高三毕业班班质量检查测试理综物理试题

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届福建省高三毕业班班质量检查测试理综物理试题二、选择题:本题共8小题，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。1。静止在水平地面上的木块，受到小锤斜向下瞬间敲击后，只获得水平方向初速度，沿地面滑行一段距离后停下.若已知木块的质最和初速度，敲击瞬间忽略地面摩擦力的作用，由此可求得（）A.木块滑行的时间 B.木块滑行的距离C.小锤对木块做的功 D.小锤对木块的冲量【答案】C【解析】【详解】A．木块运动过程中,由动量定理物块所受的摩擦力f未知，则不能求解木块的运动时间，故A错误，不符合题意；B．由动能定理物块所受的摩擦力f未知,则不能求解木块滑行的距离,故B错误，不符合题意；C．小锤对木块做的功等于木块得到的动能，即故C正确，符合题意；D．只能求解小锤对木块冲量的水平分量故D错误，不符合题意故选C.2。2019年“山东舰”正式服役,标志着我国进入双航母时代。如图，“山东舰”正在沿直线航行,其质量为m，发动机的输出功率恒为P，所受阻力恒为f，某时刻速度为v1、加速度为a1，一段时间t后速度变为v2(v2>v1）,在这段时间内位移为s。下列关系式正确的是（）A B。C。 D.【答案】A【解析】【详解】A．由牛顿第二定律,则有故A正确；B．当航母达到最大速度时,F=f，此时故B错误；C．航母的运动不是匀加速运动，则时间t内的位移故C错误；D．由动能定理可得故D错误。故选A.3。图为探究变压器电压与匝数关系的电路图。已知原线圈匝数为400匝，副线圈“1”接线柱匝数为800匝，“2”接线柱匝数为200匝，ab端输入的正弦交变电压恒为U,电压表V1、V2的示数分别用U1、U2表示。滑片P置于滑动变阻器中点,则开关S(）A.打在“1"时，B.打在“1”时，U1：U2=2：1C.打在“2”与打在“1"相比，灯泡L更暗D.打在“2”与打在“1”相比，ab端输入功率更大【答案】C【解析】【详解】A．滑片P置于滑动变阻器中点,则，故A错误；B．打在“1”时，根据电压与匝数成正比，则有U1：U21=n1:n21=400:800=1：2故B错误；CD．打在“2"时，根据电压与匝数成正比，则有U1:U22=n1:n22=400:200=2：1即打在“2”时灯泡两端电压较小，与打在“1”相比，灯泡L更暗，变压器次级消耗的功率较小，则ab端输入功率更小，故C正确，D错误。故选C。4。如图，A、B两点固定有电荷量分别为+Q1和+Q2的点电荷，A、B连线上有C、D两点，且AC=CD=DB.试探电荷+q只在静电力作用下，从C点向右沿直线运动到D点，电势能先减小后增大,则（)A.Q1一定大于Q2B.C、D两点的场强方向可能相同C.+q的加速度大小先减小后增大D.+q的动能和电势能的总和先减小后增大【答案】C【解析】【详解】A．试探电荷+q只在静电力作用下,从C点向右沿直线运动到D点，电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，电场线先向右后向左，可知在CD之间存在场强为零的位置，但是不能确定与两电荷的距离关系,则不能确定两电荷带电量的关系,故A错误;B．由以上分析可知，C、D两点的场强方向相反,故B错误；C．因CD之间存在场强为零的位置,则试探电荷从C向D移动时，所受电场力先减小后增加，加速度先减小后增加，故C正确；D．因+q只有电场力做功，则它的动能和电势能的总和保持不变，故D错误。故选C。5.如图,工地上常用夹钳搬运砖块.已知砖块均为规格相同的长方体，每块质量为2。8kg，夹钳与砖块之间的动摩擦因数为0.50,砖块之间的动摩擦因数为0。35，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g取10m/s2。搬运7块砖时,夹钳对砖块竖直一侧壁施加的压力大小至少应为（）A。196N B.200N C。392N D.400N【答案】B【解析】【详解】先将7块砖当作整体受力分析,竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有2μ1F≥7mg则有F≥196N再考虑除最外侧两块砖的里面5块砖，受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力,二力平衡，有2μ2F≥5mg则有F≥200N解得F≥200N故B正确，ACD错误。故选B。6。下列有关原子和原子核的认识，正确的是（）A。平均结合能越大，原子核越稳定B。氢原子辐射光子后，电子绕核运动的动能增大C.卢瑟福通过粒子散射实验的研究,发现了中子。D.光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比【答案】AB【解析】【详解】A．平均结合能越大，原子核越稳定，故A正确;B．氢原子辐射光子后，原子的能级降低，电子的轨道半径减小，根据则可得动能为可知电子绕核运动的动能增大，故B正确;C．卢瑟福通过粒子散射实验的研究，建立了原子的核式结构理论，故C错误；D．光电效应现象中,根据则光电子的最大初动能与入射光的频率不是成正比关系，故D错误.故选AB。7.我国探月工程分“绕、落、回”三步走,近期将发射“嫦娥五号”探测器执行月面采样返回任务。图为探测器绕月运行的示意图，O为月球球心。已知环月圆轨道I和椭圆轨道II相切于P点,且I轨道半径为II轨道半长轴的1。25倍。则探测器分别在I、II两轨道上稳定运行时（）A。周期T1:T2=5：4B。机械能EI=EIIC。经过P点的速度vI>vIID。经过P点的加速度aI=aII【答案】CD【解析】【详解】A．根据开普勒第三定律可知故A错误;BC．从P点由轨道II进入轨道I要点火加速，即vI〉vII,则在轨道I上的机械能大于轨道II上的机械能,故B错误，C正确；D．经过P点时探测器受到月球的引力相同，根据牛顿第二定律可知加速度aI=aII，故D正确。故选CD.8.如图，水平面内固定有两根平行的粗糙长直金属导轨，两根相同的导体棒AB、CD置于导轨上并与导轨垂直，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中。从t=0时开始，对AB棒施加一与导轨平行的水平外力F，使AB棒从静止开始向右做加速度大小为a0的匀加速直线运动。导轨电阻不计,两棒均与导轨接触良好，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。下列关于CD棒的速度v、加速度a、安培力F安和外力F随时间t变化的关系图线可能正确的是（）A。 B. C。 D。【答案】BD【解析】【详解】A．因金属棒与导轨之间有摩擦力，可知开始时导体棒CD的速度为零,当所受的安培力等于最大静摩擦力时才开始运动，故A错误;B．开始时，CD棒的速度为零，加速度为零；当CD开始运动后加速度从0开始逐渐变大，与AB的速度差逐渐变大，则回路中感应电流逐渐变大，导体棒所受的向右的安培力逐渐变大，加速度逐渐变大,当CD的加速度与AB加速度相等时，两棒的速度差保持不变，安培力保持不变，加速度保持不变,故B正确；C．在开始CD棒不动时，安培力即安培力随时间成正比关系增加；当CD开始运动后，导体棒所受向右的安培力逐渐变大，但非线性增加，最后保持不变，故C错误；D．对AB外力开始时CD加速度为零，AB加速度为a=a0,则此时外力F随时间t线性增加；当CD开始运动后加速度从0开始逐渐变大，导体棒AB所受的向左的安培力逐渐变大，但非线性增加,最后保持不变，故D正确。故选BD。三、非选择题：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。图甲为“验证动量守恒定律”的实验装置,轨道由斜槽和水平槽组成,A、B两小球大小相同，质量mA=20。0g、mB=10。0g.实验步骤如下：a。固定轨道，使水平槽末端的切线水平,将记录纸铺在水平地面上，并记下水平槽末端重垂线所指的位置O；b。让A球从斜槽C处由静止释放，落到记录纸上留下痕迹，重复操作多次;c.把B球放在水平槽末端,A球仍从C处静止释放后与B球正碰，A、B分别落到记录纸上，留下各自的痕迹，重复操作多次;d.确定三个落点各自的平均位置P、M、N,用刻度尺测出它们到O点的距离分别为xOP、xOM、xON;(1）确定P、M、N三点时，可用圆规画一个尽可能小的圆，把所有有效落点圈在里面，圆心即为落点的平均位置，这样做可以减小_______（填“系统”或“偶然”）误差;(2）如图乙,xOM、xOP读数分别为10.20cm、30.65cm，xON读数为________cm；(3）数据处理时,小球离开水平槽末端的速度大小可用水平射程x表示,由小球质量及（2）中数据可算出碰前系统总的mx值是________kg∙m（保留3位有效数字)，把该值与系统碰撞后的值进行比较，就可验证动量是否守恒.【答案】（1).偶然（2）。40。80（40.78～40。2）（3)。6。13×10—3【解析】【详解】（1)［1］确定P、M、N三点时，可用圆规画一个尽可能小的圆,把所有有效落点圈在里面，圆心即为落点的平均位置，这样做可以减小偶然误差；（2）[2］由图可知，xON读数为40。80cm；（3)[3]碰前系统总的mx值是0.02kg×0.3065m=6。13×10-3kg∙m10.某同学制作了一个可用电流表直接显示拉力大小的拉力器,原理如图。R1是一根长20cm、阻值20Ω的均匀电阻丝,劲度系数为1.0×103N/m的轻弹簧左端固定，右端连接金属滑片P和拉环，拉环不受拉力时，滑片P恰好处于a端。闭合S,在弹簧弹性限度内，对拉环施加水平拉力，使滑片P滑到b端，调节阻箱电R使电流表恰好满偏。已知电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电流表的量程为0～0。6A，内阻不计，P与R1接触良好且不计摩擦。（1)电阻箱R0接入电路的阻值为_______Ω；（2）电流表的刻度标示为拉力值时，拉力刻度值的分布是________（填“均匀"或“不均匀”）的;（3）电流表刻度值为0。50A处拉力的示数为______N；（4）要通过线性图象直观反映电流表示数I与拉力F的关系，可作_______图象；A.I-FB。C。D.(5)若电流表内阻不可忽略，则（4)问中正确选择的图象斜率______（填“变大"“变小”或“不变"）.【答案】(1）。9(2）.不均匀（3)。180(4)。C(5)。不变【解析】【详解】(1)[1]由闭合电路欧姆定律可知解得R0=9Ω（3）[2]由闭合电路欧姆定律可知设弹簧形变量为x，则F=kx可知F和I非线性关系，则用电流表的刻度标示为拉力值时，拉力刻度值的分布是不均匀的；(3）［3]电流表刻度值为0.50A时,根据闭合电路欧姆定律可知可得R1=2Ω则由比例关系可知弹簧被拉伸18cm，此时拉力的示数为F=kx=1.0×103×0.18N=180N（4）[4]由（2）列得的式子可知则要通过线性图象直观反映电流表示数I与拉力F的关系，可作图象，故C符合题意，ABD不符合题意。故选C.（5）［5］若电流表的内阻不可忽略，则(4)问中的表达式变为则（4)问中正确选择的图象斜率不变。11.第24届冬奥会将于2022年在北京举行，冰壶是比赛项目之一。如图甲，蓝壶静止在大本营圆心O处，红壶推出后经过P点沿直线向蓝壶滑去，滑行一段距离后，队员在红壶前方开始。不断刷冰，直至两壶发生正碰为止。已知，红壶经过P点时速度v0=3。25m/s,P、O两点相距L=27m，大本营半径R=1。83m，从红壶进人刷冰区域后某时刻开始，两壶正碰前后的v—t图线如图乙所示.假设在未刷冰区域内两壶与冰面间的动摩擦因数恒定且相同，红壶进入刷冰区域内与冰面间的动摩擦因数变小且恒定，两壶质量相等且均视为质点。（1）试计算说明碰后蓝壶是否会滑出大本营；(2）求在刷冰区域内红壶滑行的距离s。【答案】（1）会滑出；(2）s=15m【解析】【详解】(1)设冰壶的质量为m,碰撞前、后瞬间红壶、蓝壶的速度分别为v1、和,由图乙可得v1=1。25m/s=0.25m/s由动量守恒定律得①设碰后蓝壶滑行距离为s1，红壶、蓝壶的加速度大小均为a1②③由①②③及图乙信息得s1=2.00m>R=1。83m④会滑出;（2）设在不刷冰区域红壶受到的摩擦力大小为⑤由图乙可得t=0时红壶的速度=1.35m/s，设在刷冰区域红壶受到的摩擦力大小为，加速度大小为⑥在红壶经过P点到与蓝壶发生正碰前的过程中,由动能定理得⑧由③⑤⑥⑦⑧式及代入数据得s=15m⑨12。如图，在xOy平而内，x=0与x=3L两直线之间存在两匀强磁场，磁感应强度大小相同，方向均垂直于xOy平面，x轴为两磁场的分界线；在第I象限内存在沿y轴负方向、场强大小为E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q（q〉0)的粒子从x轴上的A点以某一初速度射入电场，一段时间后,该粒子运动到y轴上的P(0，）点，以速度v0垂直于y轴方向进入磁场.不计粒子的重力.（1)求A点的坐标；(2）若粒子能从磁场右边界离开，求磁感应强度的取值范围；（3）若粒子能从O’（3L，0）点离开，求磁感应强度的可能取值。【答案】（1）（,0）;（2)；（3）B可能的取值为,，【解析】【详解】（1）粒子由A点到P点的运动可看成由P点到A点做类平抛运动,设运动时间为t，加速度大小为a,有xA=v0t①qE=ma②③由①②③得④A点的坐标为（，0）⑤(2）只要粒子不会从左边界离开，粒子就能到达右边界，设B的最大值为Bm,最小轨迹半径为R0，轨迹如答图a，图示的夹角为θ，则根据几何关系有2R0cosθ=R0⑥R0sinθ+R0=⑦在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有⑧由⑥⑦⑧得⑨即磁感应强度的取值范围为⑩(3）设粒子到达O′点的过程中，经过x轴n次，一次到达x轴的位置与坐标原点O的距离为xn，如答图b，若粒子在第一次到达x轴的轨迹圆心角大于90°，即当时粒子将不可能到达O′点,故xn需要满足⑪且（2n-1）xn=3L⑫故n只能取1、2、3（如答图c)即x可能的取值为3L，L，⑬又轨迹半径Rn满足⑭在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有⑮由⑪⑫⑬⑭⑮得B可能取值为，，⑯13。下列说法正确的（）A.晶体在熔化过程中吸收热量内能增加，温度保持不变B.给篮球打气时越来越费劲，说明分子间存在斥力作用C。能源危机是指能量的过度消耗，导致自然界的能量不断减少D。由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，使得液面存在表面张力E.空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和气压，水蒸发得越慢【答案】ADE【解析】【详解】A.晶体在熔化过程中吸收热量内能增加，温度保持不变,故A正确；B。给篮球打气时越来越费劲，这是气体压强作用缘故，与分子间的作用力无关，故B错误；C。能源危机是指能量的过度消耗，导致自然界中可利用的能源不断减少，故C错误；D。由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，使得液面存在表面张力，故D正确；E.空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和气压，水蒸发得越慢,故E正确。故选ADE。14.研究表明，新冠病毒耐寒不耐热，温度在超过56°C时,30分钟就可以灭活。如图，含有新冠病毒的气体被轻质绝热活塞封闭在绝热气缸下部a内,气缸顶端有一绝热阀门K，气缸底部接有电热丝E.a缸内被封闭气体初始温度t1=27°C，活塞位于气缸中央，与底部的距离h1=60cm，活塞和气缸间的摩擦不计。（i）若阀门K始终打开，电热丝通电一段时间，稳定后活塞与底部的距离h2=66cm,持续30分钟后，试分析说明a内新冠病毒能否被灭活?（ii）若阀门K始终闭合，电热丝通电一段时间,给a缸内气体传递了Q=1。0×104J的热量，稳定后气体a内能增加了△U=8。5×103J，求此过程气体b的内能增加量。【答案】（i）病毒能被灭；（ii）1.5×103J【解析】【详解】（i）设活塞横截面积为S，则对a气体，初态V1=Sh1T1=t1+273=300K；末态V2=Sh2T2=t2+273①阀门K打开，加热过程a气体做等压变化，由盖·吕萨克定律得②由①②得t2=57℃③因57℃＞56℃,a内病毒能被灭④（ii）阀门K闭合，由于系统绝热,a气体膨胀对b气体做功，由热力学第一定律有△Ua=Q+W⑤由⑤式及代入数据得W=-1。5×103J⑥对b气体,由于系统绝热,则Ub==1。5×103J⑦15.高精度全息穿透成像探测仪利用电磁波穿透非金属介质，探测内部微小隐蔽物体并对物体成像,只有分辨率高体积小、辐射少,应用领域比超声波更广。关于电磁波和超声波，下列说法正确的是（）A。电磁波和超声波均能发生偏振现象B。电磁波和超声波均能传递能量和