1、四川省成都石室中学2020届高三物理下学期第三次适应性考试试题（含解析）二、选择题：共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921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.如图所示为氢原子能级图，大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时发出不同频率的光，用这些光照射金属钾（已知金属钾的逸出功为2.25eV），能够从金属钾的表面照射出光电子的光共有（）A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种【答案】C【解析】【详解】根据组合公式可知，大量的处于能级的氢原子向低能级跃迁时，能发出6种不同频率的光，它们的能量分别是可
2、见有四种不同频率的光的能量大于2.25eV，故能够从金属钾的表面照射出光电子的光共有四种，故C正确，ABD错误。故选C。2.一个足球静置于石室中学操场上，它受到地球的引力大小为F引，它随地球自转所需的向心力大小为F向，其重力大小为G，则（）A F引GF向B. F引F向GC. F向F引GD. GF引 F向【答案】A【解析】【详解】足球在地球表面随地球自转，向心力F向由万有引力的一个分力提供，另一个分力充当重力G，通常情况下，我们可以忽略地球的自转，因为其自转需要的向心力非常小，因此有F引GF向选项A正确，BCD错误。故选A。3.如图所示，在xOy直角坐标系的第一象限中，以坐标原点为圆心的四分之一
3、圆内，有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，圆的半径为R，磁场的磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从坐标原点O沿x轴正方向射入磁场粒子出磁场时，速度方向刚好沿y轴正方向，则粒子在磁场中运动的速度大小为（粒子在磁场中仅受洛伦兹力）（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】粒子运动的轨迹如图，由几何关系可知粒子运动的轨道半径为洛伦兹力提供向心力，则可得 故选D。4.如图所示，从倾角=37的斜面上方P点，以初速度v0水平抛出一个小球，小球以10m/s的速度垂直撞击到斜面上，过P点作一条竖直线，交斜面于Q点，则P、Q间的距离为（sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度
4、g=10m/s2）（）A. 5.4mB. 6.8mC. 6mD. 7.2m【答案】B【解析】【详解】设小球垂直撞击到斜面上的速度为v，竖直速度为vy，由几何关系得解得设小球下落的时间为t，竖直位移为y，水平位移为x，由运动学规律得，竖直分速度解得t=0.8s竖直方向水平方向设P、Q间的距离为h，由几何关系得解得h=6.8m选项B正确，ACD错误。故选B。5.如图所示，半径为r的金属圆环放在垂直纸面向外的匀强磁场中，环面与磁感应强度方向垂直，磁场的磁感应强度为B0，保持圆环不动，将磁场的磁感应强度随时间均匀增大，经过时间t，磁场的磁感应强度增大到2B0，此时圆环中产生的焦耳热为Q。若保持磁场的磁
5、感应强度B不变，将圆环绕对称轴（图中虚线）匀速转动，经时间t圆环刚好转过一周，圆环中产生的焦耳热也为Q，则磁感应强度B等于（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】对于第一种情况，由法拉第电磁感应定律得圆环产生的焦耳热对于第二种情况，圆环绕对称轴匀速转动，感应电动势的最大值感应电动势的有效值圆环产生的焦耳热可得磁感应强度为故A、B、D错误，C正确；故选C。6.甲、乙两汽车在同一平直公路上做直线运动，其速度时间（v-t）图像分别如图中a、b两条图线所示，其中a图线是直线，b图线是抛物线的一部分，两车在t1时刻并排行驶。下列关于两车的运动情况，判断正确的是（）A. t1到t2时间内甲车
6、的位移小于乙车的位移B. t1到t2时间内乙车的速度先减小后增大C. t1到t2时间内乙车的加速度先减小后增大D. 在t2时刻两车也可能并排行驶【答案】AC【解析】【详解】Av-t图像中图线与坐标轴所围面积即物体的位移，由图可知t1到t2时间内甲车的位移小于乙车的位移，选项A正确；B由图象可知，乙车的速度先增大后减小，选项B错误；C根据图象的斜率等于加速度，可知乙车的加速度先减小后增大，选项C正确；D两车在t1时刻并排行驶，因t1到t2时间内乙的位移大于甲的位移，可知在t2时刻两车不可能并排行驶，选项D错误。故选AC。7.如图所示，两个质量均为m的小滑块P、Q通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，P
7、套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向夹角=30原长为的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上。P由静止释放，下降到最低点时变为60整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中（）A. P、Q组成的系统机械能守恒B. P、Q的速度大小始终相等C. 弹簧弹性势能最大值为mgLD. P达到最大动能时，Q受到地面的支持力大小为2mg【答案】CD【解析】【详解】A根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，而P、Q组成的系统机械能不守恒，选项A错误；B在下滑过程中，根据速度的合成与分解可知解得由于变
8、化，故P、Q速度大小不相同，选项B错误；C根据系统机械能守恒可得弹性势能的最大值为选项C正确；DP由静止释放，P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P的速度达到最大，此时动能最大，对P、Q和弹簧组成的整体受力分析，在竖直方向，根据牛顿第二定律可得解得FN=2mg选项D正确。故选CD。8.如图所示，匀强电场内有一矩形ABCD区域，电荷量为e的某带电粒子从B点沿BD方向以6eV的动能射入该区域，恰好从A点射出该区域，已知矩形区域的边长AB=8cm，BC=6cm，A、B、C三点的电势分别为6V、12V、18V，不计粒子重力，下列判断正确的是（）A. 粒子带负电B. 电场强度的大小为1
9、25V/mC. 粒子到达A点时的动能为12eVD. 仅改变粒子在B点初速度的方向，该粒子可能经过C点【答案】BC【解析】【详解】A连接AC，则O为AC中点，A、B、C三点的电势分别为6V、12V、18V，则O点电势为12V，BD为等势面，电场线如图所示，电场线斜向下粒子从B点射入，A点射出，则粒子带正电，故A错误；B由题意得根据可得故B正确；C粒子从B到A电场力做正功为6eV，粒子电势能减小，动能增大，对粒子从B到A由动能定理可得粒子到达A点时的动能为故C正确；D粒子想要经过C点需要克服电场力做功6eV，粒子的初动能为6eV，则粒子必须沿电场线方向斜向上才能到达与C点等势的位置，此时末速度为零
10、，粒子不能到达C点，故D错误；故选BC。第卷（共174分）三、非选择题：本卷包括必考题和和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须做答。第3338题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共129分）9.有同学利用如图甲所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力FTOA、FTOB和FTOC，回答下列问题：(1)改变钩码个数，实验能完成是_。A钩码的个数N1=N2=2，N3=4B钩码的个数N1=N2=3，N3=4C钩码的个数N1=N2=N3=4D钩码的
11、个数 N1=2，N2=5，N3=3(2)在作图时，你认为图乙、丙中_（选填“乙”或“丙”）是正确的。【答案】 (1). BC (2). 乙【解析】【详解】(1)1对O点受力分析如图所示OA、OB、OC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以OC等于OD，因此三个力的大小构成一个三角形；A2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故A错误；B3、3、4可以构成三角形，则结点能处于平衡，故B正确；C4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡，故C正确；D2、3、5不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故D错误；故选BC；(2)2实验中F合是由平行四边形得出的，而方向一定与橡皮
12、筋的方向相同，而由于实验过程不可避免的存在误差，因此理论值F合的方向与竖直方向总要有一定夹角，所以乙比较符合实验事实，故丙错误，乙正确；10.实验室中有一只内阻未知，量程为2mA的电流计，现要把它改装为一只电压表。在改装前首先设计了如图所示的电路测量该电流计的内阻，已知电源为内阻可忽略不计的学生电源，R1的实际阻值很大。（1）某同学在测量电流计的内阻时，进行了如下的操作：将可调电阻R1、R2的阻值调至最大，仅闭合电键S1，调节电阻箱R1，同时观察电流计直到读数为2mA为止，然后_； A保持电键S1闭合，闭合电键S2，同时调节电阻箱R1、R2，直到电流计读数为1mA为止，记下电阻箱R2的阻值B保
13、持电键S1闭合，闭合电键S2，仅调节电阻箱R2，直到电流计读数为1mA为止，记下电阻箱R2的阻值（2）通过（1）操作，若R2=100，则测得电流计的内阻为_； （3）根据以上测量的数据，如果将该电流计改装成量程为3V的电压表，则应将该电流计_（选填“串”或“并”）联一定值电阻，该定值电阻的阻值为_。（4）该同学将改装后的电压表用于测量某电阻两端的电压，其测量值与真实值相比_（选填“相等”、 “偏大”或“偏小”）。【答案】 (1). B (2). 100 (3). 串 (4). 1400 (5). 偏大【解析】【详解】（1）1应用半偏法测电流计内阻，应先闭合电键S1，调节电阻箱R1，使电流计满偏
14、；然后保持电键S1闭合，闭合电键S2，仅调节电阻箱R2，直到电流计读数为1mA为止，记下电阻箱R2的阻值，选项B正确，A错误。故选B。（2）2闭合电键S2时，电流计与R2并联，它们两端电压相等、通过它们的电流相等，由欧姆定律可知，它们的电阻相等，则（3）34把电流计改装成3V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值（4）5用半偏法测得的电流表内阻偏小，改装后电压表内阻偏小，由U=IR可知，改装后电压表真实量程偏小，所以测量值与真实值相比偏大。11.如图所示，在粗糙水平面上有相距一段距离的A、B两点，在A、B两点分别静止放置m1=4kg、m2=2kg的两物块P、Q。现对P施加一大小F=20N、方向
15、水平向右的拉力，作用一段时间后撤去F，P继续向右运动后与Q在B点发生碰撞并粘在一起（碰撞时间极短），碰后P、Q向右运动1m后停止。已知两物块均可视为质点，与地面的动摩擦因数均为0.2，g取10m/s2。求：（1）P与Q发生碰撞前瞬间P的速度；（2）力F作用的时间及A、B两点间的距离。【答案】（1）3m/s；（2）3s，31.5m【解析】【详解】（1）设P与Q发生碰撞前瞬间P的速度为v0，碰后瞬间共同速度为v，由动能定理得(m1+m2)gL=0(m1+m2)v2由动量守恒得m1v0=(m1+m2)v联立解得v0=3m/s（2）设F作用时间为t1，撤去F后经t2=3s，P与Q发生碰撞，根据动量定理
16、得Ft1m1g(t1+t2)=m1v0解得t1=3s设撤去F瞬间P的速度为v1，根据动量定理得Ft1m1gt1=m1v1解得v1=9m/s所以xAB=t1+t2=31.5m12.如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L，放在绝缘水平桌面上，半径为R的圆弧部分处在竖直平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好。棒ab质量为2m，电阻为r，棒cd的质量为m，电阻为r，重力加速度为g。开始棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触，并一直向右运动，最后两棒都离
17、开导轨落到地面上。棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为31。求：（1）棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小；（2）棒cd在水平导轨上的最大加速度；（3）两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热。【答案】（1）v1=，v2=；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设ab棒进入水平导轨的速度为v1，由动能定理得2mgR=设ab棒离开导轨时的速度为v1，cd棒离开导轨时的速度为v2，由动量守恒得2mv1=2mv1mv2依题意v1v2，两棒离开导轨做平抛运动的时间相等，由平抛运动水平位移x=vt可知v1v2=x1x2=31联立以上各式解得v1=v2=（2）ab棒刚进入水平导轨时，cd棒受到的安培力最大
18、，此时它的加速度最大，设此时回路的感应电动势为E，则E=BLv1根据闭合电路欧姆定理得I=cd棒受到的安培力Fcd=BIL根据牛顿第二定律得Fcd=ma联立以上各式解得a=（3）根据能量守恒定律，两棒在导轨上运动过程产生的焦耳热Q=13.下列说法正确的是（）A. 布朗运动反映了悬浮小颗粒内部分子在永不停息地做无规则运动B. 气体的温度升高，个别气体分子运动的速率可能减小C. 对于一定种类的大量气体分子，在一定温度时，处于一定速率范围内的分子数所占百分比是确定的D. 若不计气体分子间相互作用，一定质量气体温度升高、压强降低过程中，一定从外界吸收热量E. 密闭容器中有一定质量的理想气体，当其在完全
19、失重状态下，气体的压强为零【答案】BCD【解析】【分析】布朗运动是指悬浮于液体中颗粒所做的无规则的运动，不是分子运动气体的温度升高，分子平均动能增大对于一定种类的大量气体分子存在统计规律：分子运动的速率很大或很小的分子数，处于一定速率范围内的分子数所占百分比是确定的根据热力学第一定律分析热量气体的压强不是由于分子的重力产生的，而是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁产生的【详解】A布朗运动是指悬浮在液体中的固体颗粒所做的无规则的运动，反映了液体分子在永不停息地做无规则运动，故A错误B气体的温度升高，分子平均动能增大，由于气体分子的运动是无规则的，所以个别气体分子运动的速率可能减小故B正确C对于一定种
20、类的大量气体分子存在统计规律：分子运动的速率很大或很小的分子数，处于一定速率范围内的分子数所占百分比是确定的故C正确D若不计气体分子间相互作用，分子势能不计一定质量气体温度升高、压强降低过程中，根据气态方程pV/T=C可知气体体积一定增大，气体对外做功，内能增大，根据热力学第一定律分析得知气体一定从外界吸收热量故D正确E气体的压强不是由于气体的重力产生的，而是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁产生的，所以在完全失重状态下，气体的压强不变故E错误故选BCD【点睛】解决本题的关键要掌握布朗运动的实质，即布朗运动不是分子运动，只能反映液体分子无规则运动；知道分子运动的统计规律、热力学第一定律，理解气体压
21、强的微观实质14.如图甲所示，地面上放置有一内壁光滑的圆柱形导热汽缸，汽缸的横截面积S2.5103 m2.汽缸内部有一质量和厚度均可忽略的活塞，活塞上固定一个力传感器，传感器通过一根细杆与天花板固定好汽缸内密封有温度t027 C，压强为p0的理想气体，此时力传感器的读数恰好为0.若外界大气的压强p0不变，当密封气体温度t升高时力传感器的读数F也变化，描绘出Ft图象如图乙所示，求：（1）力传感器的读数为5 N时，密封气体的温度t；（2）外界大气的压强p0.【答案】（1）32 C（2）1.2105 Pa【解析】【分析】缸内气体等容变化，由于气压不可能为零，故根据题中数据可得一定是升温，根据查理定律
22、列式求解即可【详解】（1）由题图乙可以知道得:（2）温度时,密封气体的压强密封气体发生等容变化,则联立以上各式并代入数据计算得出【点睛】本题关键求解出初、末状态的气压和温度，然后根据查理定律列式求解15.甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速为2m/s，振幅相同；某时刻的图像如图所示。则 。A. 甲、乙两波的起振方向相同B. 甲、乙两波的频率之比为3:2C. 甲、乙两波在相遇区域会发生干涉D. 再经过3s，平衡位置在x=6m处的质点处于平衡位置E. 再经过3s，平衡位置在x=7m处的质点加速度方向向上【答案】BDE【解析】【详解】A根据波的传播方向，由波形图可得：甲
23、波起振方向向下，乙波起振方向向上，故两波起振方向相反，选项A错误；B由图可得甲、乙两波波长之比为根据可知频率之比为选项B正确；C甲、乙两波频率不同，在相遇区域不会发生干涉，选项C错误；DE再经过3s，甲波向右传播同理乙波向左传播6m，故两波源之间两波的波形如图所示：由图可得：平衡位置在x=6m处的质点处于平衡位置；平衡位置在x=7m处质点合位移为负，加速度方向向上。DE正确。故选BDE。16.如图所示，一玻璃砖的横截面是120的扇形AOB，半径为R，OC为AOB的角平分线，OC长为，位于C点的点光源发出的一条光线入射到圆弧AB上的D点，该光线在玻璃砖中的折射光线平行于CO，交AO于E点。已知DCO=30，光在真空中传播的速度为c。求：(1)玻璃砖的折射率；(2)折射光线由D传播到E所用的时间。【答案】（1）n=；（2）【解析】【详解】（1）如图所示，光线在D点折射时n=在CDO中所以=120，i=60，r=30 可得n=（2）折射光线由D传播到E所用时间由图知30EG=DF=所以解得
