小组做了以下几种图像,能直接从图像中得到定量关系的是图_______。【答案】(1）。6。985(6。983～6。987均可）（2).细线长度（或摆长）（3）.非线性（4）。A【解析】【详解】（1）［1］螺旋测微器的固定刻度为6.5mm,可动刻度为48。5×0。01mm=0.485mm，所以最终读数为6.5mm+0。485mm=6.985mm，由于误差6.983mm~6。987mm均可(2）[2]由实验原理有可知,实验时，要采用控制变量法，保持小球质量m和摆长不变［3］由图丙可知,小球在最低点受到细线拉力随速度的增大而非线性增大［4］由实验原理有即则能直接从图像中得到定量关系的是图A10.几位同学对一个阻值大约为590Ω的未知电阻Rx进行测量，要求较精确地测量电阻的阻值.有下列器材供选用：A．待测电阻RxB．电压表V（量程6V,内阻约3kΩ）C．电流表A1（量程20mA,内阻约5Ω）D．电流表A2（量程10mA,内阻约10Ω）E．滑动变阻器R1（0～20Ω，额定电流2A）F．滑动变阻器R2(0～2000Ω，额定电流0。5A）G．直流电源E(6V，内阻约1Ω）H．多用表I．开关、导线若干（1)甲同学用多用表直接测量待测电阻的阻值如图甲所示.若选用欧姆表“×100”档位，则多用表的读数为___Ω;(2）乙同学根据以上器材设计如图乙所示的测量电阻的电路，则滑动变阻器应选择________(选填“R1”或“R2”）；电阻测量值偏大的主要原因是________造成的(选填“电流表内阻”或“电压表内阻”）；（3）丙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图丙所示的测量电路，具体操作如下：①按图丙连接好实验电路，调节滑动变阻器R1、R2的滑片至适当位置；②开关S2处于断开状态，闭合开关S1,调节滑动变阻器R1、R2的滑片，使电流表A2的示数恰好为电流表A1的示数的一半,读出此时电压表V的示数U1和电流表A2的示数I1.③保持开关S1闭合，再闭合开关S2，保持滑动变阻器R2的滑片位置不变,适当调节滑动变阻器R1的位置，读出此时电压表V的示数U2和电流表A2的示数I2；可测得待测电阻的阻值为________，同时可测出电流表A1的内阻为_______(用U1、U2、I1、I2表示）；(4)比较甲、乙、丙三位同学测量电阻Rx的方法中，_______同学的方案最有利于减小系统误差.【答案】(1).600(2).R1（3）.电流表内阻(4）.(5).（6）.丙【解析】【详解】（1)［1]用欧姆表“×100”档位，由图示欧姆表表盘可知,多用表的读数为6×100Ω=600Ω(2)[2］滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器R1[3]由于电流表的分压作用，导致电阻两端电压偏大，所以电阻测量值偏大，即电阻测量值偏大的主要原因是电流表分压(3)[4］［5]设电流表A1的内阻为r1，根据实验步骤②可知根据步骤③可得解得,[6］乙同学的设计方法中，实际测得的阻值为RX与电流表内阻的串联阻值,测量值偏大，而且电流表内阻未知，相比而言，丙同学的方法更有利于减小系统误差11.如图所示，ABCD是光滑轨道，其中竖直圆轨道的半径为R＝0.2m，最低点B处入、出口不重合，C点是最高点，BD部分水平，D点与其右侧的水平传送带平滑连接,传送带以速率v＝1m/s逆时针匀速转动,水平部分长度L＝1m.质量为m＝1kg的小物块从轨道上高H=0.6m处的P位置由静止释放，在竖直圆轨道内通过最高点C后经B点进入水平轨道，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0。4，重力加速g取10m/s2。(1）小物块经过最高点C处时所受轨道的压力N的大小；(2）小物块在传送带上运动时间t及小物块与传送带之间摩擦产生的热量Q。【答案】（1）10N；(2）5。48J【解析】【详解】(1）设小物块滑到C的速度为vC，从A→C过程由机械能守恒定律得①小物块在C处由牛顿第二定律得②由①②式解得③（2）设小物块进入传送带的速度为v0，加速度大小为a，在传送带上运动的时间为t，到达传送带右端速度为vt；从P→B过程，由机械能守恒定律④从P→E过程,由动能定理⑤由牛顿第二定律μmg=ma得a=μg=4m/s2⑥由运动学公式⑦这段时间内，传送带向左运动的位移s2=vt2=0。37m⑧摩擦产生的热Q=μmg（L+s2）=5。48J⑨12.如图所示,MN和M′N′是两根互相平行、竖直固定、足够长的光滑金属导轨，两根导体棒AB和CD质量分别为m1=0。3kg和m2=0.1kg,均与导轨垂直接触。开始AB棒放在绝缘平台P上，t=0时CD棒开始受到竖直向上的恒力F=4N,从静止开始向上运动，t=2s时CD棒的速度为v0=2m/s，此时快速撤离绝缘平台P。已知AB棒的电阻为R1=0.5Ω，CD棒的电阻为R2=1。5Ω,导轨间距为L=0.5m。整个装置处在磁感应强度为B=2T的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。两导体棒始终与导轨接触良好,导轨电阻不计，重力加速g取10m/s2。求：（1)撤去绝缘平台前瞬间,CD棒哪端电势高,两端电压U;(2）0～2s时间内，CD棒这段时间内上升的距离h；(3）撤离绝缘平台后,AB棒和CD棒分别达到的最大速度大小v1和v2。【答案】（1）0。5V；(2）11.6m;(3）1m/s,5m/s【解析】【详解】（1）撤去平台前，AB棒静止，CD切割磁感线产生电动势E1，在t=2s时，由法拉第电磁感应定律，D点电势高E1=BLv0由闭合电路欧姆定律U=(E1－I1R2)解得U=0.5V（2）在0~2s内，对CD棒，由动量定理Ft－m2gt–IA=m2v0－0由安培力公式FA=BIL，由闭合电路欧姆定律由法拉第电磁感应定律由冲量公式其中h为CD棒在该时间内上升的高度得h=11。6m(3)撤去平台后，AB棒做加速度减小的加速下落，CD棒继续加速度减小的加速上升，由牛顿第二定律得，对AB棒m1g－BIL=m1a1对CD棒F－m2g－BIL=m2a2得F－m1g－m2g=m2a2－m1a1由于所以m2a2－m1a1=0所以当a2=0时,a1=0，也就是两棒最终同时开始做匀速运动，对AB棒和CD棒组成的系统，由于合外力为零,系统动量守恒，取向上方向为正方向m2v0+0=m2v2+m1（－v1）由法拉第电磁感应定律得E=BL(v1+v2)解得v1=1m/s，v2=5m/s13.以下说法正确的是（）A。露珠呈球状是由于液体表面张力的作用B。温度升高，每个分子的动能都增大C。扩散现象表明，液体分子在永不停息地运动D。容器中气体的温度、压强都变大，则气体的密度一定变大E。气体压强是由气体分子撞击器壁产生的，与气体温度和单位体积分子数有关【答案】ACE【解析】【详解】A．液体表面的张力具有使液体表面收缩到最小的趋势，故A正确；B．温度升高时时，分子的平均动能增大，但并不是所有分子动能都增大，故B错误；C．扩散现象说明分子永不停息地做无规则热运动，故C正确；D．由可知,容器中气体的温度、压强都变大，体积不一定变小，故气体的密度不一定变大，故D错误；E．气体压强是由气体分子撞击器壁产生的，温度越高，分子平均动能越大，分子撞击器壁的力越大，单位体积分子数越多，作用力越大,由可知，压强越大，故E正确.故选ACE。14.某温度计的结构示意图如图所示，储有一定质量理想气体的玻璃测温泡A通过细玻璃管B和水银压强计左C管相连，压强计右管D与大气相通,移动右管D可调节C管水银面的高度,从而保证泡内气体体积不变.温度计的定标方法是，在1个标准大气压下,将测温泡A浸在冰水混合物中，移动右管D，使压强计C、D两管的水银面等高，恰好位于竖直放置刻度尺的零刻度处，将此处标记为0；改变水温，移动右管D,使C管中水银面回到零刻度处，此时C、D管水银面的高度差h,通过高度差h即可确定测温泡A处的温度t,并标刻在刻度尺上.已知1标准大气压p0=76cmHg。求:(1)刻度尺7.6cm处对应的温度t1；（2）通过计算说明这种温度计的刻度是否均匀。【答案】（1）27.3;（2）这种温度计的刻度是均匀的【解析】【详解】（1）以测温泡A中气体为研究对象开始状态p0=76cmHg，T0=273K，末了状态p1=76+7。6cmHg=83。6cmHg，T1=273+t1(K)由查理定律得解得t1=27.3（2）设C、D两管水银面高度差为h，则A泡中气体压强为p=76+h（cmHg）,T=273+t（K)由查理定律可得可得说明这种温度计的刻度是均匀的15。一列简谐横波沿x轴正