天津市河东区2020届高三下学期居家学习自我检测物理试题 14页

河东区高三学生居家学习自我综合检测 物理试卷 第Ⅰ卷（本卷共8题，共40分）‎ 一、单项选择题（每题5分，共25分。每题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）‎ ‎1.下列说法正确的是（　　）‎ A. β衰变所释放的电子是原子核外电子电离形成的 B. 贝克勒尔通过实验发现了中子 C. 原子从a能级状态跃迁到b能级状态时吸收波长为λ1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时发射波长为λ2的光子，已知λ1＞λ2，那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸收波长为的光子 D. 赫兹首次用实验证实了电磁波的存在 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．β衰变的本质是原子核内的一个中子释放一个电子变为质子，故A错误；‎ B．根据物理学史可知，查德威克通过α粒子轰击铍核的实验，发现了中子的存在，故B错误；‎ C．光子的能量，由题，则，从a能级状态跃迁到b能级状态时吸收波长为λ1的光子，原子从b能级状态跃迁到c能级状态时发射波长为λ2的光子，根据玻尔理论，a能级的能量值大于c能级的能量值 所以原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要辐射波长为的光子，故C错误；‎ D．根据物理学史可知，赫兹首次用实验证实了电磁波的存在，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎2.如图所示，水平放置的封闭绝热气缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分。已知a部分气体为1mol氧气，b部分气体为2 mol 氧气，两部分气体温度相等，均可视为理想气体。解除锁定，活塞滑动一段距离后，两部分气体各自再次达到平衡态时，它们的体积分别为Va、Vb，温度分别为Ta、Tb。下列说法正确的是 A. Va＞Vb， Ta＞Tb B. Va＞Vb， Ta＜Tb C. Va＜Vb， Ta＜Tb D. Va＜Vb， Ta＞Tb ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．解除锁定前，两部分气体温度相同，体积相同，由可知质量大的部分压强大，即b部分压强大，故活塞左移，平衡时，故A、B错误；‎ CD．活塞左移过程中，气体被压缩内能增大，温度增大，b气体向外做功，内能减小，温度减小，平衡时，故C错误，D正确；‎ 故选D。‎ ‎3.如图所示，为某静电除尘装置原理图，废气先经过机械过滤装置再进入静电除尘区、图中虚线是某一带负电的尘埃(不计重力)仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹，A、B两点是轨迹与电场线的交点，不考虑尘埃在迁移过程中的相作用和电荷量变化，则以下说法正确的是 A. A点电势高于B点电势 B. 尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度 C. 尘埃在迁移过程中做匀变速运动 D. 尘埃在迁移过程中电势能始终在增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 沿电场线方向电势降低，由图可知，B点的电势高于A点电势，故A错误；由图可知，A点电场线比B点密集，因此A点的场强大于B点场强，故A点的电场力大于B点的电场力， 则A点的加速度大于B点的加速度，故B正确；放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的．故粒子不可能做匀变速运动，故C错误；由图可知，开始速度方向与电场力方向夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大；后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小；对于全过程而言，根据电势的变化可知，电势能减小，故D错误．故选B．‎ 点睛：本题考查考查分析实际问题工作原理的能力，解题时要明确电场线的分布规律，并且能抓住尘埃的运动方向与电场力方向的关系是解题突破口．‎ ‎4.某理想自耦变压器接入电路中示意图如图甲所示，图乙是其输入电压u的变化规律．已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为，电阻．下列说法正确的是 A. 通过R的交流电的频率为100 Hz B. 电流表A2示数为 C. 此时变压器的输入功率为22 W D. 将P沿逆时针方向移动一些，电流表A1的示数变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图乙可知，该交流电的周期为T=0.02s，其频率为50 Hz，选项A错误；变压器初级输入电压的有效值 ,次级电压：，则电流表A2的示数为，选项B错误；变压器的次级功率为： ，则此时变压器的输入功率为22 W，选项C正确；将P沿逆时针方向移动一些，则次级匝数增加，次级电压变大，则电流表A1的示数变大，选项D错误。‎ 故选C.‎ ‎5.如图，两梯形木块M、P（均可看成质点）叠放在水平地面上，M、P之间的接触面倾斜．连接M与天花板之间的细绳沿竖直方向．关于力的分析，下列说法正确（ ）‎ A. 木块M不可能受二个力作用 B. 木块M可能受三个力作用 C. 木块M一定受四个力作用 D. 地面可能受到水平方向的摩擦力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC、对A受力分析，若细线伸直且拉力等于重力时，AB间只接触无弹力，即A只受重力、拉力作用，此时A只受两个力，且AB之间无摩擦，若A细线未伸直即拉力为零，此时A受重力、支持力、摩擦力作用，故AC错误，B正确．‎ C、对整体进行分析，整体受重力、支持力或重力、支持力、拉力作用，而水平方向没有外力，故水平地面对B物体没有摩擦力，故D错误；‎ 二、不定项选择题（每题5分，共15分。每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.如图所示，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、Ek、F分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、万有引力。下列关系式正确的有（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据万有引力定律得 卫星A、B质量相等，RA＞RB，得FA＜FB．故A错误；‎ B.卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得 卫星的动能 故，故B正确；‎ CD. 由开普勒第三定律得 因， ，故C错误，D正确。‎ 故选：BD。‎ ‎7.如图所示，沿x轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为‎200m/s，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 图示时刻质点b的加速度正在增大 B. 从图示时刻开始，经0.01s，质点b位于平衡位置上方，并向y轴正方向做减速运动 C. 从图示时刻开始，经0.01s，质点a沿波传播方向迁移了‎2m D. 若该波发生明显的衍射现象，则它所遇到的障碍物或孔的尺寸一定比‎4m大得多 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于波沿x轴正方向传播，根据“上下坡”法，知道b质点正向下振动，位移增大，加速度正在增大，故A正确；‎ B．由图知，波长λ=‎4m，则该波的周期为 从图示时刻开始，经过0.01s，即半个周期，质点b位于平衡位置上方，并向y轴正方向做减速运动，故B正确；‎ C．质点a不会沿波传播方向迁移，故C错误；‎ D．当波的波长比障碍物尺寸大或差不多时，就会发生明显的衍射，所以若该波发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物尺寸一定比4 m小或和‎4m差不多，故D错误。‎ 故选：AB。‎ ‎8.如图所示，a、b两束不同频率的单色光从半圆形玻璃砖底边平行射入，入射点均在玻璃砖底边圆心O的左侧，两束光进入玻璃砖后都射到O'点，OO'垂直于底边，下列说法确的是（　　）‎ A. 从点O'射出的光一定是复色光 B. 增大两束平行光的入射角度，则b光先从O'点消失 C. 用同一装置进行双缝干涉实验，b光的相邻条纹间距较大 D. 若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a光的截止电压低 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．两光束射到O′点时的入射角都等于在玻璃砖底边的折射角，根据光路可逆性可知，从O′点射出时折射角都等于射入玻璃砖底边时的入射角，而在玻璃砖底边两光束平行射入，入射角相等，所以从O′点射出时折射角相同，两光束重合，则从O′点射出的一定是一束复色光，故A正确；‎ B．令光在底边的入射角为i，折射角为r，根据折射定律有 所以 根据几何知识可知，光在O′点的入射角为r，无论怎样增大入射角度，光在O′‎ 点的入射角都小于光发生全反射的临界角，所以a、b光不会在O′点发生全反射，故B错误；‎ C．根据光路图可知，玻璃砖对a光的折射率小于b光的折射率，则a光的波长大于b光的波长，由于条纹间距为 所以a光的条纹间距大于b光的条纹间距，故C错误；‎ D．由于a光的频率小于b光的频率，根据光电效应方程 可知a、b光分别照射同一光电管发生光电效应时，a光的截止电压比b光的截止电压低，故D正确。‎ 故选：AD。‎ 第Ⅱ卷（本卷共4题，共60分）‎ ‎9.如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与形变量的关系的实验。‎ ‎(1)实验中还需要的测量工具有______。‎ ‎(2)如图乙所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x。由图像可知：弹簧的劲度系数k=______N/m（g取‎10m/s2）。‎ ‎(3)如图丙所示，实验中用两根不同的弹簧a和b，画出弹簧弹力F与弹簧长度L关系的F-L图像。下列说法正确的是______。‎ A.a的原长比b的长 B.a的劲度系数比b的大 C.a的劲度系数比b的小 D弹力与弹簧长度成正比 ‎【答案】 (1). 刻度尺 (2). 5 (3). B ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]需要测弹簧的长度、形变量，故还需要的实验器材有：刻度尺；‎ ‎(2)[2]图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比。可得 ‎（3）[3]A.在图象中横截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，故A错误；‎ BC.在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故B正确，C错误；D.弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎10.某同学为了测量一根铅笔芯的电阻率，设计了如图所示的电路测量该铅笔芯的电阻值．所用器材有电流表、，电阻箱、滑动变阻器、待测铅笔芯、电源E、开关S及导线等．操作步骤如下：调节滑动变阻器和电阻箱的阻值达到最大；闭合开关，适当调节滑动变阻器和电阻箱的阻值：记录两个电流表、的示数分别为、，‎ 请回答以下问题：‎ ‎（1）若电流的内阻可忽略．则电流表示数______时，电阻箱的阻值等于待测笔芯的电阻值．‎ ‎（2）用螺旋测微器测量该笔芯的直径，螺旋测微器的示数如图所示，该笔芯的直径为______mm．‎ ‎（3）已测得该笔芯的长度，电阻箱的读数为，根据上面测量的数据可计算出笔芯的电阻率______．（结果保留3位有效数字）‎ ‎（4）若电流表的内阻不能忽略，仍利用（l）中方法，则笔芯电阻的测量值______真实值（填“大于”“小于”或“等于”）．‎ ‎【答案】 (1). (2). 1.000 (3). (4). 小于 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]若电阻箱的阻值等于待测笔芯的电阻值，则两条支路的电流相等，所以：‎ ‎(2)[2]主尺上的刻度为‎0.5mm，副尺上的刻度为50格，所以读数为：‎ ‎(3)[3] 铅笔芯的横截面积：‎ 带入电阻定律得：‎ 带入数据得：‎ ‎(4)[4]若电流表的内阻不能忽略，则笔芯电阻的测量值为，真实值为,则笔芯电阻的测量值小于真实值．‎ ‎11.有一个推矿泉水瓶的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后末停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败。其简化模型如图所示，AC是长度为L1=‎‎5m 的水平桌面，选手们可将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC为有效区域。已知BC长度L2=‎1m，瓶子质量m=‎1kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数μ=0.2.某选手作用在瓶子上的水平推力F=10N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，滑行过程中未倒下，g取‎10m/s2，那么该选手要想游戏获得成功，试问：‎ ‎(1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？‎ ‎(2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？‎ ‎【答案】（1）0.5s；（2）‎‎0.8m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）要想获得游戏成功，瓶滑到C点速度正好为0，力作用时间最长，设最长作用时间为t1，有力作用时瓶的加速度为a1，t1时刻瓶的速度为v，力停止后加速度为a2，由牛顿第二定律得 加速运动过程中的位移 减速运动过程中的位移 位移关系满足 由以上各式解得 ‎ ‎（2）要想游戏获得成功，瓶滑到B 点速度正好为零，力作用距离最小，设最小距离为d，‎ ‎ ‎ 联立解得 ‎12.如图所示，MN、PQ两平行水平导轨间距为l=‎0.5m，分别与半径r=‎0.5m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端接有R=3Ω的定值电阻。质量M=‎2kg的绝缘杆cd垂直静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B=0.4T。现有质量m=‎1kg、电阻R0=1Ω的金属杆ab，以初速度v0=‎12m/s水平向右与绝缘杆cd发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，绝缘杆cd则恰好通过半圆导轨最高点。不计导轨电阻和摩擦，金属杆ab始终与导轨垂直且接触良好，a取‎10m/s2，（不考虑杆cd通过半圆导轨最高点以后的运动）。求：‎ ‎(1)杆cd通过半圆导轨最高点时的速度v的大小；‎ ‎(2)正碰后杆ab的速度v1的大小；‎ ‎(3)杆ab刚进入磁场时感应电流I的大小、方向及其所受的安培力F的大小；‎ ‎(4)杆ab运动的过程中，电阻R产生的焦耳热QR。‎ ‎【答案】（1）m/s；（2）‎2m/s；（3）‎0.1A，方向从b到a，0.02N；（4）1.5J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有 解得 ‎(2)碰撞后cd绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有 解得碰撞后cd绝缘杆速度 ‎ 两杆碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，则有 解得碰撞后ab金属杆的速度 ‎ ‎(3 )杆ab刚进入磁场时感应电流 根据右手定则可知电流方向从b到a ‎ 所受的安培力F的大小为 ‎(4) ab金属杆进入磁场后，由能量守恒定律有 电阻R产生的焦耳热 解得 ‎13.如图所示为回旋加速器的结构示意图，匀强磁场的方向垂直于半圆型且中空的金属盒D1和D2，磁感应强度为B，金属盒的半径为R，两盒之间有一狭缝，其间距为d，且R≫d，两盒间电压为U。A处的粒子源可释放初速度不计的带电粒子，粒子在两盒之间被加速后进入D1盒中，经半个圆周之后再次到达两盒间的狭缝。通过电源正负极的交替变化，可使带电粒子经两盒间电场多次加速后获得足够高的能量。已知带电粒子的质量为m、电荷量为+q。‎ ‎(1)不考虑加速过程中的相对论效应和重力的影响。‎ ‎①求粒子可获得的最大动能Ekm；‎ ‎②若粒子第1次进入D1盒在其中的轨道半径为r1，粒子第2次进入D1盒在其中的轨道半径为r2，求r1与r2之比；‎ ‎③求粒子在电场中加速的总时间t1与粒子在D形盒中回旋的总时间t2的比值，并由此分析：计算粒子在回旋加速器中运动的时间时，t1与t2‎ 哪个可以忽略？（假设粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半周的次数）；‎ ‎(2)实验发现：通过该回旋加速器加速的带电粒子能量达到25~30MeV后，就很难再加速了。这是由于速度足够大时，相对论效应开始显现，粒子的质量随着速度的增加而增大。结合这一现象，分析在粒子获得较高能量后，为何加速器不能继续使粒子加速了。‎ ‎【答案】（1）①；②；③， t1可以忽略；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①粒子离开回旋加速器前，做的还是圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得 ‎ ‎ 解得 ‎②设带电粒子在两盒间加速的次数为N ，在磁场中有 在电场中有 第一次进入D1盒中N=1，第二次进入D1盒中N=3，可得 ‎③带电粒子在电场中的加速度为 所以带电粒子在电场中的加速总时间为 设粒子在磁场中回旋的圈数为n，由动能定理得 带电粒子回旋一圈的时间为 所以带电粒子在磁场中回旋的总时间为 已知可知，所以可以忽略。‎ ‎（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为 对一定的带电粒子和一定的磁场来说，这个周期是不变的。如果在两盒间加一个同样周期的交变电场，就可以保证粒子每次经过电场时都能被加速，当粒子的速度足够大时，由于相对论效应，粒子的质量随速度的增加而增大，质量的增加会导致粒子在磁场中的回旋周期变大，从而破坏了与电场变化周期的同步，导致无法继续加速。‎ ‎ ‎