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2019-2020年高三物理下学期能力测试（六）试卷（含解析） 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷。第I卷为必考题，第II卷包括必考题和选考题两部分。本试卷共12页，满分300分，考试时间150分钟。可能用到的相对分子质量Si-28；Al-27；N-14第I卷（选择题 共108分）本卷共18小题，每小题6分，共108分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。13一理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=11：5，原线圈与正弦交流电源连接，输入电压U如图所示，副线圈仅接一个10的电阻，则（ ）A流过电阻的电流是0.2AB变压器的输入功率是1103WC经过1分钟电阻发出的热量是6l05J D与电阻并联的电压表示数是100 V【答案】B【解析】A、由图象可知，原线圈中电压的最大值为，所以电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100V，副线圈的电阻为10，所以电流的为10A，故A错误；B、原副线圈的功率是相同的，由，故B正确；C、经过1分钟电阻发出的热量是，故C错误；D、电压表测量的是电压的有效值，所以电压表的读数为100V，故D错误。故选B。【考点】变压器；正弦式交变电流14一质点以坐标系原点O为平衡位置沿y轴方向做简谐振动，其振动图像 如右图所示，振动形成的简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波速为1.0m/s，若质点振动四分之三周期后立即停止，则再经过0.1s后的波形图是（ ）【答案】C【解析】根据振动图象得知，t=0时刻质点沿y轴正方向振动，则介质中各质点的起振方向均沿y轴正方向，与波最前头的质点振动方向由振动图象读出周期T=0.4s，波长=vT=0.4m，则再经过0.1s后，即0.4s后波总共传播的距离为=0.4m。故选C。【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象15原香港中文大学校长、被誉为“光纤之父”的华裔科学家高锟和另外两名美国科学家共同分享了xx年度的诺贝尔物理学奖早在1996年中国科学院紫金山天文台就将一颗于1981年12月3日发现的国际编号为“3463”的小行星命名为“高锟星”假设“高锟星”为均匀的球体，其质量为地球质量的，半径为地球半径的，则“高锟星”表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的()A. B. C. D.【答案】C【解析】根据得，。因为高锟星的质量为地球质量的，半径为地球半径的，则“高锟星”表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的，故C正确。故选C。【考点】万有引力定律及其应用16半圆形玻璃砖横截面如图，AB为直径，O点为圆心在该截面内有a、b两束单色可见光从空气垂直于AB射入玻璃砖，两入射点到O的距离相等两束光在半圆边界上反射和折射的情况如图所示，则对a、b两束光说法错误的是（）A在同种均匀介质中传播，a光的传播速度较大B以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角大C若a光照射某金属表面能发生光电效应，b光也一定能D分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距大【答案】B【解析】A、b光发生了全反射，a光未发生全反射，知b光的临界角小，根据知，b光的折射率大，根据知，b光的传播速度小，a光的传播速度大，故A正确；B、根据折射定律可知，b光的折射率大，则b光的折射角小，故B错误；C、b光的折射率大，则b光的频率大，若a光照射某金属表面能发生光电效应，b光也一定能，故C正确；D、b光的折射率大，频率大，则b光的波长小，根据知，a光的条纹间距大，故D正确。故选B。【考点】光的折射定律17在固定于地面的斜面上垂直斜面安放一块挡板，截面为1/4圆的柱状物体甲放在斜面上，半径与甲半径相等的光滑球体乙被夹在甲与挡板之间，球体乙没有与斜面接触而处于静止状态，如图所示在球心O1处对甲实施一个平行于斜面下的力F，使甲沿斜面方向缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止，设乙对挡板的压力为F1，甲对斜面的压力为F2，则在此过程中（）AF1缓慢增大，F2缓慢增大 B F1缓慢增大，F2缓慢减小CF1缓慢减小，F2缓慢减小 DF1缓慢减小，F2始终不变【答案】D【解析】AB、先对物体乙受力分析，受重力、挡板的支持力和甲物体的支持力，如图根据平衡条件，结合几何关系可以看出挡板的支持力不断减小，根据牛顿第三定律，球甲对挡板的压力不断减小，故AB错误；CD、再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和已知力F，如图根据平衡条件，有x方向：y方向：解得：由牛顿第三定律，知物体乙对斜面的压力不变，故C错误D正确。故选D。【考点】共点力平衡；力的合成与分解18.如图甲所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处。磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直。先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触。用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移。图乙中正确的是( ) A B C D 【答案】D【解析】设c、d刚进磁场时速度为v，c刚进入磁场做匀速运动，此时由静止释放d设d经时间t进入磁场，并设这段时间内c的位移为x；对c，由匀变速运动的平均速度公式得：，由匀速运动的位移公式得：，解得：x=2h，d进入磁场时，c相对释放点的位移为3h；d进入磁场后，cd二者都做匀速运动，且速度相同，二者与导轨组成的回路磁通量不变，感应电流为零，不受安培力，两导体棒均做加速度为g的匀加速运动，故错误正确；c出磁场时d下落2h，c出磁场后，只有导体棒d切割磁感线，此时d的速度大于进磁场时的速度，d受到安培力作用做减速运动，动能减小，d出磁场后动能随下落高度的增加而均 匀增大，故错误正确；综上所述：错误，正确，故D正确。故选D。【考点】法拉第电磁感应定律第卷（共192分）必考部分第II卷必考部分共9题，共157分。19(18分)（1）（8分）某探究学习小组验证动能定理的实验装置如图甲所示。 实验时首先要平衡摩擦力：取下沙桶，把木板不带滑轮的一端垫高，轻推小车，让小车 _（选填“拖着”或“不拖着”）纸带运动。 打点计时器使用频率为50 Hz的交流电，记录小车运动的纸带如图乙所示。在纸带上相邻两计数点之间还有四个点未画出。本实验需根据此纸带计算_（选填“速度”、“加速度”）的值，其中小车通过计数点“B”时，该值_（计算结果保留两位有效数字）。 若实验室没有沙桶只有钩码，每个钩码质量m=50g，小车总质量M=200g，用该实验装置验证动能定理，则需验证重力对钩码所做的功是否等于_（选填“小车”或“小车和钩码”）动能的增量。【答案】拖着 速度 0.13m/s 小车和钩码【解析】（1）系统受到的阻力包括限位孔对纸带的阻力，故要拖着纸带平衡摩擦力；（2）要验证动能定理，需要测量初速度与末速度；B点速度等于AC段平均速度，故；（3）细线对钩码做功和对小车做功之和为零，故重力对钩码做的功等于合外力对小车和钩码做的功之和。【考点】探究功与速度变化的关系（2）（10分）甲同学设计了如图所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2阻值实验器材有：A.待测电源E（不计内阻） B.待测电阻R1C.待测电阻R2 D.电压表V（量程为1.5V，内阻很大） E.电阻箱R（099.99） F.单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2G.导线若干先测电阻R1的阻值请将甲同学的操作补充完整：闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数r和对应的电压表示数Ul，保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，读出电压表的示数U2则电阻R1的表达式为R1=甲同学已经测得电阻Rl=4.8，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图所示的图线，则电源电动势E=V，电阻R2=（结果均保留两位有效数字）。利用甲同学设计的电路和测得的电阻Rl，乙同学测电源电动势E和电阻R2的阻值的做法是：闭合S1，将S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出于相应的 图线，根据图线得到电源电动势E和电阻R2这种做法与甲同学的做法比较，由于电压表测得的数据范围（选填“较大”、“较小”或“相同”），所以同学的做法更恰当些【答案】； 1.4；1.2； 较小； 甲【解析】要测得R1的阻值，应知道R1两端的电压及流过R1的电流；故可以将S2切换到b，测出串联电路的两端的电压；由串联电路可知；电流；由欧姆定律可知：电压表测量电阻箱两端的电压；由闭合电路欧姆定律可知：变形得：由图象可知，图象与纵坐标的交点等于；解得：；图象的斜率：解得：；若开关接b，则电压表测量R及R1两端的电压，因R2的阻值较小，故电压表的示数接近电源的电动势，故电压表测量的范围较小；导致误差较大；故甲同学的做法更好一些。【考点】测定电源的电动势和内阻20（15分）如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R=10cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h=0.8m，水平距离s=1.2m，水平轨道AB长为L1=1m，BC长为L2=3m，.小球与水平轨道间的动摩擦因数=0.2，重力加速度g=10m/s2，则： （1）若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度？（2）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点的初速度的范围是多少？【答案】 或【解析】（1）小球恰能通过最高点由B到最高点对AB由动能定理得解得：在A点的初速度（2）若小球恰好停在C处，对全程进行研究，则有：，解得所以当3m/svA4m/s时，小球停在BC间若小球恰能越过壕沟时，则有，又解得所以当，小球越过壕沟。故小球在A点的初速度的范围是或。【考点】动能定理；牛顿第二定律21（19分）如图所示，光滑绝缘水平桌面上固定一绝缘挡板P，质量分别为mA和mB的小物块A和B（可视为质点）分别带有+QA和+QB的电荷量，两物块由绝缘的轻弹簧相连，一不可伸长的轻绳跨过定滑轮，一端与物块B连接，另一端连接轻质小钩整个装置处于正交的场强大小为E、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向水平向里的匀强磁场中物块A，B开始时均静止，已知弹簧的劲度系数为K，不计一切摩擦及A、B间的库仑力，物块A、B所带的电荷量不变，B不会碰到滑轮，物块A、B均不离开水平桌面若在小钩上挂一质量为M的物块C并由静止释放，可使物块A对挡板P的压力为零，但不会离开P，则（1）求物块C下落的最大距离；（2）求小物块C下落到最低点的过程中，小物块B的电势能的变化量、弹簧的弹性势能变化量；（3）若C的质量改为2M，求小物块A刚离开挡板P时小物块B的速度大小以及此时小物块B对水平桌面的压力【答案】，方向竖直向下【解析】（1）开始时弹簧的形变量为，对物体B由平衡条件可得：设A刚离开挡板时，弹簧的形变量为，对物块B由平衡条件可得：故C下降的最大距离为：(2)物块C由静止释放下落至最低点的过程中，B的电势能增加量为：由功能关系可知：物块由静止释放至下落至最低点的过程中,c的重力势能减小量等于B的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量即：解得：(3)当C的质量为2M时，设A刚离开挡板时B的速度为V，由能量守恒定律可知：解得A刚离开P时B的速度为：因为物块AB均不离开水平桌面，所以对物块B竖直方向受力平衡：解得：据牛顿第三定律可知，此时小物块B对水平桌面的压力大小为，方向竖直向下【考点】功能关系；共点力平衡；能量守恒定律22（20分）如图甲所示，间距为d的平行金属板MN与一对光滑的平行导轨相连,平行导轨间距L=d/2，一根导体棒ab以一定的初速度向右匀速运动，棒的右侧存在一个垂直纸面向里，大小为B的匀强磁场。棒进入磁场的同时，粒子源P释放一个初速度为0的带电粒子，已知带电粒子质量为m,电量为q.粒子能从N板加速到M板，并从M板上的一个小孔穿出。在板的上方，有一个环形区域内存在大小也为B，垂直纸面向外的匀强磁场。已知外圆半径为2d， 里圆半径为d.两圆的圆心与小孔重合（粒子重力不计）（1）判断带电粒子的正负，并求当ab棒的速度为v0时，粒子到达M板的速度v；（2）若要求粒子不能从外圆边界飞出，则v0的取值范围是多少？（3）若棒ab的速度v0只能是，则为使粒子不从外圆飞出，则可以控制导轨区域磁场的宽度S（如图乙所示），那该磁场宽度S应控制在多少范围内？【答案】 【解析】（1）根据右手定则知，a端为正极，故带电粒子必须带负电，ab棒切割磁感线，产生的电动势对于粒子，据动能定理：联立得；（2）要使粒子不从外边界飞出，则粒子最大半径时的轨迹与外圆相切根据几何关系：解得：，由牛顿第二定律得：得：，故ab棒的速度范围：；（3）因为，所以如果让粒子在MN间一直加速，则必然会从外圆飞出，所以如果能够让粒子在MN间只加速一部分距离，再匀速走完剩下的距离，就可以让粒子的速度变小了，设磁场宽度为S0时粒子恰好不会从外圆飞出，此情况下可得粒子射出金属板的速度：粒子的加速度：，粒子速度，解得：，对于棒ab：，故磁场的宽度应。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动选考部分第II卷选考部分共5题，共35分。其中，第28、29题为物理题，第30、31题为化学题，考生从两道物理题、两道化学题中各任选一题作答，若第28、29题都作答，则按第28题计分，若第30、31题都作答，则按第30题计分；第32题为生物题，是必答题。请将答案都填写在答题卷选答区域的指定位置上。 29物理选修33（本题共有两小题，每小题6分，共12分。每小题只有一个选项符合题意。）（1）以下有关热现象说法正确的是 （填选项前的字母）A扩散现象和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，所以扩散现象和布朗运动也叫热运动B气体分子的平均动能增大，气体的压强一定增大C两个分子从远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大、后变小，再变大D第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律【答案】C【解析】A、分子永不停息的无规则运动叫做热运动，而非固体微粒，布朗运动是固体微粒的运动，所以布朗运动不是热运动，故A错误；B、气体分子的平均动能增大，是由于温度的升高，故B错误；C、两个分子从远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大、后变小，再变大，故C正确；D、第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故D错误。故选C。【考点】热运动；热力学第二定律；布朗运动（2）如图所示，一绝热容器被隔板K隔开a、b两部分已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态在此过程中，下列说法中正确的是 （填选项前的字母）A.气体向外界放热，压强增大 B.气体温度不变，压强减小C.气体从外界吸热，压强增大 D.气体从外界吸热，压强减小【答案】B【解析】绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递，Q=0，稀薄气体向真空扩散没有做功，W=0，根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变，则温度不变，稀薄气体扩散体积增大，压强必然减小。故选B。【考点】热力学第一定律30物理选修35（本题共有两小题，每小题6分，共12分。每小题只有一个选项符合题意。）（1）如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球同一直线上运动。两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为4 kgm/s，则 ( ) A左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25B左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110C右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25D右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110【答案】A【解析】光滑水平面上大小相同A、B两球在发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球的，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰后A球的动量为所以碰后B球的动量是增加的，为由于两球质量关系为。那么碰撞后A、B两球速度大小之比2：5。故选A。【考点】动量守恒定律（2）下列说法正确的是（ ）压力、温度对放射性元素衰变的快慢具有一定的影响从同种金属逸出的光电子的最大初动能随照射光的频率增大而增大中子与质子结合成氘核时要吸收能量核力是强相互作用的一种表现，只有相近核子之间才存在核力作用A B C D 【答案】C【解析】压力、温度对放射性元素衰变的快慢没有影响，故错误；从同种金属逸出的光电子的最大初动能随照射光的频率增大而增大，故正确；中子与质子结合成氘核时要说法能量，故错误；核力是强相互作用的一种表现，是短程力，只有相近核子之间才存在核力作用，故正确。故选C。【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；光电效应；原子核的结合能泉州五中xx届高三下理科综合能力测试卷（六）参考答案 物理试题部分参考答案I选择题（每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）题号131415161718答案BCCBDD19（共18分，每空2分）（1）拖着 速度 0.13m/s 小车和钩码（2）；1.4；1.2；较小； 甲20（15分）解：（1）小球恰能通过最高点 .1分由B到最高点 mvB2mv2+mg(2R) .2分由AB mgL1mvB2mvA2 .2分解得：在A点的初速度vA=3m/s .1分（2）若小球恰好停在C处，对全程进行研究，则有：-mg（L+L）=0-mv2，解得v=4m/s.2分所以当3m/svA4m/s时，小球停在BC间.1分若小球恰能越过壕沟时，则有h=gt2， s=vt.2分又-mg（L+L）=mv2-mv2.2分 解得，v=5m/s所以当vA5m/s，小球越过壕沟.1分故小球在A点的初速度的范围是3m/svA4m/s或vA5m/s.1分21（19分）（1）开始时弹簧的形变量为，对物体B由平衡条件可得： .2分设A刚离开挡板时，弹簧的形变量为，对物块B由平衡条件可得： .2分故C下降的最大距离为： .2分 (2)物块C由静止释放下落至最低点的过程中，B的电势能增加量为： .2分 由功能关系可知：物块由静止释放至下落至最低点的过程中,c的重力势能减小量等于B的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量即： .2分 解得： .1分(3)当C的质量为2M时，设A刚离开挡板时B的速度为V，由能量守恒定律可知： .2分解得A刚离开P时B的速度为： .2分 因为物块AB均不离开水平桌面，所以对物块B竖直方向受力平衡： .2分 解得：.1分据牛顿第三定律可知，此时小物块B对水平桌面的压力大小为，方向竖直向下.1分22（20分）（1）根据右手定则知，a端为正极，故带电粒子必须带负电，ab棒切割磁感线，产生的电动势对于粒子，据动能定理：联立得；（2）要使粒子不从外边界飞出，则粒子最大半径时的轨迹与外圆相切根据几何关系：解得：，由牛顿第二定律得：得：，故ab棒的速度范围：；（3）因为，所以如果让粒子在MN间一直加速，则必然会从外圆飞出，所以如果能够让粒子在MN间只加速一部分距离，再匀速走完剩下的距离，就可以让粒子的速度变小了，设磁场宽度为S0时粒子恰好不会从外圆飞出，此情况下可得粒子射出金属板的速度：粒子的加速度：，粒子速度，解得：，对于棒ab：，故磁场的宽度应。29（1）C（2）B 30（1）A（2）C