福建省漳州市2021年1月高三毕业班适应性测试物理试题 (含答案)

漳州市2021届高三毕业班适应性测试（一）
物理试题
（考试时间：75分钟，满分：100分）
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。

第Ⅰ卷为选择题，第Ⅱ卷为非选择题
第Ⅰ卷（选择题34分）
一、选择题：本题共10小题，共34分。

在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，每题3分；第7～10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1．为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行试验，
小锤打击弹性金属片，A 球水平抛出，同时B 球被松开，自由下落，关于该实验，下列说法中正确的是 A ．两球的质量应相等 B ．应听到两次撞地声音 C ．应改变装置的高度，多次实验
D ．该实验同时能说明A 球在水平方向上做匀速直线运动
2．如图是某原子的部分能级示意图，a 、b 、c 为原子发生的三种跃迁，发出三种不同波长的光a λ、b λ、c λ，E 1、E 2、E 3分别表示三个对应能级，且2
1
n E E n =，E 1<0，则 A ．a λ＞b λ＞c λ B ．c b a λλλ+= C ．E 1＜E 2＜E 3 D ．123E E E +=
3．在均匀介质中x =12 m 处有一波源做简谐运动，其表达式为
5sin()2y t π
=，它在介质中形成的简谐横波沿x 轴负方向传播，某时刻波刚好传播到x =4 m 处，波形图像如图所示，则 A ．该波波速为1 m/s
B ．此后M 点经2 s 第一次到达y = -3 m 处
C ．波源开始振动时的运动方向沿y 轴负方向
D ．M 点在此后第3 s 末的振动方向沿y 轴负方向
A
B
n 3
2
1
E E 3
E 2 E 1
a
b c 8
/m
x m
/y O
12
4
M
5-3
-
4．如图，光滑球体夹在竖直墙和斜面体之间保持静止，斜面体质量为m ，倾角为37°，球体
的质量为3m ，已知sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，则 A ．球对斜面的压力为3mg B ．墙对球的支持力为0.75mg C ．地面对斜面的支持力为3.75mg D ．地面对斜面的摩擦力为2.25mg
5． 2020年3月9日，中国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系
统第54颗导航卫星。

北斗导航卫星系统共有三种卫星：地球同步卫星、中圆轨道卫星（轨道形状为圆形，轨道半径在1 000公里和3万公里之间）、倾斜地球同步轨道卫星（周期为24 h ）。

则
A ．中圆轨道卫星的运行周期为24 h
B ．中圆轨道卫星的运行线速度大于7.9 km/s
C ．倾斜地球同步轨道卫星一定比中圆轨道卫星的角速度大
D ．倾斜地球同步轨道卫星与地球同步卫星运行的线速度等大 6．如图，教学用的可拆变压器有两个线圈A 、B ，线圈匝数已
经无法分辨，某同学为测定A 、B 两个线圈的匝数进行了如下操作。

他先把漆包线比较细的线圈A 接到
162sin 100(V)u t π=的低压交流电源上，
用交流电压表测得线圈B 的输出电压为8 V ；然后拆下线圈B ，在线圈B
原来匝数的基础上，用漆包线加绕10匝，然后重复上一步操作，发现电压表的示数为8.8 V ，若可拆变压器可看成理想变压器，则A 、B 两个线圈原来的匝数分别为 A ．200，100
B ．160，80
C ．108，54
D ．128，64
7．如图甲，将质量为m 的小球以速度0v 竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h 。

若将质量分别为2m 、4m 的小球，分别以同样大小的速度0v 从半径均为2
h
R =
的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙所示。

小球视为质点，不计空气阻力，则
A ．只有质量为4m 的小球能到达最大高度h
B ．质量为2m 、4m 的小球均能到达最大高度h
B
A
乙
甲 h
R
R
O O 丙 v 0
v 0 v 0
C ．质量为2m 的小球到达与圆心等高处时，处于超重状态
D ．质量为4m 的小球到达与圆心等高处时，对轨道的压力大小为8mg
8．在x 轴上x = 0和x = 1 m 处，固定两点电荷q 1和q 2，两电荷之间各点对应的电势高低如
图中曲线所示，在x = 0.6 m 处电势最低，则 A ．两个电荷为异种电荷
B ．x = 0.5 m 处的位置电场强度为0
C ．两个电荷的电荷量大小关系为q 1：q 2 = 9：4
D ．在q 1与q 2所在的连线上电场强度为0的点只有1个 9．如图，虚线边界MN 右侧充满垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，纸面内有一个边长为L ，粗细均匀的正方形导线框abcd ，cd 边与MN 平行。

导线框在外力作用下，先后以v 和2v 的速度垂直MN 两次匀速进入磁场。

运动过程中线框平面始终与磁场垂直，则
A ．进入磁场过程中，导线框中感应电流方向为逆时针方向
B ．导线框以速度v 进入磁场时，ab 两点间电势差BLv U ab 4
1
= C ．导线框两次进入磁场过程中产生的热量之比2∶1
D ．导线框两次进入磁场过程中通过导线框某横截面的电量之比1∶1
10．质量m = 10 kg 的煤块在大小恒定的水平外力作用下，冲上一足够长的水平传送带，传
送带从右向左以恒定速度m/s 20=v 运动。

从煤块冲上传送带开始计时，煤块的v - t 图像如图所示，选向右为正方向。

已知0～1 s 内水平外力与煤块运动方向相反，1～2 s 内水平外力仍然与煤块运动方向相反，g 取10 m/s 2，则
A ．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.3
B ．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C ．0 ~ 2 s 内煤块在传送带上留下的黑色痕迹为4 m
D ．0 ~ 2 s 内煤块在传送带上留下的黑色痕迹为6 m
a
b
d c M
N
B
第Ⅱ卷（非选择题66分）
二、实验题：本题共2小题，第11题6分，第12题10分，共16分。

11．（6分）橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，伸长量x与弹力F成正比，即F=kx，k
的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L、横截面积S有关，理论与实践都表明
S
k Y
L ，
其中Y是一个由材料决定的常数，材料力学
中称之为杨氏模量。

（1）有一段横截面是圆形的橡皮筋，应用如
图所示的实验装置可以测量出它的杨氏
模量Y的值。

首先利用测量工具a测得
橡皮筋的长度L=10.00 cm，利用测量工
具b测得橡皮筋未受到拉力时的直径D=2.000 mm，那么测量工具b应该是
___________（填“游标卡尺”或“螺旋测微器”）；
（2）某同学根据橡皮筋受到的拉力F与伸长量x的实验记录，作出F-x图像（如图乙所示），由图像可求得该橡皮筋的劲度系数k=________ N/m（结果保留2位有效
数字）。

（3）这种橡皮筋的Y值等于____________ Pa（结果保留2位有效数字）。

12．（10分）用伏安法测电阻的实验中。

（1）如图甲，Rx为待测电阻，请用笔画线代替导线，按甲图将图乙实物连接图补充完整。

（2）现有两个滑动变阻器供选择，分别将两滑动变阻器按图甲接入电路，用L表示滑动变阻器电阻总长度，用x表示滑动变阻器与电压表并联部分的电阻长度，滑片
在不同位置x与L的比值x
L
及相应电压表测量值U，画出U随
x
L
变化的图像如
图丙所示，为了方便调节，根据图像你会选择___________（m或n）更合理；（3）为测量Rx，利用图甲所示的电路，调节滑动变阻器分别测得5组电压U和电流I
的值，作出的U-I关系图像如图丁p所示。

再将电压表改接在图甲a、b两端，作
出的U-I关系图像如图丁q所示，可求得电阻丝的R=___________Ω。

（4）电压表内阻（填“会”或“不会”）影响电阻Rx测量的系统误差。

三、计算题：本题共3小题，第13题14分，第14题16分，第15题20分，
共50分。

把解答写在指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（14分）如图是某同学用手持式打气筒对一只篮球打气的情景。

已知篮球内部容积为7.5 L，环境温度为27 ℃，大气压强为
1.0 atm，打气前球内气压等于外界大气压强，手持式打气筒
每打一次气能将0.5 L、1.0 atm的空气打入球内，当球内气压
达到1.6 atm时停止打气（1 atm=1.0×105 Pa），假设整个过程
中篮球没有变形。

（1）当篮球内温度变为多少摄氏度时篮球内气压达到1.2 atm；
（2）要使篮球内气压达到1.6 atm，求需打气的次数N（设打气过程中气体温度不变）。

14．（16分）“质子疗法”可进行某些肿瘤治疗，质子先被匀强电场E =1.3×
105 N/C 加速 l =4 m 后，经圆形磁场引向轰击肿瘤，杀死其中的恶性细胞。

已知质子质量为m =1.67×10-27 kg ，电量为e =1.60×10-19 C 。

（1）求质子经电场加速后的速度大小v ；
（2）若质子正对直径21.010m d -=⨯的圆形磁场圆心射入，偏转角为60°，求该磁场
的磁感应强度大小B 1；
（3）若质子经磁场后偏转角为90°，且圆形磁场磁感应强度B 2=10.44 T ，求该圆形磁场
的最小直径为多大。

15．（20分）有一种打积木的游戏，装置如图所示，三
块完全相同的钢性积木B、C、D叠放在靶位上，
宽度均为d，积木C、D夹在固定的两光滑薄板间，
一球A（视为质点）用长为L，且不可伸长的轻绳
悬挂于O点。

游戏时，钢球拉至与O等高的P点
（保持绳绷直）由静止释放，钢球运动到最低点时与积木B发生的碰撞为弹性碰撞且瞬间完成，积木B滑行一段距离（大于2d）后停下。

已知钢球和每块积木的质量均为m，各水平接触面间的动摩擦因数均为 ，重力加速度大小为g，空气阻力不计，求：（1）钢球下落到最低点且与B碰撞前的速度大小v0；
（2）积木B向前滑动的距离s；
（3）将钢球再次拉起至P点无初速释放，积木C沿B的轨迹前进。

求C被A球撞后经多长时间与B球相遇。

漳州市2021届高三毕业班适应性测试（一）
物理试题参考答案（详解）
（考试时间：75分钟，满分：100分）
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。

第Ⅰ卷为选择题，第Ⅱ卷为非选择题
第Ⅰ卷（选择题34分）
一、选择题：本题共10小题，共34分。

在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，每题3分；第7～10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1．【答案】C
【解析】本题考察平抛运动的竖直分运动的研究方法。

平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，与小球质量是否相等无关，A 错；平抛运动的竖直分运动是自由落体与其合运动具有等时性，所以应听到一次撞地声，B 错；为了证明此结论的普遍适用，应改变高度重复实验，C 正确；此实验说明不了平抛运动的水平分运动是匀速直线运动。

2．【答案】C
【解析】本题考察氢原子的能级跃迁。

电子跃迁时发出的光子的能量为E =E m -E n ，能量差E 3-E 2等于光子b 的能量，能量差E 2-E 1等于光子c 的能量，能量差E 3-E 1等于光子a 的能量，由玻尔理论可知E 3-E 2＜E 2-E 1，结合题图可知光子的能量关系为E a =E c +E b ，同时，E a ＞E c ＞E b ，又λ
hc
E =
，联立可得：
1
1
1
,a c b
a
b
c
λλλλλλ=
+
<<，故AB 错误；由玻尔理论氢知原子的各能级都是负值，可知
E 3＞E 2＞E 1，而且E 1+E 2≠E 3，故C 正确，D 错误。

3．【答案】B
【解析】本题考察机械振动和机械波。

根据振动图像的表达式5sin(
)2
y t π
=可知，周期
s 42
/2==
ππ
T ，波速为2 m/s ，因此A 错；由对称性可知M 点第一次到达y =-3 m 处为半个周期所需时间是2 s ，因此B 正确；由波的传播方向和波形图可知波源的起振方向沿y 轴正方向，因此C 错；根据周期和图示时刻的波形图可知M 点第3 s 末的振动方向沿y 轴正方向，因此D 错。

4．【答案】D
【解析】本题考察整体法与隔离法，力的平衡等。

对球体受力分析如图所示，则F 2 =
︒
37cos 3mg
= 3.75mg ，所以A 错；F 1= mg tan37° = 2.25mg ，所以
B 错；对整体受力分析如图所示，地面对斜面体支持力为N =（3m +m ）g = 4mg ，所以
C 错；地面对斜面体支持力为f = F 1 = 2.25mg ，
D 正确。

5．【答案】D
【解析】本题考察天体运动，万有引力定律。

根据万有引力提供向心力可得，222224T
mr mr r v m r Mm G πω===可得，r 大，T 大，所以
中圆轨道卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，因此其运行周期小于24 h ，因此A 错；中圆轨道卫星的线速度小于等于第一宇宙速度，因此B 错误；倾斜地球同步轨道卫星比中圆轨道卫星的r 大，所以ω小，因此C 错；倾斜地球同步轨道卫星与地球同步卫星运行r 一样，所以线速度大小一样，因此D 正确。

6．【答案】A
【解析】设A 、B 两个线圈原来的匝数分别为1n 、2n ，线圈A 的输入电压有效值V 161=U ，
线圈B 的输出电压V 82=U ，根据变压器电压比1122
U n U n =，可得
12
21=n n ，在线圈B 加绕10匝后，线圈B 的输出电压升高，说明加绕的线圈与原来线圈B 的绕向相同，根据电压比关系应有
10
8.81621
+=n n ，联立可得2001=n ，1002=n ，故A 正确，BCD 错误。

7．【答案】AD
【解析】对甲由机械能守恒定律
201
2
mv mgh =，可知，小球在最高点h 处的速度不能大于零，否则违反机械能守恒定律；质量为2m 的小球到达最高点的速度不等于零，不能到达h 高处，质量为4m 的小球在最高点的速度等于零，能到达最大高度h ，A 正确，B 错误；质量为2m 的小球到达与圆心等高处时，加速度方向向下，处于失重状态，C 错误；由机械能
守恒定律和向心力公式2
0122
mv mg R =⋅，22
012
1
11444224N m v mgR m v v F m R
⨯⨯=+⨯⨯=解得F N =8mg ，D 正确。

8．【答案】CD
【解析】由图可知电势都大于零，且在x =0.6 m 处电势最低，故一定都是正电荷，A 错；因
x -ϕ图像的切线斜率表示电场强度，故x =0.5 m 处的位置切线斜率不为零，故电场强度不
为零，B 错；在x =0.6 m 处的电场强度为零，则有12
22
0.60.4q q k
k =，解得q 1：q 2=9：4，C 正确；在q 1与q 2所在的连线上，切线斜率为0的点只有1个，D 正确。

9．【答案】BD
【解析】由楞次定律可知，进入磁场过程中，导线框中感应电流方向为顺时针方向，选项A 错误；导线框以速度v 进入磁场时，电动势E=BLv ，则ab 两点间电势差为BLv U ab 4
1
= 选项B 正确； 导线框两次进入磁场过程中产生的热量为
222223E B L v L B L v Q t v R R v R
==⨯=∝，则产生的热量之比为1∶2，选项C 错误；导线框两
次进入磁场过程中，通过导线框某横截面的电量R
q φ
∆=，则通过导线框某横截面的电量之比1∶1，选项D 正确。

10．【答案】AD
【解析】由图乙知0～1 s 内做匀减速直线运动，加速度大小为212m s m/s 5
51
/v a t ∆===∆，
由牛顿第二定律得1F f ma +=，1～2 s 内物体做匀加速运动，加速度大小为2221
11
m/s m/s v a t '∆=
=='∆，有牛顿第二定律得2f F ma -=，根据f mg μ=，联立并代入数据解得0.3μ=，故
A 正确，
B 错误；画出传送带和煤块的v - t 图如图所示，可知，两条图线之间围成的面积等于划痕长度，大小为6 m ，故
C 错误，
D 正确。

第Ⅱ卷（非选择题66分）
二、实验题：本题共2小题，第11题6分，第12题10分，共16分。

11．【答案】螺旋测微器 3.1×102 9.9×106 pa 或1.0×107 pa 评分标准： 每空2分 【解析】
（1）从读数D =2.000 mm 中可得b 为螺旋测微器；
（2）根据()0F k l l =-可知，图像的斜率大小等于劲度系数大小，由图像求出劲度系数为
k =3.1×102 N/m ；
（3）根据S k Y L
= 得：Y =9.9×106 pa 或 Y =1.0×107 pa 12．【答案】 （1）
（2）m （3）9.0（8.5~10.0） （4）不会
【解析】
（1）滑动变阻器采用分压接法，根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所
示；
（2）由图丙所示图像可知，图线n 在x 较小时随x 的变化分压电路两端电压变化很小，当
x 达到一定值时随x 增加U 迅速变化，使用该图线对应的滑动变阻器不方便实验操作；图线m 随x 的增加U 接近均匀变化，使用图线m 所对应的滑动变阻器方便实验操作，应选择图线m 对应的滑动变阻器。

（3）根据图线p ，由欧姆定律得
03
3.948.88010x A U R R R I -++=Ω=Ω⨯＝ 根据图线q ，由欧姆定律得
0344010010
A U R R I -'+=Ω=Ω'⨯＝ 电阻丝阻值R x =8.8 Ω
（4）由（3）的解析可知本实验不存在系统误差。

三、计算题：本题共3小题，第13题14分，第14题16分，第15题20分，
共50分。

把解答写在指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．【解析】
（1）设大气压强为0P ，篮球内气体初始状态参量分别为1P 、1T ，温度降低后状态参量分别
为2P 、2T ，由整个过程中篮球没有变形，可视为等容变化，根据气体状态方程得 2211T P T P = ① 其中01P P =、3001=T K 、02
2.1P P =，代入数据得 3602=T K ②
t 2=87 ℃ ③
（2）设篮球内部容积为V=7.5 L ，打气筒每打一次气的体积5.0=∆V L ，最后篮球内气压
达为P 3=1.6 atm
由玻意耳定律，有V P V N V P 30)(=∆+ ④
解得N =9（次） ⑤
评分标准：（1）①式4分，②式2分，③式2分，共8分；
（2）④式4分，⑤式2分，共6分。

14．【解析】
（1）根据动能定理
221mv eEl =
① m
eEl v 2= ② 解得v ≈1.0×107 m/s ③
（2）如图，由数学知识
r
d
2
30tan =︒ ④ 根据洛伦兹力提供向心力
r v m qv B 21= ⑤ 解得 T 1.121≈B ⑥
（3）根据洛伦兹力提供向心力
r v m v qB '
=2
2 ⑦ 解得 m 01.0≈'r ⑧
如图
根据数学知识圆形磁场直径
22 1.410m d r -''=≈⨯ ⑨
评分标准：（1）①式2分，②③式各1分，共4分；
（2）④⑤⑥式各2分，共6分。

（3）⑦式2分，⑧式1分，⑨式3分，共6分
15．【解析】
（1）根据动能定理可得
2012
mgL mv = ① 解得
gL v 20= ②
（2）设小球与积木B 发生弹性碰撞后速度为1v ，积木B 速度为2v ，由动量守恒定律有
012mv mv mv =+ ③
由能量守恒定律有
222012111222
mv mv mv =+ ④ 联立解得
10v =，202v v gL == ⑤
根据动能定理可得，积木B 向前滑行的距离s 有
221(32)()02
mg mg d mg s d mv μμμ-⋅+⋅--=- ⑥
代入解得
4L
s d μ=- ⑦
（3）又将钢球拉回P 点由静止释放，与落下静止的积木C 发生弹性碰撞，此时C 的速度仍为
32v v == ⑧
C 滑行s 后与B 碰撞，此时C 的速度4v 满足
23242
121)2()2(mv mv d s mg d mg mg -=
--+⋅-μμμ ⑨ 解得
4v == ⑩ 当C 刚滑离D 时的速度为5v ，由动能定理及动量定理可得
23252
121)2(mv mv d mg mg -=+⋅-μμ ○11 351)2(mv mv t mg mg -=+⋅-μμ ○
12 当C 从滑离D 至与B 相遇
542mv mv mgt -=-μ ○
13 C 被A 球撞后经t 时间与B 球相遇
t =t 1+t 2 ○
14 得 )636222(31g
d g d L g L t μμμ--+= ○15 评分标准：（1）①式2分，②式1分，共3分；
（2）③④式各1分，⑤⑥⑦式各2分，共8分；
（3）⑧⑩○
11○12○13○14○15式各1分，⑨式2分，共9分。