份温州市普通高中选考适应性测试物理试题Word文档格式.docx
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C.向心加速度大小相等D.向心力大小相等
【答案】B
a、b同轴转动，周期相等，角速度相等，B正确；
由v=rω，离转轴O的距离不相等，线速度不相等，A错；
因向心加速度大小a=vω，所以C错；
向心力大小F心=ma，质量相等，a不同，F心不同，D错。
5.下列说法正确的是
A.α、β、γ三种射线，都是电磁波
B.原子核需要在高温高压的条件下才能发生衰变
C.光电效应中光电子的最大初动能与入射光的强度有关
D.一个氢原子从n=4能级向低能级跃迁，最多可以辐射出3种不同频率的光子
【答案】D
由电磁波谱可知，γ射线是电磁波，而α、β两种射线是高能粒子流，A错；
原子核发生衰变是自发的，与物理状态无关，B错；
由爱因斯坦光电效应方程hv=Ekm+W0可知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与强度无关，C错；
由于是一个氢原子，从n能级向低能级跃迁，最多可以辐射出n﹣1种不同频率的光子，D正确。
6.如图所示，一台空调外机用轻质三角架固定在竖直外墙上，空调外机的重心恰好在支架水平横梁AO和斜梁BO的连接点O的正上方。
现保持连接点O的位置不变，横梁AO仍然水平，把斜梁加长一些后
A.斜梁受的作用力变大B.横梁受的作用力变小
C.两个梁受力均变大D.两个梁受力均不变
点O的受力如图所示，由受力平衡得
，
；
连接点O的位置不变，斜梁加长，图中θ增大，则斜梁受的作用力变小，横梁受的作用力FAO变小，B正确。
7.如图所示，正六边形线框abcdef由六根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，顶点a、b与直流电源两端相接。
已知导体棒ab受到的安培力大小为F，则线框受到的安培力的大小为
A.2FB.1.2FC.0.8FD.0
afedcb的等效长度与导体棒ab相同，电流为导体棒ab的
，由Fab=BIabL，Fafedcb=BIafedcbL=
，线框受到的安培力F合=Fab+Fafedcb=1.2F，B正确。
8.2020年诺贝尔物理学奖授予黑洞研究。
黑洞是宇宙空间内存在的一种密度极大而体积较小的天体，黑洞的引力很大，连光都无法逃逸。
在两个黑洞合并过程中，由于彼此间的强大引力作用，会形成短时间的双星系统。
如图所示，黑洞A、B可视为质点，不考虑其他天体的影响，两者围绕连线上O点做匀速圆周运动，O点离黑洞B更近，黑洞A质量为m1，黑洞B质量为m2，AB间距离为L。
下列说法正确的是
A.黑洞A与B绕行的向心加速度大小相等
B.黑洞A的质量m1大于黑洞B的质量m2
C.若两黑洞质量保持不变，在两黑洞间距L减小后，两黑洞的绕行周期变小
D.若两黑洞质量保持不变，在两黑洞间距L减小后，两黑洞的向心加速度变小
双星系统中黑洞A和黑洞B的周期相等、角速度相等；
由a=rω2及rA>
rB可知，黑洞A的向心加速度小，A错；
由万有引力提供向心力得：
得m1rA=m2rB，所以m1<
m2，B错；
由rA+rB=L解得
，则周期
，当两黑洞间距L减小后，两黑洞的绕行周期变小，C正确；
当两黑洞间距L减小后，万有引力增大，两黑洞的向心加速度变大，D错。
9.某运动员掷出的铅球在空中运动的轨迹如图所示，铅球可视为质点，空气阻力不计。
用p、Ep、Ek、E分别表示铅球的动量大小、重力势能、动能、机械能，用t表示铅球在空中的运动时间。
铅球离开手时计为t=0，以地面为零势能面，则下列图象中正确的是
设铅球刚抛出时水平速度为vx0，竖直速度为vy0，空气阻力不计，水平方向做匀速运动，竖直方向做竖直上抛运动，机械能守恒，D错；
t时刻速度的大小
，p=mv，p﹣t图线不是直线，A错；
，Ek﹣t图线是开口向上的曲线，但不可能Ek=0，C错；
EP=mgh=
，是开口向下的二次函数曲线，B正确。
10.如图所示，L为电感线圈，C为电容器，R为定值电阻，线圈及导线电阻均不计。
先闭合开关S，稳定后，再将其断开，并规定此时t=0。
当t=0.01s时，LC回路中电容器右极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值，则
A.LC回路的振荡周期为0.02sB.LC回路中电流最大时电场能最大
C.t=0.12s时线圈中磁场能最大D.t=0.125s时回路中电流沿顺时针方向
t=0时LC振荡回路电流最大，开始向电容器充电，右极板带正电荷，经
周期右极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值，可知振荡周期为0.04s，A错；
回路中电流最大时磁场能最大，电场能最小为0，B错；
t=0.02n（n=0,1,2,3…）时电流最大，磁场能最大，C正确；
t=0.125s时与t=0.005s时情形相同，为充电，电流沿逆时针方向，D错。
11.如图所示，电荷量为q的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。
若图中A点的电场强度为0，则B点的电场强度大小为
C.
D.
由题意知，A点的合场强为0，则带电薄板在A点的场强与q在A点的场强等大反向，
由对称性可得，带电薄板在B点和A点的场强等大反向，与q在B点的场强方向相同，B点的合场强大小等于
12.如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，金属棒MN以角速度ω绕过O点的竖直轴PO沿逆时针方向（从上往向看）旋转。
NO=2MO，则
A.M点电势高于N点电势
B.N、O两点间电势差是M、O两点间电势差的2倍
C.若磁感应强度B加倍，M、N两点间的电势差不变
D.若角速度ω加倍，M、N两点间的电势差将变为原来的4倍
MO棒和NO棒转动切割的等效长度为MP、NQ，产生的感应电动势的大小分别为
和
。
以O为零电势点，由右手定则判定M点的电势为
，N点的电势为
，LNQ=2LMP，电势为标量，所以M点电势高于N点电势，A正确；
φN=4φM，B错；
若磁感应强度B加倍，或者角速度ω加倍，M、N两点间的电势差变为原来的2倍，CD错。
13.如图所示为某种电吹风机电路图，a、b、c、d为四个固定触点。
绕O点转动的扇形金属触片P，可同时接触两个触点，触片P处于不同位置时，吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种工作状态。
n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数，该电吹风的各项参数如下表所示。
A.触片P同时接触b、c两个触点时电吹风吹热风
B.理想变压器原、副线圈的匝数比n1：
n2=3:
11
C.电吹风吹热风时电热丝上的电流为23A
D.小风扇的内阻为8Ω
由电路结构分析可知，触片P同时接触b、c两个触点时，小风扇工作，电热丝不工作，所以是吹冷风，A错；
由理想变压器变压比公式
，B错；
电吹风吹热风时输入功率460W，小风扇的功率是60W，则电热丝的功率为400W，电流为I热=
，C错；
小风扇工作电流
，由P扇=
得r=8Ω，D正确。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。
每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求的。
全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
14.如图所示，一玻璃三棱镜，其横截面为直角三角形，∠A=900，∠B=300。
一光线平行于BC边从AB边中点P射入棱镜，在BC边全反射后，从AC边上Q点（图中未画出）射出，出射光线垂直于AC边。
已知真空中的光速为c，则
A.Q点为AC边中点
B.玻璃三棱镜的折射率为1.5。
C.光在玻璃三棱镜内的传播速度为
D.将入射点P上移些，光线可以从BC边上垂直射出
【答案】CD
光路如图，A错；
由几何关系得i=600，α=600，则r=300。
根据折射定律得
，C正确；
入射点P上移，光线经AB面折射后在AC面上全反射（入射角为600，大于临界角），从BC边上垂直射出，光路如图。
15.中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零的反中微子，其核反应方程为
→
，已知：
中子质量mn=939.57MeV/c2，质子质量mp=938.27MeV/c2，电子质量me=0.51MeV/c2，c为光速，不考虑粒子之间的相互作用，不考虑中子的初动能。
若质子的动量p=3×
10-8MeV•s•m-1。
以下说法正确的是
A.核反应产物中子、质子、中微子总动量为零B.质子的动能为0.043MeV
C.电子和反中微子的总动能为0.747MeVD.电子和反中微子的总动能为0.833MeV
【答案】BC
中子衰变前后动量守恒，初动量为0，则衰变后质子、反中微子、电子的总动量为零，A错；
=0.043MeV，B正确；
衰变过程中质量亏损Δm=mn﹣mp﹣me=0.79MeV/c2，释放的核能ΔE=0.79MeV，全部转化为质子、反中微子、电子的动能，所以反中微子、电子的总动能为0.79MeV﹣0.043MeV=0.747MeV，C正确D错；
16.一振动片以频率f做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。
c点是水面上的一点，a、b、c间的距离均为L，如图所示。
已知除c点外，在a、c连线上还有其它振动加强点，其中距c点最近的加强点d到c的距离为
L，下列说法正确的有
A.波的传播速度为
B.ac连线上距a点
的e点也是振动加强点
C.改变振动频率，波的传播速度也会改变D.改变振动频率，d点可能仍是振动加强点
【答案】AD
由余弦定理得
解得xbd=
由于振动加强点应满足到两波源的距离之差为波长的整数倍，c点的距离差为零，d点是距离c点最近的加强点，所以距离差刚好等于一个波长，即
得λ=
，波的传播速度v=fλ=
，A正确；
同理可求得xde=
，Δx=xde﹣xae不是波长的整数倍，所以e点不是振动加强点，B错；
机械波的传播速度由介质决定，与频率无关，C错；
改变振动频率，就会改变波长，只要
是波长的整数倍，d点就是振动加强点，D正确。
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
17.（7分）
（1）某实验小组利用如图1甲所示的装置来测定平抛运动的初速度。
水平木板A上分布着间距均为d的平行插槽
、
，在木板B的左侧面由里向外依次铺上白纸、复写纸，并固定在B板上，保证B板与斜槽轨道所在的竖直面垂直。
让小钢球在斜槽轨道上的某位置静止释放，从末端飞出后，撞击复写纸，在白纸上留下钢球落点。
每打完一点后，把B板插入后一槽中，得到小球在白纸上打下的若干痕迹点，如图1乙所示。
①为了减小实验误差，以下做法必要的是（多选）；
A.实验时应保证斜轨末端水平B.选择对小钢球摩擦力尽可能小的斜槽轨道
C.每次实验可以让小钢球从不同位置释放D.将B板插入插槽中时应保证B板竖直
②实验小组测得插槽间距d=20cm，白纸上记录了钢球的4个落点，相邻两点之间的距离依次为16.40cm、21.30cm、26.21cm，当地重力加速度g=9.8m/s2，则小钢球平抛的初速度为m/s（保留三位有效数字）。
（2）某同学利用如图2所示的装置来测量某种单色光的波长。
接通电源，规范操作后，在目镜中观察到清晰的干涉条纹。
①若想增加从目镜中观察到的条纹数量，该同学可；
A.将透镜向单缝靠近B.使用间距更大的双缝
C.将单缝向靠近双缝方向移动D.将毛玻璃向远离缝的方向移动
②该同学已测出图2装置中单缝、双缝、毛玻璃、目镜之间的距离分别为L1、L2、L3，又测出她记录的第1条亮条纹中心到第6条亮条纹中心的距离为Δx，若双缝间距为d，则计算该单色光波长的表达式为
用题中所给字母表示）；
③测量中，分划板中心刻线对齐某一条亮纹的中心时，游标卡尺的游尺位置如图3所示，则读数为cm.
17【答案】
（1）AD2.83
（2）①B②
③1.07
（1）①要保证小球做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，A正确；
只要小球从同一位置静止释放，小球做平抛运动的初速度相同，轨迹相同，与斜槽轨道上受到摩擦力大小无关，BC错；
水平方向的位移要相等，则B板应竖直，D正确。
②竖直方向做加速度为g的匀加速直线运动，
得
=0.707×
10-1s，小钢球平抛的初速度
（2）①增加从目镜中观察到的条纹数量，就要减小条纹的间距，由
可得应减小双缝到光屏的距离L或增加双缝间距d，B正确D错；
将透镜向单缝靠近，单缝向靠近双缝方向移动都不会改变条纹的间距，AC错；
②由
，因L是双缝到光屏（毛玻璃）的距离，应取L2。
③主尺的读数为1.0cm，游尺第7条与主尺刻度对齐，读数为0.1mm×
7，所以总读数为1.07cm。
18.（7分）小刘同学用图1甲所示的电路图来测量电阻丝的电阻Rx
（1）请用笔画线代替导线，根据图1甲的电路图完成图1乙中实物图的连线。
（2）将电压表接在a、b两端，闭合开关S，调节滑动变阻器，测得5组电压U1和电流I1的值；
再将电压表改接在a、c两端，闭合开关S，调节滑动变阻器，测得5组电压U2和电流I2的值；
在方格纸上分别作出U1-I1和U2-I2图象，如图2丙所示。
由此可求得电阻丝的阻值Rx=Ω（结果保留三位有效数字）。
（3）某次测量中，电流表示数如图2丁所示，则读数为A。
（4）本实验中关于“电表内阻对测量结果有无影响”的判断正确的是。
A.电压表的内阻会产生误差，且使测量结果偏大
B.电流表的内阻会产生误差，且使测量结果偏大
C.电流表的内阻会产生误差，且使测量结果偏小
D.电压表与电流表的内阻对测量结果均不会产生误差
18【答案】
（1）见解析
（2）2.70~2.90（3）0.44或0.45（4）D
（1）如图
（2）U1-I1图象的斜率表示电流表内阻与R0电阻之和，U2-I2图象斜率表示电流表内阻、R0、Rx电阻之和，即
得Rx=k2﹣k1=2.80Ω
（3）电流表的最小分度为0.02，估读到本位，读数为0.44A
（4）由于采用电流表的内接法测电阻，电流表的分压是引起测量误差的原因，所以电压表的内阻不会影响测量结果，AB错；
由
（2）分析可知，D正确。
19.（9分）快递公司用无人机将急用药品送至某医疗地点，其过程如下：
无人机由地面静止开始竖直升空，到离地24m处悬停调整方向，然后沿直线水平飞行一段距离至目标地点正上方再次悬停，然后竖直降落到地面，到达地面时速度恰为零。
假设无人机在上升、平飞、下降的三个过程中，变速运动阶段的加速度大小均为a（未知）。
已知无人机在加速上升过程中动力系统提供的升力为260N，无人机连同药品总质量20kg，无人机连同药品在运动过程中所受空气阻力大小恒为20N，重力加速度g=10m/s2，无人机连同药品可视为质点。
（1）求无人机加速上升过程中的加速度大小；
（2）求无人机沿水平方向加速运动的过程中动力系统提供的作用力大小；
（3）若无人机下落过程中的最大速度限制为6m/s，求下降过程所用的最短时间。
19.解析：
（1）升空加速过程中F1﹣mg﹣f=ma得：
a=2m/s2
（2）水平加速过程中Fx=f+maFy=mg得
=20
N
（3）因2×
=18m<
24m，所以无人机先加速到6m/s后匀速一段再减速到地面，历时最短
匀加速时间等于匀减速时间，即
=3s
匀速距离x2=24m﹣2×
=6m，匀速时间t2=
=1s
下落最短时间t=t1+t2+t3=7s
20.（12分）如图所示，倾角为37°
的光滑斜面与半径为R的光滑圆弧轨道相切与B点，质量为2m、长为L=6.4R的小车静止在光滑水平面上，左端靠在圆弧轨道最低点C处，距车右端S处有一固定挡板，挡板距车右端的距离S可调，挡板上固定直径为R的光滑半圆轨道DEG，小车的上表面与C、D的连线在同一水平面内。
质量为m的物块从斜面上的A点静止释放，滑上小车后带动小车运行，小车与挡板碰撞后立即被挡板牢固粘连。
物块与小车间的动摩擦因数μ=0.5，A、B两点间的竖直高度h=4.3R，重力加速度为g，物块视为质点，空气阻力不计，sin370=0.6，cos370=0.8。
（1）求物块到达C处时对圆弧轨道的压力；
（2）要使物块与小车达到共同速度时车刚好与挡板相撞，S取多少？
（3）求物块从滑上小车到刚离开小车的过程中，物块克服摩擦力做的功Wf与S的大小关系，并判断S取不同值时物块能否到达半圆弧的中点E处。
20解析：
（1）物块从A到C，由动能定理得：
，解得
在C点，由牛顿第二定律得：
解得FN=10mg
根据牛顿第三定律，物块到达C处时对圆弧轨道的压力
，方向竖直向下。
（2）设物块与小车达到共同速度为v，由动量守恒得：
mvC=3mv得
对小车应用动能定理得：
得x车=2R
所以S=x车=2R
（3）当①0≤S≤2R，小车在共速前碰到挡板D，
②达到共速时物块对地的位移为x，由动能定理得
，解得x=8R
当S≥2R，Wf=μmg（6.4R+2R）=8.4μmg=4.2mgR
物块恰能到E点时，
得S临=1.6R
所以0≤S≤1.6R时，物块能到E点，S>
1.6R时，物块不能到E点。
21.（10分）如图所示，间距为L、倾角为30°
的光滑金属轨道固定放置，轨道平面内有三个紧挨在一起的边长为L的正方形区域I、Ⅱ、Ⅲ，I内分布着垂直轨道平面向下的匀强磁场，Ⅲ内分布着垂直轨道平面向上的匀强磁场，Ⅱ区内无磁场。
ab、cd两金属棒用长为L、不可伸长的绝缘细线相连，起初ab棒刚好在区域I的外面，cd棒刚好在里面。
现给ab棒一初速度2v0使两棒一起减速下行，经时间t0后，cd棒刚好离开区域I的速度为v0，此时，细线突然断开，同时在ab棒上施加一沿轨道平面向下的外力F，使ab向下做加速度大小为0.5g的匀加速运动，当cd棒进入区域Ⅲ时恰好匀速下行。
已知ab、cd两棒的质量分别为2m、m，ab棒在轨道间的电阻是cd棒在轨道间电阻的两倍。
两棒与轨道垂直且接触良好，两棒粗细不计，轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g，空气阻力忽略。
（1）判断cd棒分别经过区域I、Ⅱ、IⅡ过程中的电流方向；
（2）求区域I、Ⅲ中两匀强磁场的磁感应强度的平方比即
（3）已知从ab棒进入区域Ⅲ到cd棒离开区域Ⅲ的过程中ab棒内产生的焦耳热为2Q，求外力F对ab棒做的功。
21解析：
（1）由右手定则判断得：
cd棒分别经过区域I、Ⅱ、IⅡ过程中的电流方向分别为d→c、d→c、c→d
（2）从开始到cd棒刚好离开区域I的过程中，以ab、cd两棒为整体，规定沿轨道向下为正方向，由动量定理得
，其中
，∑v1Δt=L得：
cd棒进入区域Ⅲ时速度为v，由动能定理得
因为ab、cd两棒的加速度相同，所以当cd棒刚进入区域Ⅲ时，ab棒正好离开区域Ⅲ，由cd棒受力平衡得
解得：
所以
=
（3）ab、cd两棒串联，可知cd棒内产生的焦耳热为Q，则ab、cd棒克服安培力所做的功Wab+Wcd=2Q+Q=3Q
对ab棒由动能定理得：
，对cd棒mgLsin300﹣Wcd=0
WF=Wab+Wcd﹣mgLsin300=3Q﹣
22.（10分）加速器在粒子物理研究中有重要作用，其基本原理简化为如图甲所示的模型，M、N为两块中心开有小孔的平行极板，两板间加有如图乙所示的电压（U0、T0为已知量），板外分布着恒定的垂直纸面向里的匀强磁场。
让质量为m、电荷量为+q的a粒子在t=0时从M孔飘入（视为初速度为零）极板间，在磁场中运行时间T0后恰能再次从M孔进入板间加速。
设极板外无电场，极板内无磁场，极板尺寸大小、粒子所受重力、粒子在极板间的加速时间均忽略不计，不考虑粒子速度的影响及相对论效应。
（1）求a粒子第n次加速后在磁场中的旋转半径；
（2）让质量为1.01m、电荷量为+q的b粒子在t=0时从M孔飘入极板间，求b粒子第二次加速后的速度大小；
（3）仅将电压uMN的变化周期降到原来的一半，再让
（2）中的b粒子在某时刻从M孔飘入，经多次加速后可获得最大动能。
求粒子飘入的时刻、加速的次数及获得的最大动能。
22.解析：
（1）粒子在匀强磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
得：
由动能定理得：
解得
由题意：
T=T0得：
可得：
（2）由
（1）可得：
，由图乙可知，第二次加速时的电压为
（3）粒子被加速的时间越长，加速电压越高，获取的动能越大。
加速的次数
所以第13次加速的时刻t13=
，此时加速电压为U0。
则开始加速的时刻t1=t13﹣12×
，考虑到周期性，所以开始加速的时刻t=
（k=0,1,2,3…）
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