1、四川省宜宾市叙州区第二中学校2020届高三物理下学期第一次适应性考试试题（含解析）1.子与氢原子核（质子）构成的原子称为氢原子，它在原子核物理的研究中有重要作用。图为氢原子的能级示意图，假定光子能量为E的一束光照射容器中大量处于n2能级的氢原子，氢原子吸收光子，发出频率为，和的光，且频率依次增大，则E等于（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】因为氢原子发出6种不同频率的光子，根据知，氢原子处于第4能级，所以吸收的光子能量 因为频率分别为 、 、 、 、 和的光，频率依次增大，知分别由到， 到，到，到，到，到跃迁所辐射的光子。所以A. ，故A错误；B. ，故B错误；C，故C正确；
2、D，故D错误。故选C2.2011年3月11日日本发生的地震及海啸，引发了令世人震惊的日本福岛第一核电站核泄漏事故，核泄漏出的人工放射性核素碘131发出的放射线对人体有害。产生碘131的一种方式为： 。已知、的质量分别为m1、m2、m3、m4，真空中的光速为c。下列说法正确的是（）A. 方程中的X表示质子B. 方程中的X表示电子C. 核反应中质量亏损mm1+m4m2m3D. 核反应中释放的核能E（m1m2m32m4）c2【答案】D【解析】【详解】AB由反应式，令X为，再根据质量数守恒质子数守恒解得，即X为中子，AB错误；CD由题意可知，核反应中质量亏损核反应中释放的核能C错误，D正确。故选D3.
3、甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动，t=0时刻同时经过公路旁的同一个路标在描述两车运动的vt图中（如图），直线a、b分别描述了甲乙两车在020秒的运动情况关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是A. 在010秒内两车逐渐靠近B. 1020秒内两车逐渐远离C. 在515秒内两车的位移相等D. 在t=10秒时两车在公路上相遇【答案】C【解析】【详解】A在010 s内，乙车的速度一直比甲车大，两车应逐渐远离，则A错误；B在1020 s内，甲车的速度一直比乙车大，两车逐渐靠近，则B错误；C在515 s内，两图象与坐标轴的面积相等，则两车的位移相等，则C正确；D在t10 s时两车速度相等，相
4、距最远，则D错误4.我国“北斗二代”计划在2020年前发射35颗卫星，形成全球性的定位导航系统，比美国GPS多5颗多出的这5颗是相对地面静止的高轨道卫星(以下简称“静卫”)，其他的有27颗中轨道卫星(以下简称“中卫”)的轨道高度为“静卫”轨道高度的.下列说法正确的是()A. “中卫”的线速度介于7.9km/s和11.2km/s之间B. “静卫”的轨道必须是在赤道上空C. 如果质量相同，“静卫”与“中卫”的动能之比为35D. “静卫”的运行周期小于“中卫”的运行周期【答案】B【解析】试题分析：79 km/s是地球卫星的最大速度，所以“中卫”的线速度小于79 km/s，故A错误；同步轨道卫星轨道只
5、能在赤道上空，则“静卫”的轨道必须是在赤道上空，故B正确；根据万有引力提供向心力得：，解得：，如果质量相同，动能之比等于半径的倒数比，“中卫”轨道高度为静止轨道高度的，地球半径相同，所以“中卫”轨道半径不是静止轨道半径的，则“静卫”与“中卫”的动能之比不是3：5，故C错误；根据得：，则半径越大周期越大，所以“静卫”的运行周期大于“中卫”的运行周期，故D错误故选B考点：万有引力定律的应用【名师点睛】此题是万有引力定律的应用问题；要知道同步卫星的轨道与地球赤道共面，7 9 km/s是地球卫星的最大速度；万有引力提供圆周运动的向心力，掌握圆周运动向心力和万有引力的公式是正确解题的关键；5.从地面以大
6、小为v1的初速度竖直向上抛出一个皮球，经过时间t皮球落回地面，落地时皮球速度的大小为v2。已知皮球在运动过程中受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，重力加速度大小为g。下面给出时间t的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解t，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，t的合理表达式应为（）A. B. tC. tD. t【答案】C【解析】【详解】A公式单位为A答案的单位为米，而实际上时间的单位为s，A错误；B如果不考虑空气的阻力，则故运动的总时间 所以运行总时间不合理，B错误； C如果不考虑空气的阻力，则故运动的总时间 由于空气阻力作用所以C答案是合理的，C
7、正确；D如果不考虑空气的阻力，则故运动的总时间 则D答案不合理的，D错误。故选C。6.如图所示，竖直面内固定一半径为R的光滑四分之圆弧轨道，光滑水平地面上放置一长为R质量为m的长木板，长木板的上表面与圆弧轨道的最低点B等高且二者接触但不粘连。一质量为m的块以初速度滑上长木板的左端，铁块恰好能滑到圆弧轨道的最高点C，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A. 铁块运动到B点时对圆弧轨道的压力为2mgB. 最终铁块能滑到长木板的左端C. 铁块与长木板间的动摩擦因数为D. 最终铁块的速度为【答案】BC【解析】【分析】从C到B根据机械能守恒定律和牛顿第二定律求解压力；全过程根据动能定理求解铁块与长木板
8、间的动摩擦因数；根据动量守恒和能量守恒求解最终速度。【详解】A从C到B根据机械能守恒定律可得：，解得：，根据牛顿第二定律有：，得：，故A错误；C铁块恰好能滑到圆弧轨道的最高点C，根据动能定理有：，则铁块与长木板间的动摩擦因数为：，故C正确；BD根据动量守恒有：，最终铁块的速度为：；根据能量守恒有：，解得：，最终铁块能滑到长木板的左端，故B正确，D错误；故选BC【点睛】牛顿第二定律与功能关系的综合应用。7.如图所示，粗糙斜面体静置于水平地面上，一木块从斜面底端开始以某一初速度沿斜面上滑，然后又返回出发点，在木块运动的过程中斜面体始终保持静止下列能大致描述木块整个运动过程中的速度v、地面对斜面体的
9、摩擦力Ff、木块动能 Ek、木块机械能E与时间t之间关系的图象是（v-t图以初速度方向为正方向，Ff-t图以水平向左为正方向）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【详解】A.设木块和斜面间的动摩擦因数为，斜面倾斜角为，木块的质量为，斜面体的质量为，对木块进行受力分析，由牛顿第二定律可得上滑时则有，解得；下滑时则有，解得，故上滑时做加速度大小为的匀减速运动，下滑时做加速度为的匀加速运动；而，故图象上滑时图象的倾角比下滑时大，故选项A错误；B.对木块和斜面整体受力，根据牛顿第二定律得木块上滑时整体水平方向有，大小保持不变，方向水平向左；木块下滑时整体水平方向有，大小保持不变，方向水平向左，
10、且有，故选项B正确；C.上滑时有，木块动能为，所以图象是开口向上的抛物线的一部分，在减小，下滑时同理可知图象是开口向上的抛物线的一部分，在增大，故选项C正确；D.根据功能关系可得，解得上滑时，木块机械能，知图象是开口向上的抛物线的一部分，E在减小，故选项D错误8.如图所示，一质量M=2.0kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0kg的小物块A给A和B以大小均为3.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板下列说法正确的是（ ）A. A，B共速时的速度大小为1m/sB. 在小物块A做加速运动的时间内，木板B速度大小可能是2m/sC. 从
11、A开始运动到A，B共速的过程中，木板B对小物块A的水平冲量大小为2NsD. 从A开始运动到A，B共速的过程中，小物块A对木板B的水平冲量方向向左【答案】AD【解析】【分析】A始终没有滑离B，则A先向左做匀减速，后反向做匀加速，B始终向右做匀减速，最终二者达到共同速度；小物块A和长木板B组成的系统动量守恒【详解】A、设水平向右正方向，根据动量守恒定律得：，解得，A正确；B、设水平向右为正方向，在小物块向左减速到速度为零时，设长木板速度大小为，根据动量守恒定律：，解得：，所以当小物块反向加速的过程中，木板继续减速，木板的速度必然小于1.5m/s，所以B错误；C、设水平向右为正方向，根据动量定理，A
12、B两物体相互作用的过程中，木板B对小物块A的平均冲量大小为，故C错误；D、设水平向右为正方向，根据动量定理，A对B的水平冲量，负号代表与正方向相反，即向左故D正确故本题选AD【点睛】分析清楚运动过程，应用动量守恒定律即可正确解题是关键(一)必考题(共129分)9.某同学用图1示实验装置来研究弹簧弹性势能与弹簧压缩量的关系，弹簧一端固定，另一端与一带有窄片的物块接触，让物块被不同压缩状态的弹簧弹射出去，沿光滑水平板滑行，途中安装一光电门设重力加速度为g。（1）如图2示，用游标卡尺测得窄片的宽度L为_。（2）记下窄片通过光电门的时间t=10ms，则_。（3）若物块质量为m，弹簧此次弹射物块过程中释
13、放的弹性势能为_（用m，L，t表示）。【答案】 (1). 10.15mm (2). 物块通过O点的速度为1.015m/s (3). 【解析】【详解】（1）1个等分刻度的精确度为0.05mm ，标卡尺的主尺读数为：1cm=10mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为30.05mm=0.15mm，所以最终读数为10.15mm；（2）2通过光电门的速度（3）3械能守恒定律可知：弹簧此次弹射物块过程中释放的弹性势能为10.电池用久了性能会下降，某物理兴趣小组欲测量某旧电池的电动势和内阻，实验电路如图甲所示。可供选择的器材如下：A.待测电池（电动势约为12V，内阻为十几欧）B.直流电
14、压表（量程015V，内阻约为15k）C.直流电压表（量程03V，内阻约为3k）；D.定值电阻（阻值为10，额定电流3A）E.定值电阻（阻值为100，额定电流1A）；F.滑动变阻器（最大阻值为100）G.导线和开关。 (1)电压表V2应选择_，定值电阻应选择_（均选填器材前的字母）；(2)闭合开关前，应将滑动变阻器滑片置于_（选填“a”或“b”）端；(3)若V1的示数为U1，V2的示数为U2，定值电阻的阻值为R2，则旧电池的电动势E和内阻r的关系式为E_；(4)改变滑动变阻器阻值，重复实验，可获取两个电压表示数的多组数据，作出U1U2图线如图乙所示，则旧电池的电动势E_V，内阻r_（结果均保留三
15、位有效数字）。 【答案】 (1). C (2). D (3). a (4). U1+r (5). 11.5 (6). 15.0【解析】【详解】(1)1因电源电动势为12V，如图所示，电压表V1接电源两端，应选B，而电压表V2测定值电阻，应选C；2因滑动变阻器的最大阻值为，当定值电阻选E（）时，其两端电压约大于等于6V，电压表V2将会损坏，故定值电阻选D；(2)3闭合开关前，为保证电路安全，滑动变阻器应将阻值调到最大处，如图所示，应将滑动变阻器滑片置于“a”端；(3)4根据电路电流相等，可得即(4)5根据变形得即可知为图像的截距，为图像的斜率，则 ，11.美国大众科学杂志报道，中国首艘国产航母预
16、计在2019年服役，该航母将采用电磁弹射技术以缩短战斗机的起飞距离航母的水平电磁弹射跑道长度L=50m一架质量为m=4.0104kg的战斗机在跑道上由静止开始做匀加速直线运动，发动机提供的动力F1=2105N，电磁弹射装置水平推进力F2=8.8105N，战斗机受到的阻力恒为自身重力0.2倍，g=10m/s2求：(1)战斗机运动的加速度大小；(2)战斗机运动到该跑道末端时推进力F2的功率【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）对战斗机受力分析，根据牛顿第二定律知列式求解加速度；（2）设战斗机运动到该跑道末端时速度为v，则，推进力F2的功率，联立解得功率【详解】：（1）对战斗机受力分析，根据牛
17、顿第二定律知：代入数据解得：（2）设战斗机运动到该跑道末端时速度为v，则有：推进力F2的功率为：联立解得：【点睛】此题考查牛顿第二定律的应用和瞬时功率的求解，记住P=Fv求瞬时功率时对应的速度为瞬时速度12.如图所示，倾角为37的光滑斜面与一圆心为O的竖直光滑圆轨道相切于B点，轨道半径，质量的滑块从A点以一定的初速度沿斜面向下运动，A、O、D位于同一水平直线上，O、E为圆轨道的最低点和最高点，滑块经过圆轨道最高点恰好又落到斜面上A点，滑块可视为质点，重力加速度g取，求：(1)滑块对轨道E点的压力大小（结果可用分式表示）；(2)滑块的初速度大小（结果可用根式表示）。【答案】(1)滑块对轨道E点的
18、压力大小是；(2)滑块的初速度大小是。【解析】【分析】(1)研究滑块从E点运动到A点的过程，根据平抛运动的规律求出滑块经过E点时的速度。在E点，对滑块，根据牛顿第二定律求得轨道对滑块的压力，从而得到滑块对轨道的压力。(2)对滑块从A经B、C、D运动到E的过程，利用机械能守恒定律求初速度大小。【详解】(1)根据几何关系可知：，滑块从E点运动到A点做平抛运动，则有：，联立解得：，在E点，对滑块，根据牛顿第二定律得：，解得：，根据牛顿第三定律知，滑块对轨道E点的压力大小为：；(2)滑块从A经B、C、D运动到E的过程，根据机械能守恒定律得：，解得：。【点睛】平抛运动与功能关系的综合应用。13.关于气体
19、、固体，下列说法正确的是（）A. 一定量的理想气体的内能只与温度有关，温度升高时内能一定增加B. 盛有气体的容器做减速运动时，容器中气体的内能随之减小C. 一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加D. 因为石英是晶体，所以由石英制成的玻璃也是晶体E. 单晶体具有天然规则的几何外形是由于它的微粒按一定规律排列【答案】ACE【解析】【详解】一定量的理想气体的内能只与温度有关，温度升高内能增大，温度降低内能减小，故A正确；气体的内能与运动状态无关，只与温度有关，故B错误；等压膨胀过程中根据盖吕萨克定律可知，气体温度升高，则内能增大，故C正确；石英玻璃是非晶体，故D错误；由于它的微粒按一定规
20、律排列，使单晶体具有规则的几何形状，故E正确14.一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，玻璃管导热良好用水银封闭一段空气在右管中，初始时，管内水银柱及空气柱长度如图甲所示将玻璃管在竖直平面内旋转90如图乙所示求此时右管中水银面移动的距离已知玻璃管的横截面积处处相同，大气压强P0=76.0cmHg环境温度不变（管的直径忽略不计）【答案】0.5cm【解析】【详解】以右管空气为对象初状态：P1=P0-Ph1=（76-4）cmHg=72cmHg V1=SL1 末状态：P2=P0+Ph2=（76+4）cmHg=76cmHg V2=SL2 由玻意耳定律有：P1V1=P2V2 解得：L2=4.5cm 右
21、管中水银面移动的距离：x=L1-L2=0.5cm15.下列说法中正确的是 A. 根据光的折射定律，某种介质的折射率总等于入射角的正弦与折射角的正弦之比B. 当光射到两种不同介质的分界面时，光总会分为反射光和折射光C. 光的偏振现象说明光是横波D. 光发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同E. 在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄【答案】CDE【解析】【详解】根据光的折射定律，光从真空射入某种介质发生折射时，入射角的正弦与折射角的正弦之比是该介质的折射率，故A错误；当光射到两种不同介质的分界面时，有可能发生全反射故B错误；偏振是横波特有的现象，光的偏振现象说明
22、光是横波，故C正确；光发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同，故D正确；据和红光波长大于绿光波长可知，在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，干涉条纹间距将变窄，故E正确所以CDE正确，AB错误16.有两列简谐横波a和b在同一介质中传播，a沿x轴正方向传播，b沿x轴负方向传播，波速均为v=4m/s，a的振幅为5cm，b的振幅为8cm在t=0时刻两列波的图像如图（1）这两列波的周期（2）两列波相遇以后第一次波峰重合的位置;（3）t=2.25s时，平衡位置在x=0处质点的振动位移【答案】(1) 1.0s 1.5s (2) 0.75m (3) -5cm【解析】【分析】(1)由图可知两列
23、波的波长，据求得两列波的周期(2)由图得图示时刻时，两相向而行最近波峰的位置；两波波速相等，则第一次波峰重合的位置是两波最近波峰初始位置的中点(3)求出图示位置开始，经2.25s两波在x=0处质点各自产生的振动位移，将两振动位移叠加后可得x=0处质点的振动位移【详解】(1)由图可得两列波的波长、据可得，(2)图示时，a波第一个波峰在位置沿x轴正方向传播，b波第一个波峰在位置沿x轴负方向传播，两波峰位置相距两列波的波速相等，传播相等距离时，两个波峰到达同一位置两列波相遇以后第一次波峰重合的位置(3) a波从图示时刻传播到处还需，t=2.25s时，处的质点向上起振后经历的时间为1.75s，即；t=2.25s时，a波使处的质点振动到负向最大位移处；b波从图示时刻传播到处还需，t=2.25s时，处的质点向上起振后经历的时间为1.5s，即；t=2.25s时，b波使处的质点振动到平衡位置处；所以叠加后处的质点的合位移为
