福建省泉州市2020届高三第二次质量检测物理试题 Word版含解析

福建省泉州市2020届高三第二次质量检测物理试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020届泉州市高中毕业班理科综合测试（二模）物理部分试题 一、选择题 ‎1.某同学居家学习期间，有时做些家务，在一次拖洗地板时，他沿拖把杆对拖把头（包括拖布）施加大小不变的推力F，如图所示，在向前加速推动的过程中，拖把杆与水平地板的夹角θ逐渐变小，设拖把头与地板间的动摩擦因数处处相等，则在此过程中（　　）‎ A. 拖把头与地板间的摩擦力逐渐变大 B. 拖把头所受的合力逐渐变大 C. 地板对拖把头的支持力逐渐变大 D. 地板对拖把头的作用力逐渐变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．对拖把头受力分析且由竖直方向平衡得 拖把杆与水平地板的夹角θ逐渐变小，则水平地板对拖把头的支持力减小，由可知，拖把头与地板间的摩擦力逐渐变小，故AC错误；‎ B．对拖把头水平方向由牛顿第二定律得拖把头所受的合力 可知，拖把头所受的合力变大，故B正确；‎ D．地板对拖把头的作用力即为地板对拖把头的支持力与摩擦力的合力，由于即摩擦力与支持力成正比，由平行四边形定则可知，地板对拖把头的支持力与摩擦力的合力减小，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎2.x轴上O、P两点分别固定两个点电荷Q1、Q2，其产生的静电场在x轴上O、P间的电势φ分布如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ - 19 -‎ A. x轴上从x1到x3的场强先变小后变大 B. Q1和Q2是同种电荷 C. x轴上O、P间各点中，x2处电势最低 D. 电子沿x轴从x1移到x3，电势能先增大后减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图像斜率表示电场强度可知，x轴上从x1到x3的场强先变小后变大，故A正确；‎ B．由图像可知，从O到P电势逐渐降低，则电场线由O指向P，根据电场线从正电荷出发终止于负电荷可知，Q1和Q2是异种电荷，故B错误；‎ C．由图像可知，从O到P电势逐渐降低，则x2处电势不最低，故C错误；‎ D．x轴从x1移到x3电势逐渐降低，由负电荷在电势低处电势能大，则电子沿x轴从x1移到x3，电势能一直增大，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎3.已知地球近地卫星运行周期约为地球自转周期的0.06倍，则站在赤道地面上的人，受到的重力约为他随地球自转所需向心力的（　　）‎ A. 1倍 B. 18倍 C. 280倍 D. 810倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】站在赤道地面上的人，由牛顿第二定律得 地球近地卫星有 其中，解得 - 19 -‎ 即站在赤道地面上的人，受到的重力约为他随地球自转所需向心力的280倍，故ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎4.如图，一质量为m的质点做平抛运动，依次经过A、B、C三点，A到B和B到C的时间相等。A、C两点距水平地面高度分别为h1、h2，质点经过A、C两点时速度与水平方向的夹角分别为、，重力加速度大小为g，则（　　）‎ A. 质点经过C点时动能为mg（h1一h2）‎ B. 质点经过B点时速度与水平方向的夹角为 C. B、C间的高度差是A、B间的3倍 D. 质点的水平速度大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．质点从A到C过程中，质点的初速度不为零，因此由动能定理可知 故A错误；‎ B．设A到B和B到C的时间为t，则有 B点竖直方向的速度为 解得 则质点在B点时速度与水平方向的夹角的正切值为 - 19 -‎ 故B错误；‎ C．如果A点为抛出点，竖直方向为初速度为0的匀加速度直线运动，由于A到B和B到C的时间相等，则B、C间的高度差是A、B间的3倍，但A点不是抛出点，故C错误；‎ D．由可得 由竖直方向有 解得 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎5.如图，水平面内固定有两根平行的光滑长直金属导轨，导轨间距为L，电阻不计。整个装置处于两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线。质量均为m的两根相同导体棒MN、PQ静置于图示的导轨上（两棒始终与导轨垂直且接触良好）。现使MN棒获得一个大小为v0、方向水平向左的初速度，则在此后的整个运动过程中（　　）‎ A. 两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相反 B. 两棒最终的速度大小均为，方向相同 C. MN棒产生的焦耳热为 D. 通过PQ棒某一横截面的电荷量为 ‎【答案】D - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．MN棒向左运动，由右手定则可知，MN中的电流由N到M，PQ中的电流由P到Q，由左手定则可知，MN棒受到的安培力方向向右，PQ棒受到的安培力方向也向右，由于两棒组成回路所以两棒中的电流相等，由可知，安培力大小相等，由可知，两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相同，故A错误；‎ BC．由于MN棒受到的安培力方向向右，PQ棒受到的安培力方向也向右，则MN棒向左做减速运动，PQ向右做加速运动，两棒切割磁感线产生的感应电动势正极与正极相连，当两棒产生的电动势相等时，两棒速度大小相等，回路中的电流为0，此后两棒以相同速率反方向做匀速直线运动，取向左为正方向，对两棒分别为动量定理得 解得 由能量守恒得 则MN棒产生的焦耳热为，故BC错误；‎ D．对PQ 棒由动量定理得 即 则 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎6.如图甲为研究光电效应的实验装置，用频率为v的单色光照射光电管的阴极K，得到光电流Ⅰ与光电管两端电压U的关系图线如图乙所示，已知电子电荷量的绝对值为e，普朗克常量为h，则（　　）‎ - 19 -‎ A. 测量遏止电压Uc时开关S应扳向“1”‎ B. 只增大光照强度时，图乙中Uc的值会增大 C. 只增大光照强度时，图乙中I0值会减小 D. 阴极K所用材料的极限频率为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．测量遏止电压时应在光电管两端加反向电压，即开关S应扳向“1”，故A正确；‎ B．由动能定理得 由爱因斯坦光电效应方程可知，图乙中Uc的值与光照强度无关，故B错误；‎ C．图乙中I0的值表示饱和光电流，增大光照强度时，饱和光电流增大，故C错误；‎ D．由动能定理得 由爱因斯坦光电效应方程可得 则阴极K所用材料的极限频率为 故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎7.如图，在粗糙水平面上，质量分别为m1、m2的A、B两物体用一轻质弹簧相连接，系统处于静止状态且弹簧无形变。t=0时刻对A施加一个大小恒为F的水平拉力，t=t1时刻B开始运动，t=t2时刻A、B两物体的加速度第一次相同，下列说法正确的是（　　）‎ - 19 -‎ A. 在0~t2时间内A的动能与其位移成正比 B. 在0~t1时间内弹簧对B做功为零，冲量不为零 C. 若m1=m2，则t=t2时刻弹簧的弹力一定为 D. 在0~t2时间内拉力做的功大于系统机械能的增量 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在0~t1时间内对A由动能定理得 由于弹簧弹力随位移发生变化，则A的动能与其位移不成正比，故A错误；‎ B．在0~t1时间内物体B不动，则弹簧对B做功为零，由可知，弹簧对B的冲量不为零，故B正确；‎ C．当两物体与地面间的摩擦因数不同时，对整体由牛顿第二定律有 对B物体有 解得 故C错误；‎ D．由功能关系可知，在0~t2时间内拉力做的功等于系统机械能的增量与产生的热量之和，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎8.如图，一带负电的圆环套在倾斜固定的粗糙绝缘长直杆上，圆环的直径略大于杆的直径，杆处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中。现给圆环一沿杆向上的初速度v0，在以后的运动过程中，下列关于圆环的速度v随时间t的变化关系图线，可能正确的是（　　）‎ - 19 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】当时，圆环受到FN先变小后变大，摩擦力Ff=μFN也先变小后变大，圆环减速的加速度 也先变小后变大；当速度变小为零时，若时，圆环静止，若时，圆环将向下做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速，当圆环受到FN变大，摩擦力Ff=μFN变大，物体减速的加速度 变大，速度变小为零时，若μ＞tanθ时，物体将静止；若μ＜tanθ时，圆环将向下做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速，故BC正确，AD错误。‎ 故选BC。‎ 二、非选择题 ‎9.某小组利用拉力传感器验证“圆周运动的向心力表达式”，实验装置如图甲所示，拉力传感器竖直固定。一根不可伸长的细线上端固定在传感器的挂钩上，下端系着质量为m的小钢球，钢球静止于A处，其底部固定一竖直遮光片，A处正下方安装有光电门。拉起钢球使细线与竖直方向成适当角度，钢球由静止释放后在竖直平面内运动，得到遮光片通过光电门的遮光时间为△t。重力加速度大小为g：‎ - 19 -‎ ‎(1)用游标卡尺测遮光片宽度d的示数如图乙所示，则其读数为__________mm，并测得钢球做圆周运动的半径为r；‎ ‎(2)钢球经过A点时拉力传感器的示数为F，则钢球受到的合力大小F1=F－mg。利用光电门测得此时钢球的速度后，求出钢球经过A点时向心力大小F2=__________（用m、r、d、△t表示），在实验误差允许范围内通过比较F1、F2是否相等进行验证；‎ ‎(3)由于测量速度时引起的误差，第(2)问中F1__________F2（选填“略大于”或“略小于”）。‎ ‎【答案】 (1). 3.85 (2). (3). 略大于 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为：0.3cm=3mm，游标尺上第17个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为17×0.05mm=0.85mm，所以最终读数为：3mm+0.85mm=3.85mm ‎(2)[2]钢球经过A点的速度为 钢球经过A点时向心力大小 ‎(3)[3]由于实验中用小球运动距离为小球直径时的平均速度代替，则此速度比小球中心经过A点时的真实速度偏小，所以F1略大于F2‎ ‎10.一热敏电阻的说明资料上给出其阻值Rt随温度t变化的特性曲线，如图甲中曲线I所示。为了验证这条曲线，某实验小组采用“伏安法”测量该热敏电阻在不同温度下的阻值，然后绘出其Rt－t图线。所设计的部分电路如图乙所示，其中电压表V的量程为0~3V、内阻约3kΩ；电流表A的量程为0~250μA、内阻约300Ω；滑动变阻器的最大阻值为100Ω：‎ - 19 -‎ ‎(1)用图乙电路测Rt的低温区阻值时，请根据实验原理，用笔画线代替导线将电路连接完整；（ ）‎ 在开关闭合之前滑动变阻器的滑片应滑到___________（选填“a”或“b”）端；‎ ‎(2)该小组在测Rt的各个温度区阻值时，都采用(1)所设计的电路，绘出的Rt－t图线如图甲中曲线II所示，它与曲线I在高温区部分存在明显偏差，是因为高温时(1)所设计的电路中_____（选填“电流表”或“电压表”）的测量值偏差过大；‎ ‎(3)为了提高精度，该小组改用“电桥法”测量Rt的阻值，电路如图丙所示，其中定值电阻阻值为R0，粗细均匀的电阻丝AB总长为L。实验时闭合开关S，不断调节线夹P所夹的位置，直到电流表G示数为零，测出此时PB段电阻丝长度x，则Rt的阻值计算式为Rt=_____（用R0、L、x表示）。已知L=60.00cm，R0=3.6kΩ，当电流表G示数为零时x=15.00cm，则此时热敏电阻所处环境的温度为______（结果保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). (2). a (3). 电流表 (4). (5). 52‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]Rt低温区阻值时阻值较大，则电流表应用内接法，由于滑动变阻器总阻值较小，则滑动变阻器用分压式，如图所示 - 19 -‎ ‎[2]为了保护用电器，在开关闭合之前滑动变阻器的滑片应滑到a端 ‎(2)[3]由电路图可知，误差来源于电流表的分压，所以曲线I在高温区部分存在明显偏差，是因为高温时(1)所设计的电路中电压表的测量值偏差过大 ‎(3)[4]设电阻丝总电阻为R，通过电阻丝的电流I1，流过热敏电阻的电流为I2，由于电流表G示数为0，则有 解得 ‎[5]代入数据得 由图甲可知，此时热敏电阻所处环境的温度为 ‎11.如图，在半径为L、圆心为O的圆形区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。MN为水平直径，a、b粒子（重力均不计）分别从磁场区域下方不同位置以相同速度沿垂直于MN的方向射入磁场，其中a粒子从圆形区域最低点射入，两粒子均从M点离开，离开时，a粒子速度沿水平方向，b粒子与a粒子的速度方向夹角为。已知两粒子的质量均为m、电量均为+q，求：‎ ‎(1)两粒子进入磁场时的速度大小v；‎ ‎(2)b粒子在磁场中的运动时间t。‎ - 19 -‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)a粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可得其轨迹半径为 R=L 由洛伦兹力提供向心力得 解得 ‎(2)b粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可得轨迹的圆心角 ‎=‎ 粒子在磁场中的运动周期 b粒子在磁场中的运动时间 解得 - 19 -‎ ‎12.如图，一右端带有挡板的木板A停放在光滑水平地面上，两个小滑块B、C放在A上，B放在A的中点，C靠在挡板处。现瞬间给A一个大小为v0、方向水平向右的初速度，在以后的运动过程中，B与C或者C与挡板之间的碰撞都是弹性正碰，且碰撞时间极短。已知A、C的质量均为m，B的质量为2m，B与A间的动摩擦因数为μ，C与A间无摩擦力，重力加速度大小为g，木板A的长度为：‎ ‎(1)求B开始运动时A、B的加速度大小分别为多少？‎ ‎(2)求B与C第一次碰撞前瞬间B的速度为多少？该过程系统因摩擦产生的热量为多少？‎ ‎(3)请通过计算判断B最终是否会离开木板A？‎ ‎【答案】(1)； ；(2)；；(3)B不会离开A ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设A、B的加速度大小分别a1、a2，由牛顿第二定律得 解得 ‎(2)设B与C碰撞前A、B速度已相同，且为v1，由动量守恒定律得 在A开始运动至A、B共速的时间内，B的位移大小为s，，得 由于可见，A、B第一次共速时B还没与C发生碰撞，故B与C碰撞前瞬间B的速度大小为 - 19 -‎ 该过程系统因摩擦产生的热量 得 ‎(3)设木板足够长，B不会从木板上离开，则通过分析可知最终A、B、C三者会以相同的速度做匀速运动，设此速度为v，B相对A向左运动的距离为s相，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得 解得 由于，可见，B不会离开A ‎13.一定量的理想气体在密闭容器内从状态a开始，经历ab、bc、cd、da四个过程回到初始状态，T－V图像如图，其中ab平行于V轴、cd平行于T轴、da的延长线过原点O，下列判断正确的是 。 ‎ A. a→b过程，气体放出的热量等于外界对气体做的功 B. b→c过程，气体分子的平均动能变小 C. c→d过程，气体放出的热量等于气体内能的减少量 D. d→a过程，气体压强不变 E. 容器壁单位时间内单位面积被气体分子撞击的次数，b状态比d的少 - 19 -‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．a→b过程为等温变化，气体内能不变，体积减小，由热力学第一定律可知，气体放出的热量等于外界对气体做的功，故A正确；‎ B．由图像可知，b→c过程气体温度升高，则气体分子的平均动能变大，故B错误；‎ C. c→d过程为等容变化，温度降低，气体内能减小，体积不变，由热力学第一定律可知，气体放出的热量等于气体内能的减少量，故C正确；‎ D．由图可知，d→a过程为等压变化，故D正确；‎ E．d→a过程为等压变化即a状态压强等d状态压强，a→b过程为等温过程且体积减小，则a状态压强小于b状态压强，即d状态压强小于b状态压强，则容器壁单位时间内单位面积被气体分子撞击的次数，b状态比d的大，故E错误。‎ 故选ACD。‎ ‎14.如图，两玻璃管用橡皮管连接起来后竖直放置，左管固定、上端封闭，右管上端开口。a、b两部分气体长度均为L=7cm。水银柱Ⅰ在左、右管内的液面相平，水银柱Ⅱ的长度h=3cm。外界大气压p0=77cmHg，气体a、b温度均为t1=27。现保持温度不变， 缓慢竖直向下移动右管，使水银柱Ⅱ的上液面与水银柱Ⅰ在左管内的液面相平，并保持右管不动：‎ ‎（i）求此时气体a的长度；‎ ‎（ii）为了让气体a恢复到原来长度，则其温度应变为多少？‎ ‎【答案】（i）8cm；（ii）255K ‎【解析】‎ ‎【详解】(i)向下移动右管过程中，气体b长度不变，气体a发生等温变化，设玻璃管横截面积为S，此时气体a的长度为x，初态 末态 - 19 -‎ 由玻意耳定律得 解得 x=8cm ‎(ii)改变温度后，气体a的压强为 其中，由理想气体状态方程得 其中T0=300K，解得 T1=255K ‎15.某小组用“插针法”测平行玻璃砖的折射率，如图已确定好入射方向AO与玻璃砖界面的夹角为α，插了两枚大头针P1和P2，1、2、3、4分别是四条直线：‎ ‎（i）在侧调整观察视线，另两枚大头针P3和P4可能插在___________线上（选填“1”、“2”、“3”或“4”）；‎ ‎（ii）实验中画出入射点与出射点的连线，并测得连线与玻璃砖界面的夹角为β，则玻璃的折射率n=____________；‎ ‎（iii）若描出玻璃砖两边界线、后，不小心将玻璃砖沿OA方向平移了一些再进行实验，则折射率的测量值将___________（选填“偏大”、“不变”或“偏小”）。‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). (3). 不变 ‎【解析】‎ - 19 -‎ ‎【详解】(i)[1]由折射定律得知，光线通过平行玻璃砖后光线向一侧发生侧移，由于光线在上表面折射时，折射角小于入射角，则出射光线向左侧偏移，即可能在2上 ‎(ii)[2]由题可知，折射率为 ‎(iii)[3]不小心将玻璃砖沿OA方向平移了，通过比较发现，入射角和折射角没有变化，则由可知，测得的折射率将不变 ‎16.甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，在t=0时刻两列波的部分波形如图，甲恰好传播到质点M（1.0，0），乙恰好传播到质点N（2.0，0）。已知乙的周期=0.4s，求：‎ ‎（i）质点P（1.6，0）开始振动的时刻t0；‎ ‎（ii）质点Q（2.4，0）的位移y=+20cm的时刻t。‎ ‎【答案】（i）；（ii）t=0.4k（其中k=1、2、3……）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（i）由图可知，乙波的波长为乙=1.6m，由于两列波均在同一种介质中传播，所以波速v相同，即 乙波先到达P点 ‎△x=2.0m－l.6m=0.4m 则 ‎（ii）甲波的波长甲=0.8m，当质点Q的位移等于20cm时，两列波的波峰同时出现在Q点，由图可知，甲波的波峰平移到Q点的传播距离可能为 - 19 -‎ 其中n=0、1、2、3……，所用时间为 乙波的波峰平移到Q点的传播距离可能为 其中k=1、2、3……，所用时间为 可得 ‎2k=2+n 可见，当k=1，n=0时，△t=04s，当k=2，n=2时，△t=0.8s，‎ 当k=3，n=4时，△t=1.2s，依次类推可知这些时刻t为 t=0.4k（其中k=1、2、3……）‎ - 19 -‎ - 19 -‎