【文档说明】【精准解析】2020届福建省福州市高三（下）6月预测物理试题（二）（解析版）.doc，共(19)页，1020.500 KB，由小赞的店铺上传

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福州市2020届高三物理6月份预测二一、选择题：本题共8小题，每小题6分。其中14～18题为单选题；19～21题为多选题，在每小题给出的四个选项中，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.十九世纪二十年代，以塞贝克(数学家)为代表的科学家已认识到：温度差

会引起电流．安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假设：地球磁场是绕地球的环形电流引起的，则该假设中的电流的方向是：（）(注：磁子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线)A.由东向西垂直磁子午

线；B.由西向东垂直磁子午线C.由南向北沿磁子午线方向D.由赤道向两极沿磁子午线方向【答案】A【解析】【详解】由题意知，地磁体的N极朝南，根据安培定则，大拇指指向地磁体的N极，则四指的绕向即为电流的方向，即安培假设中的电流方向应该是由东向西垂直磁子午线．故A正确，BC

D错误．【点睛】此题通过一个信息，考查了学生对安培定则的掌握及应用，相对比较简单，属于基础题．同时掌握左手定则的应用．要解决此题首先要掌握安培定则：四指绕向电流的方向，大拇指所指的方向便是螺线管的N极．首先根据信息中给出的已知条件，根据根据磁子午线由安培定则确定电流的方向．2.让钢球从某一高

度竖直落下进入液体中，图中表示的是闪光照相机拍摄的钢球在液体中的不同位置，则下列说法正确的是（）A.钢球进入液体中先做加速运动，后做减速运动B.钢球进入液体中先做减速运动，后做加速运动C.钢球在液体中所受阻力先小于重力，后等于重力D.钢球在液体中所受阻力先大于重力，后等于

重力【答案】D【解析】【详解】通过闪光照相机拍摄的钢球在液体中的不同位置，由相邻小球的间距先减小后不变可知，小球先做减速运动，后做匀速运动。加速度的方向先向上，然后为零，由牛顿第二定律得−=fmgma则阻力先大于重力，然后等于重力。故选D。3.如图所示，水平

光滑的金属框架上左端连接一个电阻R，有一金属杆在外力F的作用下沿框架向右由静止开始做匀加速直线运动，匀强磁场方向竖直向下，轨道与金属杆的电阻不计并接触良好，则能反映外力F随时间t变化规律的图像是图中的（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由题得到，

金属杆的速度与时间的关系式为vat=由EBLv=和EIR=得，感应电流与时间的关系式为BLavtR=金属杆所受的安培力为22ARBLvF=由牛顿第二定律得22ABLaFFmaFtmaR−==+可知，F与t是线性关系，而且是增函数。故选B。【点睛】根据物理

规律得到物理量的表达式，再选择图像是研究图像问题常用的思路，采用数学上数形结合的思维方法。4.美国的全球卫星定位系统（简称GPS）由24颗卫星组成，卫星分布在等分地球的6个轨道平面上，每个轨道上又分布有4颗卫星，这些卫星距地面的高度均为20000km，我国自行建立的“北斗一号”卫星

定位系统由三颗卫星组成，三颗卫星都定位在距地面36000km的地球同步轨道上．比较这些卫星，下列说法中正确的是（）A.“北斗一号”系统中的三颗卫星的质量必须相同，否则它们不能定位在同一轨道上B.GPS的卫星较“北斗一号”的卫星有较小的运行速度C.

GPS的卫星较“北斗一号”的卫星有更大的加速度D.GPS的卫星较“北斗一号”的卫星周期更长【答案】C【解析】【详解】A．同一轨道上的卫星不受质量的约束，即不要求质量必须相同，故A错误；B．卫星的运行速度与半径有关，由

22=MmvGmrr卫星的速度公式GMvr＝知轨道半径越大，速度越小，所以GPS的卫星较“北斗一号”的卫星有较大的运行速度，故B错误；C．加速度与半径的关系2=MmGmar2GMar=轨道半径越大，加速度越小，所以GPS的

卫星较“北斗一号”的卫星有更大的加速度。故C正确；D．周期与半径的关系2224MmGmrrT=32rTGM=则轨道半径越大，周期越大，所以GPS的卫星较“北斗一号”的卫星周期更短，故D错误。故选C。5.如图，光滑斜面的倾角为，斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的

边长为1l，bc边的边长为2l，线框的质量为m，电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为M，斜面上ef线（ef平行底边）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab边始终平行底边

，则下列说法正确的是A.线框进入磁场前运动的加速度为sinMgmgm−B.该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg－mgsin)l2C.线框做匀速运动的总时间为221(sin)BlMgmgR−D.线框进入磁场时匀速运动

的速度为1(sin)MgmgRBl−【答案】B【解析】【分析】线框进入磁场的过程做匀速运动，M的重力势能减小转化为m的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律求解焦耳热．线框进入磁场前，根据牛顿第二定律求解加速度．由平衡条件求出线框匀速运动的速度，再求出时间．【详解】线框

进入磁场前，根据牛顿第二定律：()sinMgmgMma−=+，解得：sinMgmgaMm−=+，故A错误；线框进入磁场的过程做匀速运动，M的重力势能减小转化为m的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律得：焦耳热为Q=（Mg-mgsinθ）l2，故B

正确；设线框匀速运动的速度大小为v，则线框受到的安培力大小为221BlvFR=，根据平衡条件得：F=Mg-mgsinθ，联立两式得：()221sinMgmgRvBl−=，匀速运动的时间为()22212sinlBlltvMgmgR==−，故CD

错误．所以B正确，ACD错误．【点睛】本题是电磁感应与力平衡的综合，安培力的计算是关键．本题中运用的是整体法求解加速度．6.一物体从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化如图所示，则（）A.0～t0内的平均速度为002atB.2t0末，物体的速度为003

2atC.t0～2t0内的位移大于20054atD.全程位移等于a0t02【答案】ABC【解析】【详解】A．00t内做匀加速直线运动，末速度00vat=则00t内的平均速度002atv=A正确；B．加速度与时间的关系图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量

，可知速度的变化量0000001322vatatat=+=则2s末的速度为0032at，B正确；C．做出对应的速度时间图线，如图所示根据图线围成的面积表示位移知，t0～2t0内的位移200120524atvvxt+=C正确；D

．全程的位移22000010571244atatxvt+=D错误。故选ABC。7.如图中的虚线为某电场的等势面，有两个带电粒子（重力不计），以不同的速率，沿不同的方向，从A点飞入电场后，沿不同的径迹1和2运动，由轨

迹可以判断（）A.两粒子的电性一定相同B.粒子1的动能先减小后增大C.粒子2的电势能先减小后增大D.经过B、C两点时两粒子的速率可能相等【答案】BC【解析】【详解】A．根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子1受到排斥力作用，其电性与场源电荷的电性相同，粒子2

受到吸引力，电性与场源电荷的电性相反，所以两粒子的电性一定相反。故A错误；B．电场力对粒子1先做负功，后做正功，由动能定理知其动能先减少后增大，故B正确；C．电场力对粒子2先做正功，后做负功，则粒子2的电势能先减小后增大，选项C正确；D．由于粒子1在AB两点的电势能相

同，则速度大小相同；同理粒子2在AC两点的电势能相同，则速度大小相同；但是粒子1的初速率与粒子2的初速率不等，则经过B、C两点，两粒子的速率不相等，故D错误。故选BC。8.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10

∶1，b是原线圈的中心接头，电压表V和电流表A均为理想电表，除滑动变阻器电阻R以外其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为12202sin100ut=(V)．下列说法中正确的是（）A.当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB.1s400=t时，点c

、d间的电压瞬时值为110VC.单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D.当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小【答案】A【解析】【详解】A．当单刀双掷开关与a连接时，原线圈的电压的最大值为2202V，根据电

压与匝数成正比可知，所以副线圈的电压的最大值为222V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为22V，故A正确；B．由瞬时值表达式为112202sin100(V)2202sinV220V4004u===故B错误；C．滑动变阻器触头向上移动的过程中，电阻增大，而次级电压不变，则电流

减小，即电流表的示数变小，故C错误；D．若将单刀双掷开关由a拨向b，原线圈匝数变小，则副线圈的电压增大，电流增大，两电流表的示数均变大，故D错误。故选A。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。(一)必考题9.在研究弹簧的弹性势能与弹簧长度改变量的关系的实验中，弹簧长度的改变量

可以利用刻度尺直接测量得到，而弹性势能的大小只能通过物理原理来间接测量。现有两组同学分别按图甲（让钢球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使钢球沿水平方向射出桌面）和图乙（让滑块向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使滑块在气垫导轨上向右运动，通过相应的测量仪器可以测出滑块脱离弹簧后的速度）两组不同的

测量方案进行测量。请写出图甲方案中弹性势能与小球质量及图中各量之间的关系EP=_________；图乙方案中除了从仪器上得到滑块脱离弹簧后的速度外还要直接测量的量___________；两种方案的共同点都是将弹性势能的测量转化为对动能的测量。请你用简短的

语言设计第三种研究弹簧弹性势能的方案：____________________。【答案】(1).2P4mgsEh=(2).滑块的质量(3).将弹簧竖直放置，用滑块压缩弹簧后释放，测量出滑块释放后上升的高度，则滑块重力势能的变化即为弹簧的弹性势能。【解析】【详解】[1]钢球沿水平方向

射出桌面后做平抛运动，则212hgt=0svt=解得：钢球射出桌面的速度02gvsh=起始时弹簧的弹性势能22p0124mgsEmvh==[2]乙方案中，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，除了仪器上得到滑块脱离弹簧后的速度外，还需要测量滑块的质量，

才可以推算弹簧的弹簧势能。[3]将弹簧竖直放置，用滑块压缩弹簧后释放，测量出滑块释放后上升的高度，则滑块重力势能的变化即为弹簧的弹性势能。10.某同学要测量一未知电阻Rx的阻值，实验室提供了下列器材：A．待测电阻RxB．电池组(电动势3V)C．电压表(量程3V，内阻约3000Ω)D．电流表

(量程5mA，内阻约10Ω)E．滑动变阻器R(50Ω)F．开关，导线若干他使用完全相同的器材用不同的测量电路，测量未知电阻Rx的阻值，并将其测量数据绘成U—I图象，如图甲和图乙所示。由测量结果判定图_____测量结果较为准确，Rx=_____

__Ω（结果保留三位有效数字），Rx的测量值_________真实值（填“大于”、“等于”或“小于”）。请把正确的的测量电路画在方框内。____________【答案】(1).甲(2).1.08×10

3(3).大于(4).【解析】【详解】[1][2]由U-I图象可知，电阻测量值332.81.51.08102.610URI−−==甲2332.81.57.22103101.210URI−−−==−乙

电流表内阻为10Ω，电压表内阻为3000Ω，相对来说待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，则甲图测量结果较准确，其测量值Rx=1.08×103Ω；[3]电流表采用内接法，由于电流表分压作用，电压测量值大于真实值，由欧姆定律可知，待测电阻测量值

大于真实值；[4]由以上分析可知电流表采用内接法时测量结果较准确，滑动变阻器最大阻值为50Ω，滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：11.如图所示，质量为

M的木板放在倾角为的光滑斜面上，质量为m的人在木板上跑，假如脚与板接触处不打滑。(1)要保持木板相对斜面静止，人应以多大的加速度朝什么方向跑动？(2)要保持人相对于斜面的位置不变，人在原地跑而使木板以多大的加速度朝什么方

向运动？【答案】（1）sinsinmgMgam+=，方向沿斜面向下；（2）sinsinmgMgaM+=，方向沿斜面向下【解析】【详解】（1）要保持木板相对斜面静止，木板要受到沿斜面向上的摩擦力与木板的下滑力平衡，即fsinMgF=根据作用

力与反作用力的性质可知，人受到木板对他沿斜面向下的摩擦力，所以人受到的合力为fsinmgFma+=解得sinsinmgMgam+=方向沿斜面向下（2）要保持人相对于斜面的位置不变，对人有fsinmgF=fF为人受到的摩擦力

且沿斜面向上，因此木板受到向下的摩擦力，木板受到的合力为fsinMgFMa+=解得sinsinmgMgaM+=方向沿斜面向下12.如图甲所示，建立xOy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于xOy平面向里。位于极板左侧

的粒子源沿x轴间右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在0~3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）。已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场。

上述m、q、l、t0、B为已知量。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）(1)求电压U0的大小。(2)求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。(3)带电粒子在磁场中的运动时间。【答案】(1)2

20mlqt；(2)0mlqBt；(3)322mmtqBqB【解析】【详解】(1)t=0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为2l，则有0UEl=Eqma=20122lat=联立解得两极板间

偏转电压为2020mlUqt=(2)t0时刻进入两极板的带电粒子，两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动。带电粒子沿x轴方向的分速度大小为00lvt=设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有20vqvBmR=联立解得0mlRqBt=(3)2t0时刻

进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为0yvat=设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则0tanyvv=联立解得4=，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示圆

弧所对的圆心角为22=所求最短时间为min112442mmtTqBqB===同理，t=0进入两极板的带电粒子在磁场中运动的时间最长为max32mtqB=所以，带电粒子在磁场中的运动时间322mmtqBqB(二)选考题【物理—选修3-3】（15分）13.

如图所示，绝热隔板K把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，K与气缸壁的接触是光滑的。两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b。气体分子之间相互作用势能可忽略。现通过电热丝对气体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡，下列说法正确的是（）A.a的体

积增大了，压强变小了B.b的温度升高了C.加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈D.a增加的内能大于b增加的内能E.气体b温度升高、内能增大、对外做功【答案】BCD【解析】【分析】根据气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量，根据热力学第一定律判断气体的内能变化【详解】A

．当a加热时，气体a的温度升高，压强增大，由于K与气缸壁的接触是光滑的，可以自由移动，所以a，b两部分的压强始终相同，都变大，故A错误；B．由于a气体膨胀，b气体被压缩，所以外界对b气体做功，根据热力学第一定律得：b的温度升高了，故B正确；C．a、b重新平衡后，则

最终a、b压强相等，a体积大于b，由气体状态方程可知，a温度高于b，则加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈，故C正确；D．由于a气体膨胀，b气体被压缩，最终a气体体积大于b气体体积，所以a气体的最终温度较高，内能增加较多，故D正确；E．b气体被压缩，外界对b气体做功，根据热力学第一定律得

：气体b温度升高、内能增大，故E错误；故选BCD。14.如图所示，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0℃的水槽中，B的容积是A的3倍．阀门S将A和B两部分隔开．A内为真空，B和C内都充有气体．U形管内左边

水银柱比右边的低60mm．打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等．设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积．（1）求玻璃泡C中气体的压强（以mmHg为单位）；（2）将右侧水槽的水从0℃加热到一定温度时，U形管内左右水银柱

高度差又为60mm，求加热后右侧水槽的水温．【答案】（1）180mmHg（2）364K【解析】【详解】（1）在打开阀门S前，两水槽水温均为T0=273K．设玻璃泡B中气体的压强为P1，体积为VB，玻璃泡C中气体的压强为PC，依题意有P1=PC+ΔP①式中ΔP=60mmH

g．打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，设玻璃泡B中气体的压强为PB，依题意有：PB=PC②玻璃泡A和B中气体的体积为V2=VA+VB③根据玻意耳定律得P1VB=PBV2④联立①②③④式，并代入题给数据得BCAVPPV=，PC=

180mmHg⑤（2）当右侧水槽的水温加热到23CHCSSDDH=时，U形管左右水银柱高度差为ΔP，玻璃泡C中气体的压强为'CBPPP=+⑥玻璃泡C中的气体体积不变，根据查理定律得'0CCPPTT=⑦联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得364KT=．【物理—选

修3-4】（15分）15.如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x＝－0.2m和x＝1.2m处，两列波的速度均为v＝0.4m/s，两波源的振幅均为A＝2cm。图示为t＝0时刻两列波的图像（传播方向如图所示），此刻平衡位置

处于x＝0.2m和x＝0.8m的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x＝0.5m处，关于各质点运动情况判断正确的是（）A.t＝1s时刻，质点M的位移为4cmB.t＝1s时刻，质点M的位移为-4cmC.t＝0.75s时刻，质点P、Q都运动到M点D.t＝0.75s时刻，质点M

起振方向沿y轴负方向E.质点P、Q的起振方向都沿y轴负方向【答案】BDE【解析】【详解】AB．由波长与波速关系可求出，波的周期为0.4s=1s0.4Tv==两质点传到M的时间为34T，当t=1s时刻，两波的波谷恰好传到质点M，所以位移为-4cm，故A错

误；B正确；C．机械波在传播过程中，质点不随波迁移，选项C错误；D．波的周期为T=1s，两质点传到M的时间为34T，当t=0.75s时刻，质点M恰沿y轴负方向，故D正确；E．由波的传播方向可确定质点的振动方向：逆向描波法；两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，则质点P、

Q的起振方向均沿y轴负方向运动，故E正确；故选BDE。16.如图，置于空气中的一不透明容器内盛满某种透明液体．容器底部靠近器壁处有一竖直放置的6.0cm长的线光源．靠近线光源一侧的液面上盖有一遮光板，

另一侧有一水平放置的与液面等高的望远镜，用来观察线光源．开始时通过望远镜不能看到线光源的任何一部分．将线光源沿容器底向望远镜一侧平移至某处时，通过望远镜刚好可以看到线光源底端，再将线光源沿同一方向移动8.0cm，刚好可以看到其顶端．

求此液体的折射率n．【答案】【解析】试题分析：当线光源上某一点发出的光线射到未被遮光板遮住的液面上时，射到遮光板边缘O的那条光线的入射角最小．若线光源底端在A点时，望远镜内刚好可以看到此光源底端，设过O点液面的法线为OO′，则∠AOO1＝α，①其中α为此液体对空气的全反射临界角．由折射定律有s

inα＝1n，②同理，若线光源顶端在B1点时，通过望远镜刚好可以看到此光源顶端，则∠B1OO1＝α．设此时线光源底端位于O点．由图中几何关系可得sinα＝1ABAB，③联立②③式得n＝221ABBBAB+，④由题给条件可知AB＝8.0cm

，1BB＝6.0cm，代入④式得n＝1.25．考点：光的折射定律．点评：由光的折射定律得出光刚好发生光的全反射时的1sinn=，同时运用几何关系共同求出结果．注意当光线是从光密介质进入光疏介质时才有可能发生光的全反射．【物理—选修3-5】（15分）17.在居室装修中经常用

到花岗岩、大理石等装饰材料，都不同程度地含有放射性元素，有些含有铀、钍的花岗岩会释放出放射出α、β、γ射线，根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是（）A.发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，核内质量数减少2B.发生β衰变时，生成核与原来的原

子核相比，核内中子数减少1C.β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流D.在这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱E.放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性【答案】BDE【解析】【详解】A．发

生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，质子数量减少2，核内质量数减少4，故A错误；B．β衰变时，原子核中的一个中子，转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，所以β射线不是原子的核外电子电离后形成的电子流，发生β衰变时，生成核与原来的原子核相比

，核内中子数减少1，故B正确，C错误；D．在这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故D正确；E．放射性元素的放射性与核外电子无关，故放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，故E正确；故选BDE

。18.一右端带有小斜面的长木板P静止与光滑的水平地面上，长木板质量为2kg，如图所示，木板上表面的ab部分未粗糙的水平面，长度为2m，bc部分为一光滑斜面，ab和bc两部分通过长度可忽略的光滑圆弧连接，现有一质量为1kg的小滑块（可看做质点）以大小为3m/s的水平初速度从a点向左运动，在斜面

上上升的最大高度为0.1m，返回后在到达a点前与长木板P相对静止，重力加速度为210m/sg=，求：(1)滑块在ab段受到的摩擦力f；(2)滑块最后距a点的距离s。【答案】(1)1.0N；(2)1.0m【解析】【详解】(1)以向左为正，两物体从开始到第一次达到共同速度过程由动量和能量

守恒得()0mvmMv=+()2201122mvmMvmghfL=+++解得1.0Nf=(2)木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒），全过程能量守恒得()()22011222mvmMvfLs=++−解得1

.0ms=【点睛】两物体从开始到第一次到达共同速度过程中动量守恒，结合动量守恒定律和能量守恒定律求出木块在ab段受到的摩擦力。木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次达到共同的速度相同，对全过程运用能量守恒

定律求出木块最后距a点的距离s。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com