2019-2020年高三物理下学期能力测试（四）试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三物理下学期能力测试（四）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。可能用到的相对原子质量：Cu-64; Cl-35.5; N-14; O-16; C-12; H-1; S-32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如图所示为物体做直线运动的vt图象。若将该物体的运动过程用xt图象表示出来（其中x为物体相对出发点的位移），则下列选项中的四幅图描述正确的是（ ）【答案】C【解析】由v-t图象可以看出：物体在0到t1时间内做向正方向的匀速直线运动，t1到t2时间内速度为零，t2到t3时间内做反方向的匀速直线运动，与第一段时间内速度大小相同，因为位移-时间图象的斜率表示速度，斜率的正负表示速度的方向；A、图象中第一段时间内的速度为负值，故A错误；B、图象中第三段时间内物体的速度为正值，故B错误；C、由位移时间图象可以看出，物体在0到t1时间内做向正方向的匀速直线运动，t1到t2时间内速度为零，t2到t3时间内做反方向的匀速直线运动，故C正确；D、由其图象可以看出第一段时间内的斜率与第三段时间内的斜率大小不同，说明速度大小不同，故D错误。故选C。【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系142007 年3 月26 日，中俄共同签署了中国国家航天局和俄罗斯联邦航天局关于联合探测火星火卫一合作的协议，双方确定xx年联合对火星及其卫星“火卫一”进行探测“火卫一”在火星赤道正上方运行，与火星中心的距离为9450km绕火星1周需7h39min，若其绕行轨道简化为圆轨道，引力常量G已知则由以上信息能求出（ ）A火星的质量 B火星的密度C“火卫一”的质量 D“火卫一”受到火星的引力【答案】A【解析】A、根据万有引力提供向心力，知道了轨道半径和周期，可以求出中心天体（火星）的质量，故A正确；B、由于不知道火星的半径，所以无法求出火星的密度，故B错误；C、环绕天体（火卫一）的质量在分析时已约去，不能求出，故C错误；D、由于不知道火卫一的质量，所以无法求出“火卫一”受到火星的引力，故D错误。故选A。【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用15如图所示，水平金属圆盘置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，随盘绕金属转轴以角速度沿顺时针方向匀速转动，盘的中心及边缘处分别用金属滑片与一理想变压器的原线圈相连。已知圆盘半径为r，理想变压器原、副线圈匝数比为n，变压器的副线圈与一电阻为R的负载相连。不计圆盘及导线的电阻，则下列说法中正确的是（ ）A变压器原线圈两端的电压为B变压器原线圈两端的电压为C通过负载R的电流为D通过负载R的电流为【答案】B【解析】AB、圆盘半径切割磁感线产生感应电动势：，则变压器原线圈两端电压为，故A错误B正确；CD、圆盘转动过程产生的电动势是定值，穿过变压器副线圈的磁通量不变，副线圈不产生感应电动势，副线圈电流为零，故CD错误。故选B。【考点】变压器的构造和原理；法拉第电磁感应定律16如图是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f，直杆质量不可忽略。一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧，最终以速度v弹回。直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面的摩擦。则( )A小车被弹回时速度v一定小于v0B直杆在槽内移动的距离等于C直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止D弹簧的弹力不可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力【答案】B【解析】A、小车在向右运动的过程中，弹簧的形变量若始终小于时，直杆和槽间无相对运动，小车被弹回时速度v一定等于v0；若形变量等于时，杆和槽间出现相对运动，克服摩擦力做功，小车的动能减小，所以小车被弹回时速度v一定小于v0，故A错误；B、整个过程应用动能定理：，直杆在槽内移动的距离，故B正确；C、直杆在槽内向右运动时，开始小车速度比杆的大，所以不可能与直杆始终保持相对静止，故C错误；D、当弹力等于最大静摩擦力时杆即开始运动，此时车的速度大于杆的速度，弹簧进一步被压缩，弹簧的弹力大于最大静摩擦力，故D错误。故选B。【考点】动能定理17有一个固定的光滑直杆与水平面的夹角为 53，杆上套着一个质量为 m=2kg 的滑块（可视为质点）用不可伸长的细绳将滑块 m 与另一个质量为 M=2.7kg 的物块通过光滑的定滑轮相连接，细绳因悬挂 M 而绷紧，此时滑轮左侧细绳恰好水平，且水平长度 ，p点与滑轮的连线与直杆垂直（如图所示）现将滑块m从图中 O 点由静止释放，（整个运动过程中 M 不会触地,g=10m/s2）。则滑块m滑至 P 点时的速度大小为（ ）A B5m/s C D2m/s【答案】A【解析】由于图中杆子与水平方向成53，可以解出图中虚线长度：，所以滑块运动到P时，m下落，M下落，当m到达P点与m相连的绳子此时垂直杆子方向的速度为零，即M速度为零，全过程两物体减小的重力势能等于m物体的动能增加：，解得：。故选A。【考点】运动的合成和分解18如图所示，有理想边界的直角三角形区域abc内部存在着两个方向相反的垂直纸面的匀强磁场，e是斜边ac上的中点，be是两个匀强磁场的理想分界线.现以b点为原点O，沿直角边bc作x轴，让在纸面内与abc形状完全相同的金属线框ABC的BC边处在x轴上，t=0时导线框C点恰好位于原点O的位置.让ABC沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场，现规定逆时针方向为导线框中感应电流的正方向,在下列四个图像中，能正确表示感应电流随线框位移变化关系的是 ( ) 【答案】D【解析】在0-2L过程，线框进入磁场中，磁感线向外和向里的面积相等，整个线框的磁通量为零，保持不变，线框没有感应电流产生；在2L-2.5L过程：穿过线框的磁通量增加，总磁感线向里，根据楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向，是正值；由于有效的切割长度均匀减小，感应电动势和感应电流均匀减小；在2.5L-4L过程：穿过线框的磁通量减小，磁感线向里，根据楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向，是负值；由于有效的切割长度均匀减小，感应电动势和感应电流均匀减小；故D正确。故选D。【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律 第卷（简答题 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）小翔利用如图甲所示的装置，探究弹簧弹力F与伸长量 l的关系，由实验绘出F与l的关系图线如图乙所示，该弹簧劲度系数为 N/m。小丽用如图丙所示的装置验证“力的平行四边形定则”。用一木板竖直放在铁架台和弹簧所在平面后。其部分实验操作如下，请完成下列相关内容：a . 如图丙，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O；b. 卸下钩码然后将两绳套系在弹簧下端，用两弹簧称将弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套AO、BO的_ 及两弹簧称相应的读数。图丁中B弹簧称的读数为 _ N(保留2位小数点）；c. 小丽在坐标纸上画出两弹簧拉力FA、FB的大小和方向如图丁所示，请你用作图工具在图戊中作出FA、FB的合力F；d. 已知钩码的重力，可得弹簧所受的拉力F如图戊所示，e. 最后观察比较F和F，得出结论。【答案】125 方向 11.40 如图所示。【解析】弹簧的F-l图象的斜率是弹簧的劲度系数，由图象可知，弹簧的劲度系数：；根据验证平行四边形定则的实验原理要记录细绳套AO、BO的方向和拉力大小，拉力大小由弹簧秤读出：11.40N，如图。【考点】探究弹簧弹力与伸长量的关系；验证力的平行四边形定则；（2）（10分）二极管是一种半导体元件，它的符号为“”，其特点是具有单向导电性，即电流从正极流入时电阻比较小，而从负极流入时电阻比较大。某课外兴趣小组想要描绘某种晶体二极管的伏安特性曲线。因二极管外壳所印的标识模糊，为判断该二极管的正、负极，他们用多用电表电阻挡测二极管的正、反向电阻。其步骤是：将选择开关旋至合适倍率，进行欧姆调零，将黑表笔接触二极管的左端、红表笔接触右端时，指针偏角比较小。然后将红、黑表笔位置对调后再进行测量，指针偏角比较大，由此判断 端为二极管的正极。（选填“左”、“右”）厂家提供的伏安特性曲线如右图，为了验证厂家提供的数据，该小组对加正向电压时的伏安特性曲线进行了描绘，可选用的器材有：A直流电源E：电动势3V，内阻忽略不计B滑动变阻器R：020C电压表V1：量程5V、内阻约50kD电压表V2：量程3V、内阻约20kE电流表A：量程0.6A、内阻约0.5F电流表mA：量程50mA、内阻约5G待测二极管DH单刀单掷开关S，导线若干为了提高测量结果的准确度，电压表应选用 ，电流表应选用 。（填序号字母）为了达到测量目的，请在答题卡上虚线框内画出正确的实验电路原理图。为了保护二极管，正向电流不要超过25mA，请你对本实验的设计或操作提出一条合理的建议： 。【答案】右； D，F 如右图a、在二极管支路串入一阻值合适的限流电阻起保护作用；b、闭合开关前滑动触头停在最左端，向右移动滑动触头时应缓慢进行，同时仔细观察电流表示数变化，以防止电流超过25mA。【解析】（1）欧姆表内部有电源，电源正极接在负接线柱上，当红表笔接触右端时，说明红表笔接入电源的负极；此时指针偏角较小，说明电阻较大，故说明接入了反向电压，故二极管右端应为正极；电源电压为3V，故电压表应选3V量程进行测量；而由坐标可知，电路中电流较小，故电流表应选50mA的即可；（3）为了得出完整的图象，应采用分压接法，同时因正向电阻较小，故可以采用外接法，原理图如图；（4）为了防止超过最大电流，可以在电路中串接保护电阻；同时也可以通过实验方法，即慢慢调节滑动触片，注视电流表，使电流表示数不得超过25mA。【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线20（15分）如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为53的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h0.8 m，重力加速度g10 m/s2，sin530.8，cos530.6.求：（1）小球水平抛出的初速度v0是多少？（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离x是多少？（3）若斜面顶端高H20.8 m，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？【答案】 【解析】（1）由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以代入数据，得.（2）由得，得.（3）小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度，速度，代入数据，整理得：，解得或（不合题意舍去）所以【考点】匀变速直线运动规律；平抛运动21（19分）如图是计算机模拟出的一种宇宙空间的情境，在此宇宙空间存在这样一个远离其他空间的区域，以MN为界，上部分匀强磁场的磁感强度为B1，下部分的匀强磁场的磁感强度为B2，B1=2B2=2B0，方向相同，且磁场区域足够大。在距离界线为h的P点有一宇航员处于静止状态，宇航员以平行于界线的速度抛出一质量为m、带电量-q的小球，发现球在界线处速度方向与界线成600角，进入下部分磁场。然后当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目标Q点时，刚好又接住球而静止，求：（1）电荷在磁感应强度为B1、B2的磁场中的半径分别为多少，并求出粒子在磁场中速度大小？ （2）PQ间距离是多大？（3）宇航员以多大速度匀速运动时才能刚好接到小球？【答案】（1） （2） （3）【解析】（1）画出小球在磁场B1中运动的轨迹如图所示，可知，由和，可知由 得（2）根据运动的对称性，PQ的距离为：（3）粒子由P运动到Q的时间为：又在宇航员匀速运动时速度应为：。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动22（20分）如图所示，在真空中的竖直平面内，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B，A球的电荷量为+4q，B球的电荷量为-3q，组成一带电系统。虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时PQ恰为杆的中垂线在MN与PQ间加竖直向上的匀强电场，恰能使带电系统静止不动。现使电场强度突然加倍（已知当地重力加速度为g），求：（1）B球刚到达电场边界PQ时的速度大小；（2）判定A球能否到达电场边界MN，如能，请求出A球到达电场边界MN时的速度大小；如不能，请说明理由。（3）带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值； （4）带电系统从开始运动到返回原出发点所经历的时间？【答案】 【解析】（1）设带电系统静止时电场强度为E，有，解得，电场强度加倍后，从开始静止到B进入电场，根据动能定理有得B球刚进入电场时的速度（2）B球进入电场后，系统做匀减速直线运动，假设A球能到达电场边界MN，从开始到A刚运动到MN线时，电场力对系统做功为，系统克服重力做功为，则电场力对系统做功大于系统克服重力做功，说明A到达MN线时系统仍有向上的速度，所以A球能到达电场边界MN。对AB系统应用动能定理得：解得。（3）设B球在电场中运动的最大位移为s，经分析知B球在电场中的位移最大时，A球已向上越过了MN，根据动能定理有：解得：电场力对B球做功：则B球电势能增加（4）带电系统向上运动分为三阶段：第一阶段匀加速运动，根据牛顿第二定律有：，运动时间，第二阶段匀减速运动，同理可得，设A球出电场时速度为v2，根据运动学公式有：，解得，第三阶段匀减速运动，因B球在电场中运动的最大位移为s=1.2L小于3L，故带电系统不能全部离开电场，由运动的对称性可知，系统刚好能够回到原位置，此后系统又重复开始上述运动。所以带电系统从开始运动到返回原地发点所经历的时间为。【考点】牛顿第二定律；动能定理选考部分第II卷选考部分共5题，共35分。其中，第29、30题为物理题，第31、32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29、30题都作答，则按第29题计分，若第31、32题都作答，则按第31题计分；第33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3-3】（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）下列说法正确的是_。（填选项前的字母）A液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力B扩散运动就是布朗运动C把很多小的单晶体放在一起，就变成了非晶体D第二类永动机违反能量守恒定律【答案】A【解析】A、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子间存在相互作用吸引力，从而产生表面张力，故A正确；B、布朗运动是悬浮在液体中的颗粒做的无规则运动，是液体分子无规则运动的间接反映而扩散运动是分子运动的直接反映，故B错误；C、物质在熔解和凝固过程中，固态和液态并存时，温度保持不变，这类固态物质叫做晶体； 物质在熔解和凝固过程中，其温度不断变化，没有明显的熔点和凝固点，这类固态物质叫做非晶体；很多小的单晶体放在一起，其仍有明显的熔点和凝固点，故C错误；D、第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了物理过程的方向性，故D正确。故选A。【考点】布朗运动；晶体和非晶体 （2）已知地球半径约为6.4106 m，空气的摩尔质量约为29103 kgmol1，一个标准大气压约为1.0105 Pa。利用以上数据可估算出地球表面大气在标准状况下的体积为_。（填选项前的字母）A41016 m3B41018 m3C41020 m3 D41022 m3【答案】B【解析】大气压强，地球表面积为：则地球周围空气质量为：；由于标准状态下，一摩尔任何气体的体积都是22.4升，即摩尔体积为：；故空气密度为：；空气的总体积为：；代入解得：。故选B。【考点】理想气体的状态方程30【物理选修3-5】（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）氦氖激光器能产生三种波长的激光，其中两种波长分别为10.632 8 m，23.39 m。已知波长为1的激光是氖原子在能级间隔为E11.96 eV的两个能级之间跃迁产生的。用E2表示产生波长为2的激光所对应的跃迁的能级间隔，则E2的近似值为_。（填选项前的字母）A10.50 eVB0.98 eVC0.53 eVD0.37 eV【答案】D【解析】，联立两式得，故D正确。故选D。【考点】氢原子的能级公式和跃迁（2）质量为M的快艇携带一颗质量为m的鱼雷，两者一起以速度v向前运动快艇沿前进方向发射鱼雷后，速度减为原来的，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为_。（填选项前的字母）AvBvCvDv【答案】A【解析】计水的阻力，快艇和鱼雷组成的系统在发射的瞬间动量守恒，取快艇原来速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：解得鱼雷的发射速度为：，故A正确。故选A。【考点】动量守恒定律泉州五中xx届高三下理科综合能力测试卷（四）xx 3.1物理试题部分参考答案13.C 14.A 15.B 16.B 17.A 18.D19（共18分）（1）125 （2分） 方向 （2分） 11.40N（11.3811.42N均可）（2分） 作图如右（2分） （2）右（2分）；D，F（各2分）如右图（2分）（2分）可能的答案：a、在二极管支路串入一阻值合适的限流电阻起保护作用；b、闭合开关前滑动触头停在最左端，向右移动滑动触头时应缓慢进行，同时仔细观察电流表示数变化，以防止电流超过25mA。（只要回答合理均可）20（15分）（1）由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以代入数据，得.（2）由得，得.（3）小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度，速度，代入数据，整理得：，解得或（不合题意舍去）所以21（19分）（1）画出小球在磁场B1中运动的轨迹如图所示，可知，由和，可知由 得（2）根据运动的对称性，PQ的距离为：（3）粒子由P运动到Q的时间为：又在宇航员匀速运动时速度应为：。22（20分）（1）设带电系统静止时电场强度为E，有，解得，电场强度加倍后，从开始静止到B进入电场，根据动能定理有得B球刚进入电场时的速度（2）B球进入电场后，系统做匀减速直线运动，假设A球能到达电场边界MN，从开始到A刚运动到MN线时，电场力对系统做功为，系统克服重力做功为，则电场力对系统做功大于系统克服重力做功，说明A到达MN线时系统仍有向上的速度，所以A球能到达电场边界MN。对AB系统应用动能定理得：解得。（3）设B球在电场中运动的最大位移为s，经分析知B球在电场中的位移最大时，A球已向上越过了MN，根据动能定理有：解得：电场力对B球做功：则B球电势能增加（4）带电系统向上运动分为三阶段：第一阶段匀加速运动，根据牛顿第二定律有：，运动时间，第二阶段匀减速运动，同理可得，设A球出电场时速度为v2，根据运动学公式有：，解得，第三阶段匀减速运动，因B球在电场中运动的最大位移为s=1.2L小于3L，故带电系统不能全部离开电场，由运动的对称性可知，系统刚好能够回到原位置，此后系统又重复开始上述运动。所以带电系统从开始运动到返回原地发点所经历的时间为。29（1）A（2）B 30（1）D（2）A