【物理】天津市南开翔宇学校2020届高三下学期第八次统练试题（解析版） 14页

天津市南开翔宇学校2020届高三下学期 第八次统练试题 一、单项选择题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。）‎ 1. 沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度时间图线如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在，，内F的大小分别为、和，则 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ 2. ‎1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动．如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为、，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ 3. 如图，一定质量的理想气体，由状态a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c。设气体在状态b和状态c的温度分别为和，在过程ab和ac中吸收的热量分别为和，则 A. ， ‎ B. ， C. ， ‎ D. ，‎ 4. 如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成角．若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是 ‎ A. ，正电荷 B. ，正电荷 C. ，负电荷 D. ，负电荷 1. 如图，用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程     ‎ A. 若保持m、v、l不变，M变大，则系统损失的机械能变小 B. 若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变小 C. 若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大 D. 若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能变大 二、多项选择题（每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分。）‎ 2. 氢原子从跃迁到能级时辐射出频率为的光子，从跃迁到能级时辐射出频率为的光子。下列说法正确的是 A. 频率为的光子的能量较大 B. 频率为的光子的动量较大 C. 做双缝干涉实验时，频率为的光产生的条纹间距较大 D. 做光电效应实验时，频率为的光产生的光电子的最大初动能较大 3. 在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为，则 A. 时，线圈平面平行于磁感线 B. 时，线圈中的电流改变方向 C.  s时，线圈中的感应电动势最大 D. 一个周期内，线圈产生的热量为 4. 如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为时刻，一小球从距物块h高处自由落下：时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小以下判断正确的是 A. B. 简谐运动的周期是 C. 内物块运动的路程是 D. 时，物块与小球运动方向相反 三、实验题（本大题共2小题，共12分）‎ 5. 如图甲所示，在验证动量守恒定律实验时，小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动。然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续匀速运动，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50Hz，长木板右端下面垫放小木片用以平衡摩擦力。 ‎ 若获得纸带如图乙所示，并测得各计数点间距已标在图上。A为运动起始的第一点，则应选______段来计算A的碰前速度，应选______段来计算A和B碰后的共同速度填“AB”或“BC”或“CD”或“DE”。 已测得小车A的质量，小车B的质量为，由以上测量结果可得碰前系统总动量为______，碰后系统总动量为______。结果保留四位有效数字 实验结论：____________________________________________________。‎ ‎10.在测量电源的电动势和内阻的实验中，实验室提供的器材如下： A.待测电源电动势约为8V、内阻约为  B.电压表，内阻约为 C.电流表 D.电阻箱 E.滑动变阻器 F.滑动变阻器 G.开关、导线若干 采用图甲所示电路测量电压表的内阻调节电阻箱R，使电压表指针满偏，此时电阻箱示数为；再调节电阻箱R，使电压表指针指在满刻度的一半处，此时电阻箱示数为，忽略电源的内阻．电压表内阻____________； 关于上述实验，下列说法中正确的有____________； A.实验中电源可使用待测电源 B.闭合开关S前，应将电阻箱阻值调到最小 C.调节电压表满偏时，电阻箱的阻值是逐渐增大的 ‎ D.实验中忽略了电源的内阻，会使测量值偏大 若测得电压表内阻，与之串联________的电阻，将电压表的量程变为9V； 为测量电源的电动势和内阻，请用笔画线代替导线，将图乙电路连接完整．实验中，滑动变阻器应选择__________选填“E”或“F”，并指出产生实验误差的一个原因写出一点：______________________．‎ 四、计算题（本大题共3小题，共48分。只写结果没有必要的计算过程不得分。）‎ ‎11.如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为小于斜面体的高度。已知小孩与滑板的总质量为，冰块的质量为，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小。 求斜面体的质量； 通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ ‎12.如图所示，两平行光滑不计电阻的金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值为R的定值电阻，两导轨之间的距离为d。矩形区域abdc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，ab、cd之间的距离为在cd下方有一导体棒MN，导体棒MN与导轨垂直，与cd之间的距离为H，导体棒的质量为m，电阻为r。给导体棒一竖直向上的恒力，导体棒在恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，进入磁场区域后做减速运动。若导体棒到达ab处的速度为，重力加速度大小为g。求： 导体棒到达cd处时速度的大小； 导体棒刚进入磁场时加速度的大小； 导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量和电阻R产生的热量。 ‎ ‎ ‎ ‎13.如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为一质量为m，电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g。 求小滑块运动到C点时的速度大小； ‎ 求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功； 若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小。 ‎ ‎【参考答案】‎ ‎1.【答案】A ‎ ‎【解析】【分析】 速度时间图象的斜率表示加速度的大小，斜率为正，表示加速运动，斜率为负，表示减速运动，再根据牛顿第二定律分析拉力的大小即可。 本题是对速度时间图象含义的考查，明确速度时间图象的斜率表示加速度的大小，斜率为正，表示加速运动，斜率为负，表示减速运动，再根据牛顿第二定律计算拉力的大小即可。【解答】 由速度时间图象的斜率可知，内和内物体的加速度大小a相等。 在内，物体加速下滑，由牛顿第二定律可得：，所以； 在，物体匀速下滑，受力平衡，则，所以； 在内，物体减速下滑，由牛顿第二定律可得，，所以； 由以上分析可得，，故A正确，BCD错误。 故选A。 2.【答案】B ‎ ‎【解析】【分析】 根据开普勒第二定律分析卫星在近地点、远地点的速度大小。根据变轨原理，将近地点速度与卫星圆周运动的线速度比较，即可求解。 解决本题的关键要理解并掌握卫星变轨的原理，知道当万有引力小于所需要的向心力时，卫星做离心运动。 【解答】 根据开普勒第二定律有：。 若卫星绕地心做轨道半径为r的圆周运动时，线速度大小为，将卫星从半径为r的圆轨道变轨到图示的椭圆轨道，必须在近地点加速，所以有：。 故选：B。 3.【答案】C ‎ ‎【解析】解：设气体在a状态时的温度为，由图可知：、， 从a到b是等压变化： 解得： 从a到c是等容变化：，由于 ‎ 解得： 所以： 因为从a到c是等容变化过程，体积不变，气体不做功，故过程增加的内能等于过程吸收的热量；而过程体积增大，气体对外做正功，由热力学第一定律可知过程增加的内能大于过程吸收的热量，。 故选：C。 状态B和C的体积从图中可得知，且已知状态C的温度，从B到C是等压变化，由气体状态方程可得出状态B时的温度； 因状态A和状态C的温度相同，所以这两种状态下内能相同，从而可知A到B和B到C的过程中内能的变化大小相同，这两个过程是一个不做功，一个对外做功，结合热力学第一定律可知结果。 该题考查了气体的状态方程和热力学第一定律的应用，利用气体状态方程解决问题时，首先要确定气体状态和各状态下的状态参量，选择相应的气体变化规律解答；在利用热力学第一定律解决问题时，要注意气体的做功情况，区分对内做功和对外做功，同时要注意区分吸热还是放热。 4.【答案】C ‎ ‎【解析】解：由图意可知粒子沿顺时针方向运动，根据左手定则可得粒子带负电 粒子的运动轨迹如图中虚线，红色线段为圆的半径，由已知得进入磁场时，半径与x轴正方向的夹角为，所以有， 洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，所以有，所以有所以C正确。 故选：C。 根据带电粒子的运动的情况，画出粒子的运动的轨迹，再根据粒子运动轨迹的几何关系和半径的公式可以求得该粒子的比荷。 本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了。 5.【答案】C ‎ ‎【解析】【分析】 弹丸击中沙箱过程系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律可以求出弹丸击中沙箱后的共同速度，弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，应用机械能守恒定律求出系统损失的机械能，然后分析答题。 本题考查了动量守恒定律的应用，弹丸击中沙箱过程系统动量守恒，机械能不守恒，沙箱摆动过程系统机械能守恒，整个过程损失的机械能等于弹丸击中沙箱过程损失的机械能，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出系统损失的机械能即可解题。 【解答】 弹丸击中沙箱过程系统水平方向动量守恒，以弹丸的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：，解得：‎ ‎， 弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，由能量守恒定律可知， 整个过程系统损失的机械能：； A、若保持m、v、l不变，M变大，系统损失的机械能：变大，故A错误； B、若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能：变大，故B错误； C、若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能：变大，故C正确； D、若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能：不变，故D错误； 故选：C。 6.【答案】ABD ‎ ‎【解析】【分析】‎ 能级间跃迁辐射光子的能量等于能级之差，根据能级差的大小比较光子能量，从而比较出光子的频率．频率大，波长小，再根据，求得光子动量大小，并由干涉条纹间距公式，确定波长与条纹间距关系，最后根据光电效应方程，得出光的频率与光电子最大初动能关系。‎ 解决本题的突破口是比较出频率为和频率为的能量的大小，然后又个公式得出频率大小，以及波长大小关系，并掌握干涉条纹间距公式，理解光电效应方程的应用。‎ ‎【解答】‎ 氢原子从的能级跃迁到的能级的能级差大于从的能级跃迁到的能级时的能极差，根据，知，频率为的光子的能量大于频率为的光子的能量，故A正确； 频率为的光子大于频率为的光子，所以频率为的光子的波长小，根据，则频率为的光子的动量较大，故B正确；‎ 由干涉条纹间距公式，频率为的光的波长小，产生的条纹间距较小，故C错误； 做光电效应实验时，由光电效应方程，，频率越高的，光电子的最大初动能增大，因此频率为的光产生的光电子的最大初动能较大，故D正确。 故选ABD。‎ ‎7.【答案】AD ‎【解析】【分析】 根据图象得到 时穿过线圈平面的磁通量大小，由此确定线圈的位置；根据图象斜率确定第感应电流方向和 s时感应电动势大小；计算此交流电的最大值和有效值，根据焦耳定律计算一个周期产生的热。 本题考查交变电流产生过程中，感应电动势与磁通量、磁通量变化率的关系，关键抓住两个特殊位置：一是线圈与磁场垂直位置是磁通量最大的位置，该位置是电流方向改变的转换点；二是线圈与磁场平行位置，该位置磁通量为零，是电流强度增大与减小的转换点。 【解答】 A.根据图象可知，在时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，故A正确； B.图象的斜率为，即表示磁通量的变化率，在之间，斜率一直为负，表示的感应电动势方向不变，则电流强度方向不变，故B错误； C.根据法拉第电磁感应定律可得，所以在 s时，斜率为零，则感应电动势为零，故C错误； D.感应电动势的最大值为 ，有效值 V，根据焦耳定律可得一个周期产生的热为，故D正确。 故选AD。 8.【答案】AB ‎【解析】解：A、由振动方程式可得，物体的位移为； 则对小球有： 解得；故A正确； B、由公式可知，简谐运动的周期；故B正确； C、振幅为；故内物块运动的路程为；故C错误； D、，此时物体在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，故D错误； 故选：AB． 由振动公式可明确振动的周期、振幅及位移等；再结合自由落体运动的规律即可求得h高度；根据周期明确小球经历时的运动方向． 本题考查简谐运动的位移公式，要掌握由公式求解简谐运动的相关信息，特别是位移、周期及振幅等物理量． 9.【答案】；DE；；；在误差允许的范围内，小车A、B组成的系统碰撞前后总动量守恒。‎ ‎【解析】解：推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度； 碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B 碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度 碰前系统的动量即A的动量，则， 碰后的总动量； 由实验数据可知：在误差允许的范围内，小车A、B组成的系统碰撞前后总动量守恒。 故答案为：；DE；；；在误差允许的范围内，小车A、B组成的系统碰撞前后总动量守恒。 碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，在匀速运动时在相同的时间内通过的位移相同，所以BC应为碰撞之前匀速运动阶段，DE应为碰撞之后匀速运动阶段。 、物体发生的位移与发生这些位移所用时间的比值等于匀速运动的物体在该段时间内的速度，由动量定义式求出动量。并得出结论。 根据碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，是解决本题的突破口。同时注意明确动量守恒定律的验证方法。 10.【答案】；AD；6020；E；电压表分流 ‎【解析】解：设总电压为U，则由串并联电路的规律可知： ，解得：； 、由于要测量电源的电动势和内电阻，故应选用待测电源；故A正确； B、由于采用限流接法，故闭合开关前，应将电阻箱阻值调到最大；故B错误； C、为了保证实验安全，调节电压表满偏时，电阻箱的阻值是逐渐减小的；故C错误； D、由于内阻的影响；当电压表半偏时，电路电流变小，路端电压变大，电压表半偏时的电压表大于电压表满偏时电压的一半，电压表实际电压偏大偏大，电压表内阻的测量值大于真实值．故D正确；故选：AD； 根据改装原理可知，，解得：； 根据原理图可得出对应的实物图；由于电源内阻较小，为了便于控制滑动变阻器应选择E； 由图可知，电路中采用相对电源的电流表外接法，故由于电压表的分流使电流表示数偏小；从而产生误差； 故答案为：；AD；；如图所示；E；电压表的分流． 根据串并联电路的规律可明有电压表的示数；根据实验原可明确各说法是否正确； ‎ 根据电表的改装原理可求出应串联的电阻； 根据原理图可得出对应的实物图；根据电路结构分析误差来源． 本题考查了电源电动势和内电阻的测量；要注意明确滑动变阻器的选择和串联电路特点及欧姆定律的应用、电路现象的判断、电压表的读数、滑动变阻器的使用等． ‎ ‎11.【答案】解：对于冰块和斜面体组成的系统，根据动量守恒可得， 根据系统的机械能守恒，可得， 解得： 取水平向左为正，小孩与冰块组成的系统，根据动量守恒可得，， 解得 冰块与斜面：， 根据机械能守恒，可得， 解得： 因为，所以冰块不能追上小孩。 答：斜面体的质量为‎20kg； 冰块与斜面体分离后不能追上小孩。‎ ‎【解析】冰块和斜面体组成的系统动量守恒，机械能守恒，根据系统动量守恒和机械能守恒计算斜面体的质量； 小孩和冰块动量守恒，冰块和斜面动量守恒机械能守恒，计算小孩和冰块的最后速度，比较他们的速度大小的关系可以判断能否追上小孩。 本题是对动量守恒和机械能守恒的考查，根据小孩和冰块，还有斜面体的在不同的过程中动量守恒以及冰块与斜面机械能守恒计算最终的速度的大小即可。 12.【答案】解：根据动能定理得 解得导体棒到达cd处时速度的大小。 导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势 感应电流 所受的安培力 根据牛顿第二定律得 联立解得导体棒刚进入磁场时加速度的大小。 导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量 又， 联立得 根据，得 ‎ 根据动能定理得 电路中的总热量 电阻R产生的热量 联立解得 答：导体棒到达cd处时速度的大小是； 导体棒刚进入磁场时加速度的大小是； 导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量是，电阻R产生的热量是。‎ ‎【解析】导体棒从开始到运动到cd处的过程，利用动能定理可求得导体棒到达cd处时速度的大小； 由、、求出导体棒刚进入磁场时所受的安培力大小，再由牛顿第二定律求得加速度的大小； 导体棒通过磁场区域的过程中，根据电量与电流的关系以及法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合求通过电阻R的电荷量。由能量守恒求电阻R产生的热量。 本题的关键是明确导体切割磁感线过程中的受力及能量转化关系，要知道电荷量要根据电流的平均值求，热量往往根据能量守恒定律或功能关系求解。 13.【答案】解：小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足： 小滑块在C点离开MN时有： 解得： 由动能定理有： 解得： 如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直， 撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为，有： 且 ‎ 解得： 答：小滑块运动到C点时的速度大小为； 小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功为； 小滑块运动到P点时速度的大小为。‎ ‎【解析】小滑块到达C点时离开MN，此时与MN间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小； 由动能定理直接计算摩擦力做的功； 撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小； 解决本题的关键是分析清楚小滑块的运动过程，在与MN分离时，小滑块与MN间的作用力为零，在撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据滑块的不同的运动过程逐步求解即可。‎