四川省广元市2020届高三物理第二次适应性统考试题（含解析）.doc

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1、四川省广元市2020届高三物理第二次适应性统考试题（含解析） 一、选择题：1.分别用频率为和2的甲、乙两种单色光照射某金属，逸出光电子的最大初动能之比为1:3，已知普朗克常量为h，真空中光速为c，电子电量为e下列说法正确的是A. 用频率为2的单色光照射该金属，单位时间内逸出的光电子数目一定较多B. 用频率为的单色光照射该金属也能发生光电效应C. 甲、乙两种单色光照射该金属，只要光的强弱相同，对应的光电流的遏止电压就相同D. 该金属的逸出功为【答案】D【解析】【详解】A光照射金属，金属单位时间内逸出的光电子数目与入射光的强度有关；用频率为2的单色光照射该金属，单位时间内逸出的光电子数目不一定多。

2、故A项错误。BD据爱因斯坦光电效应方程可得，、，又；联立解得：频率为的单色光光子能量，则用频率为的单色光照射该金属不能发生光电效应。故B项错误，D项正确。C甲、乙两种单色光照射该金属，逸出光电子的最大初动能不同，对应的光电流的遏止电压不同。故C项错误。2.长期以来“卡戎星（Charon）”被认为是冥王星唯一的卫星，它的公转轨道半径r1=19600km，公转周期T1=6.39天。2020年3月，天文学家新发现两颗冥王星的小卫星，其中一颗的公转轨道半径r2=48000km，则它的公转周期T2最接近于（ ）A. 15天B. 25天C. 35天D. 45天【答案】B【解析】试题分析:根据开普勒行星三定

3、律的周期定律，代入数据可求T2最接近于25天，所以B选项正确；A、C、D错误。考点：天体运动、开普勒定律3.如图所示为一通关游戏示意图，与关门水平距离为L的左上方有一步枪，步枪可以水平发射出初速度大小可以调节的子弹，关门上端距枪口的竖直距离为H，L=2H通关时，游戏者操控步枪射出子弹的瞬间关门开始运动，关门以大小为v的速度水平向左匀速运动的同时还以大小为v的初速度做竖直上抛运动游戏要求子弹恰好从关门的上端擦边而过就算通关，重力加速度为g，不计空气阻力如果能够通关，子弹的初速度大小为A. B. 2vC. vD. 【答案】C【解析】【详解】设子弹射出后经时间恰好从关门的上端擦边，子弹下降的距离、关

4、门竖直上升的距离、又，解得；子弹水平方向运动的距离、关门水平方向运动的距离、又，解得：子弹的初速度。故C项正确，ABD三项错误。4.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场两个质子M、N沿平行于直径cd的方向从圆周上同一点P射入磁场区域， P点与cd间的距离为，质子M、N入射的速度大小之比为1:2ab是垂直cd的直径，质子M恰好从b点射出磁场，不计质子的重力和质子间的作用力则两质子M、N在磁场中运动的时间之比为A. 2:1B. 3:1C. 3:2D. 3:4【答案】A【解析】【详解】作出两质子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，质子M的轨道半径为R，轨迹圆弧所对圆心角1120；

5、根据得，则质子N的轨道半径为2R，再由几何关系得：轨迹圆弧所对圆心角260；质子在磁场做圆周运动的周期：，运动的时间满足：，解得：故A项正确，BCD三项错误5.一物块在空中某位置从静止开始沿直线下落，其速度v随时间t变化的图线如图所示则物块A. 第一个t0时间内的位移等于第二个t0时间内的位移B. 第一个t0时间内的平均速度等于第二个t0时间内的平均速度C. 第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量D. 第一个t0时间内合外力的功大小等于第二个t0时间内合外力的功大小【答案】CD【解析】【详解】AB速度时间图象中，图线与横轴围成的面积表示物块的位移；则物块第一个t0时间内的位移

6、小于第二个t0时间内位移据得，物块第一个t0时间内的平均速度小于第二个t0时间内的平均速度故AB两项错误C冲量，可知第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量故C项正确D根据动能定理可知，合外力对物块做的功等于动能的改变量由图知，第一个t0时间内动能的变化量大小等于第二个t0时间内动能的变化量大小，则第一个t0时间内合外力的功大小等于第二个t0时间内合外力的功大小故D项正确6.如图所示，一小型发电机与理想变压器连接给两只完全相同的灯泡P、Q供电，电流表A为理想电表，线圈和导线的电阻不计，开关S闭合时两灯泡正常发光保持其它条件不变，开关由闭合到断开则A. 电流表的示数不变，P中电流

7、的频率变为原来的2倍B. 电流表的示数变为原来的一半，P中电流的频率不变C. 带动发电机线圈转动的外力的功率变小，且P灯亮度不变D. 带动发电机线圈转动的外力的功率变大，且P灯变亮【答案】BC【解析】【详解】AB只将开关由闭合到断开，原线圈两端电压不变，副线圈两端电压不变，负载由两灯并联变成只有一盏灯，则副线圈电流变为原来一半；据知，原线圈电流变为原来的一半，电流表的示数变为原来的一半原线圈中电流的频率不变，副线圈中电流的频率不变，则P中电流的频率不变故A项错误，B项正确CD只将开关由闭合到断开，原线圈两端电压不变，副线圈两端电压不变，P灯亮度不变，副线圈电流变为原来一半，变压器的输出功率变为

8、原来的一半，据可得，变压器的输入功率变为原来的一半，发电机的输出功率变小，带动发电机线圈转动的外力的功率变小故C项正确，D项错误7.如图所示，在正点电荷Q的电场中有A、B、C、D四点，A、B、C为直角三角形的三个顶点，D为AC的中点，A=30，A、B、C、D四点的电场强度大小分别用EA、EB、EC、ED表示，已知EAEC，B、C两点的电场强度方向相同，点电荷Q在A、B、C三点构成的平面内则A. B. 点电荷Q在D点位置C. 将一正点电荷q从A点沿直线移到C点，电场力先做正功再做负功D. B、A两点和B、C两点间的电势差满足【答案】AD【解析】【详解】B点电荷Q在A、B、C三点构成的平面内，正点

9、电荷Q的电场，EAEC，则正点电荷在AC的中垂线上；又B、C两点的电场强度方向相同，则正点电荷在BC的连线上，所以正点电荷的位置在图中O点故B项错误A由几何关系得：，再据点电荷的场强公式可得，故A项正确C在正点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，从A点沿直线到C点过程中，电势先增大后减小，则正点电荷q从A点沿直线移到C点的过程中电势能先增大后减小，电场力先做负功再做正功故C项错误DAC两点到正点电荷的距离相等，则，所以，B、A两点和B、C两点间的电势差满足故D项正确8.某质量m1500kg的“双引擎”小汽车，行驶速度v54km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54km/h90km/h时汽油机和

10、电动机同时工作，这种汽车更节能环保该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t的图线如图所示，所受阻力恒为1250N已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11s末则在前11s内A. 经过计算t06sB. 电动机输出的最大功率为60kWC. 汽油机工作期间牵引力做的功为4.5105JD. 汽车的位移为160m【答案】AC【解析】【详解】A 开始阶段，牵引力，据牛顿第二定律可得，解得：开始阶段加速度a2.5m/s2v154km/h15m/s，据，解得t06s故A项正确Bt0时刻，电动机输出的功率最大，且故B项错误C汽油机工作期间，功率，11s时刻汽车的速

11、度，汽油机工作期间牵引力做的功故C项正确D汽车前6s内的位移，后5s内根据动能定理得：，解得：汽车后5s内的位移所以前11s时间内汽车的位移故D项错误二、非选择题：9.某同学用打点计时器研究小车的匀变速直线运动，他将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，实验时得到一条纸带如图所示，他在纸带上便于测量的地方选取第一个计数点，在这点下标明A，第六个点下标明B，第十一个点下标明C，第十六个点下标明D，第二十一个点下标明E测量时发现B点已模糊不清，他只测得AC长为14.56cm，CD长为11.15cm，DE长为13.73cm(1)为了探究匀变速直线运动的规律，该同学所取的计数点个数_（填字母序号

12、）A偏少B偏多C合适(2)若小车是做匀变速直线运动，由该同学所测的实验数据计算出小车的加速度a_m/s2，打点计时器打A点时小车的瞬时速度vA_m/s（计算结果均保留三位有效数字）【答案】 (1). (2). 2.58 (3). 0.470【解析】【详解】（1）本实验根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小，应多取一些数据，根据作差法求出加速度，再求平均值，而该同学只取两组数据，计数点偏少，A正确；（2）由于第1个计数点，在该点下标明A，第6个点下标明B，第11个点下标明C，第16个点下标明D，第21个点下标明E，由于AC间的时间间隔，CE间的时间间隔也为，根据匀变速直线运动的推论公式

13、可以求出加速度的大小，解得；（3）根据匀变速直线运动的推论公式，所以，根据匀变速直线运动速度时间公式得，解得；10.同学们在测量某电阻丝的电阻Rx的实验中，所用电流表的内阻与Rx相当，电压表可视为理想电压表(1)若使用图甲所示电路图进行实验，为了使Rx的测量值更接近真实值，电压表的a端应连接到电路的_点（填“b”或“c”）实验测得电阻丝的UI图像如图乙所示，根据图像测得Rx_（保留两位有效数字）(2)实验中，随着电源电压进一步增加，电阻丝逐渐进入炽热状态，同学们发现对炽热电阻丝吹气，其阻值会发生变化在控制电阻丝两端的电压为10V的条件下，得到电阻丝的电阻Rx随风速v（用风速计测量）的变化关系如

14、图丙所示由图可知当风速增加时，Rx会_（填“增大”或“减小”）当电源电压不变，在风速增加的过程中，为保持电阻丝两端电压为10V，需要将滑动变阻器RW的滑片向_（填“M”或“N”）端调节实验中为了通过电压表的示数来显示风速，同学们设计了如图丁所示的电路其中R为两只阻值相同的电阻，Rx为两根相同的电阻丝，一根置于气流中，另一根不受气流影响，V为待接入的理想电压表如果要求在测量中，风速从零开始增加，电压表的示数也从零开始增加，则电压表的“+”端和“”端应分别连接到电路中的b点和_点（填“a”“c”或“d”）【答案】 (1). c (2). 4.0（3.9 4.1） (3). 减小 (4). M (5

15、). d【解析】【详解】(1)电流表的内阻与Rx相当，为了使Rx的测量值更接近真实值，应采用电流表的外接法，所以电压表的a端应连接到电路的c点UI图像的斜率表示电阻的阻值，则(2)由图可知当风速增加时，Rx会减小Rx减小，并联部分电阻减小，并联部分分得电压减小，要让其分得电压不变，滑动变阻器的滑片应向M端移动，维持电路其它部分电阻与并联部分电阻之比不变风速从零开始增加，置于气流中的电阻Rx会减小，其他电阻不变，要使电压表示数从零开始增加，电压表的正负接线柱只能接在b、d两点，因其它各点间的电势差不可能为零11.我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”已经走进千家万户某天，东东呼叫了外卖，

16、外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，东东操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s，最后再匀减速1s恰好到达他家阳台且速度为零货物上升过程中，遥控器上显示无人机在加速、匀速、减速过程中对货物的作用力F1、F2和F3大小分别为20.8N、20.4N和18.4N，货物受到的阻力恒为其重力的0.02倍g取10m/s2计算：(1)货物的质量m；(2)货物上升过程中的最大动能Ekm及东东家阳台距地面的高度h【答案】(1) m2kg (2) h56m【解析】【详解】(1)在货物匀速上升的过程中由平衡条件得其中解得(2)设整个过程中的最大速度为v，在货

17、物匀减速运动阶段由牛顿运动定律得由运动学公式得解得最大动能减速阶段的位移匀速阶段的位移加速阶段，由牛顿运动定律得，由运动学公式得，解得阳台距地面的高度12.如图所示，水平轨道与半径为r的半圆弧形轨道平滑连接于S点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上在平板的上下各有一块相互正对的水平金属板P、Q，两板间的距离为d半圆轨道的最高点T、最低点S、及P、Q板右侧边缘点在同一竖直线上装置左侧有一半径为L的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一根长度略大于L的金属棒一端置于圆环上，另一端与过圆心O1的竖直转轴连接，转轴带动金属杆转动，在圆环边缘和转轴处引出导线

18、分别与P、Q连接，图中电阻阻值为R，不计其它电阻右侧水平轨道上有一带电量为+q、质量为的小球1以速度向左运动，与前面静止的、质量也为的不带电小球2发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动，小球和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设P、Q板正对区域间才存在电场重力加速度为g(1)计算小球1与小球2碰后粘合体的速度大小v；(2)若金属杆转动的角速度为，计算图中电阻R消耗的电功率P；(3)要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，计算金属杆转动的角速度的范围【答案】(1) (2) (3) 【解析】【详解】(1)两球碰撞过程动量守恒，则解得(2)杆转动的电动势电阻R的功率(3

19、)通过金属杆的转动方向可知：P、Q板间的电场方向向上，粘合体受到的电场力方向向上在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点T，临界状态是粘合体刚好达到T点，此时金属杆的角速度1为最小，设此时对应的电场强度为E1，粘合体达到T点时的速度为v1在T点，由牛顿第二定律得从S到T，由动能定理得解得杆转动的电动势两板间电场强度联立解得如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在S点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在S点不脱落轨道，此时金属杆的角速度2为最大，设此时对应的电场强度为E2在S点，由牛顿第二定律得杆转动的电动势两板间电场强度

20、联立解得综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，金属杆转动的角速度的范围为：.13.体育课上李辉同学一脚把足球踢到了足球场下面的池塘中间王奇提出用石头激起水波让水浪把足球推到池边，他抛出一石块到水池中激起了一列水波，可是结果足球并没有被推到池边大家一筹莫展，恰好物理老师来了，大家进行了关于波的讨论物理老师把两片小树叶放在水面上，大家观察发现两片小树叶在做上下振动，当一片树叶在波峰时恰好另一片树叶在波谷，两树叶在1min内都上下振动了36次，两树叶之间有2个波峰，他们测出两树叶间水面距离是4m则下列说法正确的是_A. 该列水波的频率是36HzB. 该列水波的波长

21、是1.6mC. 该列水波的波速是0.96m/sD. 两片树叶的位移始终等大反向E. 足球不能到岸边的原因是水波的振幅太小【答案】BCD【解析】【详解】A两树叶在1min内都上下振动了36次，则树叶振动的周期，树叶振动的频率，水波的频率为0.6 Hz故A项错误B两树叶之间有2个波峰，当一片树叶在波峰时恰好另一片树叶在波谷，两树叶间水面距离是4m，所以，解得：该列水波的波长故B项正确C据可得，水波的波速故C项正确D一片树叶在波峰时恰好另一片树叶在波谷，两者平衡位置间的距离是半波长的奇数倍，两片树叶的位移始终等大反向故D项正确E水波传播时，各质点在自身的平衡位置附近往复振动，并不随波迁移，所以足球不能到岸边故E项错误14.如图所示，一截面为半圆的透明体，其AB面与水平面间的夹角为30，半圆半径r10cm一束很细的单色光从半圆上P点竖直向下射入透明体，且此光线的延长线恰好经过圆心O点，在水平面上得到一个亮点R（未画出），同时光线从圆弧AB上某点Q射出（未画出），已知透明体的折射率为补充完整光路图；求QR两点间的距离x【答案】 【解析】【详解】作出光路图如图所示由光路图可知光线从P点进入透明体在AB边的入射角为30，根据反射定律有由得，折射角由几何关系可知，则为等腰三角形所以由几何关系得为直角三角形则QR两点间的距离