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四川省泸县第二中学2020届高三物理下学期第二次适应性考试试题

四川省泸县第二中学2020届高三物理下学期第二次适应性考试试题

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四川省泸县第二中学2020届高三物理下学期第二次适应性考试试题（含解析）
1.如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端．开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　）

A. aA＝aB＝g
B. aA＝2g，aB＝0
C. aA＝g，aB＝0
D. aA＝2g，aB＝0
【答案】D
【解析】
【详解】剪断前，设悬挂A小球的受到倾斜弹簧拉力为F，细线拉力为T，将AB两个小球做为一个整体，受力分析可知

解得

剪断后瞬间，绳子拉力突然消失，两根弹簧的弹力还没有来的及发生变化，因此A小球所受合力水平向左，大小为T，根据牛顿第二定律

因此小球A的加速度

而小球B所受合力仍为0，加速度为零，D正确，ABC错误。
故选D
2.如图所示为A、B两物体从同一点出发的位移-时间图象，则下列说法正确的是

A. 0～2s内A、B两物体的运动方向都发生了改变
B. 1.5s末A、B两物体的速度相同
C. 0～1.5s的时间内，A的平均速度等于B的平均速度
D. 0～25内A、B两物体之间的最大距离为3m
【答案】C
【解析】
【详解】由于位移-时间图象的斜率表示该时刻的速度，由图可知，0-2s内A、B两物体的速度（斜率）没有负值，即运动方向没有发生改变，A错误．1.5s末A、B两物体的位置坐标相同，说明两物体相遇，而不是速度相同，B错误．由图可知，0-1.5s的时间内，两物体的位移相等，所用时间也相等，所以平均速度相等，C正确．从x-t图象看出，两个物体1s末纵坐标读数之差最大，两物体相距最远，且最大距离为△x=3m-1m=2m，D错误．
3. 一颗卫星绕地球沿椭圆轨道运动，A、B是卫星运动的远地点和近地点．下列说法中正确的是（ ）

A. 卫星在A点的角速度大于B点的角速度
B. 卫星在A点的加速度小于B点的加速度
C. 卫星由A运动到B过程中动能减小，势能增加
D. 卫星由A运动到B过程中引力做正功，机械能增大
【答案】B
【解析】
试题分析：近地点的线速度较大，结合线速度大小，根据比较角速度大小．根据牛顿第二定律比较加速度大小．根据万有引力做功判断动能和势能的变化．
近地点的速度较大，可知B点线速度大于A点的线速度，根据知，卫星在A点的角速度小于B点的角速度，故A错误；根据牛顿第二定律得，，可知卫星在A点的加速度小于B点的加速度，故B正确．卫星沿椭圆轨道运动，从A到B，万有引力做正功，动能增加，势能减小，机械能守恒，故CD错误．
4.冬季我国有些内陆地区雾霾频发，为了监测PM2.5指数，某科技小组设计了一种报警装置，电路原理如图所示．RL是对PM2.5敏感的电阻元件，当环境中PM2.5指数增大时报警器S两端电压增大并发出警报声．E为内阻不计的电源，R为一可变电阻，下列说法正确的是

A. 当PM2.5指数增大时RL的阻值增大
B. 当PM2.5指数增大时电流表A的示数减小
C. 当PM2.5指数增大时可变电阻R两端电压增大
D. 适当增大可变电阻R的阻值可以提高报警器的灵敏度
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．E为内阻不计的电源，可变电阻R两端电压

当环境中PM2.5指数增大时，报警器S两端电压增大，可变电阻R两端电压减小；报警器S两端电压增大，电路中总电流增大，可变电阻R两端电压减小，电阻R中电流减小，则流过RL的电流增大，电流表A的示数增大；可变电阻R两端电压减小，RL两端电压减小，流过RL的电流增大，RL的阻值减小．故ABC三项不符合题意；
D．可变电阻R的阻值越大，并联部分总电阻越接近RL，RL对电路的影响越明显，从而增大报警器的灵敏度．故D项符合题意．
5.如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上．磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触．若不计空气阻力．重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)

A. 在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)
B. 磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力先竖直向上后竖直向下
C. 磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变
D. 磁铁落地时的速率一定等于
【答案】A
【解析】
【详解】A.当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针(从上向下看圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(从上向下看圆环)，A正确；
B.根据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可判断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，B错误；
C.磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，C错误；
D.若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v＝，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于，D错误;
6.如图所示，宽为L的平行金属导轨由光滑的倾斜部分和足够长的粗糙水平部分平滑连接，右端接阻值为R的电阻c，矩形区域MNPQ内有竖直向上、大小为B的匀强磁场．在倾斜部分同一高度h处放置两根细金属棒a和b，由静止先后释放，a离开磁场时b恰好进入磁场，a在水平导轨上运动的总距离为s．a、b质量均为m，电阻均为R，与水平导轨间的动摩擦因数均为μ，与导轨始终垂直且接触良好．导轨电阻不计，重力加速度为g．则整个运动过程中

A. a棒中的电流方向会发生改变 B. a棒两端的最大电压为
C. 电阻c消耗的电功率一直减小 D. 电阻c产生的焦耳热为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．当a棒进入磁场中做切割磁感线运动时，由右手定则可判断感应电流的方向为垂直纸面向外，当a棒离开磁场时b棒刚好进入磁场，同理可判断通过a棒的电流方向为垂直纸面向里，故通过a棒的电流方向会发生改变，故A正确；
B．a棒从斜面静止释放过程中有：，解得进入水平轨道的速度大小为，a棒进入磁场后受到安培力和摩擦力的作用做减速运动，刚进入磁场时速度最大，最大感应电动势为，此时a棒作为等效电源，b棒与电阻c并联，并联电阻大小为，则总电阻为，故a棒两端的最大电压为，故B错误；
C．a棒进入磁场后做减速运动，根据可知，电流逐渐减小，故电阻c消耗的电功率由逐渐减小；当a棒离开磁场时b棒刚好进入磁场，此时b棒的速度与a棒刚进入磁场时的速度相等，则电阻c消耗的电功率仍由逐渐减小，故电阻c消耗的电功率并非一直减小，故C错误；
D．由能量守恒定律可知，整个过程中产生的总热量为，且，其中，则电阻c产生的焦耳热为，故D正确．
7.单匝闭合矩形线框的电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量与时间t的关系图象如图所示。下列说法正确的是（ ）

A. 时刻线框平面与中性面垂直
B. 从0到过程中通过线框某一截面的电荷量为
C. 线框转一周产生的热量为
D. 从到过程中线框的平均感应电动势为
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．由图可知时刻穿过线框的磁通量为零，线框平面处于与中性面垂直的位置，故A正确；
B．根据

可得

故B正确；
C．由图可知线圈磁通量与时间t的关系为

由法拉第电磁感应定律可得

故感应电动势大小时间t的关系为

其感应电动势有效值为

线圈转动一周产生的热量为

故C正确；
D．从到过程中线框的平均感应电动势为

故D错误。
故选ABC。
8.联合国气候变化大会达成《哥本哈根协议》，为减少二氧化碳排放，我国城市公交推出新型节能环保电动车，在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102kg的电动车由某一速度开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F-图像(图中AB、BO均为线段)，假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则由图像可得

A. 在全过程中，电动车在B点时速度最大
B. 电动车运动过程中所受的阻力
C. 电动车的额定功率
D. 电动车从开始运动到刚好达到最大速度所用时间
【答案】BC
【解析】
【详解】A.当最大速度vmax=15m/s时，牵引力为Fmin=400N，故恒定阻力f=Fmin=400N，此时为C点；故A错误，B正确.
C.额定功率P=Fminvmax=400×15=6×103W；故C正确.
D.BC段做变速直线运动，无法求解其运动位移，也就求不出阻力做的功，所以无法求出时间，电动车开始运动到刚好达到最大速度所用的时间；故D错误.
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选题，考生根据要求作答。
9.某兴趣小组用如图甲所示实验装置来测物块与斜面间的动摩擦因数．PQ为一块倾斜放置的木板，在斜面底端Q处固定有一个光电门，光电门与数字计时器相连(图中未画)．每次实验时将一物体(其上固定有宽度为d的遮光条)从不同高度h处由静止释放，但始终保持斜面底边长L＝0.500 m不变．(设物块与斜面间的动摩擦因数处处相同)

(1)用20分度游标卡尺测得物体上的遮光条宽度d如乙图所示，则d＝__________cm；
(2)该小组根据实验数据，计算得到物体经过光电门的速度v，并作出了如图丙所示的v2－h图象，其图象与横轴的交点为0.25．由此可知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝______________；
(3)若更换动摩擦因数更小的斜面，重复上述实验得到v2－h图象，其图象的斜率将______________(填“增大”“减小”或“不变”)．
【答案】 (1). 0.225 (2). 0.5 (3). 不变
【解析】
【详解】（1）由图知第5条刻度线与主尺对齐，则读数为：；
（2）设斜面的长为s，倾角为，由动能定理得：
即：，
由图象可知，当时，，代入得到：；
（3）由知斜率为定值，若更换动摩擦因数更小的斜面，图象的斜率不变．
10.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请回答下列问题：

（1）在使用多用电表测量时，若选择开关找至“25V“挡，指针的位置如图（a）所示，则测量结果为___________V
（2）多用电表测量未知电阻阻值的电路如图（b）所示，电源的电动势为E，R0为调零电阻．某次将待测电阻用电阻箱代替时，电路中电流I与电阻箱的阻值Rx关系图象如图（c）所示，则此时多用电表的内阻为_________Ω，该电池的电动势E＝________V
（3）下列判断正确的是（ ）
A．在图（b）中、电表的左、右插孔处分别标注着“﹣”、“+”
B．由图线（c）的特点可知，欧姆表的刻度盘上的数字左小右大
C．欧姆表调零的实质是通过调节R，使Rx＝0时电路中的电流达到满偏电流
D．电阻Rx的变化量相同时，Rx越小，则对应的电流变化量就越小
（4）如果随着使用时间的增长，该多用电表内部的电源电动势减少，内阻增大，但仍然能够欧姆调零，如仍用该表测电阻，则测量结果是_______．（填“偏大”“偏小”或“不变”）
【答案】 (1). 11.5 (2). 1.5×104 (3). 12 (4). AC (5). 偏大
【解析】
【详解】（1）选择开关置于“25V”时，选择表盘第二排刻度进行读数，分度值为0.5V，对应刻度示数为：11.5V．
（2）根据闭合电路的欧姆定律得： ，
由题图可得Ig＝0.8mA，当I＝0.3mA时，Rx＝15 kΩ，解得 R内＝15 kΩ＝1.5×104Ω，E＝12 V．
（3）根据电流红进黑出，在题图b中，电表的右、左插孔处分别标注着“+”“﹣”，故A正确；函数图象是非线性变化，导致欧姆表刻度不均匀，欧姆表的刻度盘上的示数左大右小，由于外电阻增大电路电流减小造成的，故B错误；欧姆表调零通过调节滑动变阻器R0，调节至待测电阻Rx为零（即两表笔短接）时，电流表满偏，对应欧姆表示数为零，故C正确；欧姆表刻度不均匀的原因是待测电阻和电路电流关系非线性变化，而且IRx切线斜率大小随待测电阻值增大而减小，即Rx阻值变化量对应电流变化量随待测电阻增大而减小，欧姆表刻度左密右疏，故D错误．故选AC
（4）测量原理为闭合电路欧姆定律：当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式，欧姆表内阻R中得调小， ，因R中变小，则同一Rx则电流要变小，对应电阻刻度值偏大．
11.空间存在一水平向右的匀强电场，O、P是电场中的两点，从O点水平向右以大小不同的速度，先后发射两个质量均为m的小球A、B，A不带电，B的电荷量为q（q＞0）。A从O点发射时的速度大小为v0，达到P点所用的时间为t，B从O点发射的速度为，也通过P点，重力加速度为g，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)B运动到P点时的动能。
【答案】(1)；(2)
【解析】
【详解】(1)竖直方向上，小球A、B做自由落体运动，小球A、B的运动时间相等，都为，水平方向上，对A球做匀速直线运动有

对B球，则有

联立解得

(2)对B运用动能定理则有

其中

联立解得

12.如图，在xOy坐标平面第一象限内的范围中，存在以为上边界的沿y轴正方向的匀强电场，场强大小E1=2.0×102N/C．在直线MN(方程为y=1m)的上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场.在x=-1m处有一与y轴平行的接收板PQ，板两端分别位于MN直线和x轴上;在第二象限，MN和PQ围成的区域内存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E2.现有大量带正电的粒子从x轴上0<x<lm的范围内同时由静止释放，粒子的比荷均为,不计粒子的重力及其相互作用.

(1)求在x=0.5m处释放的粒子射出电场E1时的速度大小；
(2)若进入磁场的所有带电粒子均从MN上同一点离开磁场，求磁感应强度B的大小；
(3)若在第(2)问情况下所有带电粒子均被PQ板接收，求电场强度E2最小值和在E2最小的情况下最先打在接收板上的粒子运动的总时间.(可用分数表示)
【答案】（1）4×103m/s；（2）0.1T；（3），
【解析】
【详解】(1)由题意得，于x处释放的粒子在电场中加速的位移为y，且满足
y=x2
设射出电场E1时的速度大小为v，由动能定理可得

可得

代入x=0.5m可得
v0.5=4×103m/s
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设半径为r，由牛顿第二定律可得：

解得

可得，当磁感应强度B一定时，轨道半径r与x成正比，当x趋近于零时时，粒子做圆周运动的轨道半径趋近于零，即所有粒子经磁场偏转后都从C点射出磁场,且有
2r=x
可得
B=0.1T
(3)粒子从C点沿y轴负方向进入电场强度大小为E2的范围后，都在电场力作用下做类平抛运动，若所有带电粒子均被PQ板接收，则从x=1m处出发的粒子刚好运动到Q点，对应电场强度E2的最小值E2min，设该粒子在场强大小为E2min的电场中运动的初速度为v1，时间为t3，加速度为a2，有：
y=v1t3

将y=1m，x=1m代入可得
E2min=8.0×102 N/C
由题意得，在E2最小的情况下最先打在接收板上的粒子为从x=1m处出发的粒子，设该粒子在场强大小为E1的电场中运动的时间为t1，在磁场中运动的时间为t2，则有：

在匀强磁场中转过θ=π的圆心角，有
πr=v1t2
故该粒子所经历的总时间
t=t1+t2+t3
可得

13.下列说法正确的是（ ）
A. 已知铜的密度、摩尔质量和阿伏伽德罗常数，可以估算铜分子的直径
B. 热量不可能从低温物体传到高温物体
C. 一定质量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
D. 在一定的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，但非晶体一定不可以转化为晶体
E. 当液体与固体之间表现为浸润时，附着层内分子间的作用力表现为斥力
【答案】ACE
【解析】
【详解】已知铜的密度和摩尔质量可求摩尔体积，摩尔体积除以阿伏伽德罗常数得铜分子体积，把铜分子看成球型，即可求解铜分子直径，故A正确；根据热力学第二定律可知，热量能从低温物体传到高温物体，如空调，但会引起其他的变化，故B错误；一定质量的某种理想气体在等压膨胀过程，根据盖吕萨克定律可知温度升高，故气体内能一定增大，故C正确；晶体与非晶体在一定的条件下可以相互转化，即在一定的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，非晶体也可以转化为晶体．故D错误；液体与固体之间表现为浸润时，附着层内分子之间的作用力表现为斥力；附着层出现扩展的趋势；故E正确；
14.如图所示为一竖直放置、上粗下细且上端开口的薄壁玻璃管，上部和下部的横截面积之比为，上管足够长，下管长度．在管内用长度的水银柱封闭一定质量的气体，气柱长度．大气压强，气体初始温度．

①若缓慢升高气体温度，使水银上表面到达粗管和细管交界处，求此时的温度；
②继续缓慢升高温度至水银恰好全部进入粗管，求此时的温度．
【答案】(1) (2)
【解析】
试题分析：①气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律求解；②根据理想气体状态方程列式计算．
①从初态到水银上表面到达粗管和细管交界处，压强不变
初态：，，
末态：，
由盖吕萨克定律：
得：
②水银恰好全部进入粗管时，水银高度为
此时：，
由理想气体状态方程：
得：
【点睛】本题考查理想气体状态方程和气体实验定律的综合应用，以理想气体状态方程为命题背景考查学生的推理能力和分析综合能力．
15.图1中的B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射，探头接收到的超声波信号由计算机处理，从而形成B超图像．图2为血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图象，t=0时刻波恰好传到质点M．已知此超声波的频率为1×107 Hz．下列说法正确的是________．

A. 血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为1.4×103 m/s
B. 质点M开始振动方向沿y轴正方向
C. t=1.25×10–7 s时质点M运动到横坐标x=3.5×10–4 m处
D. 0~1.25×10–7 s内质点M的路程为2 mm
E. t=1.5×10–7 s时质点N恰好处于波谷
【答案】ADE
【解析】
【详解】A、由图2知波长λ=14×10–2 mm=1.4×10–4m，由v=λf得波速v=1.4×10–4 m×1×107 Hz=1.4×103 m/s，选项A正确；
B、根据波动与振动方向间的关系，质点M开始振动的方向沿y轴负方向，选项B错误；
C、质点M只会上下振动，不会随波迁移，选项C错误；
D、质点M振动的周期T===1×10–7 s，由于，质点M在0~1.25×10–7s内运动的路程L=×4A=×4×0.4 mm=2 mm，选项D正确；
E、t=1.5×10–7 s时波传播的距离L=1.4×103 m/s×1.5×10–7 s=2.1×10–4 m=21×10–2 mm，此时图2中横坐标x=14×10–2 mm的波谷恰好传播到质点N，选项E正确．
16.如图所示，一个半径为R的透明玻璃球，玻璃球的折射率为，虚线为过球心的一条对称轴．现有两束与对称轴平行的光线分别从球上A、B两点射入玻璃球，A、B两点到对称轴的距离均为，两束光线分别从C、D两点射出玻璃球后相交于对称轴上的E点.求E点到球心O的距离.

【答案】
【解析】
【详解】过A点作对称轴的垂线，则
∴sini1=
i0=45°
在A点折射，折射角为r，由射线定律：

得：sinr1=
即：r1=30°
i2=r1=30°，从C点出射，由光路可递，r2=45°
△OCE中，∠OCE=180°－r2=135°
∠COE=180°－∠AOF－∠AOC=15°
∴∠CEO=r2－∠COE=30°
由正弦定律有：

其中
解得：