福建省宁德市2020届高三物理质量检查试题（含解析）

PAGE福建省宁德市2020届高三物理质量检查试题（含解析）二、选择题1.近日从中科院获悉，我国第四代反应堆核能系统钍基熔盐堆能源系统(TMSR)研究己获重要突破。该系统是以钍作为核燃料，钍核俘获一个中子后经过两次β衰变可得到核燃料铀233。铀核的一种典型裂变产物是氪和钡，同时释放出巨大能量。下列说法正确的是A.钍核有90个中子，142个质子B.钍核俘获一个中子的反应方程是C.产生的反应方程是D.铀核裂变反应方程是【答案】D【解析】【详解】A．钍核有90个质子，232﹣90＝142个中子，故A错误；BC．钍核保获一个中子后经过两次β衰变的反应方程是，故BC错误；D．根据质量数守恒与电荷数守恒可知，铀核裂变的核反应方程为．故D正确。2.某同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于这两次篮球从抛出到撞击篮板的过程A.两次在空中运动的时间相等B.两次抛出时的速度相等C.第1次抛出时速度的水平分量小D.第2次抛出时速度的竖直分量大【答案】C【解析】【详解】A．将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，由图可知，第二次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A错误；BCD．将篮球的运动反向视为平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，第二次运动过程中的高度较小，故第二次抛出时速度的竖直分量较小，所用时间减小；平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，由可知，第二次水平分速度较大；水平速度第二次大，竖直速度第一次大，根据速度的合成可知，抛出时的速度大小关系不能确定，故C正确，BD错误。3.如图所示，理想变压器的原线圈接有电压为U的正弦交流电源，输出电压的有效值恒定。R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值随照射光强度的增大而减小。现增大照射光强度，则A.通过原线圈的电流减小B.变压器的输出功率增大C.R1两端的电压减小D.R2消耗的功率增大【答案】B【解析】【详解】A．理想变压器输出电压一定，光照增强，光敏电阻R3阻值减小；副线圈的总电阻减小，根据欧姆定律知，副线圈的电流增大，根据理想变压器电流与匝数的关系可知，通过原线圈电流也增大；故A错误；B．理想变压器的输出功率，其中U不变，I变大，故变压器的输出功率变大，故B正确；CD．副线圈电流增大，根据欧姆定律，R1两端电压增大；R2两端电压减小，功率减小，故CD错误。4.如图所示，内壁光滑的绝缘真空细玻璃管竖直放置，A、B端分别固定带电小球a、b，另一带电小球c(其直径略小于管内径)位于AB中点O，处于静止状态，小球均带正电。轻晃玻璃管可观察到小球c在O点附近的M、N点间上下运动。下列说法正确的是A.M、N两点的电势相等B.小球c在运动过程中机械能守恒C.小球a的电荷量等于小球b的电荷量D.小球c从O点运动到N点电场力做负功【答案】D【解析】【详解】AC．小球c开始静止在O点，知重力和电场力平衡，可知b球对c球的库仑力大于a球对c球的库仑力，则小球a的电量小于小球b的电量，小球a和小球b的电量不等，故关于ab中点O对称的两点M、N电势不等，故AC错误；B．小球在振动的过程中，除重力做功以外，电场力做功，机械能不守恒，故B错误；D．小球c从O点运动到N点的过程是减速向下运动，合力向上，重力向下，则电场力向上，电场力做负功，故D正确。5.2020年4月10日21时，人类首张黑洞照片在全球六地的视界面望远镜发布会上同步发布。该黑洞半径为R，质量M和半径R的关系满足：(其中c为光速，G为引力常量)。若天文学家观测到距黑洞中心距离为r的天体以速度v绕该黑洞做匀速圆周运动，则A.该黑洞质量为B.该黑洞质量为C.该黑洞的半径为D.该黑洞的半径为【答案】C【解析】【详解】AB．天体受到黑体的万有引力提供天体圆周运动所需向心力，则：，即有，故AB错误；CD．设黑洞的半径为R，质量M和半径R的关系满足：，即有，该黑洞的半径为，故C正确，D错误；6.中国书法历史悠久，是中华民族优秀传统文化之一。在楷书笔画中，长横的写法要领如下；起笔时一顿，然后向右行笔，收笔时略向右按，再向左上回带。该同学在水平桌面上平铺一张白纸，为防打滑，他在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住。则在向右行笔的过程中A.镇纸受到向左的摩擦力B.毛笔受到向左的摩擦力C.白纸只受到向右的摩擦力D.桌面受到向右的摩擦力【答案】BD【解析】【详解】A．白纸和镇纸始终处于静止状态，对镇纸受力分析知，镇纸不受摩擦力，否则水平方向受力不平衡。镇纸的作用是增大纸与桌面之间的弹力与最大静摩擦力，故A错误；B．毛笔在书写的过程相对纸面向右运动，受到向左的摩擦力，故B正确；C．白纸与镇纸之间没有摩擦力，白纸始终处于静止状态，则白纸在水平方向受到毛笔对白纸的摩擦力以及桌面对白纸的摩擦力，由B可知，毛笔受到的摩擦力向左，由牛顿第三定律，白纸受到毛笔的摩擦力向右，根据平衡状态可知，桌面对白纸的摩擦力向左，故C错误；D．桌面只受到白纸的摩擦力，桌面对白纸的摩擦力向左，根据牛顿第三定律，白纸对桌面的摩擦力向右，故D正确。7.如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈。图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n、电阻为r、横截面积为S，a、b两端连接车载变流装置，磁场平行于线圆轴线向上穿过线圈。下列说法正确是A.当线圈N接入恒定电流时，不能为电动汽车充电B.当线圈N接入正弦式交变电流时，线圈M两端产生恒定电压C.当线圈M中的磁感应强度增加时，有电流从a端流出D.充电时，△t时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加△B，则M两端电压为【答案】AC【解析】【详解】A．当送电线圈N接入恒定电流，则产生的磁场不变化，受电线圈M中的磁通量没有发生变化，故无法产生感应电流，不能为电动汽车充电，故A正确；B．当线圈N接入正弦式交变电流时，受电线圈M中的磁通量线圈按正弦式变化，故M两端产生正弦式电压，故B错误；C．穿过线圈M的磁感应强度增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向下，故感应电流方向从b向a，即电流从a端流出；故C正确；D．根据法拉第电磁感应定律，有：E＝nnS，设受电线圈外接电路的电阻为R，由闭合电路的欧姆定律得M两端的电压UR，故D错误。8.一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上运动，如图甲。在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图象如图乙，已知曲线上A点的切线斜率最大，不计空气阻力，则A.在x1处物体所受拉力最大B.在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小C.在x1~x2过程中，物体的加速度先增大后减小D.在0~x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功【答案】AB【解析】【详解】A．E-x图像的斜率代表竖直向上拉力F，物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上，说明在x=0处，拉力F大于重力，在0-x1过程中，图像斜率逐渐增大，则拉力F在增大，x1处物体图象的斜率最大，所受的拉力最大，故A正确；BC．在x1~x2过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在x2处物体的机械能达到最大，图象的斜率为零，说明此时拉力为零。根据合外力可知，在x1~x2过程中，拉力F逐渐减小到mg的过程中，物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体加速度在减小，动能在增大，拉力F=mg到减小到0的过程中，物体的加速度反向增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，物体的动能在减小；在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小，物体的加速度先减小后反向增大，故B正确，C错误；D．物体从静止开始运动，到x2处以后机械能保持不变，在x2处时，物体具有重力势能和动能，故在0~x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功与物体的动能之和，故D错误。三、非选择题9.某实验小组用一只弹簧测力计和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计的实验装置如图。固定在竖直木板上的量角器直边水平，橡皮筋一端固定在量角器圆心O的正上方A点，另一端系绳套1和绳套2。(1)实验步骤如下：①弹簧测力计挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O点，记下弹簧测力计的示数F；②弹簧测力计挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点达到O点，此时绳套1沿0°方向，绳套2沿120°方向，此时弹簧测力计的示数为F1；③根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力=___________；④比较___________，即可初步验证力的平行四边形定则。(2)将绳套1由0°方向缓慢转动到60°方向，同时绳套2沿120°方向不变，此过程中保持橡皮筋的结点在O点不动，关于绳套1的拉力大小的变化，下列结论正确的是___________。A．逐渐增大B．先增大后减小C．逐渐减小D．先减小后增大【答案】(1).(2).F1与F1′的大小(3).D【解析】【详解】(1)根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力＝Ftan30°F；比较F1和的大小，即可初步验证力的平行四边形定则。(2)保持绳套2方向不变，绳套1从图示位置向下缓慢转动60°，此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动，说明两个细绳拉力的合力不变，作图如下：故绳套1的拉力先减小后增加，故ABC错误，D正确。10.某同学利用图(a)所示电路测量电压表的内阻。可供选择的器材有：电源E，电压表V，电阻箱R(0～9999Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值10Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5kΩ)，开关S，导线若干。实验步骤如下：①按电路原理图(a)连接线路；②将滑动变阻器滑片滑至最左端，同时将电阻箱阻值调为0；③将开关闭合，调节滑动变阻器的滑片，使电压表满偏；④保持滑动变阻器滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表示数为满偏刻度的，此时电阻箱阻值如图(c)所示。回答下列问题：(1)实验中应选择滑动变阻器___________(填“R1”成“R2”)(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连接___________；(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为___________Ω，计算可得电压表的内阻为___________Ω(4)通过上述方法得到电压表的内阻测量值___________(填”大于”或“小于”)真实值。【答案】(1).R1(2).(3).1987(4).3974(5).大于【解析】【详解】（1）由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1；（2）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（3）由图可知电阻箱阻值为1987Ω，实验过程认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，电压表和电阻箱串联，电流相等，故有，解得；（4）电阻箱接入电路后电路总电阻变大，电路总电流变小，分压电路分压变大，电压表示数为满偏刻度的时，电阻箱两端电压大于满偏刻度的，电压表内阻小于阻箱阻值的2倍，因此电压表内阻测量值大于真实值。11.我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”己经走进千家万户。某天，小陈叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，小陈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上升过程的最大速度为1m/s，高度为56m。货物质量为2kg，受到的阻力恒为其重力的0.02倍，重力加速度大小g=10m/s2。求(1)无人机匀加速上升的高度；(2)上升过程中，无人机对货物的最大作用力。【答案】(1)2.5m；(2)20.8N【解析】【详解】（1）无人机匀速上升的高度：h2＝vt2无人机匀减速上升的高度：h3＝t3无人机匀加速上升的高度：h1＝h－h2－h3联立解得：h1＝2.5m（2）货物匀加速上升过程：v2＝2ah1货物匀加速上升的过程中，无人机对货物的作用力最大，由牛顿运动定律得：F－mg－0.02mg＝ma联立解得：F＝20.8N12.如图，M、N是电压U=10V的平行板电容器两极板，与绝缘水平轨道CF相接，其中CD段光滑，DF段粗糙、长度x=1.0m。F点紧邻半径为R的绝缘圆简(图示为圆筒的横截面)，圆筒上开一小孔与圆心O在同一水平面上，圆筒内存在磁感应强度B=0.5T、方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场E。一质量m=0.01kg、电荷量q=－0.02C的小球a从C点静止释放，运动到F点时与质量为2m、不带电的静止小球b发生碰撞，碰撞后a球恰好返回D点，b球进入圆筒后在竖直面内做圆周运动。不计空气阻力，小球a、b均视为质点，碰时两球电量平分，小球a在DF段与轨道的动摩因数μ=0.2，重力加速度大小g=10m/s2。求(1)圆筒内电场强度的大小；(2)两球碰撞时损失的能量；(3)若b球进入圆筒后，与筒壁发生弹性碰撞，并从N点射出，则圆筒的半径。【答案】(1)20N/C；(2)0J；(3)n≥3的整数）【解析】【详解】（1）小球b要在圆筒内做圆周运动，应满足：Eq＝2mg解得：E＝20N/C（2）小球a到达F点的速度为v1，根据动能定理得：Uq－μmgx＝mv12小球a从F点的返回的速度为v2，根据功能关系得：μmgx＝mv22两球碰撞后，b球速度为v，根据动量守恒定律得：mv1＝-mv2＋2mv则两球碰撞损失的能量为：ΔE＝mv12－mv22－mv2联立解得：ΔE＝0（3）小球b进入圆筒后，与筒壁发生n-1次碰撞后从N点射出，轨迹图如图所示：每段圆弧对应圆筒的圆心角为，则在磁场中做圆周运动的轨迹半径：r1＝粒子在磁场中做圆周运动：联立解得：（n≥3整数）选考题13.分子力F与分子间距离r的关系如图所示，曲线与横轴交点的坐标为r0，两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不能再靠近。在此过程中，下列说法正确的是___________。A.r=r0时，分子动能最大B.r=r0时，分子势能最大C.r>r0阶段，F做正功，分子动能增加，分子势能减小D.rr0阶段，F先增大后减小【答案】ACE【解析】【详解】r＞r0阶段，分子力表现为引力，且由图像可知，在两分子相互靠近的过程中，F先增大后减小；在两分子相互靠近的过程中，分子力做正功，分子动能增加，分子势能减小；在r＜r0阶段，分子力表现为斥力，在两分子相互靠近的过程中，分子力做负功，分子动能减小，分子势能增加；在r＝r0时，分子势能最小，分子动能最大。故ACE正确，BD错误。14.如图所示，竖直放置在水平桌面上的气缸开口向上，活塞的横截面积S=15cm2、质量m=1.2kg，与压力传感器接触但不粘连：压力传感器位置固定不动。当缸内气体温度t1=27℃时，力传感器示数恰好为零；当缸内气体温度升高至T2时，压力传感器的示数F=54N，不计气缸与活塞之间的摩擦整个过程活塞和传感器的位置不变，大气压强P=1.0×105Pa，重力加速度大小g=10m/s2，求(1)温度为t1=27℃时气缸内的压强P1(2)气缸内气体的温度T2。【答案】(1)1.08×105Pa；(2)400K【解析】【详解】(1)t1＝27℃，对活塞有：P1S＝mg＋P0S解得：P1＝1.08×105Pa（2）对气缸中气体有：P2S＝mg＋F＋P0S，T1＝t1＋273解得：T2＝400K15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲为波传播到M点时波形图，图乙是位于x=2m处的质点某时刻开始计时的振动图象，Q是位于x=10m处的质点，则M点从开始振动到Q点第一次出现波峰的时间为___________s；波由M点传到Q点的过程中，x=4m处的质点通过的路程为___________cm。【答案】(1).8s(2).25cm【解析】【详解】由图甲可以看出波长λ＝4m，由图乙可以看出周期T＝4s。所以波速v1m/s。由图甲还可以看出，最前面的波峰距Q点的距离△x＝8m，故最前面的波峰传播到Q点的时间，也就是Q点第一次出现波峰的时间为ts＝8s。波由M点传到Q点所需的时间，x=4m处的质点开始计时位于y=-5cm处，故由M点传到Q点过程中，x=4m处的质点走过的路程为5A=5×5=25cm。16.如图△ABC为直角三棱镜的截面，顶角θ=30°，光屏PD平行于AC边。一束宽度为d的平行单色光垂直射向AC面(AC=d)，从BC面折射后的出射光在光屏PD上形成光带，其中光线a进入棱镜后平行PD边射出。求(1)棱镜对单色光的折射率n；(2)在光屏PD上形成光带宽度L。【答案】(1)(2)【解析】【详解】（1）光路图如图所示：光线a在BC面，由几何关系得：i＝30°，r＝60°n＝解得：n＝（2）光线在BC面，有α＝30°，n＝解得：β＝60°可得在ΔBCE中，∠BCE＝∠EBC＝θ；2Lcosθ＝BC；BC＝解得：L＝