2020届福建高三毕业班班质量检查测试理综物理试题（解析版）

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（　　） 。 0ft mv− = − 210 2fx mv− = − 21 2W mv= I mv=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=2:1 . 1 1 P fa mv m = − 1 Pf v = 1 2 2 v vs t += 2 2 2 1 1 1 2 2Pt mv mv= − 1 1 1 1 P fF f v P fa m m mv m −−= = = − 1m P Pf v v = ≠ 1 2 2 v vs t +≠ 2 2 2 1 1 1 2 2Pt fs mv mv− = − 1 1 2U U>C. 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 Q2 B. 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。 1 1 2U U=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； αB．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=5:4 B. 机械能 EI=EII C. 经过 P 点的速度 vI>vII D. 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； 2 2 2 q vk mr r = 2 21 2 2k kqE mv r = = α kmE h Wν= − 逸出功 3 31 1 2 2 5( ) 1.25 58 T r T a = = =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。 的 2 2 2 2 BLat B L aF BL tR R = =安 2 2 0 0= 2 B L aF ma f F ma f tR = + + + +安故选 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-F B. 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 的 1I F − 1 FI − 1 1 I F − 0 g EI R r = + 0 1 EI R r R = + + 1 L xR S ρ −=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 0 1 EI R r R = + + 01 ( )R r L FI E ES EkS ρ ρ+= + − 1 FI − 01 ( )AR r R L FI E ES EkS ρ ρ+ += + − 1v ′ 2v ′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 a1 ② ③ 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=15m⑨ 12.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； 1v ′ 1 1 2mv mv mv′ ′= + 2 2 1 12 vs a ′ = 1 2 1 0 0.25m/s v a t ′− = =∆ 1f 1 1=f ma 0v ′ 2f 2a 2 2=f ma 1 0 2 2 0.10m/s v v a t ′− = =∆ 2 2 1 2 1 0 1 1( ) 2 2f L s f s mv mv− − − = − 2 L（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=v0t ① qE=ma ② ③ 由①②③得 ④ A 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=R0⑥ 0- mLv qE 0(2 3)0 mvB qL +< ≤ 04 37 mv qL 04 5 mv qL 0100 61 mv qL 21 2 2 L at= 0A mLx v qE = 0- mLv qER0sinθ+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） 2 L 2 0 0 0 m vqv B m R = 0(2 3) m mvB qL += 0(2 3)0 mvB qL +< ≤ 2n Lx < 2n Lx ≥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 ， ， ⑯ 13.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。 的 3 5 L 2 2 2( )2n n n LR x R= + − 2 0 0 n vqv B m R = 04 37 mv qL 04 5 mv qL 0100 61 mv qL14.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=Sh1 T1=t1+273=300K；末态 V2=Sh2 T2=t2+273 ① 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= =1.5×103J⑦ 15.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 1 2 1 2 V V T T = ∆ WB. 电磁波和超声波均能传递能量和信息 C. 电磁波和超声波均能发生干涉和衍射现象 D. 电磁波和超声波均需依赖于介质才能传播 E. 电磁波由空气进入水中时速度变小，超声波由空气进入水中时速度变大 【答案】BCE 【解析】 【详解】A．电磁波是横波，能发生偏振现象，而超声波是纵波，不能发生偏振，故 A 错误； B．电磁波和超声波均能传递能量和信息，故 B 正确； C．干涉和衍射是一切波特有的现象，电磁波和超声波均能发生干涉和衍射现象，故 C 正确； D．电磁波在真空中能传播，超声波需依赖于介质才能传播，故 D 错误； E．电磁波由空气进入水中时速度变小，超声波由空气进入水中时速度变大，故 E 正确。 故选 BCE。 16.居家学习的某同学设计了一个把阳光导入地下室的简易装置。如图，ABCD 为薄壁矩形透明槽装满水后 的竖直截面，其中 AB=d，AD=2d，平面镜一端靠在 A 处，与水平底面夹角 θ=45°斜放入水槽。太阳光入射 到 AD 面上，其中一细束光线以入射角 53°射到水面上的 O 点，进入水中后，射到平面镜距 A 点为 处。不考虑光的色散现象及水槽壁对光线传播的影响，取水对该束光的折射率 ，sin53°= ， cos53°= 。求该束光： （i）射到平面镜时的入射角 ； （ii）第次从水中射出的位置与 D 点的距离 x。 【答案】（i） ；（ii） 【解析】 【详解】（i）光路图如图 1=α 2 2 d 4= 3n 4 5 3 5 2 α 2 =8α ° 5 8 d设光线进入水面时的折射角为 β1，由折射定律可得 ① ② 由①②式及代入数据得 ③ （ⅱ）设光射到平面镜的 O′点，反射后射到水面的 D1 点，入射角为 α3，由几何关系可得 α3=53° AA1=O′A1 AD1=AA1+AD1=AO′cosθ+O′A1tanα3= ④ DD1=AD-AD1= ⑤ 设光从水中射向空气的临界角为 C，则 ⑥ 得 α3＞C⑦ 光射到水面上 D1 点后将发生全反射，反射后到达 CD 面的 C1 点，此处入射角为 α4 α4=90°-α3=37°⑧ 由于 α4＜C，光线从 C1 点射出水槽 ⑨ 1 1 sin sin n α β = 2 1= -α θ β 2 =8α ° 7 6 d 5 6 d 1sinC n = 1 1 4 5tan 8x C D D D dα= = =