2020届福建省厦门市高三（下）五月质量检查理综物理试题（解析版）

物理部分 二、选择题 1.1916 年，爱因斯坦基于广义相对论预言了宇宙中存在引力波，他根据麦克斯韦的观点“电荷周围有电场， 当电荷加速运动时，会产生电磁波”，提出了“当物体加速运动时，会辐射出引力波”的观点，这个研究过 程采用了类比法。以下关于所用物理学的研究方法叙述不正确的是（　　） A. 合力、分力概念的建立体现了等效替代的思想 B. 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的结果，能用实验直接验证 C. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法 D. 研究变速运动时，把变速运动看成很多小段匀速直线运动的累加，采用了微元法 【答案】B 【解析】 【详解】A．合力与分力的作用效果相同，因此可以用合力替代分力，也可能用分力替代合力，体现了等效 替代的思想，A 正确； B．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的结果，不能用实验直接验证，B 错误； C．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体是为了抓住事物体的主要矛盾，忽略次要因 素，这种方法叫理想模型法，C 正确； D．研究变速运动时，把变速运动分成很多小段，每一小段看成匀速直线运动再将这些运动累加，这种方法 叫微元法，D 正确。 故不正确的选 B。 2.如图所示为一款“兵兵球训练神器”，其构造简单且不受空间的限制，非常适用于居家锻炼。整个系统由 金属底座、支撑杆、高弹性软杆以及固定在软杆一端的乒乓球构成。在某一次击球后，乒兵球从 A 点以某 一初速度开始运动，经过最高点 B 之后向右运动到最远处 C 点，不计空气阻力，则乒乓球从 A 点到 C 点过 程中（　　） A. 在 C 点时，乒兵球所受合外力为零 B. 软杆对乒乓球做负功C. 地面对底座的摩擦力始终为零 D. 地面对底座的支持力始终不变 【答案】B 【解析】 【详解】A．在 C 点时，乒乓球速度为零，但加速度不为零，因此所受合力一定不为零，A 错误； B．由于 C 点比 A 点低，重力对乒乓球做了正功，根据动能定理 可知，杆的弹力对乒乓球一定做了负功，B 正确； C．由于乒乓球在水平方向做变速度运动，因此杆对乒乓球在水平方向 力不为零，再对底座进行受分析可 知，地面对底座的摩擦力也不会始终为零，C 错误； D．由于乒乓球在竖直方向上不是匀速运动，杆对乒乓在竖直方向上的力是变化的，因此地面对底座在竖直 方向的力也是变化的，D 错误。 故选 B。 3.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比 ，原线圈接 （V）的交流电， 电阻 ，D 为理想二极管，则（　　） A. R2 两端的电压为 V B. R2 两端的电压为 100V C. 原线圈的输入功率为 300W D. 原线圈的输入功率为 400W 【答案】C 【解析】 【详解】AB．根据 可得，副线圈两端的电压的有效值为 由于二极管具有单向导电性，因此 R2 消耗的功率是没有二极管时的一半，根据 可求出 R2 两端电压的有效值为 的 2 0 10 2mg h W mv∆ + = − 1 2: 11:5n n = 1 220 2 sin100u tπ= 1 2 50R R= = Ω 100 2 1 1 2 2 U n U n = 2 100VU = 2UP R =AB 错误； C．R1 消耗的功率 R2 消耗的功率是 R1 的一半，因此两个电阻消耗的总功率 变压器输出功率与输入功率相等，因此原线圈输入的功率为 300W，C 正确，D 错误。 故选 C。 4.无论是远海岛礁建设，还是超大型疏浚及填海造陆工程，都离不开钢铁巨轮——重型绞吸船。我国自主研 制的自航绞吸挖泥船“天鲲号”性能达到世界先进水平，其远程输送能力达 15000 米，居世界第一。若某 段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为 kW，排泥量为 1. 6m3/s，排泥管的横截面积为 0. 8m2， 则泥泵对排泥管内泥浆的推力为（　　） A. N B. N C. N D. N 【答案】B 【解析】 【详解】由于功率大小 而每秒钟排出体积 代入数据，整理得 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 2 50 2VU′ = 2 2 1 1 =200WUP R = 100W+200W=300WP =总 41.6 10× 65 10× 68 10× 75 10× 78 10× P Fv= V Sv= 68 10 NF = ×5.核能具有高效、清洁等优点，利用核能是当今世界解决能源问题的一个重要方向。原子核的比结合能曲线 如图所示，则（　　） A. 的比结合能大于 的比结合能 B. 两个 核结合成 核的过程需要吸收能量 C. 、 、 三者相比， 的结合能最大 D. 核的比结合能小于 核的比结合能，因此 核更稳定 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由图可知，质量大的原子核，比结合能呈减小趋势，因此 的比结合能大于 的比结 合能大，A 正确； B．比结合能越大，结合的越牢固，在结合的过程中，放出的能量越多，因此两个 核结合成 核的过 程放出能量，B 错误； C． 、 、 三者相比，虽然 的比结合能最小，但 核子数最多，因此， 的结合 能最大，C 正确； D．比结合能越大，结合的越牢固，因此 核比 核更牢固，D 错误。 故选 AC。 6.2019 年 2 月 15 日，《Science》刊登了一幅地月同框照，浩翰深邃的太空中，在蔚蓝地球的衬托下，月球 背面清晰地呈现在人们眼前。这张照片由一架搭载在龙江二号上的相机拍摄，该相机的设计者是哈尔滨工 业大学一群平均年龄不到 25 岁的学生。已知龙江二号是伴随着嫦娥四号中继通讯卫星“鹤桥”发射的一颗 小卫星，在近月点 350 千米、远月点 13700 千米的环月轨道上运行，主要进行超长波天文观测，则（　　） 107 47 Ag 140 54 Xe 2 1 H 4 2 He 235 92 U 94 38Sr 140 54 Xe 235 92 U 6 3 Li 4 2 He 6 3 Li 107 47 Ag 140 54 Xe 2 1 H 4 2 He 235 92 U 94 38Sr 140 54 Xe 235 92 U 235 92 U 235 92 U 4 2 He 6 3 LiA. 龙江二号在环月轨道运行时，速度大小不变 B. 龙江二号在环月轨道运行时，机械能不变 C. 若龙江二号在近月点要变轨进入圆轨道运行，应点火加速 D. 若龙江二号在远月点要变轨进入圆轨道运行，应点火加速 【答案】BD 【解析】 【详解】A．龙江二号的环月轨道是椭圆，根据开普勒第二定律，近月点速度最快，远月点速度最慢，因此 速度大小变化，A 错误； B．龙江二号在环月轨道运行时，由于只有月球的引力做功，因此机械能守恒，B 正确； C．在近月点的椭圆轨道运动时，通过该点之后做离心运动，因此 而在与该点相切的圆形轨道上运动时 因此在椭圆轨道通过该点时的速度大于圆形轨道上通过该点的，因此从椭圆轨道进入圆形轨道要点火减速， C 错误； D．在远月点的椭圆轨道运动时，通过该点之后做近心运动，因此 而在与该点相切的圆形轨道上运动时 因此在椭圆轨道通过该点时的速度小于圆形轨道上通过该点的，因此从椭圆轨道进入圆形轨道要点火加速， D 正确。 2 1 2 mvGMm r r < 2 2 2 = mvGMm r r 2 3 2 mvGMm r r > 2 4 2 = mvGMm r r故选 BD。 7.某空间存在沿 x 轴方向的电场，电场强度沿 x 轴的变化情况如图所示，有一个质量为 m、电荷量为+q 的 点电荷从 A 点以初速度 v0 沿 x 轴正方向运动，到 B 点时速度恰好减到零，点电荷只受电场力的作用，则（　　） A. A 点电势低于 B 点电势 B. 点电荷在 AB 两点的电势能相等 C. 从 A 到 B 的过程中，电场力先做负功后做正功 D. 若点电荷只受电场力作用，则 A、B 两点的电势差为 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．根据动能定理，从 A 到 B 的过程中，电场力做负功，电势能增加，在 B 点的电势能大，由于 带电粒子带正电荷， 因此 B 点的电势高于 A 点电势，A 正确，B 错误； C．从 A 到 B 过程中，由于电场强度方向没变，因此电场力始终做负功，C 错误； D．根据动能定理 可得 D 正确 故选 AD。 8.如图所示，在正交坐标系的空间中存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，其方向与 Oxy 平面平行，且与 x 轴正方向的夹角为 37°。一质量为 m，带电量为+q 的粒子从原点 O 以初速度 v 沿 z 轴负方向射入，不计粒 子重力，则（　　） 。 2 0 2 mv q − 2 AB 0 10 2U q mv= − 2 0 AB 2 mvU q = −A. 经过 ，粒子所在坐标为 B. 经过 ，粒子所在坐标 C. 若要使该粒子沿直线运动，则所加匀强电场场强大小一定为 E=vB D. 若要使该粒子沿直线运动，则所加匀强电场场强大小可能为 E=2vB 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．将磁场分解到竖直方向和水平地方向，磁感强度大小分别为 ， 粒子在两个磁场中都做匀速圆周运动，最后的合运动是两个匀速圆周运动的合成，在两个磁场中运动的时 间都恰好为半个周期，在两个磁场中运动的轨道半径分别为 ， 根据左手定则，经过半个周期，粒子所在坐标为 ，B 正确，A 错误； CD．做匀速直线运动，应使洛伦兹力与电场力等大反向 因此电场强度的大小为 E=vB C 正确，D 错误。 故选 BC。 三、非选择题 为 mt qB π= 8 6, ,05 5 mv mv qB qB  −   mt qB π= 6 8, ,05 5 mv mv qB qB  −   o 1 3sin37 5 BB B= = o 2 4cos37 5 BB B= = 1 3 5 mvr Bq = 2 4 5 mvr Bq = 6 8, ,05 5 mv mv qB qB  −   qvB Eq=9.小敏同学在暗室中用图示装置做“测定重力加速度”的实验，用到的实验器材有：分液漏斗、阀门、支架、 米尺、接水盒、一根荧光刻度的米尺、频闪仪。具体实验步骤如下： ①在分液漏斗内盛满清水，旋松阀门，让水滴以一定的频率一滴滴的落下； ②用频闪仪发出的白闪光将水滴流照亮，由大到小逐渐调节频闪仪的频率，当频率为 30Hz 时，第一次看到 一串仿佛固定不动的水滴； ③用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度； ④处理数据，得出结论； (1)水滴滴落的频率为________Hz； (2)小敏同学测得连续相邻的五个水滴之间的距离如图乙所示，根据数据计算当地重力加速度 g=_____m/s2； D 点处水滴此时的速度 =__________m/s。（结果均保留三位有效数字） 【答案】 (1). 30 (2). 9.74 (3). 2.61 【解析】 【详解】(1)[1]由于频率由大到小逐渐调节，第一次看到一串仿佛固定不动的水滴，说明 闪光的时间间隔等 于水滴的时间间隔，因此闪光的频率为 30Hz。 (2)[2]用逐差法求重力加速度 [3]D 点处的速度等于 CE 段的平均速度，因此 Dv 2 2 2 2 2 [(30.45 13.06) 13.06] 10 m/s 9.74m/s2 2( ) ( )30 CE ACS Sg f −− − − ×= = ≈ 2 D (30.45 13.06) 10 m/s 2.61m/s2 1 15 CDSv f −− ×= = ≈10.小敏要将一量程为 250 A 的微安表改装成量程为 5V 的电压表。由于微安表内阻未知，小敏先用多用电 表粗测得其内阻约为 1100 。现有如下器材： A. 待改装的微安表 B. 标准电压表 C. 电阻箱（0~99999. 9 ） D. 滑动变阻器（0~10 ） E. 学生电源 F 开关，导线若干 (1)按粗测的微安表内阻进行电压表改装，应将电阻箱阻值调节为_________ ； (2)改装完成后，小敏利用上述器材设计了电路进行校准，请完成校准电路的实物图连线； （ ） (3)当标准电压表的示数为 5. 00V 时，微安表的指针位置如图所示。由此可以推测出所改装的电压表量程不 是预期的 5V，而是______V（保留两位有效数字），导致该误差产生的原因可能是_________； A. 微安表的实际内阻大于所测得的 1100 B. 微安表的实际内阻小于所测得的 1100 (4)要达到预期目的，不必再设计实验精确测量微安表的内阻，只需将电阻箱的阻值调整为______ 即可。 【答案】 (1). 18900 (2). 见解析 (3). 5.1 (4). A (5). 18500 【解析】 【详解】(1)[1]将电阻箱与微安表串联，电阻箱阻值 (2)[2]将改装的电压表与标准电压表并联，接入电路，滑动变阻器采用分压式接法，可以测量多组数据，连 接电路如图所示 . µ Ω Ω Ω Ω Ω Ω Ω 5V 1100Ω 18900Ω250μAg UR rI = − = − =(3)[3]图中微安表示数为 时电压表示数为 5V，因此满天偏时对应的电压值应为其电压表量程 可求得量程为 [4](4)由于加上相同的电压，电流小于预期值，一定是电阻偏大，而电阻箱调整没问题，一定是微安表内阻 大于 1100 ，A 正确，B 错误。 故选 A。 [5]改装表 阻值减小量应为 因此将电阻箱阻值减小为 18900 -400 =18500 11.如图所示，质量 M=1kg 的绝缘板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数 。金属框 ABCD 放在 绝缘板上，质量 m=2kg，长 m，宽 m，总电阻为 0. 1 ，与绝缘板的动摩擦因数 。 S1、S2 是边长为 L=0. 5m 的正方形区域，S1 中存在竖直向下、均匀增加的磁场 B1，其变化率 T/s；S2 中存在竖直向上的匀强磁场，大小为 T。将金属框 ABCD 及绝缘板均由静止释放，重力加速度 g 取 10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求释放时： (1)金属框 ABCD 所受安培力的大小与方向； (2)金属框 ABCD 的加速度大小。 的 245μA 245μA 5V=250μA U 5.1VU = Ω 5V 5V 400245μA 250μAR∆ = − =≈ Ω Ω Ω Ω 1 0.1µ = 1 2L = 2 1L = Ω 2 0.2µ = 1 2B t ∆ =∆ 2 2B =【答案】(1)5 N，方向水平向右；(2) m/s2 【解析】 【详解】(1)释放时，由法拉第电磁感应定律得 解得 F=5 N 方向水平向右。 (2)假设金属框与绝缘板能相对静止，一起匀加速，则对整体而言 解得 m/s2 设此时金属框与绝缘板间的摩擦力大小为 f，由牛顿第二定律 解得 N 而金属框与绝缘板之间的最大静摩擦力为 N 由于 假设成立，金属框与绝缘板能相对静止一起加速，金属框此时的加速度大小为 2 3a = 2BE Lt ∆= ∆ EI R = 2F B IL= 1( ) ( )F M m g M m aµ− + = + 2 3a = F f ma− = 11 3f = 2 4mf mgµ= = mf f 1 1 2sin cosm g m g maα µ α− = 2 1 2 0 3 2 3 1 2s s v t a t− = + 3 0 3S v t= 3 1 2 3S s s S∆ = − − 2 2 2m / sa = 3 0.5st = 3 0.5mS = 3 0.25mS = ( )1 1 2 3cosQ m g S S Sµ α= ⋅ ∆ + ∆ + ∆ 6JQ =①在玻璃瓶中加入 0.5mL 的油酸和一定量的酒精，得到 250mL 的混合溶液； ②用注射器吸取①中配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，当滴入 100 滴时，测得其体 积恰好是 1mL； ③先往浅盘里倒入 2cm 深的水，然后将痱子粉均匀地撒在水面上； ④用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的带小方格的透明塑料 板放在浅盘上，并在板上描下油酸膜的形状； ⑤数出轮廓范围内小方格的个数； 根据以上信息，回答下列问题： （i）1 滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积是______mL； （ii）若 1 滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为 V，数出轮廓范围内小方格的个数 N，小方格的边长 L，油膜 的面积为_________，油酸分子直径是_________。（用 V、N、L 表示） 【答案】 (1). 2×10-5 (2). NL2 (3). ） 【解析】 【详解】(i)[1] 纯油酸的体积是 (ii)[2] 油膜的面积为 NL2 [3] 油酸分子直径 14.如图所示为一刚经过高温消毒的茶杯，它由杯身、杯盖两部分组成，刚从消毒柜取出时杯子内部封闭气 体的温度为 87°C、压强等于外界的大气压 P0，放置一段时间稳定后温度变为 27°C，已知杯盖的质量为 m，杯身的质量为 M、橫截面积为 S。设杯内密封良好不发生漏气，杯内气体为理想气体，重力加速度大小 为 g。求： （i）刚取出与稳定后杯内气体的压强之比； （ii）稳定后，用力 F 拉住杯盖往上提，能使整个茶杯向上离开桌面，力 F 应满足的条件。 2 V NL 50.5 1 mL 2 10 mL250 100V −= × = × 2 Vd NL =【答案】（i） ；（ii） 【解析】 【详解】(i)杯内封闭气体发生等容变化 T1=(273+87)K，T2=(273+27)K 根据查理定律 代入数据解得压强之比 (ii)茶杯能离开桌面，若缓慢上提，由受力条件可得 设茶杯以最大加速度 a 离开桌面，对整体，根据牛顿第二定律得 对杯身 可得 故 F 满足的条件为 15.如图所示，在“测定玻璃砖折射率”的实验中，下列说法正确的是_________。 1 2 6 5 p p = 0( )( ) 6 ++ < < M m p sM m g F M 1 2 1 2 p p T T = 1 2 6 5 p p = 1 ( )F M m g= + 2 ( ) ( )F M m g M m a− + = + 0 2S p S ap Mg M− − = 0 2 ( ) 6 M m p sF M += 0( )( ) 6 ++ < < M m p sM m g F MA. 用手拿起玻璃砖时，应拿“光学面” B. 使用玻璃砖的 BC、CD 两个侧面，加以合理操作，也可测得折射率 C. 标记入射光线的大头针 P1、P2 之间的距离应适当大些 D. 在插针的过程中，大头针 P3 应挡住 P1、P2 E. 在测量数据时，仅用毫米刻度尺也能获得计算折射率所需要的全部数据 【答案】BCE 【解析】 【详解】A．用手拿起玻璃砖时，不能用手摸“光学面”，A 错误； B．使用玻璃砖的 BC、CD 两个侧面，用同样的方法，确定入射光线和折射光线，同样也能测得折射率，B 正确； C．标记入射光线的大头针 P1、P2 之间的距离应适当大些，这样确定入射光线的方向更准确，C 正确； D．在插针的过程中，大头针 P3 应挡住 P1、P2 的像，D 错误； E．在测量数据时，仅用毫米刻度尺，根据三角形的边角关系，也能测出正弦值从而确定折射率，E 正确。 故选 BCE。 16.如图所示，均匀介质中两波源 S1、S2 分别位于 x 轴上 、 m 处，波源 S1 振动方程为 cm，波源 S2 振动方程为 cm，质点 P 位于 x 轴上 m 处，已知质点 P 在 s 时开始振动，求： （i）这两列波在均匀介质的波长； （ii）t=0 至 t=1. 5s 内质点 P 通过的路程。 【答案】（i）4 m；（ii）27cm 1 0x = 2 14x = 2sin5y tπ= 5sin5y tπ= 4px = 1 0.4t =【解析】 【详解】(i)波源 S1 的振动先传到 P，由源 S1 振动方程可知，该波的角频率 波速 根据 可得 4m， (ii)波源 S2 的振动传到 P 所用的时间为 故质点 P 在 0~0.4 s 内静止不动，0.4s~1.0s 内仅参与波源 S1 的振动 1.0s ~1.5s 质点 P 同时参与两列波的振动，两列波频率相同，发生干涉 易得 故质点 P 为振动减弱点 其振幅为 1.0s~1.5s 质点 P 的路程为 cm 故质点 P 在 t=0 至 t2=1.5 s 内通过的路程为 =5ω π 1S P 1 10m/sdv t = = 2T π ω= vTλ = λ = 0.4sT = 2 2 1.0sS pdt v = = 1 16 12cms A= = p 1 1 6mS p S pδ = − = p 3 2 δ λ= p 1 2 3cmA A A= − = 2 p5 15s A= = p 1 2= + =27cms s s