2021届福建省漳州市高三毕业班物理适应性测试试题答案.docx

2021 届福建省漳州市高三毕业班物理适应性测试试题届福建省漳州市高三毕业班物理适应性测试试题答案答案（考试时间：75 分钟，满分：100 分）本试卷分第卷和第卷两部分。第卷为选择题，第卷为非选择题第卷（选择题 34 分）一、选择题：本题共一、选择题：本题共 10 小题，共小题，共 34 分。在每小题给出的四个选项中，第分。在每小题给出的四个选项中，第 16 题只有题只有一项符合题目要求，每题一项符合题目要求，每题 3 分；第分；第 710 题有多项符合题目要求，全部选对的得题有多项符合题目要求，全部选对的得 4 分分，选对但不全的得选对但不全的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。1【答案】C【解析】本题考察平抛运动的竖直分运动的研究方法。平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，与小球质量是否相等无关，A 错；平抛运动的竖直分运动是自由落体与其合运动具有等时性，所以应听到一次撞地声，B 错；为了证明此结论的普遍适用，应改变高度重复实验，C 正确；此实验说明不了平抛运动的水平分运动是匀速直线运动。2【答案】C【解析】本题考察氢原子的能级跃迁。电子跃迁时发出的光子的能量为 E=Em-En，能量差 E3-E2等于光子 b 的能量，能量差 E2-E1等于光子 c的能量，能量差 E3-E1等于光子 a 的能量，由玻尔理论可知 E3-E2E2-E1，结合题图可知光子的能量关系为 Ea=Ec+Eb，同时，EaEcEb，又hcE，联立可得：111,acbabc，故 AB错误；由玻尔理论氢知原子的各能级都是负值，可知 E3E2E1，而且 E1+E2E3，故 C 正确，D 错误。3【答案】B【解析】本题考察机械振动和机械波。根据振动图像的表达式5sin()2yt可知，周期s 42/2T，波速为 2 m/s，因此 A 错；由对称性可知 M 点第一次到达 y=-3 m 处为半个周期所需时间是 2 s，因此 B 正确；由波的传播方向和波形图可知波源的起振方向沿 y 轴正方向，因此 C 错；根据周期和图示时刻的波形图可知 M 点第 3 s 末的振动方向沿 y 轴正方向，因此 D 错。4【答案】D【解析】本题考察整体法与隔离法，力的平衡等。对球体受力分析如图所示，则F2=37cos3mgmg，所以 A 错；F1=mgmg，所以 B 错；对整体受力分析如图所示，地面对斜面体支持力为 N=（3m+m）g=4mg，所以 C 错；地面对斜面体支持力为 f=F1mg，D 正确。5【答案】D【解析】本题考察天体运动，万有引力定律。根据万有引力提供向心力可得，222224TmrmrrvmrMmG可得，r 大，T 大，所以中圆轨道卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，因此其运行周期小于 24 h，因此 A 错；中圆轨道卫星的线速度小于等于第一宇宙速度，因此 B 错误；倾斜地球同步轨道卫星比中圆轨道卫星的 r 大，所以小，因此 C 错；倾斜地球同步轨道卫星与地球同步卫星运行 r 一样，所以线速度大小一样，因此 D正确。6【答案】A【解析】设 A、B 两个线圈原来的匝数分别为1n、2n，线圈 A 的输入电压有效值V 161U，线圈 B 的输出电压V 82U，根据变压器电压比1122UnUn，可得1221nn，在线圈 B 加绕 10 匝后，线圈 B 的输出电压升高，说明加绕的线圈与原来线圈 B 的绕向相同，根据电压比关系应有108.81621nn，联立可得2001n，1002n，故 A 正确，BCD 错误。7【答案】AD【解析】对甲由机械能守恒定律2012mvmgh，可知，小球在最高点 h 处的速度不能大于零，否则违反机械能守恒定律；质量为 2m 的小球到达最高点的速度不等于零，不能到达 h 高处，质量为 4m的小球在最高点的速度等于零，能到达最大高度 h，A 正确，B 错误；质量为 2m 的小球到达与圆心等高处时，加速度方向向下，处于失重状态，C 错误；由机械能守恒定律和向心力公式20122mvmgR，22012111444224Nm vmgRm vvFmR解得 FN=8mg，D 正确。8【答案】CD【解析】由图可知电势都大于零，且在 x m 处电势最低，故一定都是正电荷，A 错；因x图像的切线斜率表示电场强度，故 x m 处的位置切线斜率不为零，故电场强度不为零，B 错；在 x m 处的电场强度为零，则有12220.60.4qqkk，解得 q1：q2=9：4，C 正确；在 q1与 q2所在的连线上，切线斜率为 0 的点只有 1 个，D 正确。9【答案】BD【解析】由楞次定律可知，进入磁场过程中，导线框中感应电流方向为顺时针方向，选项 A 错误；导线框以速度 v 进入磁场时，电动势 E=BLv，则 ab 两点间电势差为BLvUab41选项 B 正确；导线框两次进入磁场过程中产生的热量为222223EB L vLB L vQtvRRvR，则产生的热量之比为12，选项 C 错误；导线框两次进入磁场过程中，通过导线框某横截面的电量Rq，则通过导线框某横截面的电量之比 11，选项 D 正确。10【答案】AD【解析】由图乙知 01 s 内做匀减速直线运动，加速度大小为212m sm/s551/vat，由牛顿第二定律得1Ffma，12 s 内物体做匀加速运动，加速度大小为222111m/sm/svat，有牛顿第二定律得2fFma，根据fmg，联立并代入数据解得0.3，故A 正确，B 错误；画出传送带和煤块的 v-t 图如图所示，可知，两条图线之间围成的面积等于划痕长度，大小为 6 m，故 C 错误，D正确。第第卷（非选择题卷（非选择题 66 分）分）二二、实实验验题题：本本题题共共2小小题题，第第11题题6分分，第第12题题10分分，共共16分分。11【答案】螺旋测微器3.11029.9106pa 或 1.0107pa评分标准：每空 2 分【解析】（1）从读数 D=2.000 mm 中可得 b 为螺旋测微器；（2）根据0Fk ll可知，图像的斜率大小等于劲度系数大小，由图像求出劲度系数为 k=3.1102N/m；（3）根据SkYL得：Y=9.9106pa或Y=1.0107pa12【答案】（1）（2）m（3）（）（4）不会【解析】（1）滑动变阻器采用分压接法，根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；（2）由图丙所示图像可知，图线 n 在 x 较小时随 x 的变化分压电路两端电压变化很小，当 x 达到一定值时随 x 增加 U 迅速变化，使用该图线对应的滑动变阻器不方便实验操作；图线 m 随 x 的增加 U 接近均匀变化，使用图线 m 所对应的滑动变阻器方便实验操作，应选择图线 m 对应的滑动变阻器。（3）根据图线 p，由欧姆定律得033.948.880 10 xAURRRI 根据图线 q，由欧姆定律得03440100 10AURRI 电阻丝阻值 Rx=8.8（4）由（3）的解析可知本实验不存在系统误差。三三、计算题计算题：本题共本题共 3 小题小题，第第 13 题题 14 分分，第第 14 题题 16 分分，第第 15 题题 20 分分，共共 50 分分。把解答写在指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。把解答写在指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13【解析】（1）设大气压强为0P，篮球内气体初始状态参量分别为1P、1T，温度降低后状态参量分别为2P、2T，由整个过程中篮球没有变形，可视为等容变化，根据气体状态方程得2211TPTP其中01PP、3001TK、022.1PP，代入数据得3602TKt2=87（2）设篮球内部容积为 V=7.5 L，打气筒每打一次气的体积5.0VL，最后篮球内气压达为 P3=atm由玻意耳定律，有VPVNVP30)(解得 N=9（次）评分标准：（1）式 4 分，式 2 分，式 2 分，共 8 分；（2）式 4 分，式 2 分，共 6 分。14【解析】（1）根据动能定理221mveEl meElv2解得 v1.0107m/s（2）如图，由数学知识rd230tan根据洛伦兹力提供向心力rvmqvB21解得T 1.121B（3）根据洛伦兹力提供向心力rvmvqB22解得m 01.0 r如图根据数学知识圆形磁场直径221.410mdr评分标准：（1）式 2 分，式各 1 分，共 4 分；（2）式各 2 分，共 6 分。（3）式 2 分，式 1 分，式 3 分，共 6 分15【解析】（1）根据动能定理可得2012mgLmv解得gLv20（2）设小球与积木 B 发生弹性碰撞后速度为1v，积木 B 速度为2v，由动量守恒定律有012mvmvmv由能量守恒定律有222012111222mvmvmv联立解得10v，202vvgL根据动能定理可得，积木 B 向前滑行的距离 s 有221(32)()02mgmg dmg sdmv代入解得4Lsd（3）又将钢球拉回P 点由静止释放，与落下静止的积木C 发生弹性碰撞，此时C 的速度仍为322vvgLC 滑行 s 后与 B 碰撞，此时 C 的速度4v满足23242121)2()2(mvmvdsmgdmgmg解得4664gLdvgdds当 C 刚滑离 D 时的速度为5v，由动能定理及动量定理可得23252121)2(mvmvdmgmg11351)2(mvmvtmgmg12当 C 从滑离 D 至与 B 相遇542mvmvmgt13C 被 A 球撞后经 t 时间与 B 球相遇t=t1+t214得)636222(31gdgdLgLt15评分标准：（1）式 2 分，式 1 分，共 3 分；（2）式各 1 分，式各 2 分，共 8 分；（3）1112131415式各 1 分，式 2 分，共 9 分。