2020届福建省泉州市高三第二次市质量检测物理试题（解析版）

2020 届泉州市高中毕业班理科综合测试（二模）物理部分试题 一、选择题 1.某同学居家学习期间，有时做些家务，在一次拖洗地板时，他沿拖把杆对拖把头（包括拖布）施加大小不 变的推力 F，如图所示，在向前加速推动的过程中，拖把杆与水平地板的夹角 θ 逐渐变小，设拖把头与地板 间的动摩擦因数处处相等，则在此过程中（　　） A. 拖把头与地板间的摩擦力逐渐变大 B. 拖把头所受的合力逐渐变大 C. 地板对拖把头的支持力逐渐变大 D. 地板对拖把头的作用力逐渐变大 【答案】B 【解析】 【详解】AC．对拖把头受力分析且由竖直方向平衡得 拖把杆与水平地板的夹角 θ 逐渐变小，则水平地板对拖把头的支持力减小，由 可知，拖把头与地 板间的摩擦力逐渐变小，故 AC 错误； B．对拖把头水平方向由牛顿第二定律得拖把头所受的合力 可知，拖把头所受的合力变大，故 B 正确； D．地板对拖把头的作用力即为地板对拖把头的支持力与摩擦力的合力，由于 即摩擦力与支持力 成正比，由平行四边形定则可知，地板对拖把头的支持力与摩擦力的合力减小，故 D 错误。 故选 B。 2.x 轴上 O、P 两点分别固定两个点电荷 Q1、Q2，其产生的静电场在 x 轴上 O、P 间的电势 φ 分布如图所示， 下列说法正确的是（　　） A. x 轴上从 x1 到 x3 的场强先变小后变大 N sinF mg F θ= + Nf Fµ= cosF F fθ= −合 Nf Fµ=B. Q1 和 Q2 是同种电荷 C. x 轴上 O、P 间各点中，x2 处电势最低 D. 电子沿 x 轴从 x1 移到 x3，电势能先增大后减小 【答案】A 【解析】 【详解】A．由 图像斜率表示电场强度可知，x 轴上从 x1 到 x3 的场强先变小后变大，故 A 正确； B．由图像可知，从 O 到 P 电势逐渐降低，则电场线由 O 指向 P，根据电场线从正电荷出发终止于负电荷 可知，Q1 和 Q2 是异种电荷，故 B 错误； C．由图像可知，从 O 到 P 电势逐渐降低，则 x2 处电势不 最低，故 C 错误； D．x 轴从 x1 移到 x3 电势逐渐降低，由负电荷在电势低处电势能大，则电子沿 x 轴从 x1 移到 x3，电势能一 直增大，故 D 错误。 故选 A。 3.已知地球近地卫星 运行周期约为地球自转周期的 0.06 倍，则站在赤道地面上的人，受到的重力约为他 随地球自转所需向心力的（　　） A. 1 倍 B. 18 倍 C. 280 倍 D. 810 倍 【答案】C 【解析】 【详解】站在赤道地面上的人，由牛顿第二定律得 地球近地卫星有 其中 ，解得 即站在赤道地面上的人，受到的重力约为他随地球自转所需向心力的 280 倍，故 ABD 错误，C 正确。 故选 C。 4.如图，一质量为 m 的质点做平抛运动，依次经过 A、B、C 三点，A 到 B 和 B 到 C 的时间相等。A、C 两 点距水平地面高度分别为 h1、h2，质点经过 A、C 两点时速度与水平方向的夹角分别为 、 ，重力加 是 的 xφ− 2 2 2 0 4πGMm mg m RR T − = 2 0 02 2 4πGMm m RR T = 00.06T T= 2 2 0 4π276.8mg m RT ≈ × 30° 60°速度大小为 g，则（　　） A. 质点经过 C 点时动能为 mg（h1 一 h2） B. 质点经过 B 点时速度与水平方向的夹角为 C. B、C 间的高度差是 A、B 间的 3 倍 D. 质点的水平速度大小为 【答案】D 【解析】 【详解】A．质点从 A 到 C 过程中，质点的初速度不为零，因此由动能定理可知 故 A 错误； B．设 A 到 B 和 B 到 C 的时间为 t，则有 B 点竖直方向的速度为 解得 则质点在 B 点时速度与水平方向的夹角的正切值为 故 B 错误； C．如果 A 点为抛出点，竖直方向为初速度为 0 的匀加速度直线运动，由于 A 到 B 和 B 到 C 的时间相等， 则 B、C 间的高度差是 A、B 间的 3 倍，但 A 点不是抛出点，故 C 错误； D．由 可得 45° ( )1 23 2 g h h− 1 2 k( )mg h h E− = ∆ 0 0tan 60 tan30 2v v gt° °= + 0 tan30Byv v gt°= + 0 2 3 3Byv v= 0 2 3tan 3 Byv v θ = = 0 tan30Byv v gt°= +由竖直方向有 解得 故 D 正确。 故选 D。 5.如图，水平面内固定有两根平行的光滑长直金属导轨，导轨间距为 L，电阻不计。整个装置处于两个磁感 应强度大小均为 B、方向相反的竖直匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线。质量均为 m 的两根相同导体棒 MN、PQ 静置于图示的导轨上（两棒始终与导轨垂直且接触良好）。现使 MN 棒获得一个大小为 v0、方向水 平向左的初速度，则在此后的整个运动过程中（　　） A. 两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相反 B. 两棒最终的速度大小均为 ，方向相同 C. MN 棒产生的焦耳热为 D. 通过 PQ 棒某一横截面的电荷量为 【答案】D 【解析】 【详解】A．MN 棒向左运动，由右手定则可知，MN 中的电流由 N 到 M，PQ 中的电流由 P 到 Q，由左手 定则可知，MN 棒受到的安培力方向向右，PQ 棒受到的安培力方向也向右，由于两棒组成回路所以两棒中 的电流相等，由 可知，安培力大小相等，由 可知，两棒受到的安培力冲量大小相等，方向 相同，故 A 错误； BC．由于 MN 棒受到的安培力方向向右，PQ 棒受到的安培力方向也向右，则 MN 棒向左做减速运动，PQ 向右做加速运动，两棒切割磁感线产生的感应电动势正极与正极相连，当两棒产生的电动势相等时，两棒 03 3 vt g = 1 2 0 2 3 2 3By h hv vt −= = ( )1 2 0 3 2 g h h v − = 0 2 v 2 0 4 mv 0 2 mv BL F BIL= I Ft=速度大小相等，回路中的电流为 0，此后两棒以相同速率反方向做匀速直线运动，取向左为正方向，对两棒 分别为动量定理得 解得 由能量守恒得 则 MN 棒产生的焦耳热为 ，故 BC 错误； D．对 PQ 棒由动量定理得 即 则 故 D 正确。 故选 D。 6.如图甲为研究光电效应的实验装置，用频率为 v 的单色光照射光电管的阴极 K，得到光电流Ⅰ与光电管两 端电压 U 的关系图线如图乙所示，已知电子电荷量的绝对值为 e，普朗克常量为 h，则（　　） A. 测量遏止电压 Uc 时开关 S 应扳向“1” B. 只增大光照强度时，图乙中 Uc 的值会增大 C. 只增大光照强度时，图乙中 I0 值会减小 D. 阴极 K 所用材料的极限频率为 【答案】AD 的 0Ft mv mv− = − Ft mv− = − 0 2 vv = 2 2 2 0 0 1 2 1 122 4Q mv mv mv= × =− 2 0 1 8 mv BILt mv= 0 2 vBLq m= ⋅ 0 2 mvq BL = chv eU h −【解析】 【详解】A．测量遏止电压时应在光电管两端加反向电压，即开关 S 应扳向“1”，故 A 正确； B．由动能定理得 由爱因斯坦光电效应方程 可知，图乙中 Uc 的值与光照强度无关，故 B 错误； C．图乙中 I0 的值表示饱和光电流，增大光照强度时，饱和光电流增大，故 C 错误； D．由动能定理得 由爱因斯坦光电效应方程 可得 则阴极 K 所用材料的极限频率为 故 D 正确。 故选 AD。 7.如图，在粗糙水平面上，质量分别为 m1、m2 的 A、B 两物体用一轻质弹簧相连接，系统处于静止状态且 弹簧无形变。t=0 时刻对 A 施加一个大小恒为 F 的水平拉力，t=t1 时刻 B 开始运动，t=t2 时刻 A、B 两物体 的加速度第一次相同，下列说法正确的是（　　） A. 在 0~t2 时间内 A 的动能与其位移成正比 B. 在 0~t1 时间内弹簧对 B 做功为零，冲量不为零 C. 若 m1=m2，则 t=t2 时刻弹簧的弹力一定为 D. 在 0~t2 时间内拉力做的功大于系统机械能的增量 【答案】BD 【解析】 【详解】A．在 0~t1 时间内对 A 由动能定理得 由于弹簧弹力随位移发生变化，则 A 的动能与其位移不成正比，故 A 错误； B．在 0~t1 时间内物体 B 不动，则弹簧对 B 做功为零，由 可知，弹簧对 B 的冲量不为零，故 B 正确； kmCeU E= km 0E h Wν= − kmCeU E= km 0E h Wν= − 0 CW h eUν= − 0 0 CW h eU h h νν −= = F 2 k( )F f F x E− − = ∆弹 I Ft=C．当两物体与地面间的摩擦因数不同时，对整体由牛顿第二定律有 对 B 物体有 解得 故 C 错误； D．由功能关系可知，在 0~t2 时间内拉力做的功等于系统机械能的增量与产生的热量之和，故 D 正确。 故选 BD。 8.如图，一带负电的圆环套在倾斜固定的粗糙绝缘长直杆上，圆环的直径略大于杆的直径，杆处于方向垂直 纸面向里的匀强磁场中。现给圆环一沿杆向上的初速度 v0，在以后的运动过程中，下列关于圆环的速度 v 随时间 t 的变化关系图线，可能正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【详解】当 时，圆环受到 FN 先变小后变大，摩擦力 Ff=μFN 也先变小后变大，圆环减速的 加速度 也先变小后变大；当速度变小为零时，若 时，圆环静止，若 时，圆环将向下做加速度减 小的加速运动直到平衡后做匀速，当 圆环受到 FN 变大，摩擦力 Ff=μFN 变大，物体减速的 加速度 ( ) 2A BF mg maµ µ− + = BF mg maµ− =弹 2 A BF mg mgF µ µ− +=弹 0 cosqBv mg θ> fsinmg Fa m θ += tanµ θ> tanµ θ< 0 cosqBv mg θ< fsinmg Fa m θ +=变大，速度变小为零时，若 μ＞tanθ 时，物体将静止；若 μ＜tanθ 时，圆环将向下做加速度减小的加速运动 直到平衡后做匀速，故 BC 正确，AD 错误。 故选 BC。 二、非选择题 9.某小组利用拉力传感器验证“圆周运动的向心力表达式”，实验装置如图甲所示，拉力传感器竖直固定。一 根不可伸长的细线上端固定在传感器的挂钩上，下端系着质量为 m 的小钢球，钢球静止于 A 处，其底部固 定一竖直遮光片，A 处正下方安装有光电门。拉起钢球使细线与竖直方向成适当角度，钢球由静止释放后在 竖直平面内运动，得到遮光片通过光电门的遮光时间为△t。重力加速度大小为 g： (1)用游标卡尺测遮光片宽度 d 的示数如图乙所示，则其读数为__________mm，并测得钢球做圆周运动的半 径为 r； (2)钢球经过 A 点时拉力传感器的示数为 F，则钢球受到的合力大小 F1=F－mg。利用光电门测得此时钢球的 速度后，求出钢球经过 A 点时向心力大小 F2=__________（用 m、r、d、△t 表示），在实验误差允许范围内 通过比较 F1、F2 是否相等进行验证； (3)由于测量速度时引起的误差，第(2)问中 F1__________F2（选填“略大于”或“略小于”）。 【答案】 (1). 3.85 (2). (3). 略大于 【解析】 【详解】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为：0.3cm=3mm，游标尺上第 17 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以 游标读数为 17×0.05mm=0.85mm，所以最终读数为：3mm+0.85mm=3.85mm (2)[2]钢球经过 A 点的速度为 钢球经过 A 点时向心力大小 (3)[3]由于实验中用小球运动距离为小球直径时的平均速度代替，则此速度比小球中心经过 A 点时的真实速 度偏小，所以 F1 略大于 F2 ( ) 2 2 md r t∆ A dv t = ∆ 2 2 2 2 Av dF m mr t r = = ∆10.一热敏电阻的说明资料上给出其阻值 Rt 随温度 t 变化的特性曲线，如图甲中曲线 I 所示。为了验证这条 曲线，某实验小组采用“伏安法”测量该热敏电阻在不同温度下的阻值，然后绘出其 Rt－t 图线。所设计的部 分电路如图乙所示，其中电压表 V 的量程为 0~3V、内阻约 3kΩ；电流表 A 的量程为 0~250μA、内阻约 300Ω； 滑动变阻器的最大阻值为 100Ω： (1)用图乙电路测 Rt 的低温区阻值时，请根据实验原理，用笔画线代替导线将电路连接完整；（ ） 在开关闭合之前滑动变阻器的滑片应滑到___________（选填“a”或“b”）端； (2)该小组在测 Rt 的各个温度区阻值时，都采用(1)所设计的电路，绘出的 Rt－t 图线如图甲中曲线 II 所示， 它与曲线 I 在高温区部分存在明显偏差，是因为高温时(1)所设计的电路中_____（选填“电流表”或“电压表”） 的测量值偏差过大； (3)为了提高精度，该小组改用“电桥法”测量 Rt 的阻值，电路如图丙所示，其中定值电阻阻值为 R0，粗细均 匀的电阻丝 AB 总长为 L。实验时闭合开关 S，不断调节线夹 P 所夹的位置，直到电流表 G 示数为零，测出 此时 PB 段电阻丝长度 x，则 Rt 的阻值计算式为 Rt=_____（用 R0、L、x 表示）。已知 L=60.00cm， R0=3.6kΩ，当电流表 G 示数为零时 x=15.00cm，则此时热敏电阻所处环境的温度为______ （结果保留两 位有效数字）。 【答案】 (1). (2). a (3). 电流表 (4). (5). 52 【解析】 【详解】(1)[1]Rt 低温区阻值时阻值较大，则电流表应用内接法，由于滑动变阻器总阻值较小，则滑动变 阻器用分压式，如图所示 的 C° 0xR L x−[2]为了保护用电器，在开关闭合之前滑动变阻器的滑片应滑到 a 端 (2)[3]由电路图可知，误差来源于电流表的分压，所以曲线 I 在高温区部分存在明显偏差，是因为高温时(1) 所设计的电路中电压表的测量值偏差过大 (3)[4]设电阻丝总电阻为 R，通过电阻丝的电流 I1，流过热敏电阻的电流为 I2，由于电流表 G 示数为 0，则 有 解得 [5]代入数据得 由图甲可知，此时热敏电阻所处环境的温度为 11.如图，在半径为 L、圆心为 O 的圆形区域内存在着磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。 MN 为水平直径，a、b 粒子（重力均不计）分别从磁场区域下方不同位置以相同速度沿垂直于 MN 的方向 射入磁场，其中 a 粒子从圆形区域最低点射入，两粒子均从 M 点离开，离开时，a 粒子速度沿水平方向，b 粒子与 a 粒子的速度方向夹角为 。已知两粒子的质量均为 m、电量均为+q，求： (1)两粒子进入磁场时的速度大小 v； (2)b 粒子在磁场中的运动时间 t。 1 2 0 L xI R I RL −⋅ = 1 2 t xI R I RL ⋅ = 0 t xRR L x = − 15.00 3.6kΩ=1.2kΩ60.00 15.00tR = ×− 52 C° 30°【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)a 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可得其轨迹半径为 R=L 由洛伦兹力提供向心力得 解得 (2)b 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可得轨迹的圆心角 = 粒子在磁场中的运动周期 b 粒子在磁场中的运动时间 解得 12.如图，一右端带有挡板的木板 A 停放在光滑水平地面上，两个小滑块 B、C 放在 A 上，B 放在 A 的中点， C 靠在挡板处。现瞬间给 A 一个大小为 v0、方向水平向右的初速度，在以后的运动过程中，B 与 C 或者 C 与挡板之间的碰撞都是弹性正碰，且碰撞时间极短。已知 A、C 的质量均为 m，B 的质量为 2m，B 与 A 间 的动摩擦因数为 μ，C 与 A 间无摩擦力，重力加速度大小为 g，木板 A 的长度为 ： qBLv m = 2 3 mt qB π= 2vqvB m R = qBLv m = θ 120° 2π 2πR mT v qB = = 360t T θ °= 2π 3 mt qB = 2 0v gµ(1)求 B 开始运动时 A、B 的加速度大小分别为多少？ (2)求 B 与 C 第一次碰撞前瞬间 B 的速度为多少？该过程系统因摩擦产生的热量为多少？ (3)请通过计算判断 B 最终是否会离开木板 A？ 【答案】(1) ； ；(2) ； ；(3)B 不会离开 A 【解析】 【详解】(1)设 A、B 的加速度大小分别 a1、a2，由牛顿第二定律得 解得 (2)设 B 与 C 碰撞前 A、B 速度已相同，且为 v1，由动量守恒定律得 在 A 开始运动至 A、B 共速的时间内，B 的位移大小为 s， ，得 由于 可见，A、B 第一次共速时 B 还没与 C 发生碰撞，故 B 与 C 碰撞前瞬间 B 的速度大小为 该过程系统因摩擦产生的热量 得 (3)设木板足够长，B 不会从木板上离开，则通过分析可知最终 A、B、C 三者会以相同的速度做匀速运动， 1 2a gµ= 2a gµ= 1 0 1 3v v= 2 0 1 3Q mv= 12mg maµ ⋅ = 22 2mg maµ ⋅ = 1 2a gµ= 2a gµ= 0 13mv mv= 2 1 22v a s= 2 0 18 vs gµ= 2 0 2 vs gµ< 1 0 1 3v v= 2 2 0 1 1 1 32 2Q mv mv= − × 2 0 1 3Q mv=设此速度为 v，B 相对 A 向左运动的距离为 s 相，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得 解得 由于 ，可见，B 不会离开 A 13.一定量的理想气体在密闭容器内从状态 a 开始，经历 ab、bc、cd、da 四个过程回到初始状态，T－V 图 像如图，其中 ab 平行于 V 轴、cd 平行于 T 轴、da 的延长线过原点 O，下列判断正确的是 。 A. a→b 过程，气体放出的热量等于外界对气体做的功 B. b→c 过程，气体分子的平均动能变小 C. c→d 过程，气体放出的热量等于气体内能的减少量 D. d→a 过程，气体压强不变 E. 容器壁单位时间内单位面积被气体分子撞击的次数，b 状态比 d 的少 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．a→b 过程为等温变化，气体内能不变，体积减小，由热力学第一定律可知，气体放出的热量 等于外界对气体做的功，故 A 正确； B．由图像可知，b→c 过程气体温度升高，则气体分子的平均动能变大，故 B 错误； C. c→d 过程为等容变化，温度降低，气体内能减小，体积不变，由热力学第一定律可知，气体放出的热量 等于气体内能的减少量，故 C 正确； D．由图可知，d→a 过程为等压变化，故 D 正确； E．d→a 过程为等压变化即 a 状态压强等 d 状态压强，a→b 过程为等温过程且体积减小，则 a 状态压强小 于 b 状态压强，即 d 状态压强小于 b 状态压强，则容器壁单位时间内单位面积被气体分子撞击的次数，b 状 态比 d 的大，故 E 错误。 0 4mv mv= 2 2 0 1 1 4 22 2mv mv mg sµ− × = ⋅ ⋅ 相 2 03 16 vs gµ=相 2 0 2 vs gµ