【物理】天津市实验中学2020届高三下学期4月第三次测试试题（解析版） 14页

天津市实验中学2020届高三下学期4月 第三次测试试题）‎ 一、单选题（本大题共 5 小题，共 25 分）‎ ‎1.利用单分子油膜法可以粗测分子的大小和阿伏加德罗常数，如果已知体积为 V 的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜的面积为 S，这种油的摩尔质量为 M，密度为，则阿伏加德罗常数约可表示为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】油的摩尔体积为 油分子直径 ‎ ‎ 每个油分子的体积为 阿伏加德罗常数为 故A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎2.关于原子核、原子核的衰变、核能，下列说法正确的是(　　)‎ A. 原子核的结合能越大，原子核越稳定 B. 任何两个原子核都可以发生核聚变 C. 衰变成 要经过8次β衰变和6次α衰变 D. 发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．比结合能越大原子核越稳定，原子核的结合能越大，原子核不一定越稳定，故A错误；‎ B．只有较小原子核才会发生聚变，故B错误；‎ C．铀核衰变为铅核的过程中，衰变一次质量数减少个，次数；衰变的次数为，要经过次衰变和次衰变，故C错误；‎ D．粒子为氦核，由两个质子和两种中子组成，所以发生衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了，故D正确．‎ 故选：D ‎【详解】‎ ‎3.质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为，其中G为引力常量，M为地球质量.该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为 A. GMm B. GMm C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则：‎ 轨道半径为时①，卫星的引力势能为②‎ 轨道半径为时③，卫星的引力势能为④‎ 设摩擦而产生的热量为，根据能量守恒定律得：⑤‎ 联立①～⑤得，故选项D正确．‎ 考点：万有引力定律及其应用；重力势能的变化与重力做功的关系 ‎【名师点睛】求出卫星在半径为圆形轨道和半径为的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出热量．‎ ‎4.AB是固定在空中的光滑水平横杆，一质量为M的物块穿在杆AB上，物块通过细线悬吊着一质量为m的小球．现用沿杆的恒力F拉物块使物块、小球一起（保持相对静止）向右运动，细线与竖直方向夹角为θ，则以下说法正确的是（　　）‎ A. 杆对物块的支持力为Mg B. 细线上的拉力为 C. ‎ D. 物块和小球的加速度为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】对小球和物块组成的整体，分析受力如图1所示，‎ 根据牛顿第二定律得：水平方向：，竖直方向：．故A错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图2所示，由牛顿第二定律得：；,故B错误；对整体在水平方向：，故选项C正确，选项D错误．‎ ‎【点睛】以小球和物块整体为研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律研究横杆对M的摩擦力、弹力与加速度的关系．对小球研究，根据牛顿第二定律，采用合成法研究细线与竖直方向的夹角、细线的拉力与加速度的关系．‎ ‎5.钳形电流表由电流互感器和电流表组合而成，常用来测量电流强度很大的电流，其原理如右下图．若初级线圈与二级线圈的匝数比为1︰500，电流表A的示数为‎1A，则 A. 钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯 B. 钳形电流表能够用来测量直流电的电流 C. 被测电路电流的平均值为‎500A D. 被测电路电流的最大值为‎500A ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 变压器的工作原理是利用变化的磁场能够产生感应电流．‎ ‎【详解】A．从图示来看，该互感器属于电流互感器，故钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯，A正确；‎ B．互感器利用是电磁感应的互感原理，不能用于直流电，故B错误；‎ C.D． 由得：，因为电流表测的是有效值，故故值为被测电流的有效值，故CD错误．‎ ‎【点睛】本题考查变压器原理，熟记理想变压器的原理，电压电流的关系，题目就能顺利解出．‎ 二、多选题（本大题共 3 小题，共 15 分）‎ ‎6.I、II两种单色光组成的光束从水进入空气时，其折射光线如图所示，则（ ）‎ A. 这两束光光子动量pIpII、能量EIEII B 用I、II两束光先后照射同一双缝干涉实验装置，干涉条纹间距xIxII C. 用I、II两束光同时照射双缝干涉实验装置，在观察屏上也会出现干涉条纹 D. 用I、II两束光先后照射某金属，I光照射时恰能逸出光电子，II光照射时也能逸出光电子 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知，这两束光的折射率nⅠnⅡ，则这两束光的光子频率ⅠⅡ，波长λIλII，由可知，光子动量pIpII；由能量E=h知，能量EI >E II，故A正确；‎ B.由双缝干涉条纹间距x=知，用I、II两束光先后照射同一双缝干涉实验装置，干涉条纹间距xIxII，故B正确；‎ C.用I、II两束光同时照射双缝干涉实验装置，则光束I和光束I自身发生干涉，光束II和光束II自身发生干涉，在观察屏上也会出现干涉条纹，故C正确；‎ D.用I、II两束光先后照射某金属，I光照射时恰能逸出光电子，II光的频率小于I光，II光照射时不能逸出光电子，故D错误．‎ ‎7.如图所示，两位学生课外研究简谐绳波的特点，P1、P2 是处于绳波两端的两个波源，波源的振动频率均为f，振幅均为Y，某时刻P1 发出的波恰好传到c，P2 发出的波恰好传到a，图中只画出了此时刻两列波在ac 部分的叠加波形，P‎1a间、P‎2c 间波形没有画出，下列说法正确的是（ ）‎ A. a、b、c 三点是振动减弱点 B. a、c是振动减弱点，b是振动加强点，振幅为2Y C. 再经过时间，b处质点距离平衡位置最远 D. 再经过时间，ac 间的波形是一条直线 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.两列波的频率均为f，相遇后发生稳定的干涉，a、b、c三点始终处于平衡位置，是振动减弱点，故A正确，B错误；‎ C.再经过二分之一周期，即经过时间，b处质点仍处于平衡位置，故C错误；‎ D.再经过四分之一周期，即经过时间，两列绳波相互叠加，恰好抵消，ac间的波形是一条直线，故D正确．‎ ‎8.一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上运动，如图甲．在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图象如图乙，已知曲线上A点的切线斜率最大，不计空气阻力，则 A. 在x1处物体所受拉力最大 B. 在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小 C. 在x1~x2过程中，物体的加速度先增大后减小 D. 在0~x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．E-x图像的斜率代表竖直向上拉力F，物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上，说明在x=0处，拉力F大于重力，在0-x1过程中，图像斜率逐渐增大，则拉力F在增大，x1处物体图象的斜率最大，所受的拉力最大，故A正确；‎ BC．在x1~x2过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在x2处物体的机械能达到最大，图象的斜率为零，说明此时拉力为零．根据合外力可知，在x1~x2过程中，拉力F逐渐减小到mg的过程中，物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体加速度在减小，动能在增大，拉力F=mg到减小到0的过程中，物体的加速度反向增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，物体的动能在减小；在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小，物体的加速度先减小后反向增大，故B正确，C错误；‎ D．物体从静止开始运动，到x2处以后机械能保持不变，在x2处时，物体具有重力势能和动能，故在0~x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功与物体的动能之和，故D错误．‎ 三、实验题（本大题共 2 小题，共 12 分）‎ ‎9.为了测量两个质量不等沙袋的质量，由于没有可直接测量的工具（如天平、弹簧秤等），某实验小组应用下列器材测量：轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略）、一套总质量为m=‎0.5kg砝码，细线、米尺、秒表，他们根据所学的物理知识改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量（g取‎10m/s2）．具体操作如下：‎ ‎（1）实验装置如图所示，设左右两边沙袋的质量分别为m2、m1；‎ ‎（2）从m中取出质量为△m的砝码放在右边沙袋中（剩余砝码都放在左边沙袋中，发现质量为m1的沙袋下降，质量为m2的沙袋上升（质量为m1的沙袋下降过程未与其他物体相碰）；‎ ‎（3）用米尺测出质量为m1的沙袋从静止开始下降的距离h，用秒表测出质量为m1的沙袋下降距离h所对应的时间t，则可求沙袋的加速度大小为a= ______ ；‎ ‎（4）改变右边砝码的质量△m，测量相应的加速度a，得到多组△m及a的数据，作出“a～△m”图线；‎ ‎（5）若求得图线的斜率k=‎4m/kg•s2，截距为b=‎2m/s2，沙袋的质量m1= ______  kg，m2= ______ kg．‎ ‎【答案】(3). ； (4). 3； 1.5；‎ ‎【解析】‎ 沙袋下降距离h所对应的时间t，则，解得：‎ 对右边沙袋：‎ 对左边沙袋： 解得：‎ 由“a～△m”图线的斜率k=‎4m/kg•s2，截距为b=‎2m/s2得： m=‎0.5kg 求解得m1=‎3kg，m2=‎‎1.5kg ‎10.某探究小组准备用图甲所示的电路测量某电源的电动势和内阻，实验器材如下：‎ 待测电源（电动势约2V）；‎ 电阻箱R（最大阻值为99.99Ω）；‎ 定值电阻R0（阻值为2.0Ω）；‎ 定值电阻R1（阻值为4.5kΩ）‎ 电流表G（量程为400μA，内阻Rg=500Ω）‎ 开关S，导线若干．‎ ‎（1）图甲中将定值电阻R1和电流表G串联，相当于把电流表G改装成了一个量程为_____V的电压表；‎ ‎（2）闭合开关，多次调节电阻箱，并记下电阻箱的阻值R和电流表G的示数I；‎ ‎（3）分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则 和 的关系式为_________（用题中字母表示）；‎ ‎（4）以为纵坐标，为横坐标，探究小组作出的图像如图（乙）所示，根据该图像求得电源的内阻r=0.50Ω，则其电动势E=______V（保留两位有效小数）；‎ ‎（5）该实验测得的电动势与真实值相比，理论上______ ．（填“>”“<”或“=”）‎ ‎【答案】(1). 2； (3). ； (4). 2.08； (5). =；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据串联电路电流相等，当电流表满偏时改装后的电压表达到最大量程即；‎ ‎(2)根据闭合电路欧姆定律可得：，整理得：；‎ ‎(3) 由对应的图象可知，，解得；‎ ‎(4)通过（3）分析可知，本实验中不存大原理误差，即为真实的路端电压，‎ 为流过电源的真实电流，故电动势的测量值与真实值相同．‎ ‎【点晴】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，重点分析实验电路图，同时能正确利用闭合电路欧姆定律列式，注意本题中一定要考虑电表的内阻，同时在分析图象时要认真分析坐标轴的起点值．‎ 四、计算题（本大题共 3 小题，共 48 分）‎ ‎11.如图所示，传送带与水平面之间的夹角θ=30°，其上A、B两点间的距离L=‎5m，传送带在电动机的带动下以v=‎1m/s的速度匀速运动．现将一质量m=‎10kg的小物体（可视为质点）轻放在传送带的A点，已知小物体与传送之间的动摩擦因数μ=，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：（取g=‎10m/s2）‎ ‎（1）物体刚开始运动的加速度大小；‎ ‎（2）物体从A到B运动的时间；‎ ‎（3）传送带对小物体做的功；‎ ‎（4）电动机做的功。‎ ‎【答案】（1）‎2.5m/s2（2）5.2s（3）255J（4）270J ‎【解析】‎ 详解】（1）对小物体进行受力分析有：‎ N=mgcosθ ‎ ‎ mgsinθ=50N f＞mgsinθ，则小物体可以与传送带上静止。‎ 根据牛顿第二定律：‎ f-mgsinθ=ma ‎75N-50N=‎‎10a 得：‎ a=‎2.5m/s2‎ ‎（2）物块匀加速的时间：‎ 匀加速的位移：‎ 则小物体匀速运动的位移为：‎ s2=‎5m-0.2m=‎‎4.8m 匀速运动的时间：‎ 则小物体从A到B所需时间为：‎ t=0.4s+4.8s=5.2s ‎（3）由功能关系知传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增量：‎ ‎ ‎ ‎（4）在前0.4s时间内传送带运动的位移为：‎ S2=vt=1×0.4=‎‎0.4m 所以摩擦产生的热量等于摩擦力乘以两物体间的相对距离，即：‎ Q=μmgcosθ（S2-S1）=75N×（0.4-0.2）J=15J 电动机做的功为：‎ W′=255J+15J=270J ‎12.如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在距y轴左侧区域存在宽度为a=‎0.3m的垂直纸面向里的m匀强磁场，磁感应强度为B（大小可调节）。现有质荷比为kg/C的带正电粒子从x轴上的A点以一定初速度v0垂直x轴射入电场，且以v=，方向与y轴正向成60°的速度经过P点进入磁场，OA=‎0.1m，不计重力，求：‎ ‎(1)粒子在A点进入电场的初速度v0为多少；‎ ‎(2)要使粒子不从CD边界射出，则磁感应强度B的取值范围；‎ ‎(3)粒子经过磁场后，刚好可以回到A点，则磁感应强度B为多少。‎ ‎【答案】(1) ；(2)；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子在电场中做类平抛，竖直方向不受力，为匀速 ‎(2) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，当轨迹与边相切时恰好不出磁场线，此时有 解得 根据牛顿第二定律可得 解得 解得 即要使粒子不从边界射出，则磁感应强度的取值范围为 ‎(3)粒子运动轨迹如图所示，出磁场时速度与轴正方向夹角为，做匀速直线运动后回到点，设出磁场处为点。‎ 由几何关系可得 粒子在电场中做类平抛，则有 则有 解得 根据牛顿第二定律可得 解得 ‎13.如图甲所示，光滑的平行金属导轨水平放置，导轨间距L=‎1 m，左侧接一阻值为R=0.5 Ω的电阻．在MN与PQ之间存在垂直轨道平面的有界匀强磁场，磁场宽度d=‎1 m．一质量m=‎1 kg的金属棒ab置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨和金属棒的电阻．金属棒ab受水平力F的作用从磁场的左边界MN由静止开始运动，其中，F与x（x为金属棒距MN的距离）的关系如图乙所示．通过电压传感器测得电阻R两端电压随时间均匀增大．则：‎ ‎（1）金属棒刚开始运动时的加速度为多少？‎ ‎（2）磁感应强度B的大小为多少？‎ ‎（3）若某时刻撤去外力F后金属棒的速度v随位移s的变化规律满足v=v0﹣s（v0为撤去外力时的速度，s为撤去外力F后的位移），且棒运动到PQ处时恰好静止，则金属棒从MN运动到PQ的整个过程中通过左侧电阻R的电荷量为多少？外力F作用的时间为多少？‎ ‎【答案】（1）a=‎0.4m/s2；（2）B=0.5T；（3）t=1s ‎【解析】‎ ‎【详解】解：(1)金属棒开始运动时，，，金属棒不受安培力作用 金属棒所受合力为： ‎ 由牛顿第二定律得：‎ ‎(2)由题意可知，电阻两端电压随时间均匀增大，即金属棒切割磁感线产生的感应电动势随时间均匀增大，由可知，金属棒的速度随时间均匀增大，则金属棒做初速度为零的匀加速运动．加速度： ‎ 由匀变速直线运动的位移公式可得： ‎ 由图乙所示图象可知，时， ‎ 由牛顿第二定律得： ‎ 解得： ‎ ‎(3)金属棒经过磁场的过程中，感应电动势的平均值： ‎ 感应电流的平均值：‎ 通过电阻R的电荷量： ‎ 解得： ‎ 设外力的作用时间为，力作用时金属棒的位移为：‎ 撤去外力后，金属棒的速度为：‎ 到恰好静止，‎ 则撤去外力后金属棒运动的距离为：‎ 则 ‎ 解得：‎