1、浙江省义乌市2020届高三物理下学期6月适应性试题（含解析）一、选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.有关物理学史的描述，下列说法中正确的是（）A. 伽利略通过实验证实了力是维持物体运动的原因B. 卢瑟福最早发现了原子核的裂变C. 赫兹通过实验首先捕捉到了电磁波D. 奥斯特最早研究电磁感应现象，并发现感应电动势与磁通量变化率成正比【答案】C【解析】【详解】A伽利略通过实验合理的推理认为“力是改变物体运动状态的原因”，A错误；B卢瑟福提出了原子的核式结构，但是没有发现原子核的裂变，B错误；C赫兹首先用实验捕捉
2、到了电磁波，符合事实，C正确；D奥斯特最早提出了电流的磁效应，揭开了研究电磁关系的序幕，但没有发现电磁感应现象，D错误。故选C。2.下列运动中加速度保持不变的是（）A. 简谐振动B. 匀速圆周运动C. 加速直线运动D. 平抛运动【答案】D【解析】【详解】A简谐振动的加速度的大小与方向都做周期性的变化，A错误；B匀速圆周运动的加速度的大小不变，但方向始终指向圆心，是变化的，B错误；C加速直线运动有匀加速直线运动，也有变加速直线运动，没有说明，所以不能判断加速度是否发生变化，C错误；D平抛运动是只受重力的曲线运动，运动的加速度为重力加速度，保持不变，D正确。 故选D。3.如图所示，滑板运动员沿水平
3、地面向前匀速滑行，在横杆前相对滑板竖直向上起跳，人与滑板分离后分别从杆的上、下方通过，若忽略地面摩擦力和空气阻力的影响，则有关运动员的下列说法错误的是（）A. 人越过杆后仍将落在滑板上B. 起跳上升过程中，动能转化为重力势能C. 以滑板为参照物，运动员在上升过程中做匀减速直线运动D. 忽略脚底形变，起跳时滑板对人的支持力做了正功【答案】D【解析】【详解】A由于惯性，人继续向前运动，越过杆后仍将落在滑板上，A正确；B起跳上升过程中，速度越来越小，高度越来越大，动能转化为重力势能，B正确；C以滑板为参照物，运动员与滑板分离后，在水平方向的分速度与滑板的速度总相同，竖直方向做匀变速直线运动，C正确；
4、D忽略脚底形变，起跳时滑板对人的支持力作用在脚上，人起跳的过程中脚始终在地面上，没有位移，所以地面对他的支持力不做功，D错误。故选D。4.“额温枪”能远距离测量出人体体温，主要是接收了人体辐射的红外线。下列说法中正确的是（）A. 红外线是横波，通常是由LC振荡电路发射的B. 红外线能发生反射、折射、衍射和干涉等波现象C. 红外线光子能量大所以具有热效应D. 家电遥控器和“额温枪”工作时都接收了物体辐射的红外线【答案】BD【解析】【详解】A所有物体都能发射红外线，A错误；B红外线是电磁波，电磁波具有波的特性能发生反射、折射、干涉和衍射现象，B正确；C所有物体发射红外线，而具有热作用，C错误；D家
5、电遥控器和“额温枪”工作时都接收了物体辐射的红外线而工作的，D正确 。故选BD。5.5月8日13时49分，我国新一代载人飞船试验船返回舱成功返回地球，对正在落点上空减速下降的返回舱，下列判断正确的是（）A. 失重、机械能增加B. 失重、机械能减少C. 超重、机械能增加D. 超重、机械能减少【答案】D【解析】【详解】ABCD试验船的返回舱成功返回地球，在落点上空减速下降，返回舱的加速度方向向上，是超重现象，试验船减速下降速度减小，动能减小，重力势能也减小，所以机械能也减小，ABC错误D正确。故选D。6.在粗糙水平面上有质量为m的物体，被一劲度系数为k的轻弹簧连在左侧墙上，物体在O点静止时，弹簧恰
6、为自然长度；物体只有在A、B之间才能处于静止状态，则下列说法中正确的是（）A. 物体在AO之间运动时，受到的摩擦力方向一定向左B. 物体静止在AB之间时，离O越近，受到的摩擦力越大C. 物体静止在OB之间时，受到的摩擦力方向一定向左D. 用水平拉力将物体快速从A拉到B，在此过程中物体受到的地面摩擦力保持不变【答案】D【解析】【分析】【详解】A. 依题意，物体只有在A、B之间才能处于静止状态，则物体在A、B两位置时，所受静摩擦力达到最大，当物体在AO之间运动时，若物体向左运动，受到的摩擦力方向向右，故A错误B. 物体在O点静止时，弹簧恰为自然长度，此时静摩擦力为零；当物体静止在AB之间时，所受的
7、静摩擦力与弹簧的弹力平衡，离O越近，弹簧的压缩量越小，根据胡克定律知，弹力越小，则物体受到的摩擦力越小，故B错误；C. 物体静止在OB之间时，弹簧处于伸长状态，拉力方向向左，则物体受到的摩擦力方向一定向右，故C错误；D.物体从A位置快速拉到B位置的过程中，受到的是滑动摩擦力，由于物体对地面的压力不变，动摩擦因数不变，由公式知，在此过程中，物体受到地面的摩擦力大小保持不变，方向向左，也不变，则在此过程中物体受到的地面摩擦力保持不变，故D正确。故选D。7.某发电站将电能输送到工厂通过图示的流程来实现，经测定发电机输出的电压和电流分别为U1和I1，升压变压器输出的电压和电流分别为U2和I2，降压变压
8、器输出的电压和电流分别为U3和I3，R线为两变压器间输电导线的总电阻。下列计算正确的是（）A. 根据欧姆定律B. 对升压变压器一定有C. 两变压器间输电导线的热损耗为D. 电动机的机械功率为【答案】C【解析】【详解】A.为升压变压器输出的电压，输电导线上损失的电压只是其中的一小部分，所以对输电导线根据欧姆定律不成立，故A错误；B. 对理想变压器来说，输入功率等于输出功率，即，而实际的变压器一般都有损耗，所以对升压变压器不一定有，故B错误；C. 输电导线上的电流为I2，两变压器间输电导线的总电阻为R线，根据焦耳定律，两变压器间输电导线的热损耗的功率为，故C正确；D. 电动机的输入功率为，由于电动
9、机有内阻，电动机的机械功率应小于，故D错误。故选C。8.质量为1kg的物体在一平面内做曲线运动，相互垂直的x、y方向上的速度图象分别如下图所示。下列说法正确的是（）A. 质点的初速度为5m/sB. 质点所受的合外力为3NC. 2s末质点速度大小为7m/sD. 2s末质点速度大小为与y方向成53角【答案】D【解析】【详解】A由图可知轴方向初速度为4m/s，轴方向初速度为0，则质点的初速度大小为4m/s，故A错误；B质点在轴方向加速度为零，只有轴方向有加速度，由图象的斜率读出质点的加速度根据牛顿第二定律可得质点所受的合外力为故B错误；C2s末时根据图像可知则质点的速度为故C错误；D设2s末质点速度
10、大小为与方向为，则有解得故D正确；故选D。9.2019年1月3日10时26分，“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面，嫦娥四号卫星的工作轨道是100公里环月圆轨道，为对预选着陆区（图中B点正下方）进行精细成像，嫦娥四号在A点将轨道变为椭圆轨道，使其近月点在着陆区正上方B点，大约距月面15公里。下列说法中正确的是（）A. 沿轨道运动的周期大于沿轨道运动的周期B. 在轨道上A点的速度大于在轨道上A点的速度C. 卫星从轨道变为椭圆轨道时，在A点需减速D. 在轨道上A点的加速度大于在轨道上A点的加速度【答案】C【解析】【详解】A根据开普勒第三定律，轨道的半径大于轨道的半长轴，所以在轨道上运行的周期大于在
11、轨道上运行的周期，A错误；BC嫦娥二号在轨道上的A点进入轨道，需要减速，使万有引力大于向心力，才能做近心运动，所以在轨道上A点的速度小于在轨道上A点的速度，B错误，C正确；D在轨道上A点和在轨道上A点的所受的万有引力相等，根据牛顿第二定律，加速度也相等，D错误。故选C。10.如图所示，一细束红蓝复色光垂直与AB边射入直角三棱镜，在AC面上反射和折射分成两束细光束，其中一束细光束为单色光束若用v1和v2分别表示红、蓝光在三棱镜内的速度，下列判断正确的是（ ）A. v1v2 单色光束红色B. v1v2 单色光束为红色D. v1v2 单色光束为蓝色【答案】C【解析】【详解】红光的折射率小于蓝光，根据
12、v=c/n知，v1v2再根据sinC=1/n，知蓝光的临界角比较小，蓝光发生了全反射，则折射出去的单色光是红光故C正确，ABD错误故选C11.如图所示，水平放置的充电平行金属板相距为d其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出，油滴质量为m，带电荷量为q，现仅将上极板上移些许，其它条件保持不变，则下列分析错误的是（）A. 上移后油滴的运动轨迹仍然是直线B. 上移后电场强度大小为，方向竖直向上C. 上移后下板和上板之间的电势差为D. 上移后油滴穿越两板之间的电场电势能减少了mgd【答案】C【解析】【详解】AB由于液滴沿直线从上极板边缘射出，可知一定做匀速直线运动，
13、可得可得根据公式，可得可知，当上极板向上移动，E不变，方向竖直向上，仍有，所以油滴的运动轨迹仍然是直线，A、B正确；C综上分析，由于E不变，根据，当上极板向上移动些许，d变大，所以U变大，不再是，C错误；D当上极板向上移动，E不变，所以粒子射出电场时的位置也不变，重力做负功mgd，则电场力做正功mgd，根据功能关系可知，微粒的电势能减小了mgd，D正确。本题选择错误的，故选C。12.离子推进器是利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力使其获得加速度的。已知飞行器和推进器的总质量为M，推进器发射的是2价氧离子，发射功率为P，加速电压为U，若每个氧离子的质量为m，基本电荷
14、的电荷量为e，不计发射氧离子后飞行器质量的变化，下列判断正确的是（）A. 射出的氧离子速度为B. 每秒钟射出的氧离子数为C. 射出离子后飞行器开始运动的加速度大小为D. 离子射出时的动量大小P=2meU【答案】C【解析】【详解】A根据动能定理得解得氧离子速度为A错误；B推进器发射的功率为p，则每秒发射离子的能量为又因为联立可得B错误；C以氧离子和飞行器为系统，设飞行器的反冲速度为，每秒射出n个离子后，根据动量守恒定律有解得离子的加速度为C正确；D离子射出时的动量大小为D错误。故选C。13.如图，H为一块长方体金属导体薄片，外加磁场的磁感应强度B和外加电流I的方向如箭头所示（B与长方体的前后两个
15、表面及电流I均垂直），电压表按图中方式与H的上下表面相连，示数为V，考虑到导体沿电流方向上电势差的存在，下列操作中能实现电压表的指针指在虚线位置的是（）A. 交换电压表接线柱的接入方式B. 保持磁场方向不变，改变电流方向（II）C. 保持电流方向不变，改变磁场方向（BB）D. 同时改变电流方向和磁场方向（II，BB）【答案】ABC【解析】【详解】A根据左手定则，电流方向向右，电子受力的方向向上，则上表面的电势大于下表面的电势，电压表指针为正，若交换电压表接线柱的接入方式，则电压表指针与原指针方向相反，故A正确；B保持磁场方向不变，改变电流方向，则电子受力方向向下，则电压表指针与原来方向相反，故
16、B正确；C保持电流方向不变，改变磁场方向，则电子受力方向向下，则电压表指针与原来方向相反，故C正确；D同时改变电流方向和磁场方向，电子受力的方向向上，则电压表指针与原指针方向相同，故D错误。故选ABC。二、选择题（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）14.居里夫人发现了元素钋（Po），其衰变的核反应方程式为，下列按序对a、b、c、d、e、f赋值正确的是（）A. 84、211、2、4、1、0B. 84、210、2、4、0、0C. 84、207、1、1、0、1D. 83、207、1、1、0、0【
17、答案】B【解析】【详解】光子，故e、f赋值为0、0。a为氦核，故c、d赋值为2、4。根据质量数守恒和电荷数守恒，故a、b赋值为84、210。故B正确，ACD错误。故选B。15.下图甲是光电效应的实验装置图，图乙是光电流与加在阴极K和阳极A上的电压的关系图像，下列说法正确的是（）A. 只要增大电压，光电流就会一直增大B. 遏止电压越大，说明从该金属中逸出的光电子的最大初动能越大C. 由图线、可知对某种确定的金属来说，其遏止电压只由入射光的频率决定D. 由图线、可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大【答案】BCD【解析】【详解】A由乙图可知，当电压增大到一定程度时，再增大电压，光电流
18、基本不变，故A错误；B根据可知遏止电压越大，说明从该金属中逸出的光电子的最大初动能越大，故B正确；C黄光（强）和黄光（弱）遏止电压相同，黄光和蓝光遏止电压不相同，说明对某种确定的金属来说，其遏止电压只由入射光的频率决定，故C正确；D由图线、可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，故D正确。故选BCD。16.两列波的振幅都是20cm，沿着同一条绳（绳沿x方向放置）相向传播，实线波的频率为3.25Hz，沿x轴正方向传播；虚线波沿x负方向传播，某时刻两列波相遇，如图所示，则下列说法中正确的是（）A. 两列波在相遇区域发生干涉现象B. 图示时刻x=3m的质点位于y=20cm处C. 从图示
19、时刻起再过0.25s，平衡位置x=4. 25m的质点将位于y=40cm处D. 从图示时刻起再过0.25s，平衡位置x=4. 25m的质点将位于y=40cm处【答案】BD【解析】【详解】A两列波都在绳中传播，波速相等由图可知两列波的波长不相等，故频率也不相等，不满足发生干涉的条件，故两列波在相遇区域不会发生干涉现象，故A错误；B图示时刻x=3m的质点的位移是两列波引起的位移的矢量和，由图可知位于y=20cm处，故B正确；CD从图示时刻起再过0.25s，波传播的距离为 实线波平衡位置x=1m质点的波峰状态传播到x=4. 25m处，虚线波平衡位置x=7.5m的质点的波峰状态传播到x=4. 25m处，
20、故平衡位置x=4. 25m的质点将位于y=40cm处，故C错误，D正确。故选BD。三、非选择题（本题共6小题，共55分）17.（1）做静电场探究实验时，要给下图中的球形导体带上静电我们可选用下图中的仪器_（填字母）（2）绝缘细线上端固定，下端挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜；在a近旁有（1）中已带上电的绝缘金属球，旁边放着的是拾电球。利用这些仪器我们可以实现的实验目的有_（可多选）A. 验证库仑定律B. 证明带电体之间的静电作用力和带电体之间的距离是相关的C. 证明带电体之间的静电作用力和带电体的电量大小是相关的D. 证明静电作用力的大小和带电体的电量大小是成正比的（3）某同学用下图装置进行“
21、探究碰撞中的不变量”的实验，该实验_平衡摩擦力，_分别测量两小车的质量（两空均填“需要”或“不需要”）。根据纸带数据可计算出小车碰撞后的共同速度大小为_m/s。【答案】 (1). A (2). BC (3). 需要 (4). 需要 (5). 0.695【解析】【详解】(1)1 做静电场探究实验时，要给下图中的球形导体带上静电我们可选用起电器，故选A。(2)2 A验证库仑定律需要精确测量距离和库仑力，该装置做不到，故A错误；B通过改变距离观察偏角，从而证明带电体之间的静电作用力和带电体之间的距离是相关的，故B正确；C通过改变带电体的电量大小观察偏角，从而证明带电体之间的静电作用力和带电体的电量大
22、小是相关的，故C正确；D证明静电作用力的大小和带电体的电量大小是成正比，需要精确测量出库仑力，该装置做不到，故D错误。故选BC。(3)3动量守恒的条件是系统受到的合外力为零，故需要平衡摩擦力。4需要探究的是碰撞前后的动量相等，需要测量两小车质量。5 小车碰撞后的共同速度小于碰撞前的速度，故选DE段计算该速度为18.某同学在做“用单摆测重力加速度”的实验时，用一个磁性小球代替原先的摆球，在下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方（如图甲所示）。（1）实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如乙图所示，该摆球的直径d=_cm。（2）某次试测时，传感器显示屏出现连续6个磁感应强度峰值
23、所用的时间为5.73秒（如图丙所示），则单摆周期的测量值为_秒。（3）某小组改变摆线长度，测得了多组数据，在进行数据处理时，甲同学把摆线长作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出图像后求出斜率，然后算出重力加速度。两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲_，乙_（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）【答案】 (1). 1.415 (2). 1.91 (3). 偏小 (4). 无影响【解析】【分析】【详解】（1）1游标卡尺的主尺读数为1.4cm10=14mm游标读数为30.05mm=0.15mm则最终读数为d=14mm+0.15mm=14.15mm=1.415cm（2）2单
24、摆周期的测量值为（3）34根据单摆周期公解得重力加速度，而摆长应该是摆线长度与摆球半径之和，甲同学把摆线长为摆长，摆长小于实际摆长，由可知，重力加速度的测量值小于真实值；根据单摆周期公解得则斜率，由此可见，与T2成正比，k是比例常数；由于单摆摆长偏大还是偏小不影响图象的斜率k，因此摆长偏小不影响重力加速度的测量值。19.大陈镇端午节龙舟赛迄今已举办四届，比赛时采用的龙舟及装备质量均为480千克，每船共设12名选手，2019年义乌市登峰龙舟队以1分6.70秒的成绩获男子组500米直道竞速项目的冠军，据报导登峰队队员的平均质量为60千克。如果我们把登峰队这次赛程简化为先做初速度为零的匀加速直线运动
25、，达到v=8m/s后以匀速直线运动完成赛程。（计算结果均保留2位有效数字）（1）求龙舟匀加速阶段所受的合外力大小；（2）假设登峰队在正常完成100米赛程时出现失误，使龙舟在10秒内速度均匀减小到，经调整10秒末龙舟恢复正常匀加速，最后也以速度v=8m/s匀速完成剩余赛程，求登峰队由于失误而耽误的时间。【答案】（1）1140N；（2）3.55s【解析】【分析】【详解】（1）设匀加速运动的时间为，则匀速运动的时间为，根据运动学公式有解得=8.4s 根据速度时间公式有解得a=0.95 m/s2 根据牛顿第二定律有=1140N（2）匀减速t2=10s内的位移=60m由v1再加速到v所用的时间=4.2s
26、通过的位移=25m若不失误龙舟匀速通过需要的时间为，则有+=v解得 因失误而耽误的时间t=t2+t3-t4=3.55s20.一梯形木块固定在水平面上，木块内有半径为R的圆形轨道，ab缺口正好为四分之一的圆周，bd斜面的倾角=45。今将质量为m的小球在b点的正上方h=2R处由静止释放，小球恰好能从a点出射，出射后落在斜面的c点上。不计空气阻力并忽略小球每次在圆轨内从b运动到a阻力做功的差异。（1）求bc两点间的距离；（2）若将小球改在处释放，小球恰好落在斜面底端d点。求小球在a点时对轨道的压力；（3）若小球某次出射后落点与a点的水平距离为4R，求小球的释放高度h。【答案】（1）R；（2）mg；（
27、3）【解析】【分析】【详解】（1）由题可知，小球恰好能从a点出射，则有解得设c点与a点的水平距离为x，根据几何关系可知竖直方向的位移为则有解得则水平位移为解得x=2R根据几何关系可得bc=R（2）设小球从b运动到a克服阻力做功为W，根据动能定理有解得若小球从a点出射速度为，根据动能定理有解得在a点，根据牛顿第二定律有解得根据牛顿第三定律可知，小球在a点时对轨道压力大小为，方向竖直向上；(3) 若d点与a点的水平距离为，根据几何关系可得则有解得则在水平方向上有解得x=3R当水平位移为4R3R时小球从a点出射速度为，则竖直方向的位移为，则有解得则在水平方向上有解得根据动能定理有解得21.两条间距为
28、d=0.1m的足够长平行金属导轨水平放置，在两导轨间存在着垂直导轨平面向下的有界磁场，磁感应强度沿坐标轴Ox分区分布，在x0区域B=3x（T），在2mx0区域B=1.5（T），如图所示。金属棒ab与导轨垂直静止在x=1.5m处，长为d=0.1m，质量m=50g，电阻，左端的定值电阻。处在2mx0区域的导轨是光滑的，导轨其余部分与ab棒的动摩擦因数均为=0.2。在导轨的右侧接有一个带有控制电键的“恒流源”，可提供I=1A的恒定电流，现闭合电键K发现ab棒沿轨道向左运动，求：（1）闭合电键瞬间ab棒中的电流方向和ab棒的加速度大小；（2）若棒运动到x=0时立即断开电键K，问ab棒最后静止在何处（用
29、x轴坐标表示）。（3）求出上述整个过程中R2产生的焦耳热。（备选信息：弹簧振子的周期公式其中m为振子质量，k为弹簧的劲度系数）【答案】（1）b到a，4m/s2；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由题可知，闭合电键瞬间，发现ab棒沿轨道向左运动，即受到了向左的安培力作用，根据左手定则可知，电流的方向b到aab与R2并联，则流过ab的电流为=A对棒ab，根据牛顿第二定律有又B=3x=4.5T代入得a=4m/s2 （2）对棒ab，从开始到x=0过程，根据动能定理有其中，代入得设棒ab穿过左侧匀强磁场后的速度为，根据动量定理代入得根据速度位移公式有棒ab最后停在位置（3）棒ab在O点之前的的安培力为
30、则受到的合力为由简谐振动的性质可知棒ab以x=0.5m处为平衡位置作简谐振动，周期为T=s，则有运动的位移为从平衡位置开始一个振幅加半个振幅的位移，因此时间为s整个过程中电阻上产生的热量为代入数据解得 22.某款空气净化器采用了“等离子灭活”技术，内部有、三个真空区域，其中L=5cm，如下图所示。区中平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化周期为s，规律如下（中）图所示，B板粒子发生处能连续均匀地释放质量kg，电量C的带电粒子。、两条形区存在着宽度分别为L，0.5L，竖直方向无界、方向相反的匀强磁场，其中，T，不计粒子间的相互作用力和重力。求：（1）一个
31、周期内穿出电场的粒子数和B板所释放的粒子数之比；（2）一个周期内穿过区进入区的粒子数和B板所释放的粒子数之比；（3）粒子将从区右边界的不同位置穿出，求穿出位置最高点与最低点之间的距离。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设时刻进入I区的粒子，恰好能到达A板，根据牛顿第二定律有若加速时间加速位移减速位移又联立解得一个周期内时刻后的粒子无法穿过I区，一个周期内穿出电场的粒子和B板所释放的粒子数之比为（2）粒子能进入III区，有几何关系的，II区中，根据洛伦兹力提供向记力有解得假设时刻（）进入I区的粒子，先以加速度a做匀加速，后匀减速，恰好以速度离开并进入II中，则有加速位移减速位移又解得一个周期内时刻后的粒子无法进入III区，一个周期内穿过II区进入III区的粒子和B板所释放的粒子数之比（3）0时刻进入粒子离开速度最大 ，如图所示在II区中，根据洛伦兹力提供向心力，则有解最大运动半径，同理，在III区磁场中半径由何关系得，则离距离在时刻进入粒子离开速度最小，如图所示在II区中，在III区中由几关系得，则离距离故最高点与最低点之间的距离