高三畢業(yè)班班質(zhì)量檢查測試?yán)砭C物理試題

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2020屆福建省高三畢業(yè)班班質(zhì)量檢查測試?yán)砭C物理試題二、選擇題:本題共8小題，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求。1。靜止在水平地面上的木塊，受到小錘斜向下瞬間敲擊后，只獲得水平方向初速度，沿地面滑行一段距離后停下.若已知木塊的質(zhì)最和初速度，敲擊瞬間忽略地面摩擦力的作用，由此可求得（）A.木塊滑行的時(shí)間 B.木塊滑行的距離C.小錘對木塊做的功 D.小錘對木塊的沖量【答案】C【解析】【詳解】A．木塊運(yùn)動過程中,由動量定理物塊所受的摩擦力f未知，則不能求解木塊的運(yùn)動時(shí)間，故A錯(cuò)誤，不符合題意；B．由動能定理物塊所受的摩擦力f未知,則不能求解木塊滑行的距離,故B錯(cuò)誤，不符合題意；C．小錘對木塊做的功等于木塊得到的動能，即故C正確，符合題意；D．只能求解小錘對木塊沖量的水平分量故D錯(cuò)誤，不符合題意故選C.2。2019年“山東艦”正式服役,標(biāo)志著我國進(jìn)入雙航母時(shí)代。如圖，“山東艦”正在沿直線航行,其質(zhì)量為m，發(fā)動機(jī)的輸出功率恒為P，所受阻力恒為f，某時(shí)刻速度為v1、加速度為a1，一段時(shí)間t后速度變?yōu)関2(v2>v1）,在這段時(shí)間內(nèi)位移為s。下列關(guān)系式正確的是（）A B。C。 D.【答案】A【解析】【詳解】A．由牛頓第二定律,則有故A正確；B．當(dāng)航母達(dá)到最大速度時(shí),F=f，此時(shí)故B錯(cuò)誤；C．航母的運(yùn)動不是勻加速運(yùn)動，則時(shí)間t內(nèi)的位移故C錯(cuò)誤；D．由動能定理可得故D錯(cuò)誤。故選A.3。圖為探究變壓器電壓與匝數(shù)關(guān)系的電路圖。已知原線圈匝數(shù)為400匝，副線圈“1”接線柱匝數(shù)為800匝，“2”接線柱匝數(shù)為200匝，ab端輸入的正弦交變電壓恒為U,電壓表V1、V2的示數(shù)分別用U1、U2表示?；琍置于滑動變阻器中點(diǎn),則開關(guān)S(）A.打在“1"時(shí)，B.打在“1”時(shí)，U1：U2=2：1C.打在“2”與打在“1"相比，燈泡L更暗D.打在“2”與打在“1”相比，ab端輸入功率更大【答案】C【解析】【詳解】A．滑片P置于滑動變阻器中點(diǎn),則，故A錯(cuò)誤；B．打在“1”時(shí)，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，則有U1：U21=n1:n21=400:800=1：2故B錯(cuò)誤；CD．打在“2"時(shí)，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，則有U1:U22=n1:n22=400:200=2：1即打在“2”時(shí)燈泡兩端電壓較小，與打在“1”相比，燈泡L更暗，變壓器次級消耗的功率較小，則ab端輸入功率更小，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。4。如圖，A、B兩點(diǎn)固定有電荷量分別為+Q1和+Q2的點(diǎn)電荷，A、B連線上有C、D兩點(diǎn)，且AC=CD=DB.試探電荷+q只在靜電力作用下，從C點(diǎn)向右沿直線運(yùn)動到D點(diǎn)，電勢能先減小后增大,則（)A.Q1一定大于Q2B.C、D兩點(diǎn)的場強(qiáng)方向可能相同C.+q的加速度大小先減小后增大D.+q的動能和電勢能的總和先減小后增大【答案】C【解析】【詳解】A．試探電荷+q只在靜電力作用下,從C點(diǎn)向右沿直線運(yùn)動到D點(diǎn)，電勢能先減小后增大，電場力先做正功后做負(fù)功，電場線先向右后向左，可知在CD之間存在場強(qiáng)為零的位置，但是不能確定與兩電荷的距離關(guān)系,則不能確定兩電荷帶電量的關(guān)系,故A錯(cuò)誤;B．由以上分析可知，C、D兩點(diǎn)的場強(qiáng)方向相反,故B錯(cuò)誤；C．因CD之間存在場強(qiáng)為零的位置,則試探電荷從C向D移動時(shí)，所受電場力先減小后增加，加速度先減小后增加，故C正確；D．因+q只有電場力做功，則它的動能和電勢能的總和保持不變，故D錯(cuò)誤。故選C。5.如圖,工地上常用夾鉗搬運(yùn)磚塊.已知磚塊均為規(guī)格相同的長方體，每塊質(zhì)量為2。8kg，夾鉗與磚塊之間的動摩擦因數(shù)為0.50,磚塊之間的動摩擦因數(shù)為0。35，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，g取10m/s2。搬運(yùn)7塊磚時(shí),夾鉗對磚塊豎直一側(cè)壁施加的壓力大小至少應(yīng)為（）A。196N B.200N C。392N D.400N【答案】B【解析】【詳解】先將7塊磚當(dāng)作整體受力分析,豎直方向受重力、靜摩擦力，二力平衡，有2μ1F≥7mg則有F≥196N再考慮除最外側(cè)兩塊磚的里面5塊磚，受力分析，豎直方向受重力、靜摩擦力,二力平衡，有2μ2F≥5mg則有F≥200N解得F≥200N故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B。6。下列有關(guān)原子和原子核的認(rèn)識，正確的是（）A。平均結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定B。氫原子輻射光子后，電子繞核運(yùn)動的動能增大C.盧瑟福通過粒子散射實(shí)驗(yàn)的研究,發(fā)現(xiàn)了中子。D.光電效應(yīng)現(xiàn)象中，光電子的最大初動能與入射光的頻率成正比【答案】AB【解析】【詳解】A．平均結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，故A正確;B．氫原子輻射光子后，原子的能級降低，電子的軌道半徑減小，根據(jù)則可得動能為可知電子繞核運(yùn)動的動能增大，故B正確;C．盧瑟福通過粒子散射實(shí)驗(yàn)的研究，建立了原子的核式結(jié)構(gòu)理論，故C錯(cuò)誤；D．光電效應(yīng)現(xiàn)象中,根據(jù)則光電子的最大初動能與入射光的頻率不是成正比關(guān)系，故D錯(cuò)誤.故選AB。7.我國探月工程分“繞、落、回”三步走,近期將發(fā)射“嫦娥五號”探測器執(zhí)行月面采樣返回任務(wù)。圖為探測器繞月運(yùn)行的示意圖，O為月球球心。已知環(huán)月圓軌道I和橢圓軌道II相切于P點(diǎn),且I軌道半徑為II軌道半長軸的1。25倍。則探測器分別在I、II兩軌道上穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)（）A。周期T1:T2=5：4B。機(jī)械能EI=EIIC。經(jīng)過P點(diǎn)的速度vI>vIID。經(jīng)過P點(diǎn)的加速度aI=aII【答案】CD【解析】【詳解】A．根據(jù)開普勒第三定律可知故A錯(cuò)誤;BC．從P點(diǎn)由軌道II進(jìn)入軌道I要點(diǎn)火加速，即vI〉vII,則在軌道I上的機(jī)械能大于軌道II上的機(jī)械能,故B錯(cuò)誤，C正確；D．經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)探測器受到月球的引力相同，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度aI=aII，故D正確。故選CD.8.如圖，水平面內(nèi)固定有兩根平行的粗糙長直金屬導(dǎo)軌，兩根相同的導(dǎo)體棒AB、CD置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直，整個(gè)裝置處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場中。從t=0時(shí)開始，對AB棒施加一與導(dǎo)軌平行的水平外力F，使AB棒從靜止開始向右做加速度大小為a0的勻加速直線運(yùn)動。導(dǎo)軌電阻不計(jì),兩棒均與導(dǎo)軌接觸良好，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力。下列關(guān)于CD棒的速度v、加速度a、安培力F安和外力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線可能正確的是（）A。 B. C。 D?！敬鸢浮緽D【解析】【詳解】A．因金屬棒與導(dǎo)軌之間有摩擦力，可知開始時(shí)導(dǎo)體棒CD的速度為零,當(dāng)所受的安培力等于最大靜摩擦力時(shí)才開始運(yùn)動，故A錯(cuò)誤;B．開始時(shí)，CD棒的速度為零，加速度為零；當(dāng)CD開始運(yùn)動后加速度從0開始逐漸變大，與AB的速度差逐漸變大，則回路中感應(yīng)電流逐漸變大，導(dǎo)體棒所受的向右的安培力逐漸變大，加速度逐漸變大,當(dāng)CD的加速度與AB加速度相等時(shí)，兩棒的速度差保持不變，安培力保持不變，加速度保持不變,故B正確；C．在開始CD棒不動時(shí)，安培力即安培力隨時(shí)間成正比關(guān)系增加；當(dāng)CD開始運(yùn)動后，導(dǎo)體棒所受向右的安培力逐漸變大，但非線性增加，最后保持不變，故C錯(cuò)誤；D．對AB外力開始時(shí)CD加速度為零，AB加速度為a=a0,則此時(shí)外力F隨時(shí)間t線性增加；當(dāng)CD開始運(yùn)動后加速度從0開始逐漸變大，導(dǎo)體棒AB所受的向左的安培力逐漸變大，但非線性增加,最后保持不變，故D正確。故選BD。三、非選擇題：第22~32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33～38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。9。圖甲為“驗(yàn)證動量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)裝置,軌道由斜槽和水平槽組成,A、B兩小球大小相同，質(zhì)量mA=20。0g、mB=10。0g.實(shí)驗(yàn)步驟如下：a。固定軌道，使水平槽末端的切線水平,將記錄紙鋪在水平地面上，并記下水平槽末端重垂線所指的位置O；b。讓A球從斜槽C處由靜止釋放，落到記錄紙上留下痕跡，重復(fù)操作多次;c.把B球放在水平槽末端,A球仍從C處靜止釋放后與B球正碰，A、B分別落到記錄紙上，留下各自的痕跡，重復(fù)操作多次;d.確定三個(gè)落點(diǎn)各自的平均位置P、M、N,用刻度尺測出它們到O點(diǎn)的距離分別為xOP、xOM、xON;(1）確定P、M、N三點(diǎn)時(shí)，可用圓規(guī)畫一個(gè)盡可能小的圓，把所有有效落點(diǎn)圈在里面，圓心即為落點(diǎn)的平均位置，這樣做可以減小_______（填“系統(tǒng)”或“偶然”）誤差;(2）如圖乙,xOM、xOP讀數(shù)分別為10.20cm、30.65cm，xON讀數(shù)為________cm；(3）數(shù)據(jù)處理時(shí),小球離開水平槽末端的速度大小可用水平射程x表示,由小球質(zhì)量及（2）中數(shù)據(jù)可算出碰前系統(tǒng)總的mx值是________kg?m（保留3位有效數(shù)字)，把該值與系統(tǒng)碰撞后的值進(jìn)行比較，就可驗(yàn)證動量是否守恒.【答案】（1).偶然（2）。40。80（40.78～40。2）（3)。6。13×10—3【解析】【詳解】（1)［1］確定P、M、N三點(diǎn)時(shí)，可用圓規(guī)畫一個(gè)盡可能小的圓,把所有有效落點(diǎn)圈在里面，圓心即為落點(diǎn)的平均位置，這樣做可以減小偶然誤差；（2）[2］由圖可知，xON讀數(shù)為40。80cm；（3)[3]碰前系統(tǒng)總的mx值是0.02kg×0.3065m=6。13×10-3kg?m10.某同學(xué)制作了一個(gè)可用電流表直接顯示拉力大小的拉力器,原理如圖。R1是一根長20cm、阻值20Ω的均勻電阻絲,勁度系數(shù)為1.0×103N/m的輕彈簧左端固定，右端連接金屬滑片P和拉環(huán)，拉環(huán)不受拉力時(shí)，滑片P恰好處于a端。閉合S,在彈簧彈性限度內(nèi)，對拉環(huán)施加水平拉力，使滑片P滑到b端，調(diào)節(jié)阻箱電R使電流表恰好滿偏。已知電源電動勢E=6V，內(nèi)阻r=1Ω，電流表的量程為0～0。6A，內(nèi)阻不計(jì)，P與R1接觸良好且不計(jì)摩擦。（1)電阻箱R0接入電路的阻值為_______Ω；（2）電流表的刻度標(biāo)示為拉力值時(shí)，拉力刻度值的分布是________（填“均勻"或“不均勻”）的;（3）電流表刻度值為0。50A處拉力的示數(shù)為______N；（4）要通過線性圖象直觀反映電流表示數(shù)I與拉力F的關(guān)系，可作_______圖象；A.I-FB。C。D.(5)若電流表內(nèi)阻不可忽略，則（4)問中正確選擇的圖象斜率______（填“變大"“變小”或“不變"）.【答案】(1）。9(2）.不均勻（3)。180(4)。C(5)。不變【解析】【詳解】(1)[1]由閉合電路歐姆定律可知解得R0=9Ω（3）[2]由閉合電路歐姆定律可知設(shè)彈簧形變量為x，則F=kx可知F和I非線性關(guān)系，則用電流表的刻度標(biāo)示為拉力值時(shí)，拉力刻度值的分布是不均勻的；(3）［3]電流表刻度值為0.50A時(shí),根據(jù)閉合電路歐姆定律可知可得R1=2Ω則由比例關(guān)系可知彈簧被拉伸18cm，此時(shí)拉力的示數(shù)為F=kx=1.0×103×0.18N=180N（4）[4]由（2）列得的式子可知?jiǎng)t要通過線性圖象直觀反映電流表示數(shù)I與拉力F的關(guān)系，可作圖象，故C符合題意，ABD不符合題意。故選C.（5）［5］若電流表的內(nèi)阻不可忽略，則(4)問中的表達(dá)式變?yōu)閯t（4)問中正確選擇的圖象斜率不變。11.第24屆冬奧會將于2022年在北京舉行，冰壺是比賽項(xiàng)目之一。如圖甲，藍(lán)壺靜止在大本營圓心O處，紅壺推出后經(jīng)過P點(diǎn)沿直線向藍(lán)壺滑去，滑行一段距離后，隊(duì)員在紅壺前方開始。不斷刷冰，直至兩壺發(fā)生正碰為止。已知，紅壺經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)速度v0=3。25m/s,P、O兩點(diǎn)相距L=27m，大本營半徑R=1。83m，從紅壺進(jìn)人刷冰區(qū)域后某時(shí)刻開始，兩壺正碰前后的v—t圖線如圖乙所示.假設(shè)在未刷冰區(qū)域內(nèi)兩壺與冰面間的動摩擦因數(shù)恒定且相同，紅壺進(jìn)入刷冰區(qū)域內(nèi)與冰面間的動摩擦因數(shù)變小且恒定，兩壺質(zhì)量相等且均視為質(zhì)點(diǎn)。（1）試計(jì)算說明碰后藍(lán)壺是否會滑出大本營；(2）求在刷冰區(qū)域內(nèi)紅壺滑行的距離s?！敬鸢浮浚?）會滑出；(2）s=15m【解析】【詳解】(1)設(shè)冰壺的質(zhì)量為m,碰撞前、后瞬間紅壺、藍(lán)壺的速度分別為v1、和,由圖乙可得v1=1。25m/s=0.25m/s由動量守恒定律得①設(shè)碰后藍(lán)壺滑行距離為s1，紅壺、藍(lán)壺的加速度大小均為a1②③由①②③及圖乙信息得s1=2.00m>R=1。83m④會滑出;（2）設(shè)在不刷冰區(qū)域紅壺受到的摩擦力大小為⑤由圖乙可得t=0時(shí)紅壺的速度=1.35m/s，設(shè)在刷冰區(qū)域紅壺受到的摩擦力大小為，加速度大小為⑥在紅壺經(jīng)過P點(diǎn)到與藍(lán)壺發(fā)生正碰前的過程中,由動能定理得⑧由③⑤⑥⑦⑧式及代入數(shù)據(jù)得s=15m⑨12。如圖，在xOy平而內(nèi)，x=0與x=3L兩直線之間存在兩勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，方向均垂直于xOy平面，x軸為兩磁場的分界線；在第I象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q〉0)的粒子從x軸上的A點(diǎn)以某一初速度射入電場，一段時(shí)間后,該粒子運(yùn)動到y(tǒng)軸上的P(0，）點(diǎn)，以速度v0垂直于y軸方向進(jìn)入磁場.不計(jì)粒子的重力.（1)求A點(diǎn)的坐標(biāo)；(2）若粒子能從磁場右邊界離開，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍；（3）若粒子能從O’（3L，0）點(diǎn)離開，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的可能取值?！敬鸢浮浚?）（,0）;（2)；（3）B可能的取值為,，【解析】【詳解】（1）粒子由A點(diǎn)到P點(diǎn)的運(yùn)動可看成由P點(diǎn)到A點(diǎn)做類平拋運(yùn)動,設(shè)運(yùn)動時(shí)間為t，加速度大小為a,有xA=v0t①qE=ma②③由①②③得④A點(diǎn)的坐標(biāo)為（，0）⑤(2）只要粒子不會從左邊界離開，粒子就能到達(dá)右邊界，設(shè)B的最大值為Bm,最小軌跡半徑為R0，軌跡如答圖a，圖示的夾角為θ，則根據(jù)幾何關(guān)系有2R0cosθ=R0⑥R0sinθ+R0=⑦在磁場中由洛倫茲力提供向心力，則有⑧由⑥⑦⑧得⑨即磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為⑩(3）設(shè)粒子到達(dá)O′點(diǎn)的過程中，經(jīng)過x軸n次，一次到達(dá)x軸的位置與坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為xn，如答圖b，若粒子在第一次到達(dá)x軸的軌跡圓心角大于90°，即當(dāng)時(shí)粒子將不可能到達(dá)O′點(diǎn),故xn需要滿足?且（2n-1）xn=3L?故n只能取1、2、3（如答圖c)即x可能的取值為3L，L，?又軌跡半徑Rn滿足?在磁場中由洛倫茲力提供向心力，則有?由?????得B可能取值為，，?13。下列說法正確的（）A.晶體在熔化過程中吸收熱量內(nèi)能增加，溫度保持不變B.給籃球打氣時(shí)越來越費(fèi)勁，說明分子間存在斥力作用C。能源危機(jī)是指能量的過度消耗，導(dǎo)致自然界的能量不斷減少D。由于液體表面分子間距離大于液體內(nèi)部分子間的距離，使得液面存在表面張力E.空氣相對濕度越大時(shí)，空氣中水蒸氣壓強(qiáng)越接近同溫度下水的飽和氣壓，水蒸發(fā)得越慢【答案】ADE【解析】【詳解】A.晶體在熔化過程中吸收熱量內(nèi)能增加，溫度保持不變,故A正確；B。給籃球打氣時(shí)越來越費(fèi)勁，這是氣體壓強(qiáng)作用緣故，與分子間的作用力無關(guān)，故B錯(cuò)誤；C。能源危機(jī)是指能量的過度消耗，導(dǎo)致自然界中可利用的能源不斷減少，故C錯(cuò)誤；D。由于液體表面分子間距離大于液體內(nèi)部分子間的距離，使得液面存在表面張力，故D正確；E.空氣相對濕度越大時(shí)，空氣中水蒸氣壓強(qiáng)越接近同溫度下水的飽和氣壓，水蒸發(fā)得越慢,故E正確。故選ADE。14.研究表明，新冠病毒耐寒不耐熱，溫度在超過56°C時(shí),30分鐘就可以滅活。如圖，含有新冠病毒的氣體被輕質(zhì)絕熱活塞封閉在絕熱氣缸下部a內(nèi),氣缸頂端有一絕熱閥門K，氣缸底部接有電熱絲E.a缸內(nèi)被封閉氣體初始溫度t1=27°C，活塞位于氣缸中央，與底部的距離h1=60cm，活塞和氣缸間的摩擦不計(jì)。（i）若閥門K始終打開，電熱絲通電一段時(shí)間，穩(wěn)定后活塞與底部的距離h2=66cm,持續(xù)30分鐘后，試分析說明a內(nèi)新冠病毒能否被滅活?（ii）若閥門K始終閉合，電熱絲通電一段時(shí)間,給a缸內(nèi)氣體傳遞了Q=1。0×104J的熱量，穩(wěn)定后氣體a內(nèi)能增加了△U=8。5×103J，求此過程氣體b的內(nèi)能增加量?！敬鸢浮浚╥）病毒能被滅；（ii）1.5×103J【解析】【詳解】（i）設(shè)活塞橫截面積為S，則對a氣體，初態(tài)V1=Sh1T1=t1+273=300K；末態(tài)V2=Sh2T2=t2+273①閥門K打開，加熱過程a氣體做等壓變化，由蓋·呂薩克定律得②由①②得t2=57℃③因57℃＞56℃,a內(nèi)病毒能被滅④（ii）閥門K閉合，由于系統(tǒng)絕熱,a氣體膨脹對b氣體做功，由熱力學(xué)第一定律有△Ua=Q+W⑤由⑤式及代入數(shù)據(jù)得W=-1。5×103J⑥對b氣體,由于系統(tǒng)絕熱,則Ub==1。5×103J⑦15.高精度全息穿透成像探測儀利用電磁波穿透非金屬介質(zhì)，探測內(nèi)部微小隱蔽物體并對物體成像,只有分辨率高體積小、輻射少,應(yīng)用領(lǐng)域比超聲波更廣。關(guān)于電磁波和超聲波，下列說法正確的是（）A。電磁波和超聲波均能發(fā)生偏振現(xiàn)象B。電磁波和超聲波均能傳遞能量和