1、福建省福州市2020届高三物理下学期3月线上适应质检试题（含解析）一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.与下列图片相关的物理知识说法正确的是（ ）A. 甲图，汤姆生通过粒子散射实验，提出了原子核的概念，建立了原子核式结构模型B. 乙图，氢原子的能级结构图，大量处于n=4能级的原子向低能级跃迁时，能辐射6种不同频率的光子C. 丙图，“光电效应”实验揭示了光的粒子性，爱因斯坦为此提出了相对论学说，建立了光电效应方程D. 丁图，重核裂变产生的中子能使核裂变反应
2、连续得进行，称为链式反应，其中一种核裂变反应方程为【答案】B【解析】【详解】A甲图为卢瑟福通过粒子散射实验，提出了原子的概念，建立了原子的核式结构模型，故A错误；B乙图中，大量处于n=4能级的原子向低能级跃迁时，能辐射的光子种类为即共辐射出6种不同频率的光子，故B正确；C丙图的“光电效应”实验揭示了光的粒子性，爱因斯坦为此提出了光子说，建立了光电效应方程，故C错误；D重核裂变称为链式反应是因为生成的多个中子继续作为反应物又轰击铀核，反应方程为故D错误。故选B。2.2019年12月27日20时45分，长征五号遥三运载火箭在中国海南文昌航天发射场点火升空，2000多秒后将实践二十号卫星送入预定轨道
3、，发射飞行试验取得圆满成功。长征五号号称“胖五”，其起飞重量约870吨，直径5m，全长57米，起飞推力超1000吨，运载能力近25吨；未来月球探测器、火星探测器和载人空间站都要靠“胖五”来发射升空。这次发射的实践二十号卫星是地球同步轨道卫星。以下判断中正确的是（ ）A. “胖五”选在纬度较低的海南文昌发射场发射，是为了充分利用地球自转的线速度B. “胖五”在加速起飞时推力大于重力，减速返回地面时推力将小于重力C. 实践二十号卫星的运行速度大于7.9km/sD. 火星探测器的发射速度应大于7.9km/s，小于11.2km/s【答案】A【解析】【详解】A地球上纬度较低的位置，自转的线速度较大，可以
4、利用起来作为发射卫星的初速度，故A正确；B“胖五”在加速起飞时推力大于重力，加速度向上，减速返回地面时加速度向上，推力还是大于重力，故B错误；C根据可知，轨道半径越大线速度越小，而7.9km/s是近地卫星的线速度，故作为地球同步卫星的实践二十号卫星，其运行速度小于7.9km/s，故C错误；D大于7.9km/s小于11.2km/s的速度只能保证在地球的引力范围内运动，而要到火星需要在太阳系的引力范围，则发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错误。故选A。3.如图，小球甲从A点水平抛出，将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等
5、，方向夹角为60，已知A、C高度差为h，两小球质量均为m，不计空气阻力，由以上条件可知（ ）A. 两小球在C点的速度大小均为B. A、B两点高度差为4hC. 甲小球在C点时重力的瞬时功率为D. 乙小球在C点时的动量大小为【答案】D【解析】【详解】A由可得甲运动的时间为所以甲与乙相遇时，甲的竖直速度为则甲过C点的速度为两小球在C点的速度大小相等，都为，故A错误；B乙做自由落体运动，由所以乙在空中运动的时间为小球乙下降的高度为则A、B两点间的高度差：故B错误；C甲小球在C点时重力的瞬时功率为故C错误；D乙球在C点时的动量大小为故D正确。故选D。4.如图，甲、乙为高和直径相等的圆筒状容器，在甲容器中
6、顶面和底面间加上电压U，沿圆筒轴线方向形成一个匀强电场，在乙容器圆筒轴线处放一直导线，在导线与筒壁间所加的电压也等于U，形成沿半径方向的辐向电场，大量电量和质量均相同的带电微粒，在两个区域内由静止释放后运动方向如图所示。不计微粒重力，不考虑微粒间的相互作用，则在两种容器中（ ）A. 甲容器中电场方向沿轴线竖直向下，乙容器中电场方向由轴线向外B. 微粒都做匀加速直线运动C. 微粒的电势能都减小D. 甲容器中电场对单个微粒做功的最大值是乙容器的2倍【答案】C【解析】【详解】A因两个容器中释放的粒子没有告诉电性，故无法判断电场力与场强的关系，则两个容器中的电场方向无法判断，故A错误；B甲容器中形成的
7、是匀强电场，粒子受恒力做匀加速直线运动，乙容器中形成的是均匀辐向电场，不同的半径处场强大小不等，粒子受变力做变加速直线运动，故B错误；C两容器中粒子均只受电场力从静止开始运动，电场力做正功，故电势能都减小，故C正确；D根据功能关系可知电场对单个微粒做功的最大值为，则两个容器中的最大值相同，故D错误。故选C。5.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，b 是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R =10，其余电阻均不计。从某时刻开始在 c、d 两端加上如图乙所示的交变电压则下列说法中正确的有（ ）A. 当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为31.1VB. 当单刀双
8、掷开关与b连接时，在t=0.01s时刻，电流表示数为4.4AC. 当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25HzD. 当单刀双掷开关由a 拨向b 时，原线圈的输入功率变小【答案】B【解析】【详解】A当单刀双掷开关与a连接时，变压器原副线圈匝数比为10：1，输入电压为故根据变压比公式可得输出电压为22V，故A错误；B当单刀双掷开关与b连接时，变压器原副线圈的匝数比为5：1，输入电压为故根据变压比公式输出电压为44V，根据欧姆定律，电流表的示数即为输出电流的有效值故B正确；C由图象可知，电压的最大值为311V，交流电的周期为210-2s，所以交流电的频率为f=50Hz；当单刀双掷开关
9、由a拨向b时，变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50Hz；故C错误；D当单刀双掷开关由a拨向b时，根据变压比公式，输出电压增加，故输出电流增加，故输入电流也增加，则原线圈的输入功率变大，故D错误。故选B。6.如图所示，铁板AB与水平地面间的夹角为，一块磁铁吸附在铁板下方。现缓慢抬起铁板B端使角(始终小于90)增大的过程中，磁铁始终相对铁板静止，磁铁对铁板的吸力大小不变。下列说法正确的是（ ）A. 铁板对磁铁的作用力保持不变B. 铁板对磁铁的弹力逐渐增大C. 铁板对磁铁的摩擦力做负功D. 铁板对磁铁的弹力冲量等于零【答案】AB【解析】【详解】A对铁块受力分析，受重力G、磁力F、
10、支持力N和摩擦力f，如图由于始终平衡故合力为零，磁铁对铁板的作用力为多个力的合力，大小等于mg，方向竖直向下，由牛顿第三定律可知对铁板对磁铁的作用力保持不变，故A正确；B根据平衡条件，有：mgsin-f=0F-mgcos-N=0解得：f=mgsinN=F-mgcos由于不断变大，故f不断变大，N不断变大，故B正确，C摩擦力与铁板的运动方向垂直，则不做功，则C错误；D铁板对磁铁有不等于零的弹力和时间，则冲量等于Ft0，则D错误。故选AB。7.如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态，小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止，物块向左运动的最大距离为s，
11、与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（ ）A. 弹簧的最大弹力大于mgB. 物块克服摩擦力做的功为mgsC. 弹簧的最大弹性势能为2mgsD. 物块在A点的初速度为【答案】AD【解析】【详解】A物体向右运动时，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等时，即F=mg时，速度最大，物体继续向右运动，弹簧继续伸长直到自然状态，所以弹簧的最大弹力大于mg，故A正确；B整个过程中，物块所受的摩擦力大小恒定，摩擦力一直做负功，则物块克服摩擦力做的功为2mgs，故B错误；C物体向右运动的过程，根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为Ep=mgs故C错误；D设物块在A点的初速度为v
12、0对整个过程，利用动能定理得可得故D正确。故选AD。8.如图所示，正方形导线框处于足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直框平面，磁感应强度随时间均匀增加，变化率为k。导体框质量为m、边长为L，总电阻为R，在恒定外力F作用下由静止开始运动。下列说法正确的是（ ）A. 线框中有顺时针方向的感应电流B. 线框中的感应电流逐渐增大到某个最大值后不变C. 线框将做匀加速运动，加速度大小为D. 线框中感应电流做功的功率为【答案】CD【解析】【详解】A线框完全在磁场中运动切割磁感线不能引起磁通量的变化，不能产生动生电流，而磁场均匀增加能产生感生电流，由楞次定律可知感应电流为逆时针方向，故A错误；B由法拉第电磁感应
13、定律可知则感应电流的大小始终恒定，故B错误；C因导线框的两对对边通电受安培力等大相反而抵消，则线框在磁场中受到的合外力等于F，由牛顿第二定律得导体框在磁场中的加速度大小为故C正确；D由电功率可得，导体框中感应电流做功的功率为故D正确。故选CD。第卷二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9题第12题为必考题，每个考题考生都必须作答，第1316为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9.用如图所示的甲、乙两种装置都可以进行“探究做功与物体速度变化的关系”实验。(1)a、b是两个实验中打出的纸带的一部分，A、B、C、G是纸带上标出的计数点，每两个相邻的计数点之间还有4个打出的点未画出。其中图_（填
14、“a”或“b”）所示的是用乙装置的实验纸带。用甲装置实验时打下F点的瞬时速度v=_m/s（保留2位有效数字）。(2)在用乙装置进行的实验中，平衡阻力后，小车与橡皮筋组成的系统在橡皮筋恢复形变前机械能_（填“守恒”或“不守恒”）。【答案】 (1). a (2). 0.28 (3). 不守恒【解析】【详解】(1)1甲图装置是恒力拉动小车做匀加速直线运动，体现相等时间内的位移差恒定，对应纸带b，乙装置是橡皮筋的弹力拉动小车，是逐渐减小的弹力作用，小车应先做变加速度直线运动后做匀速直线运动，对应纸带a；2甲装置对应纸带b，相邻计数点间有四个点未画出，则时间间隔为由匀变速直线运动的推论，平均速度等于中间
15、时刻的瞬时速度，有(2)3小车与橡皮筋组成的系统有重力做正功，橡皮筋的弹力做正功，摩擦力做负功，则即使平衡了摩擦力，依然有除重力和弹力之外的摩擦力做负功，系统的机械能减少，机械能不守恒。10.某同学要将一量程为250A的微安表改装为量程为5.0V的电压表。该同学测得微安表内阻为1200，经计算后将一阻值为R的电阻与该微安表连接，进行改装。然后利用一标准电压表，根据图(a)所示电路对改装后的电表进行校正（虚线框内是改装后的电表）(1)改装时，该同学选用的电阻R的阻值应为_，与微安表_联（填“串”或“并”）。(2)根据校正电路(a)，补全图(b)中的实物连线_；(3)当标准电压表的示数为4.80
16、V时，微安表的指针位置如图(c)所示。由此可以推测出所改装的电表量程不是预期值，而是_V（答案填三位有效数字）。要修正改装电表的量程，可以采用以下措施中的_(填正确答案标号)A.在R上并联一个比R大得多的电阻B.在R上并联一个比R小得多的电阻C.在R上串联一个比R大得多的电阻D.在R上串联一个比R小得多的电阻(4)如果将该改装修正好的电压表（图中用V表示）再连接到如图所示电路中，可以作为万用表的欧姆档使用，若已知电源电动势为6.0V，与电压表并联的电阻，则该欧姆档的中值电阻为_。【答案】 (1). 18.8k (2). 串 (3). (4). 6.00 (5). A (6). 1500【解析】
17、【详解】(1)12表头改装成电压表需要利用串联分压的规律，有解得串联电阻的阻值(2) 3校对电压表的电路需要标准表和待校表并联，同时滑动变阻器采用分压式获得更大的调节范围，连接实物图如图所示(3)4微安表量程为250A，由图(c)所示表盘可知，其分度值为5A，其示数为200A，是满偏量程的，改装后的电压表量程为U，则示数为解得5量程改装后偏大，则串联的分压电阻偏大，故在R上并联一个比R大得多的电阻，把等效的串联电阻变小，故A正确，BCD错误，故选A。(4) 6修正好电压表V，满偏电流为，内阻为电压表V与并联后作为表头，满偏电流为根据欧姆档测电阻的原理，短接红黑表笔时电路的总内阻即为中值电阻，有
18、可得11.图为质谱仪的结构示意，由加速电场、速度选择器、偏转磁场三部分组成。一个质量为m，电荷量为q的粒子从加速电场的正极板附近由静止释放，沿直线运动，经速度选择器后由P点垂直射入磁感应强度为B0匀强磁场，最后垂直打在位于A1A2间的照相底片上的P点。已知PP间的距离为L，速度选择器中的匀强电场的场强大小为E，不计粒子重力。求： (1)速度选择器中的磁场B的方向和大小；(2)加速电场的电压U。【答案】(1)，方向为垂直纸面向外；(2)【解析】【详解】(1)粒子由P点垂直射入磁感应强度为B0匀强磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有 （R为轨道半径）由几何关系L=2R解得粒子经速度选择器出来，
19、满足解得由左手定则，磁场B的方向为垂直纸面向外。(2)粒子在电场中由静止加速得12.光滑水平面上有一质量m车1.0kg的平板小车，车上静置A、B两物块。物块由轻质弹簧无栓接相连（物块可看作质点），质量mAmB1.0kg。A距车右端x1（x11.5m），B距车左端x21.5m，两物块与小车上表面的动摩擦因数均为0.1车离地面的高度h0.8m，如图所示。某时刻，将储有弹性势能Ep4.0J的轻弹簧释放，使A、B瞬间分离，A、B两物块在平板车上水平运动。重力加速度g取10m/s2，求：(1)弹簧释放瞬间后A、B速度的大小；(2)B物块从弹簧释放后至落到地面上所需时间；(3)若物块A恰好未离开车，求x1
20、的值及两物块在平板车上运动的整个过程中系统产生的热量。【答案】(1) v 12m/s，v22m/s；(2)t=1.4s；(3)x1=1.75m，Q=3.25J。【解析】【详解】(1)释放弹簧过程A、B系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv1-mBv20由机械能守恒定律得代入数据解得v 12m/s，v22m/s(2)由于A、B质量相等，且与小车上表面的动摩擦因数相等，则B在平板车上运动到左端的过程小车所受合力为零，小车静止。因此在B运动到小车左端过程，对B由动能定理得：由动量定理得-mBgt1mBvB-mBv2代入数据解得：vB1m/s，t11sB离开平板车后做平抛运动
21、，竖直方向代入数据解得t20.4s运动时间tt1+t21.4s(3)B离开小车时,vAvB1m/s，B离开平板车后，A与平板车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA(mA+m车)v由能量守恒定律得代入数据解得L相对0.25mA、B同时在小车上运动时小车不动，B滑出小车前，A在小车上滑行的距离与B在小车上滑行的距离相等为1.5m，则x1的值x1L相对+ x21.75m根据能量守恒定律，系统产生的热量QmAgx1+mBgx23.25J（二）选考题：共15分 物理选修3-313.关于对分子动理论、气体和晶体等知识的理解，下列说法正确的是_A. 温度高的物体，其分子的平均动能一定
22、大B. 液体的分子势能与体积无关C. 晶体在物理性质上可能表现为各向同性D. 温度升高，气体的压强一定变大E. 热量可以从低温物体传给高温物体【答案】ACE【解析】【详解】A温度是分子平均动能的标志，温度升高时，分子的平均动能增大，故A正确；B液体分子之间的距离不同，液体分子之间的分子力大小就不同，所以分子力做功不同，则分子势能就不同，所以液体的分子势能与体积有关，故B错误；C单晶体因排列规则其物理性质为各向异性，而多晶体因排列不规则表现为各向同性，故C正确；D根据理想气体得状态方程可知温度升高，气体的压强不一定增大，还要看体积变化，故D错误；E热量不能自发的从低温物体传给高温物体，但在引起其
23、它变化的情况下可以由低温物体传给高温物体，故E正确。故选ACE。14.如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中当温度为280K时，被封闭的气柱长L=25cm，两边水银柱高度差h=5cm，大气压强p0=75cmHg。加热封闭气体，为使左端水银面下降h1=5cm，求此时封闭气体的温度；封闭气体温度保持问中的值不变，为使两液面相平，求需从底端放出的水银柱长度。【答案】384K；9cm【解析】【详解】设左端水银面下降后封闭气体的压强为p2，温度为T2，体积为V2，则，由理想气体状态方程得代入数值解得两液面相平时，气体的压强为：，体积为，左端液面下降，右管
24、液面下降了，由玻意耳定律得解得所以放出的水银柱长度物理选修3-415.如图，a、b、c、d是均匀介质中水平轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为4m、6m和8m。一列简谐横波沿x轴正向传播，在t=0时刻传到质点a处，使质点a由平衡位置开始竖直向下运动。波继续向前传播，t=5s时质点b已经通过了8cm路程并第一次回到了平衡位置，此时质点c刚好开始振动。则下列说法正确的是_A. 该波的波速为1.6cm/sB. 质点c开始振动后，其振动周期为6sC. 当t5s后，质点b向下运动时，质点c一定向上运动D. 在7st5s后，b和c都已开始振动，两者的距离为6m等于半个波长，则质点b向下运动时质点c一定向上
25、运动，故C正确；D当时间7st9s时，而周期，c点起振需要5s，则c点的振动时间在范围内且起振向下，故c正经过波谷后向平衡位置振动，则质点c向上先加速运动后减速向上运动，故D错误；E质点ad的距离为18m，则波源a到d的时间为故质点振动的时间，且起振竖直向下，而加速度指向平衡位置方向向上，故E正确。故选BCE。16.如图所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入已知棱镜的折射率n，ABBC8 cm，OA2 cm，OAB60求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向第一次的出射点距C多远【答案】光线第一次从CD边射出与CD边成45斜向左下方； ；【解析】【分析】根据，求出临界角的大小，从而作出光路图，根据几何关系，结合折射定律求出出射光线的方向；根据几何关系，求出第一次的出射点距C的距离；【详解】(1)因为，所以得临界角第一次射到AB面上的入射角为，大于临界角,所以发生全反射，反射到BC面上，入射角为，又发生全反射，射到CD面上的入射角为根据折射定律得解得即光从CD边射出,与CD边成斜向左下方；(2)根据几何关系得，AF=4cm则BF=4cmBFG=BGF，则BG=4cm所以GC=4cm所以