學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2020屆福州市4月份高三理科綜合物理試題二、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。)1.下列說法中正確的是（）A.盧瑟福根據(jù)α粒子散射實驗判斷出原子核是由質(zhì)子和中子構成的B。根據(jù)波爾理論,氫原子從高能級向低能級躍遷時，電子的動能將減少C。某頻率紫外線照射到鋅板表面時能夠發(fā)生光電效應,若增大該紫外線的照射強度，逸出的光電子的最大初動能也隨之增大D。鈾核（)衰變?yōu)殂U核（）的過程中共發(fā)生了8次α衰變和6次β衰變【答案】D【解析】【詳解】A．盧瑟福通過α粒子散射實驗確定了原子的核式結構模型，故A錯誤；B．從高能級向低能級躍遷,即從離核較遠到較近的軌道，由可知,電子的動能增大，故B錯誤；C．紫外線照射到金屬鋅板表面時能夠發(fā)生光電效應,根據(jù)光電效應方程,最大初動能與入射光的頻率有關，與光強度無關，故C錯誤；D．鈾核(）衰變?yōu)殂U核（）的過程中，質(zhì)量數(shù)減少了一次α衰變質(zhì)量數(shù)減少4，因此經(jīng)過了8次α衰變，8次α衰變電荷數(shù)應該減少16，而實際電荷數(shù)只減少了一次β衰變電荷數(shù)增加1，因此發(fā)生了6次β衰變，故D正確。故選D.2。天琴一號衛(wèi)星,于2019年12月20日11時22分在山西太原升空，并于2020年1月18日成功完成了無拖曳控制技術的在軌驗證。它是我國“天琴"計劃的首顆技術驗證衛(wèi)星。已知天琴一號衛(wèi)星和地球同步衛(wèi)星的周期之比約為。則可以判斷（）A。天琴一號衛(wèi)星的角速度和同步衛(wèi)星的角速度之比約為B。天琴一號衛(wèi)星的線速度和同步衛(wèi)星的線速度之比約為C.天琴一號衛(wèi)星的軌道半徑和同步衛(wèi)星的軌道半徑之比約為1∶6D.天琴一號衛(wèi)星的向心加速度和同步衛(wèi)星的向心加速度之比約為【答案】C【解析】【詳解】A．由公式可知，天琴一號衛(wèi)星的角速度和同步衛(wèi)星的角速度之比約為，故A錯誤；BC．由公式可知，天琴一號衛(wèi)星的軌道半徑和同步衛(wèi)星的軌道半徑之比約為由公式可知，天琴一號衛(wèi)星的線速度和同步衛(wèi)星的線速度之比約為,故B錯誤，C正確；D．由公式可知，天琴一號衛(wèi)星的向心加速度和同步衛(wèi)星的向心加速度之比約為36:1，故D錯誤。故選C.3。將一小球以初速度v0水平拋出，不計空氣阻力，小球軌跡如圖a所示,按此軌跡制作一條光滑軌道，并將軌道固定在豎直面，如圖b所示。現(xiàn)把質(zhì)量為m的小球套在軌道上,從軌道頂點O由靜止開始下滑，已知當?shù)刂亓铀俣葹間，則沿該軌道下滑的小球（）A。做平拋運動B。機械能不守恒C.下滑高度時，重力瞬時功率為D.與圖a中的小球相比，下滑相同高度時，耗時較長【答案】D【解析】【詳解】A．沿該軌道下滑的小球除受重力外，還受軌道的支持力，則小球不會做平拋運動，故A錯誤；B．沿該軌道下滑的小球除受重力外，還受軌道的支持力，但支持力不做功,只有重力做功，則小球機械能守恒，故B錯誤；C．下滑高度時，由機械能守恒得得此時小球的速度方向與豎直方向有一定的夾角，則重力瞬時功率不為，故C錯誤;D．圖a中的小球做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，沿該軌道下滑的小球除受重力外，還受軌道的支持力，支持力有沿豎直向上的分力，使小球在豎直方向的加速度小于重力加速度，則下滑相同高度時，耗時較長，故D正確.故選D。4.如圖所示，勻強電場內(nèi)有一矩形ABCD區(qū)域，某帶電量大小為e粒子從B點沿BD方向以6eV的動能射入該區(qū)域，恰好從A點射出該區(qū)域,已知矩形區(qū)域的邊長AB=8cm，BC=6cm,A、B、C三點的電勢分別為6V、12V、18V，不計粒子重力，下列判斷正確的是（）A。粒子帶負電B。電場強度的大小為100V/mC。粒子到達A點時的動能為12eVD.僅改變粒子在B點初速度的方向，該粒子可能經(jīng)過C點【答案】C【解析】【詳解】由勻強電場中電勢差與場強關系可得解得即BD為等勢線，則AM為電場線,且方向由M指向AA．由于粒子從B點沿BD方向進入從A點出，說明粒子帶正電，故A錯誤;B．由幾何關系有則所以則電場強度為故B錯誤；C．由動能定理可得解得故C正確；D．如果粒子能到C點,由動能定理可知得即粒子到達C點速度為0。而實際情況是,若粒子能到達C點，則它到達C點的過程中做類斜拋運動，垂直于電場方向的分運動是勻速直線運動，則到達C的動能。故D錯誤。故選C。5。如圖所示，在直角坐標系xOy的第1、4象限內(nèi)存在方向垂直于紙面向外的勻強磁場Ⅰ和Ⅱ，兩磁場以OP直線為界，OP直線與+x軸夾角為,其磁感應強度分別為B和2B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從y軸上的N點沿平行于+x軸的方向射入磁場Ⅰ；一段時間后，該粒子在OP邊界上某點以垂直于OP的方向射入磁場Ⅱ，最后粒子射出磁場。則粒子在磁場中運動的時間為（)A.B.C。D.【答案】B【解析】【詳解】粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，由圖可知，粒子在磁場I中的偏轉(zhuǎn)角為，則運動時間為由公式得粒子在磁場II中的半徑為I中的一半，由圖可知，OM為粒子在磁場I中的半徑,則粒子剛好從O點射出，則粒子在磁場II中的偏轉(zhuǎn)角為，運動時間為則粒子在磁場中運動時間為故B正確，ACD錯誤。故選B.6.如圖所示，兩個帶電小球A、B穿在同一根光滑絕緣的細繩上,細繩兩端固定在天花板的O點,當整個系統(tǒng)保持平衡時，兩小球連線恰好水平，且兩小球與懸點O恰好構成一個正三角形，則下列判斷正確的是（)A.兩小球質(zhì)量一定相同B.兩小球帶電量一定相同C.細繩張力與兩小球之間庫侖力之比2∶3D.A球在緩慢漏電過程,細繩張力始終保持不變【答案】AC【解析】【詳解】A．設繩張力為T，對A、B球所受繩子張力的合力為對兩小球受力分析如圖,由圖可知，則由于同一根繩子，所以繩子的拉力F相同，則兩小球質(zhì)量一定相同,故A正確；B．由幾何關系可得則兩小球間的庫侖力大小相等，由可知，不能說明兩小球帶電量一定相同，故B錯誤;C．由幾何關系得則故C正確；D．A球在緩慢漏電過程，A、B球的庫侖力減小，說明A、B兩球間的距離減小，上面兩繩與豎直方向夾角變大，則繩子張力變化，故D錯誤。故選C。7。如圖(a）所示，一質(zhì)量為1kg的小物塊以一定的初速度滑上一固定斜面，其機械能E總等于動能Ek和重力勢能Ep之和，取斜面底端為重力勢能零點，該小物塊的E總和Ep隨它離斜面底端的距離x的變化如圖(b)所示。重力加速度g取10m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得（）A。x=0時,小物塊的速率為5m/sB.小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C.x=3m時，小物塊的動能Ek=20JD.從斜面底端至x=5m,小物塊的動能減少30【答案】BC【解析】【詳解】A．取斜面底端為重力勢能零點，則小物塊在斜面底端時機械能即為動能有解得故A錯誤；B．小物塊在x=5m處的重力勢能則由功能關系可知,小物塊克服摩擦力做功等于機械能的變化,則有解得故B正確；C．由動能定理得其中，解得故C正確；D．由動能定理得解得即動能減小50J,故D錯誤。故選BC。8.如圖所示,水平地面上放置一根輕彈簧,彈簧的左端固定在墻上，右端靠著物體(物體和彈簧不粘連）,現(xiàn)用力向左推動物體擠壓彈簧，靜止在O處；撤去外力后，物體向右運動，在離O點x0距離的位置A時恰好離開彈簧，然后運動了2x0距離停在B點。已知物體的質(zhì)量為m,物體與水平面間動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.則物體從O點運動到B點過程（）A。經(jīng)過A點位置時速度最大B.經(jīng)過AB中點位置時，速度大小等于C。最大加速度為6μgD。最大動能為【答案】BD【解析】【詳解】A．當物體加速度為0時即彈簧彈力與摩擦力相等時速度最大,說明經(jīng)過A點位置時速度不是最大，故A錯誤；B．小物塊從O到B由能量守恒有小物塊從O到AB中點時由能量守恒有解得故B正確；C．位置A時恰好離開彈簧，說明此時彈簧處于原長狀態(tài)，從O到B由動能定理有得小物塊從O點到A點加速度減小，A到B減速度不變,即小物塊在O點加速度最大，即有故C錯誤；D．當物體加速度為0時即彈簧彈力與摩擦力相等時速度最大，動能最大則有得由動能定理有聯(lián)立解得故D正確。故選BD。三、非選擇題:共174分.第22～32題為必考題，每個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.某同學用光電門和力傳感器來研究單擺運動時小球在最低點時細線拉力與小球速度的關系。如圖甲所示，用光電門測量小球經(jīng)過最低點A時的擋光時間t，同時用傳感器測量細線對小球的拉力大小F。（1)用螺旋測微器測量鋼球的直徑d，如圖乙所示，則d=_______mm;通過公式就可以測出小球通過最低點的速度;(2）實驗時，要采用控制變量法，保持小球質(zhì)量m和______不變，通過改變單擺最大擺角θ，來改變小球到達最低點的速度，這樣就能得到一組數(shù)據(jù)，從而完成實驗研究。某實驗小組同學用測量的數(shù)據(jù)，在坐標中畫出如圖丙所示圖像，得到了第一個結論：小球在最低點受到細線拉力隨速度的增大而_______增大（填“線性”或“非線性”）；為了進一步探究拉力和速度的定量關系，該小組做了以下幾種圖像,能直接從圖像中得到定量關系的是圖_______?！敬鸢浮?1）。6。985(6。983～6。987均可）（2).細線長度（或擺長）（3）.非線性（4）。A【解析】【詳解】（1）［1］螺旋測微器的固定刻度為6.5mm,可動刻度為48。5×0。01mm=0.485mm，所以最終讀數(shù)為6.5mm+0。485mm=6.985mm，由于誤差6.983mm~6。987mm均可(2）[2]由實驗原理有可知,實驗時，要采用控制變量法，保持小球質(zhì)量m和擺長不變［3］由圖丙可知,小球在最低點受到細線拉力隨速度的增大而非線性增大［4］由實驗原理有即則能直接從圖像中得到定量關系的是圖A10.幾位同學對一個阻值大約為590Ω的未知電阻Rx進行測量，要求較精確地測量電阻的阻值.有下列器材供選用：A．待測電阻RxB．電壓表V（量程6V,內(nèi)阻約3kΩ）C．電流表A1（量程20mA,內(nèi)阻約5Ω）D．電流表A2（量程10mA,內(nèi)阻約10Ω）E．滑動變阻器R1（0～20Ω，額定電流2A）F．滑動變阻器R2(0～2000Ω，額定電流0。5A）G．直流電源E(6V，內(nèi)阻約1Ω）H．多用表I．開關、導線若干（1)甲同學用多用表直接測量待測電阻的阻值如圖甲所示.若選用歐姆表“×100”檔位，則多用表的讀數(shù)為___Ω;(2）乙同學根據(jù)以上器材設計如圖乙所示的測量電阻的電路，則滑動變阻器應選擇________(選填“R1”或“R2”）；電阻測量值偏大的主要原因是________造成的(選填“電流表內(nèi)阻”或“電壓表內(nèi)阻”）；（3）丙同學經(jīng)過反復思考，利用所給器材設計出了如圖丙所示的測量電路，具體操作如下：①按圖丙連接好實驗電路，調(diào)節(jié)滑動變阻器R1、R2的滑片至適當位置；②開關S2處于斷開狀態(tài)，閉合開關S1,調(diào)節(jié)滑動變阻器R1、R2的滑片，使電流表A2的示數(shù)恰好為電流表A1的示數(shù)的一半,讀出此時電壓表V的示數(shù)U1和電流表A2的示數(shù)I1.③保持開關S1閉合，再閉合開關S2，保持滑動變阻器R2的滑片位置不變,適當調(diào)節(jié)滑動變阻器R1的位置，讀出此時電壓表V的示數(shù)U2和電流表A2的示數(shù)I2；可測得待測電阻的阻值為________，同時可測出電流表A1的內(nèi)阻為_______(用U1、U2、I1、I2表示）；(4)比較甲、乙、丙三位同學測量電阻Rx的方法中，_______同學的方案最有利于減小系統(tǒng)誤差.【答案】(1).600(2).R1（3）.電流表內(nèi)阻(4）.(5).（6）.丙【解析】【詳解】（1)［1]用歐姆表“×100”檔位，由圖示歐姆表表盤可知,多用表的讀數(shù)為6×100Ω=600Ω(2)[2］滑動變阻器應采用分壓接法，為方便實驗操作，應選擇最大阻值較小的滑動變阻器R1[3]由于電流表的分壓作用，導致電阻兩端電壓偏大，所以電阻測量值偏大，即電阻測量值偏大的主要原因是電流表分壓(3)[4］［5]設電流表A1的內(nèi)阻為r1，根據(jù)實驗步驟②可知根據(jù)步驟③可得解得,[6］乙同學的設計方法中，實際測得的阻值為RX與電流表內(nèi)阻的串聯(lián)阻值,測量值偏大，而且電流表內(nèi)阻未知，相比而言，丙同學的方法更有利于減小系統(tǒng)誤差11.如圖所示，ABCD是光滑軌道，其中豎直圓軌道的半徑為R＝0.2m，最低點B處入、出口不重合，C點是最高點，BD部分水平，D點與其右側(cè)的水平傳送帶平滑連接,傳送帶以速率v＝1m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動,水平部分長度L＝1m.質(zhì)量為m＝1kg的小物塊從軌道上高H=0.6m處的P位置由靜止釋放，在豎直圓軌道內(nèi)通過最高點C后經(jīng)B點進入水平軌道，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0。4，重力加速g取10m/s2。(1）小物塊經(jīng)過最高點C處時所受軌道的壓力N的大??；(2）小物塊在傳送帶上運動時間t及小物塊與傳送帶之間摩擦產(chǎn)生的熱量Q。【答案】（1）10N；(2）5。48J【解析】【詳解】(1）設小物塊滑到C的速度為vC，從A→C過程由機械能守恒定律得①小物塊在C處由牛頓第二定律得②由①②式解得③（2）設小物塊進入傳送帶的速度為v0，加速度大小為a，在傳送帶上運動的時間為t，到達傳送帶右端速度為vt；從P→B過程，由機械能守恒定律④從P→E過程,由動能定理⑤由牛頓第二定律μmg=ma得a=μg=4m/s2⑥由運動學公式⑦這段時間內(nèi)，傳送帶向左運動的位移s2=vt2=0。37m⑧摩擦產(chǎn)生的熱Q=μmg（L+s2）=5。48J⑨12.如圖所示,MN和M′N′是兩根互相平行、豎直固定、足夠長的光滑金屬導軌，兩根導體棒AB和CD質(zhì)量分別為m1=0。3kg和m2=0.1kg,均與導軌垂直接觸。開始AB棒放在絕緣平臺P上，t=0時CD棒開始受到豎直向上的恒力F=4N,從靜止開始向上運動，t=2s時CD棒的速度為v0=2m/s，此時快速撤離絕緣平臺P。已知AB棒的電阻為R1=0.5Ω，CD棒的電阻為R2=1。5Ω,導軌間距為L=0.5m。整個裝置處在磁感應強度為B=2T的勻強磁場中，磁場方向與導軌所在平面垂直。兩導體棒始終與導軌接觸良好,導軌電阻不計，重力加速g取10m/s2。求：（1)撤去絕緣平臺前瞬間,CD棒哪端電勢高,兩端電壓U;(2）0～2s時間內(nèi)，CD棒這段時間內(nèi)上升的距離h；(3）撤離絕緣平臺后,AB棒和CD棒分別達到的最大速度大小v1和v2?！敬鸢浮浚?）0。5V；(2）11.6m;(3）1m/s,5m/s【解析】【詳解】（1）撤去平臺前，AB棒靜止，CD切割磁感線產(chǎn)生電動勢E1，在t=2s時，由法拉第電磁感應定律，D點電勢高E1=BLv0由閉合電路歐姆定律U=(E1－I1R2)解得U=0.5V（2）在0~2s內(nèi)，對CD棒，由動量定理Ft－m2gt–IA=m2v0－0由安培力公式FA=BIL，由閉合電路歐姆定律由法拉第電磁感應定律由沖量公式其中h為CD棒在該時間內(nèi)上升的高度得h=11。6m(3)撤去平臺后，AB棒做加速度減小的加速下落，CD棒繼續(xù)加速度減小的加速上升，由牛頓第二定律得，對AB棒m1g－BIL=m1a1對CD棒F－m2g－BIL=m2a2得F－m1g－m2g=m2a2－m1a1由于所以m2a2－m1a1=0所以當a2=0時,a1=0，也就是兩棒最終同時開始做勻速運動，對AB棒和CD棒組成的系統(tǒng)，由于合外力為零,系統(tǒng)動量守恒，取向上方向為正方向m2v0+0=m2v2+m1（－v1）由法拉第電磁感應定律得E=BL(v1+v2)解得v1=1m/s，v2=5m/s13.以下說法正確的是（）A。露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用B。溫度升高，每個分子的動能都增大C。擴散現(xiàn)象表明，液體分子在永不停息地運動D。容器中氣體的溫度、壓強都變大，則氣體的密度一定變大E。氣體壓強是由氣體分子撞擊器壁產(chǎn)生的，與氣體溫度和單位體積分子數(shù)有關【答案】ACE【解析】【詳解】A．液體表面的張力具有使液體表面收縮到最小的趨勢，故A正確；B．溫度升高時時，分子的平均動能增大，但并不是所有分子動能都增大，故B錯誤；C．擴散現(xiàn)象說明分子永不停息地做無規(guī)則熱運動，故C正確；D．由可知,容器中氣體的溫度、壓強都變大，體積不一定變小，故氣體的密度不一定變大，故D錯誤；E．氣體壓強是由氣體分子撞擊器壁產(chǎn)生的，溫度越高，分子平均動能越大，分子撞擊器壁的力越大，單位體積分子數(shù)越多，作用力越大,由可知，壓強越大，故E正確.故選ACE。14.某溫度計的結構示意圖如圖所示，儲有一定質(zhì)量理想氣體的玻璃測溫泡A通過細玻璃管B和水銀壓強計左C管相連，壓強計右管D與大氣相通,移動右管D可調(diào)節(jié)C管水銀面的高度,從而保證泡內(nèi)氣體體積不變.溫度計的定標方法是，在1個標準大氣壓下,將測溫泡A浸在冰水混合物中，移動右管D，使壓強計C、D兩管的水銀面等高，恰好位于豎直放置刻度尺的零刻度處，將此處標記為0；改變水溫，移動右管D,使C管中水銀面回到零刻度處，此時C、D管水銀面的高度差h,通過高度差h即可確定測溫泡A處的溫度t,并標刻在刻度尺上.已知1標準大氣壓p0=76cmHg。求:(1)刻度尺7.6cm處對應的溫度t1；（2）通過計算說明這種溫度計的刻度是否均勻?！敬鸢浮浚?）27.3;（2）這種溫度計的刻度是均勻的【解析】【詳解】（1）以測溫泡A中氣體為研究對象開始狀態(tài)p0=76cmHg，T0=273K，末了狀態(tài)p1=76+7。6cmHg=83。6cmHg，T1=273+t1(K)由查理定律得解得t1=27.3（2）設C、D兩管水銀面高度差為h，則A泡中氣體壓強為p=76+h（cmHg）,T=273+t（K)由查理定律可得可得說明這種溫度計的刻度是均勻的15。一列簡諧橫波沿x軸正