學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精福州市2020屆高三畢業班適應性練習卷理綜物理試題一、選擇題：本題共8小題，每小題6分.在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求,第6~8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分.1。與下列圖片相關的物理知識說法正確的是（)A.甲圖,湯姆生通過α粒子散射實驗,提出了原子核的概念,建立了原子核式結構模型B.乙圖，氫原子的能級結構圖，大量處于n=4能級的原子向低能級躍遷時，能輻射6種不同頻率的光子C。丙圖，“光電效應”實驗揭示了光的粒子性，愛因斯坦為此提出了相對論學說，建立了光電效應方程D。丁圖，重核裂變產生的中子能使核裂變反應連續得進行，稱為鏈式反應,其中一種核裂變反應方程為【答案】B【解析】【詳解】A．甲圖為盧瑟福通過α粒子散射實驗,提出了原子的概念，建立了原子的核式結構模型，故A錯誤；B．乙圖中，大量處于n=4能級的原子向低能級躍遷時,能輻射的光子種類為即共輻射出6種不同頻率的光子，故B正確;C．丙圖的“光電效應”實驗揭示了光的粒子性，愛因斯坦為此提出了光子說，建立了光電效應方程,故C錯誤;D．重核裂變稱為鏈式反應是因為生成的多個中子繼續作為反應物又轟擊鈾核，反應方程為故D錯誤。故選B。2.2019年12月27日20時45分，長征五號遙三運載火箭在中國海南文昌航天發射場點火升空，2000多秒后將實踐二十號衛星送入預定軌道，發射飛行試驗取得圓滿成功。長征五號號稱“胖五"，其起飛重量約870噸,直徑5m，全長57米,起飛推力超1000噸,運載能力近25噸;未來月球探測器、火星探測器和載人空間站都要靠“胖五”來發射升空.這次發射的實踐二十號衛星是地球同步軌道衛星.以下判斷中正確的是(）A。“胖五”選在緯度較低的海南文昌發射場發射,是為了充分利用地球自轉的線速度B.“胖五"在加速起飛時推力大于重力，減速返回地面時推力將小于重力C.實踐二十號衛星的運行速度大于7。9km/sD。火星探測器的發射速度應大于7。9km/s，小于11.2km/s【答案】A【解析】【詳解】A．地球上緯度較低的位置，自轉的線速度較大，可以利用起來作為發射衛星的初速度,故A正確；B．“胖五"在加速起飛時推力大于重力，加速度向上，減速返回地面時加速度向上，推力還是大于重力，故B錯誤；C．根據可知,軌道半徑越大線速度越小,而7.9km/s是近地衛星的線速度，故作為地球同步衛星的實踐二十號衛星，其運行速度小于7.9km/s，故C錯誤;D．大于7。9km/s小于11.2km/s的速度只能保證在地球的引力范圍內運動，而要到火星需要在太陽系的引力范圍，則發射速度要大于第二宇宙速度小于第三宇宙速度，即大于11.2km/s,小于16.7km/s，故D錯誤.故選A。3.如圖，小球甲從A點水平拋出，將小球乙從B點自由釋放，兩小球先后經過C點時速度大小相等，方向夾角為60°，已知A、C高度差為h,兩小球質量均為m，不計空氣阻力，由以上條件可知（）A。兩小球在C點的速度大小均為B。A、B兩點高度差為4hC。甲小球在C點時重力的瞬時功率為D。乙小球在C點時的動量大小為【答案】D【解析】【詳解】A．由可得甲運動的時間為所以甲與乙相遇時，甲的豎直速度為則甲過C點的速度為兩小球在C點的速度大小相等，都為,故A錯誤；B．乙做自由落體運動,由所以乙在空中運動的時間為小球乙下降的高度為則A、B兩點間的高度差:故B錯誤；C．甲小球在C點時重力的瞬時功率為故C錯誤；D．乙球在C點時的動量大小為故D正確.故選D.4。如圖，甲、乙為高和直徑相等的圓筒狀容器,在甲容器中頂面和底面間加上電壓U,沿圓筒軸線方向形成一個勻強電場，在乙容器圓筒軸線處放一直導線，在導線與筒壁間所加的電壓也等于U，形成沿半徑方向的輻向電場，大量電量和質量均相同的帶電微粒，在兩個區域內由靜止釋放后運動方向如圖所示。不計微粒重力，不考慮微粒間的相互作用，則在兩種容器中(）A.甲容器中電場方向沿軸線豎直向下，乙容器中電場方向由軸線向外B.微粒都做勻加速直線運動C.微粒的電勢能都減小D。甲容器中電場對單個微粒做功的最大值是乙容器的2倍【答案】C【解析】【詳解】A．因兩個容器中釋放的粒子沒有告訴電性，故無法判斷電場力與場強的關系，則兩個容器中的電場方向無法判斷，故A錯誤；B．甲容器中形成的是勻強電場,粒子受恒力做勻加速直線運動，乙容器中形成的是均勻輻向電場,不同的半徑處場強大小不等,粒子受變力做變加速直線運動，故B錯誤；C．兩容器中粒子均只受電場力從靜止開始運動,電場力做正功，故電勢能都減小，故C正確；D．根據功能關系可知電場對單個微粒做功的最大值為，則兩個容器中的最大值相同，故D錯誤.故選C.5。如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為10:1，b是原線圈的中心抽頭，圖中電表均為理想的交流電表，定值電阻R=10,其余電阻均不計。從某時刻開始在c、d兩端加上如圖乙所示的交變電壓．則下列說法中正確的有（）A。當單刀雙擲開關與a連接時,電壓表的示數為31。1VB.當單刀雙擲開關與b連接時，在t=0。01s時刻，電流表示數為4.4AC。當單刀雙擲開關由a撥向b時，副線圈輸出電壓的頻率變為25HzD.當單刀雙擲開關由a撥向b時，原線圈的輸入功率變小【答案】B【解析】【詳解】A．當單刀雙擲開關與a連接時,變壓器原副線圈匝數比為10：1，輸入電壓為故根據變壓比公式可得輸出電壓為22V,故A錯誤;B．當單刀雙擲開關與b連接時,變壓器原副線圈的匝數比為5：1，輸入電壓為故根據變壓比公式輸出電壓為44V，根據歐姆定律,電流表的示數即為輸出電流的有效值故B正確；C．由圖象可知，電壓的最大值為311V,交流電的周期為2×10-2s，所以交流電的頻率為f=50Hz；當單刀雙擲開關由a撥向b時，變壓器不會改變電流的頻率,所以副線圈輸出電壓的頻率為50Hz；故C錯誤；D．當單刀雙擲開關由a撥向b時，根據變壓比公式，輸出電壓增加,故輸出電流增加,故輸入電流也增加，則原線圈的輸入功率變大，故D錯誤。故選B。6。如圖所示,鐵板AB與水平地面間的夾角為θ，一塊磁鐵吸附在鐵板下方。現緩慢抬起鐵板B端使θ角（始終小于90°)增大的過程中,磁鐵始終相對鐵板靜止，磁鐵對鐵板的吸力大小不變.下列說法正確的是（）A。鐵板對磁鐵的作用力保持不變B。鐵板對磁鐵的彈力逐漸增大C。鐵板對磁鐵的摩擦力做負功D。鐵板對磁鐵的彈力沖量等于零【答案】AB【解析】【詳解】A．對鐵塊受力分析，受重力G、磁力F、支持力N和摩擦力f,如圖由于始終平衡故合力為零，磁鐵對鐵板的作用力為多個力的合力，大小等于mg，方向豎直向下，由牛頓第三定律可知對鐵板對磁鐵的作用力保持不變,故A正確;B．根據平衡條件,有：mgsinθ—f=0F-mgcosθ—N=0解得：f=mgsinθN=F-mgcosθ由于θ不斷變大,故f不斷變大，N不斷變大,故B正確，C．摩擦力與鐵板的運動方向垂直，則不做功,則C錯誤；D．鐵板對磁鐵有不等于零的彈力和時間，則沖量等于∑Ft≠0，則D錯誤。故選AB.7.如圖所示，輕質彈簧的左端固定,并處于自然狀態，小物塊的質量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止，物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過程中(）A.彈簧的最大彈力大于μmg B。物塊克服摩擦力做的功為μmgsC。彈簧的最大彈性勢能為2μmgs D.物塊在A點的初速度為【答案】AD【解析】【詳解】A．物體向右運動時,當彈簧的彈力與滑動摩擦力大小相等時,即F=μmg時,速度最大，物體繼續向右運動，彈簧繼續伸長直到自然狀態，所以彈簧的最大彈力大于μmg，故A正確;B．整個過程中，物塊所受的摩擦力大小恒定，摩擦力一直做負功，則物塊克服摩擦力做的功為2μmgs，故B錯誤；C．物體向右運動的過程，根據能量守恒定律得，彈簧的最大彈性勢能為Ep=μmgs故C錯誤；D．設物塊在A點的初速度為v0．對整個過程，利用動能定理得可得故D正確。故選AD。8.如圖所示，正方形導線框處于足夠大的勻強磁場中，磁場方向垂直框平面,磁感應強度隨時間均勻增加，變化率為k。導體框質量為m、邊長為L，總電阻為R，在恒定外力F作用下由靜止開始運動.下列說法正確的是（）A。線框中有順時針方向的感應電流B。線框中的感應電流逐漸增大到某個最大值后不變C.線框將做勻加速運動，加速度大小為D。線框中感應電流做功的功率為【答案】CD【解析】【詳解】A．線框完全在磁場中運動切割磁感線不能引起磁通量的變化，不能產生動生電流，而磁場均勻增加能產生感生電流,由楞次定律可知感應電流為逆時針方向，故A錯誤；B．由法拉第電磁感應定律可知則感應電流的大小始終恒定，故B錯誤；C．因導線框的兩對對邊通電受安培力等大相反而抵消，則線框在磁場中受到的合外力等于F，由牛頓第二定律得導體框在磁場中的加速度大小為故C正確；D．由電功率可得,導體框中感應電流做功的功率為故D正確.故選CD。第Ⅱ卷二、非選擇題:包括必考題和選考題兩部分.第9題～第12題為必考題，每個考題考生都必須作答，第13～16為選考題，考生根據要求作答（一）必考題9。用如圖所示的甲、乙兩種裝置都可以進行“探究做功與物體速度變化的關系”實驗.(1)a、b是兩個實驗中打出的紙帶的一部分,A、B、C、…、G是紙帶上標出的計數點,每兩個相鄰的計數點之間還有4個打出的點未畫出.其中圖____（填“a”或“b”)所示的是用乙裝置的實驗紙帶。用甲裝置實驗時打下F點的瞬時速度v=____m/s（保留2位有效數字）。（2)在用乙裝置進行的實驗中，平衡阻力后,小車與橡皮筋組成的系統在橡皮筋恢復形變前機械能___(填“守恒”或“不守恒”）.【答案】（1）.a（2）.0.28(3)。不守恒【解析】【詳解】（1）［1］甲圖裝置是恒力拉動小車做勻加速直線運動，體現相等時間內的位移差恒定，對應紙帶b，乙裝置是橡皮筋的彈力拉動小車，是逐漸減小的彈力作用,小車應先做變加速度直線運動后做勻速直線運動，對應紙帶a;[2］甲裝置對應紙帶b,相鄰計數點間有四個點未畫出，則時間間隔為由勻變速直線運動的推論，平均速度等于中間時刻的瞬時速度，有（2)［3]小車與橡皮筋組成的系統有重力做正功,橡皮筋的彈力做正功，摩擦力做負功，則即使平衡了摩擦力，依然有除重力和彈力之外的摩擦力做負功，系統的機械能減少，機械能不守恒。10.某同學要將一量程為250μA的微安表改裝為量程為5.0V的電壓表.該同學測得微安表內阻為1200Ω，經計算后將一阻值為R的電阻與該微安表連接,進行改裝。然后利用一標準電壓表，根據圖(a）所示電路對改裝后的電表進行校正(虛線框內是改裝后的電表）（1）改裝時，該同學選用的電阻R的阻值應為___Ω，與微安表__聯（填“串”或“并"）。（2)根據校正電路（a），補全圖（b）中的實物連線________；(3)當標準電壓表的示數為4。80V時，微安表的指針位置如圖（c）所示.由此可以推測出所改裝的電表量程不是預期值,而是___V（答案填三位有效數字）。要修正改裝電表的量程,可以采用以下措施中的___（填正確答案標號）A.在R上并聯一個比R大得多的電阻B.在R上并聯一個比R小得多的電阻C.在R上串聯一個比R大得多的電阻D.在R上串聯一個比R小得多的電阻(4)如果將該改裝修正好的電壓表（圖中用V′表示）再連接到如圖所示電路中，可以作為萬用表的歐姆檔使用，若已知電源電動勢為6。0V,與電壓表并聯的電阻，則該歐姆檔的中值電阻為___Ω。【答案】（1).18.8k（2）。串(3）.(4）。6。00(5）.A（6)。1500【解析】【詳解】(1）[1］［2］表頭改裝成電壓表需要利用串聯分壓的規律，有解得串聯電阻的阻值（2)[3]校對電壓表的電路需要標準表和待校表并聯，同時滑動變阻器采用分壓式獲得更大的調節范圍，連接實物圖如圖所示(3)[4]微安表量程為250μA,由圖（c）所示表盤可知，其分度值為5μA,其示數為200μA,是滿偏量程的，改裝后的電壓表量程為U，則示數為解得[5]量程改裝后偏大，則串聯的分壓電阻偏大,故在R上并聯一個比R大得多的電阻,把等效的串聯電阻變小,故A正確,BCD錯誤，故選A。(4）［6]修正好電壓表V′，滿偏電流為，內阻為電壓表V′與并聯后作為表頭，滿偏電流為根據歐姆檔測電阻的原理，短接紅黑表筆時電路的總內阻即為中值電阻,有可得11。圖為質譜儀的結構示意,由加速電場、速度選擇器、偏轉磁場三部分組成.一個質量為m，電荷量為q的粒子從加速電場的正極板附近由靜止釋放，沿直線運動，經速度選擇器后由P點垂直射入磁感應強度為B0勻強磁場，最后垂直打在位于A1A2間的照相底片上的P'點。已知PP’間的距離為L，速度選擇器中的勻強電場的場強大小為E，不計粒子重力。求：(1）速度選擇器中的磁場B的方向和大小;（2)加速電場的電壓U.【答案】(1)，方向為垂直紙面向外;(2)【解析】【詳解】（1）粒子由P點垂直射入磁感應強度為B0勻強磁場，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有（R為軌道半徑）由幾何關系L=2R解得粒子經速度選擇器出來，滿足解得由左手定則,磁場B的方向為垂直紙面向外。（2)粒子在電場中由靜止加速得12.光滑水平面上有一質量m車＝1.0kg的平板小車，車上靜置A、B兩物塊.物塊由輕質彈簧無栓接相連(物塊可看作質點），質量mA＝mB＝1.0kg。A距車右端x1(x1〉1。5m）,B距車左端x2＝1。5m，兩物塊與小車上表面的動摩擦因數均為μ＝0.1．車離地面的高度h＝0.8m，如圖所示。某時刻,將儲有彈性勢能Ep＝4.0J的輕彈簧釋放，使A、B瞬間分離,A、B兩物塊在平板車上水平運動。重力加速度g取10m/s2,求：（1)彈簧釋放瞬間后A、B速度的大小；(2）B物塊從彈簧釋放后至落到地面上所需時間;(3）若物塊A恰好未離開車,求x1的值及兩物塊在平板車上運動的整個過程中系統產生的熱量。【答案】(1)v1＝2m/s,v2＝2m/s;（2)t=1.4s；(3）x1=1.75m，Q=3.25J。【解析】【詳解】（1）釋放彈簧過程A、B系統動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv1-mBv2＝0由機械能守恒定律得代入數據解得v1＝2m/s,v2＝2m/s（2）由于A、B質量相等，且與小車上表面的動摩擦因數相等，則B在平板車上運動到左端的過程小車所受合力為零,小車靜止。因此在B運動到小車左端過程，對B由動能定理得：由動量定理得—μmBgt1＝mBvB-mBv2代入數據解得：vB＝1m/s，t1＝1sB離開平板車后做平拋運動,豎直方向代入數據解得t2＝0.4s運動時間t＝t1+t2＝1.4s（3）B離開小車時，vA＝vB＝1m/s，B離開平板車后，A與平板車組成的系統動量守恒,以向右為正方向，由動量守恒定律得mAvA＝(mA+m車）v由能量守恒定律得代入數據解得L相對＝0.25mA、B同時在小車上運動時小車不動，B滑出小車前，A在小車上滑行的距離與B在小車上滑行的距離相等為1.5m，則x1的值x1＝L相對+x2＝1。75m根據能量守恒定律，系統產生的熱量Q＝μmAgx1+μmBgx2＝3。25J（二)選考題：共15分[物理-—選修3—3]13.關于對分子動理論、氣體和晶體等知識的理解,下列說法正確的是____A。溫度高的物體,其分子的平均動能一定大B。液體的分子勢能與體積無關C。晶體在物理性質上可能表現為各向同性D。溫度升高，氣體的壓強一定變大E。熱量可以從低溫物體傳給高溫物體【答案】ACE【解析】【詳解】A．溫度是分子平均動能的標志，溫度升高時，分子的平均動能增大,故A正確；B．液體分子之間的距離不同,液體分子之間的分子力大小就不同，所以分子力做功不同，則分子勢能就不同，所以液體的分子勢能與體積有關，故B錯誤；C．單晶體因排列規則其物理性質為各向異性，而多晶體因排列不規則表現為各向同性，故C正確；D．根據理想氣體得狀態方程可知溫度升高，氣體的壓強不一定增大，還要看體積變化，故D錯誤;E．熱量不能自發的從低溫物體傳給高溫物體，但在引起其它變化的情況下可以由低溫物體傳給高溫物體，故E正確。故選ACE。14。如圖所示，一端封閉、粗細均勻的U形玻璃管開口向上豎直放置，管內用水銀將一段氣體封閉在管中當溫度為280K時，被封閉的氣柱長L=25cm，兩邊水銀柱高度差h=5cm,大氣壓強p0=75cmHg。①加熱封閉氣體，為使左端水銀面下降h1=5cm，求此時封閉氣體的溫度；②封閉氣體溫度保持①問中的值不變,為使兩液面相平，求需從底端放出的水銀柱長度.【答案】①384K；②9cm【解析】【詳解】①設左端水銀面下降后封閉氣體的壓強為p2，溫度為T2,體積為V2，則，由理想氣體狀態方程得代入數值解得②兩液面相平時，氣體的壓強為：，體積為，左端液面下降，右管液面下降了,由玻意耳定律得解得所以放出的水銀柱長度［物理——選修3—4］15。如圖,a、b、c、d是均勻介質中水平軸上的四個質點，相鄰兩點的間距依次為4m、6m和8m。一列簡諧橫波沿x軸正向傳播，在t=0時刻傳到質點a處，使質點a由平衡位置開始豎直向下運動。波繼續向前傳播，t=5s時質點b已經通過了8cm路程并第一次回到了平衡位置，此時質點c剛好開始振動。則下列說法正確的是________A。該波的波速為1.6cm/sB。質點c開始振