【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（解析版）.doc，共(21)页，862.000 KB，由小赞的店铺上传

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福州市2020届高三物理6月份预测一一、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.在一个圆形区域内，分布着垂直于纸面方向的匀强磁场，

现有一束质量和电量均相同的带电粒子，在圆形区域边上的某点A，以不同的速率、沿着相同的方向，对准圆心O射入匀强磁场，最后都从该磁场射出，若带电粒子只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子（）A.速率一定越小B.在磁场中的周期一定越小C.在磁场中的周期一定越大D.在磁场中通过

的路程越长【答案】A【解析】【详解】A．粒子进入磁场如图所示根据2tT=可知，在磁场中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，半径越小，根据2vqvBmr=解得mvrqB=知速率一定越小，A正确；BC．由周期公式得2mTqB=由于带电粒子们的B、q、m均相同，所以T

相同，BC错误；D．通过的路程即圆弧的长度lr=与半径r和圆心角有关，D错误。故选A。2.一理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值为R和2R的电阻，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙

所示。设原线圈电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则下列说法中正确的是（）A.2201V,199Uk==B.3111V,199Uk==C.2201V,1918Uk==D.3111V,1918

Uk==【答案】C【解析】【详解】设原线圈电流为I1，则副线圈电流121123nIIIn==根据P=I2R可知原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为21221218IRkIR==原线圈电阻两端的电压为U=I1R则次级电

压U2=I2∙2R=6U则初级电压112218nUUUn==则311182202UU+==解得220V19U=故选C。3.在一根长度为L，可以绕水平轴在竖直面内自由转动的轻杆的末端和中点分别固定质量均为m的小球A和B，如图

所示，小球可看作质点。现将轻杆拉至水平位置由静止释放，至杆运动到竖直位置的过程中（）A.小球B的机械能守恒B.小球B的机械能增加C.小球A的机械能守恒D.小球A的机械能增加【答案】D【解析】【详解】杆转动

过程中，只有重力做功，只有重力势能和动能相互转化，杆和AB组成的系统机械能守恒，在转动过程中，A、B两球的角速度相同，设杆转到竖直位置时A球的速度为Av，B球的速度为Bv，根据vr=则有2ABvv=选最低点为零势

能参考平面，则有1EmgLmgL=+22211222ABLEmgmvmv=++根据系统的机械能守恒得12EE=联立可以求出35BgLv=325AgLv=杆转动过程中，A球的机械能变化量为21125AEmvm

gLmgL=−=即A球机械能增加，根据系统的机械能守恒，B球机械能减小。故选D。4.一带负电的粒子只在电场力的作用下沿着x轴正方向运动，其电势能EP随位移x变化的关系如图所示，下列说法正确的是（）A.x1处的电势高于x2处的电势B.x1和x2处的电场强度均为正值C.x1处

的电场强度小于x2处的电场强度D.带负电的粒子从x1处到x2处电场力做负功【答案】C【解析】【详解】A．由图知，负电荷在x1处的电势能大于x2处的电势能，据pEq=可得，x1处的电势低于x2处的电势，故A项

错误；B．由图知，负电荷的电势能随x的增大而减小，则x轴各点的电势随x的增大而增大；沿电场线方向电势降低，则x1和x2处的电场强度方向均沿x轴负方向，故B项错误；C．据pEq=和场强大小Ex=可得p1EEqx=则x1处的电场强

度小于x2处的电场强度，故C项正确；D．从x1处到x2处，负电荷的电势能减小，则从x1处到x2处电场力对负电荷做正功，故D项错误。故选C。5.如图所示，顶端装有定滑轮的粗糙斜面体放在水平地面上，A、B两物体跨过滑轮通过细线连接，整个装置处于静止状态（不计绳子的质量和绳与滑轮间的摩擦）。

现用水平力作用在物体A上，缓慢拉开一小角度，斜面与物体B一直保持静止，此过程中（）A.地面对斜面的弹力不变B.地面对斜面体的摩擦力变小C.绳子对物体A的拉力可能变小D.斜面对物体B的摩擦力一定变大【答案】A【解析】【详解】AB．以A、B斜面整体为研究对象，分析受力情况做出

如图所示受力图由平衡条件得知NFMg=总fFF=当F增大时斜面体受到地面的摩擦力变大，地面对斜面体的弹力不变，B错误A正确；C．对A研究可知，原来细线的拉力大小等于A的重力，当用水平向左的力F缓慢拉物体A，细线的竖直分力大小等于A的重力，所以细线所受拉力的大小一定增大，C错误；D．B原来所受的摩擦

力大小可能为零，也可能沿斜面向下，也可能沿斜面向上，当用水平向左的力F缓慢拉物体A时，绳的拉力增大，A所受的摩擦力可能增大，也可能减小，D错误。故选A。【点睛】6.下图是2015年9月3日北京天安门大阅兵我军展示的东风-41洲际弹道导弹，它是目前中国军方对外公布的战略核导弹系统中的最先进系统之一

。如右图所示，从地面上A点发射一枚中远程地对地导弹，在引力作用下沿ACB椭圆轨道飞行击中地面目标B，C为轨道的远地点，距地面高度为h。已知地球半径为R（R>h），地球质量为M，引力常量为G，若不计空气阻力。下列结论中正确的是（）A.导弹在运动

过程中只受重力作用，做匀变速曲线运动B.导弹在C点的加速度等于2()GMRh+C.地球球心为导弹椭圆轨道的一个焦点D.导弹从A点到B点的时间一定比半径为R的近地卫星的周期大【答案】BC【解析】【详解】A．导弹在运动过程中所受重力的方向一

直在变，不是做匀变速曲线运动，故A错误；B．导弹在C点受到的万有引力提供加速度()2MmGmaRh=+解得()2MaGRh=+故B正确；C．导弹做的是椭圆运动，地球球心位于椭圆的焦点上，故C正确；D．根据开普勒第三

定律32RkT=椭圆轨道的半长轴小于地球的半径，所以椭圆的周期小于近地卫星的周期，所以导弹从点A运动到B点的时间一定小于半径为R的近地卫星的周期，故D错误。故选BC。7.法拉第设计了世界上第一台发电机，模型如图

所示，将一半径为r的铜圆盘，在竖直面内绕过圆盘中心的水平轴，以角速度ω匀速旋转，圆盘的边缘和圆心处各与一铜电刷紧贴，用导线与灯泡R连接起来，下列说法正确的是（）A.灯泡R两端的电压为Bωr2B.通过灯泡的电流方向始终是由b到aC.在圆盘转动过程中，穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D.若角速度ω增加

为原来的2倍，则灯泡R消耗的功率将增加为原来的4倍【答案】BD【解析】【详解】A．如果把圆盘看成由沿半径方向的“辐条”组成，则圆盘在转动过程中，“辐条”会切割磁感线产生感应电动势，产生的感应电动势为212EBr=故灯泡R两端的电压为212Br，故A

错误；B．由右手定则，可判断通过灯泡的电流方向始终是由b到a，故B正确；C．由于圆盘的面积不变，磁感应强度的大小方向都不变，所以在圆盘转动过程中，穿过整个圆盘的磁通量没有发生变化，故C错误；D．若角速度ω增加为原来的2倍，由212EBr=可知，灯泡R两端的电压变为原来的2倍，则灯

泡消耗的功率将增加为原来的4倍，故D正确。故选BD。8.如图所示，两个14圆形轨道竖直固定，相切于最低点P，⊙O2的半径是⊙O1的半径R的两倍，圆心O2、圆心O1与P点在同一竖直线上。现将a、b两个小球（均视为质点）分别以速率v1、v

2水平抛出，两球恰好在P点相遇。若a、b球落在P点时速度与竖直方向的夹角分别为α、β，重力加速度为g，则下列判断正确的是（）A.212vv=B.tanα=2tanβC.b球比a球先抛出时间为(22)Rg−D.b球刚落在P点的速率vb是

a球刚落在P点的速率va的2倍【答案】ACD【解析】【详解】A．小球做平抛运动，竖直方向212hgt=可得2htg=根据题意可得12abtt=在水平方向xvt=根据题意可得212vv=故A正确；C．b球比a球先抛出的时间为

()4222baRRRgtggtt=−=−=−故C正确；B．根据题意有111tan2yvvvRgg==222tan4yvvvRgg==结合212vv=联立可得tanα=tanβ故B错误；D．根据定能定理可得b球到达P点时的速度大小为22225bvvgRgR=+=a球到达P点时的速度大小为

21522avvgRgR=+=可得b球刚落在P点的速率vb是a球刚落在P点的速率va的2倍，故D正确。故选ACD。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。(一)必考题9.某实验小组用如图甲所示的实验装置测滑块和木板之间的动摩擦因数。实验中通过在托盘中放入适量的砝码，通过细线

带动滑块做匀加速运动，通过处理纸带可以求出滑块运动的加速度。(1)某次实验打出的纸带如图乙所示，从比较清晰的点起，每五个点取一个计数点，分别标上0、l、2、3、4……，测得1与2两点间距离x1=30.0mm，2与3两点间的距离x2=32.5mm，实验中所用交流电源的频率为50Hz，由此算出加速度大

小为_______m/s2。(2)为了测量滑块和木板的的动摩擦因数，该小组用天平测出了滑块的质量M，托盘和砝码的总质量为m。若用托盘和砝码的总重力来代替细绳对滑块的拉力，则滑块与木板间的动摩擦因数为_______（用a、m、M、g等字母

表示）。与真实值相比，测量的动摩擦因数_______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】(1).0.25(2).mgMaMg−(3).偏大【解析】【详解】（1）[1]每个相邻计数点的时间间隔为50.02s0.1st==根据2xat=则221xxat−

=解得20.25m/sa=（2）[2]根据牛顿第二定律有mgMgMa−=解得mgMaMg−=[3]由于根据牛顿第二定律列方程的过程中，考虑了滑块和木板之间的摩擦，但是由于托盘和砝码的也具有的加速度，实际上拉滑块的拉力小于托盘和砝码的总重力，因此摩擦因数的测量值会偏

大。10.某同学将量程为200μA、内阻为500Ω的表头A改装成量程为“×1Ω”和“×10Ω”的双量程欧姆表，设计电路如图（a）所示．定值电阻R1=500Ω，R2=225Ω，R3的阻值待定，S为单刀双掷开关，A、B为接线柱．回答下列问题：(1)A处接表______笔；（填“红”或

“黑”）(2)将开关S置于“1”挡时，量程为______（填“×1Ω”或“×10Ω”）；(3)由已知条件可求得定值电阻R3的阻值为______Ω；(4)利用改装的欧姆表进行某次测量时，S置于“2”挡，表头指示如图（b）所示，电源电动势E=1.5V，内阻未知，则所测量

电阻的值为______Ω。（保留三位有效数字）【答案】(1).黑(2).×1Ω(3).25Ω(4).423Ω【解析】【详解】(1)[1]欧姆表中内部电源正极应与黑表笔连接，满足“红进黑出”，故A处应该接黑表笔；(2)[2]内阻大即中值电阻大对应的量程大，将开关

S置于“1”挡时，量程为×1Ω。(3)[3]当倍率为×10Ω时，开关接在2档，则干路电流有()1132gggIRRIIRR+=++当倍率为×1Ω时，开关接在1挡，则干路电流有()1223gggIRRRIIR++=+则有2110II=联

立并代入数据解得R3=25Ω(4)[4]S置于“2”挡，电流计满偏时，由上可知干路的电流为11mAI=，中值电阻为11500ΩERI==中此时所测的总电阻为11923Ω156200ERI=总所以被测的阻值为=423ΩRRR−=测总中11.如图所示，间距为L的两根竖直放置的足够长

的光滑平行金属导轨（导轨电阻不计），质量为M、电阻为R的金属板放置在导轨正上方（与导轨接触良好）。现有一质量为M、电阻为R的金属棒ab，与导轨接触良好，让其无初速度释放，当下降距离为h时，金属板受到的

支持力为2Mg，求：（1）当ab棒下降距离为h时，通过金属板的电流；（2）当ab棒下降距离为h过程中，金属板产生的焦耳热Q。【答案】（1）MgIBL=；（2）3224412MgRQMghBL=−【解析】【详解】（1）当下降距离为h时，金属板受到的支持力为2Mg，

则对金属板分析有2FMgMg+=安解得FMg=安ab棒受到的安培力为FBIL=安联立上式可得MgIBL=（2）当ab棒下降距离为h过程中，由能量守恒得：2122hMghQMv=+ab棒切割运动，感应电动势为hEBLv=由闭合电路欧姆定律得22MgREIRBL==联

立上式解得3224412MgRQMghBL=−12.如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的木板A，在木板的左端静置一质量为5m可视为质点的小物体B，A、B间的滑动摩擦系数μ=0.2，且认为最大静摩擦力等

于滑动摩擦力。离A右端足够远的平台边缘有一光滑定滑轮，用不可伸长的轻绳绕过定滑轮连接B和质量也为m的物体C，现由静止释放C，当它自由下落L时轻绳绷紧，C绷紧后速度是绷紧前速度的16。当B与A相对静止时刚好到达A的右端．若重力加

速度为g，不计空气阻力，不考虑A与滑轮碰撞及之后的情形。求：(1)轻绳绷紧后瞬间物体C的速度大小；(2)绳绷紧后木板A和小物体B的加速度大小；(3)木板A的长度。【答案】(1)126gL；(2)10a=，2ag=；(3)36L【解析】【详解】(1)自由释放C至绳绷紧前瞬

间2012mgLmv=绳绷紧前后瞬间016vv=得1126vgL=(2)绳绷紧后，对B和C系统156mgmgma−=得10a=二者匀速运动对A25mgma=得2ag=匀加速运动(3)从绳绷紧至二者共速21atv=A板的长度即为二者相对位移1

11236ALxvtvt=−=(二)选考题【物理—选修3-3】（15分）13.下列叙述中正确的是（）A.布朗运动就是液体分子的无规则运动B.当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增加而增加C.对于一定质量的理想气体，温度升高时，压强可能减小D.已知水的

密度和水的摩尔质量，则可以计算出阿伏加德罗常数E.扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动【答案】BCE【解析】【详解】A．布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，是液体分子的无规则运动的表现，A错误；B．当

分子力表现为引力时，分子间距离增大，分子引力做负功，分子势能随分子间距离的增加而增加，B正确；C．对于一定质量的理想气体，温度升高时，若体积变大，根据pVCT=可知压强可能减小，C正确；D．已知水的密度

和水的摩尔质量，则可以计算水的摩尔体积，不能求出阿伏加德罗常数，D错误；E．扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动，E正确。故选BCE。14.如图所示，一根长L=100cm、一端封闭的细玻璃管开口向上竖直放置，管内用h=

25cm长的水银柱封闭了一段长L1=30cm的空气柱。已知大气压强为75cmHg，玻璃管周围环境温度为27℃。求：(1)若将玻璃管缓慢倒转至开口向下，玻璃管中气柱将变成多长？(2)若使玻璃管开口水平放置，缓慢升高管内气体温度，温度最高升高到多少摄氏

度时，管内水银不能溢出？【答案】(1)60cm；(2)289.5℃。【解析】【详解】(1)设一定质量气体初状态的压强为1p，空气柱长度为1L，末状态的压强为2p，空气柱长度为2L。由玻意耳定律可得1122pLpL=10100cmHgpph=+=20cm0Hg5pp

h=−=联立代入数据解得260cmL=(2)设气体的温度升高到2t，水银柱与管口相平，则有T1=273+27=300K当水银柱与管口相平时，管中气柱长为3100cm25cm75cmLLh=−=−=体积为337

5VLSS==压强为3075cmHgpp==由理想气体状态方程可得331113pLpLTT=解得T3=562.5K，即t3=289.5℃【物理—选修3-4】（15分）15.下列说法中正确的是（）A.紫光的双缝干涉条纹间距可能大于红光双缝干涉条纹间距B.机械波在传播

过程中，沿传播方向上，在任何相等时间内，传播的距离都相同C.两列机械横波相遇，在相遇区一定会出现干涉现象D.光波在介质中传播的速度与光的频率有关E.狭义相对论认为：一切物理规律在不同的惯性参考系中都相同【答案】ADE【解析】【详解】A．根据lxd=可知，由于双缝干涉的双缝间距d以及双缝

到屏的距离l不确定，即使紫光的波长小于红光的波长，则紫光的双缝干涉条纹间距可能大于红光双缝干涉条纹间距，选项A正确；B．机械波的波速与介质有关，不同介质机械波的传播速度不同，则机械波在传播过程中通过两种不同的介质，沿传播方

向上，在任何相等时间内，传播的距离不一定相同，故B错误。C．只有频率相同的两列机械横波相遇，才会出现干涉现象。故C错误。D．光波在介质中传播的速度与光的频率有关，频率越大的光，在介质中的折射率越大，根

据cvn=可知，在介质中的速度越小，故D正确。E．根据狭义相对论的基本原理可知：一切物理规律在不同的惯性参考系中都相同。故E正确。故选ADE。16.现有一机械横波在某时刻的波形图如图所示，已知波沿x轴负方

向传播，质点p的横坐标x=0.32m，从此时刻开始计时：（1）若质点p振动的周期为0.1s，求此波传播的速度大小；（2）若p点经过0.2s第一次达到正向最大位移，求此波传播的速度大小；（3）若p点经过0.2s能到达平衡位置，求

此波传播的速度大小。【答案】（1）8m/s；（2）3.4m/s；（3）v=xt=(0.4＋2n)m/s，(n=0,1,2,3，…)【解析】【详解】（1）依题意，周期T=0.1s，波长=0.8m，则有波速0.8m/s=8m/s0.1svT==（

2）波沿x轴负方向传播的距离为Δx=0.68m，p点恰好第一次达到正向最大位移，则波速v=xt=3.4m/s（3）波沿x轴负方向传播，若p点恰好第一次到达平衡位置则Δx1=0.08m，由周期性可知波传播的可能距离Δx=Δx1＋2n，(n=0,1,2,3，…)可能波速v=xt=(0.4＋

2n)m/s，(n=0,1,2,3，…)【物理—选修3-5】（15分）17.下列说法正确的是（）A.Th核发生一次α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应C.若使放射性物质

的温度升高，其半衰期可能变小D.用14eV的光子照射处于基态的氢原子，可使其电离E.光电管是基于光电效应的光电转换器件，可使光信号转换成电信号【答案】BDE【解析】【详解】A．Th核发生一次α衰变时，新核与原来的原子核相

比，质量数减少了4，中子数减少2，故A错误；B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应（热核反应），故B正确；C．半衰期与外界因素无关，故温度改变时，半衰期不变，故C错误；D．用14eV的光子照射处于基态的氢原子，吸

收的光子能量大于13.6eV，可使其电离，故D正确；E．光电管是基于光电效应的光电转换器件，可使光信号转换成电信号，故E正确。故选BDE。18.如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连，质量为m的小滑块（可视为质点）以水平速度v0滑上木板左端

，滑到木板右端时速度恰好为零，现小滑块以水平速度v滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，求0vv的值。【答案】32【解析】【详解】小滑块以水平速度

v0右滑时，由动能定理有－fL＝0－12mv02小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，由动能定理有－fL＝12mv12－12mv2滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为

v2，由动量守恒有mv1＝(m＋4m)v2由能量守恒定律可得fL＝12mv12－12(m＋4m)v22上述四式联立，解得：0vv＝32本试卷的题干、答案和解析均由组卷网（http://zujuan.xkw.

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