【物理】天津市杨村第一中学2020届高三下学期3月网上试题（解析版） 13页

天津市杨村第一中学2020届高三下学期 ‎3月网上试题 一、单项选择题（本题共 5 题，每小题 5 分，共 25 分）‎ ‎1.以下有关近代物理内容的若干叙述中，正确的是 A. 重核裂变为中等质量的核之后，核子的平均质量减小 B. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反应 C. 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太小 D. 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的总能量也减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 无论是重核裂变还是轻核聚变，反应的过程中释放能量，组成原子核的核子的平均质量均会减小，故A正确；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，故B错误；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的频率太小．故C错误．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，但原子的总能量增大．故D错误．故选A.‎ ‎2.‎2018 年12月 1‎2 日 16 时 39 分，“嫦娥四号”探测器结束地月转移段飞行，按计划顺利完成近月制动，并成功进入 ‎100km~‎400km 环月椭圆轨道Ⅱ，其轨道示意如图，环月轨道Ⅰ为圆形轨道，环月轨道Ⅱ为椭圈轨道，两轨道在点 A 相切，则“嫦娥四号”（　　）‎ A. 从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要在 A 点进行点火加速 B. 沿轨道Ⅰ运动的周期大于沿轨道Ⅱ运动的周期 C. 沿轨道Ⅱ由 A 向 B 点运动过程中机械能增大 D. 沿轨道Ⅱ由 A 向 B 点运动过程中速度大小不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从高轨道I进入低轨道II需要进行减速，故A错误；‎ B．根据开普勒行星运动定律知，在轨道I上运动时的半长轴大于在轨道II上运行时的半长轴，故在轨道I上运行的周期要大，故B正确；‎ C．“嫦娥四号”在轨道II上运动时，只有万有引力做功，故机械能守恒，故C错误；‎ D．B点为近月点，故B点的速度大于A点的速度，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎3.如图所示，虚线为位于 O位置的点电荷形成电场中的等势面，已知三个等势面的电势差关系为，图中的实线为一带负电的粒子进入该电场后的运动轨迹，与等势面相交于图中的 a、b、c、d四点，已知该粒子仅受电场力的作用，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 该粒子只有在 a、d两点的动能与电势能之和相等 B. 场源电荷是正电荷 C. 粒子电势能先增加后减小 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．粒子运动的过程中只有电场力做功，则粒子的动能与电势能之和不变，四个点都是相等的，故A错误；‎ B．由图结合曲线运动的特点可知，粒子受到的电场力得方向向右，粒子带负电，所以电场的方向向左，结合常见电场的特点可知，该电场的场源电荷是负电荷，故B错误；‎ C．粒子受到的电场力得方向向右，所以粒子向左运动的过程中电场力做负功，而向右运动的过程中电场力做正功，即电场力对该粒子先做负功后做正功，粒子电势能先增加后减小,故C正确 D．电场的方向向左，沿电场线的方向电势降低，所以电势的关系为：，故D错误；故选：C。‎ ‎4.某一列沿轴传播的简谱横波，在时刻的波形图如图所示，、为介质中的两质点，质点正在向动能增大的方向运动．下列说法正确的是（ ）‎ A. 波沿轴正方向传播 B. 时刻，比的速度大 C. 时刻，到达平衡位置 D. 时刻，向轴正方向运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．越靠近平衡位置运动速度越大，质点正在向动能增大的方向运动，则P向下运动，波沿轴负方向传播．故A错误；‎ B．时刻，到达最远位置，速度为零．在平衡位置和最远位置之间，速度不为零，所以比速度小．故B错误；‎ C．时刻，到达y轴正向最远位置，故C选项错误；‎ D．时刻，从y轴负向最远位置向平衡位置运动，所以向轴正方向运动，故D选项正确．‎ ‎5.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为9：1，电表均为理想电表，R1为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R0为定值电阻。若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交变电流，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为（V）‎ B. t=0.02s时，穿过该发电机线圈的磁通量最小 C. R温度升高时，电流表示数变大，电压表示数变小，变压器的输人功率变大 D. t=0.01s时，电流表的示数为0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由交变电流的图像可读出电压的最大值为，周期为，则 所以输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为 故A错误；‎ B．当t=0.02s时，输入电压的瞬时值为0，所以该发电机的线圈平面位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，故B错误；‎ C．R温度升高时，其阻值变小，副线圈中的电流I2变大，则原线圈中电流也变大，由P=UI得，变压器的输入功率变大，电压表读数 ‎ ‎ 则U3减小，故C正确；‎ D．电流表测的是电路中的有效值，不为0，D错误。‎ 故选C。‎ 二、不定项选择题（本题共 3 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）‎ ‎6.下列说法正确的是（　　）‎ A. 物体吸热，物体分子平均动能必定增大 B. 扩散现象说明分子总在做无规则热运动 C. 内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化 D. 分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小 ‎【答案】BD ‎【详解】A．做功与热传递都可以改变物体的内能，物体吸收热量，若同时对外做功，物体的内能可能减小，物体的温度可能降低，则分子的平均动能减小。故A错误；‎ B．扩散现象说明分子永不停息地做无规则热运动，故B正确；‎ C．根据热力学第二定律，内能可以全部转化为机械能，但要引起其他变化，故C错误；‎ D．根据分子势能与分子之间距离的关系的特点可知，当分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小，故D正确；‎ 故选：BD。‎ ‎7.如图所示，一光束包含两种不同频率的单色光，从空气射向两面平行玻璃砖的上表面，玻璃砖下表面有反射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上表面分为两束单色光射出， a、b 分别为两束单色光的出射点，下列说法正确的是（　　）‎ A. a光的频率小于 b 光的频率 B. 在空气中 a 光的波长小于b光的波长。‎ C. 出射光束 a、b 一定相互平行 D. a、b 两色光从同种玻璃射向空气时，a 光发生全反射的临界角大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．做出光路图如图所示，可知光从空气射入玻璃时a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，频率较大。故A错误；‎ ‎ B．a光的频率较大，则波长较小，故B正确； C．因为a、b两光在上表面的折射角与反射后在上表面的入射角分别相等，根据几何知识可知出射光束一定相互平行。故C正确；‎ D．因为a光的折射率较大，根据，则知a光的临界角小。故D错误；‎ 故选：BC。‎ ‎8.第二届进博会于2019年11月在上海举办，会上展出了一种乒乓球陪练机器人，该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息，及时调整球拍将球击回．若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落到对方的台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转．下列说法正确的是（ ）‎ A. 击球过程合外力对乒乓球做功为零 B. 击球过程合外力对乒乓球的冲量为零 C. 在上升过程中，乒乓球处于失重状态 D. 下落过程中，乒乓球处于超重状态 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．击球过程乒乓球以原速率返回，动能不变，根据动能定理，合外力对乒乓球做功为零．故A选项正确．‎ B．击球过程乒乓球以原速率返回，速度方向改变，速度变化量不为零，根据冲量定理，合外力对乒乓球的冲量不为零．故B选项错误．‎ C．在上升过程中，乒乓球受到重力的作用，加速度为竖直向下的g，所以处于失重状态．故C选项正确．‎ D．在下降过程中，乒乓球受到重力的作用，加速度为竖直向下的g，所以处于失重状态．故D选项错误．‎ 三、填空题（共12分）‎ ‎9.（1）“用单摆测定重力加速度”的实验时，为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是_____‎ A．须选用密度和直径都较小的摆球 B．须选用轻且不易伸长的细线 C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动 D．计时起、终点都应在摆球的最高点且不少于30次全振动的时间 ‎（2）某同学在野外做“用单摆测定重力加速度”的实验时，由于没有合适的摆球，他找到了一块外形不规则的石块代替摆球，如上图所示．操作时，他用刻度尺测量摆线OM的长度L作为摆长，测出n次全振动的总时间由到周期T，求出重力加速度，这样得到的重力加速度的测量值比真实值_____（填“大”或“小”）．为了克服摆长无法准确测量的困难，该同学将摆线长度缩短为，重复上面的实验，得出周期，由此他得到了较精确的重力加速度值g=_____．‎ ‎【答案】(1). BC (2). 小 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) A、为减小空气阻力对实验的影响，从而减小实验误差，组装单摆须选用密度大而直径都较小的摆球，故A错误；‎ B、为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，故B正确；‎ C、实验时须使摆球在同一竖直面内摆动，不能使单摆成为圆锥摆，故C正确；‎ D、测量时间应从单摆摆到最低点开始，因为最低位置摆球速度最大，相同视觉距离误差，引起的时间误差较小，则周期测量比较准确，故D错误；‎ ‎(2) 根据单摆的周期公式得：，该同学用OM的长L作为摆长，摆长偏小，根据上述表达式得知，g的测量值偏小，设摆线的结点到大理石质心的距离为r，则根据单摆的周期公式得：，而，联立解得：．‎ ‎10.（1）现测定长金属丝的电阻率，利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻，这段金属丝的电阻Rx 约为 100 Ω。‎ 电源E（电动势 10 V，内阻约为 10 Ω）；‎ 电流表A1（量程 0~250 mA，内阻 r1=20 Ω）；‎ 电流表A2（量程 0~300 mA，内阻约为 5 Ω）；‎ 滑动变阻器R1（最大阻值 10 Ω，额定电流 ‎2 A）；‎ 滑动变阻器R2（最大阻值 1000 Ω，额定电流 ‎1 A）；‎ 开关 S及导线若干。‎ 某同学根据题意设计了实验方案，滑动变阻器应该选择___________（填“ R‎1”‎或“ R‎2 ”‎）；‎ ‎（2）请在图中把实验电路图补充完整，并标明器材代号；‎ ‎（3）该同学测量得到电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，则这段金属丝电阻的计算式____________。‎ ‎【答案】(1). R1 (2). (3).‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) [1]由题意可知，没有电压表，可以用已知内阻的电流表A1测电压,另一个电流表A2测电流，由题意可知，作电压表用的电流表A1最大量程是 U=0.25´20V=5V 而电源的电动势是10V，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，滑动变阻器应用小阻值得R1；‎ ‎(2) [2]实验电路图如图所示：‎ ‎；‎ ‎(3) [3]由图示电路图可知，待测金属丝电阻：；‎ 四、计算题（共 48 分）‎ ‎11.如图所示，一水平方向的传送带以恒定速度v=‎2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧轨道，并与圆弧下端相切．一质量为m=‎1kg的物体自圆弧轨道的最高点由静止滑下，圆弧轨道的半径为R=‎0.45m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，不计物体滑过圆弧轨道与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g取‎10m/s2．求：‎ ‎(1)物体第一次滑到圆弧轨道下端时，对轨道的压力大小FN；‎ ‎(2)物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，摩擦力对传送带做的功W，以及由于摩擦而产生的热量Q．‎ ‎【答案】（1）30N（2）-10J；12.5J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 根据动能定理：‎ 解得：v1=‎3m/s ‎ 在轨道最低点： ‎ 由牛顿第三定律FN=N=30N ‎ ‎(2) 物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，由定律定理：‎ ‎，t=2.5s ‎ 摩擦力对传送带做的功 ‎ ‎ ‎ 摩擦而产生的热 ‎ ‎12.如图所示，在第一象限内，存在垂直于平面向外匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于平面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场Ⅱ．一质量为，电荷量为的粒子，从轴上点以某一初速度垂直于轴进入第四象限，在平面内，以原点为圆心做半径为的圆周运动；随后进入电场运动至轴上的点，沿与轴正方向成角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于轴进入第四象限．不计粒子重力．求：‎ ‎（1）带电粒子从点进入第四象限时初速度的大小；‎ ‎（2）电场强度的大小；‎ ‎（3）磁场Ⅰ的磁感应强度的大小．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子从轴上点进入第四象限，在平面内，以原点为圆心做半径为圆周运动，由洛伦兹力提供向心力：‎ 解得：‎ ‎（2）粒子在第二象限内做类平抛运动，沿着x轴方向：‎ 沿与轴正方向成角离开电场，所以：‎ 解得电场强度：‎ ‎(3)粒子的轨迹如图所示：‎ 第二象限，沿着x轴方向：‎ 沿着y轴方向：‎ 所以：‎ 由几何关系知，三角形OO’N为底角45°的等腰直角三角形．在磁场Ⅰ中运动的半径：‎ 由洛伦兹力提供向心力：‎ 粒子在点速度沿与轴正方向成角离开电场，所以离开的速度：‎ 所以磁场Ⅰ的磁感应强度的大小：‎ ‎13.磁悬浮列车动力原理如下图所示，在水平地面上放有两根平行直导轨，轨间存在着等距离的正方形匀强磁场Bl和B2，方向相反，B1=B2=lT，如下图所示．导轨上放有金属框abcd，金属框电阻R=2Ω，导轨间距L=‎0.4m，当磁场Bl、B2同时以v=‎5m/s的速度向右匀速运动时，求 ‎(1)如果导轨和金属框均很光滑，金属框对地是否运动?若不运动，请说明理由；如运动，原因是什么?运动性质如何?‎ ‎(2)如果金属框运动中所受到的阻力恒为其对地速度的K倍，K=0.18，求金属框所能达到的最大速度vm是多少?‎ ‎(3)如果金属框要维持(2)中最大速度运动，它每秒钟要消耗多少磁场能?‎ ‎【答案】(1)运动．因磁场运动时，框与磁场有相对运动，ad、bc边切害虫磁感线，框中产生感应电流(方向逆时针)，同时受安培力，方向水平向右，故使线框向右加速运动，且属于加速度越来越小的变加速运动． (2)‎3.2m/s (3)2.9J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)金属框对地运动。因磁场运动时，框与磁场有相对运动，ad、bc边切割磁感线，框中产生感应电流(方向逆时针)，同时受安培力，方向水平向右，故使线框向右加速运动，且属于加速度越来越小的变加速运动.． ‎ ‎(2)阻力f与安培力F安衡时，框有f=Kvm=F=2IBL ‎ 其中I=E/R ‎ E=2BL(v−vm) ‎ 联立可得：‎ 则有 解得 代入数据解得：vm=‎3.2m/s ‎ ‎(3)框消耗的磁场能一部分转化为框中电热，一部分克服阴力做功．‎ 据能量守恒E硫=I2Rt+Kvm⋅vmt ‎ E磁=[4B‎2L2(v−vm)2/R]⋅1+Kv‎2m⋅1=2.9J