天津市第一中学2020届高三物理下学期第四次月考试题（解析版）

天津市第一中学2020届高三物理下学期第四次月考试题（解析版）

2020 届天津市第一中学高三（下）第四次月考物理试题 第Ⅰ卷（本卷共 8 道题） 一、单选题：（共 5 小题） 1.当前，新型冠状病毒正在威胁着全世界人民的生命健康，红外测温枪在疫情防控过程中发挥 了重要作用。红外线是电磁波，下列关于电磁波的说法错误的是 A. 一切物体都在不停地发射红外线 B. 紫外线有助于人体合成维生素 D C. 医学上用 X 射线透视人体，检查体内病变等 D. 光在真空中运动的速度在不同的惯性系中测得的数值可能不同 【答案】D 【解析】 【详解】A．一切物体都在不停地发射红外线，选项 A 正确，不符合题意； B．适量照晒紫外线有助于人体合成维生素 D，选项 B 正确，不符合题意； C．医学上用 X 射线透视人体，检查体内病变等，选项 C 正确，不符合题意； D．根据光速不变原理，知在不同惯性系中，光在真空中沿不同方向的传播速度大小相等，故 D 错误，符合题意。 故选 D。 2.半圆形介质截面如图所示，O 为圆心，两束不同颜色的单色光 a、b 相互平行，从不同位置 进入介质，其中单色光 a 入射方向正对圆心 O，单色光 b 的入射点位于圆心 O 的正上方。a 光线恰好在半圆形介质的底边发生全反射，且光线 a 的入射角为 45 ，则下列说法正确的是 （ ） A. 单色光 a 在介质中的折射率为 2 B. 单色光 b 比单色光 a 的频率大 C. 光线 b 在介质中的折射角可能小于 30 D. 在同一双缝干涉实验中，仅把用 a 光照射换成用 b 光照射，观察到的条纹间距变大 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据临界角公式 1sinC n  可知单色光 a 在 O 点恰好发生全反射，则有 1 2sin 45an   故 A 错误； B．由于不知道 b 光在半圆形介质的底边否发生全反射，则无法确定单色光 b 与单色光 a 的频 率大小关系，故 B 错误； C．如果单色光 b 比单色光 a 在介质中的折射率更大，则有 sin 45 45sin   得 1sin 2   ，即 30  ，故 C 正确； D．由于无法确定单色光 b 与单色光 a 的频率大小关系，则无法确定两光波长关系，由公式 Lx d   可知所以仅把用 a 光照射换成用 b 光照射，则无法确定观察到的条纹间距变化，故 D 错误。 故选 C。 3.如图所示为氢原子的能级图，下列说法正确的是 A. 处于基态的氢原子可以通过与能量为 12.5eV 的电子碰撞的方式跃迁 B. 氢原子由基态跃迁到激发态后，核外电子动能增大，原子的电 势能减小 C. 大量处于 n=3 激发态的氢原子，向低能级跃迁时可辐射出 2 种不同频率的光 D. 用氢原子从 n=2 能级跃迁到 n=1 能级辐射出的光照射金属铂(逸出功为 6.34eV)时不能发生 光电效应 【答案】A 【解析】 【详解】A．用能量为 12.5eV 的电子轰击处于基态的氢原子，氢原子可以吸收其中的 10.2eV 的能量跃迁到 n=2 的能级，故 A 正确； B．氢原子由基态跃迁到激发态后，核外电子轨道半径变大，根据 2 2 2 q vk mr r  可知，电子的 动能减小，原子的总能量变大，电势能变大，选项 B 错误； C．大量处于 n=3 激发态的氢原子，向低能级跃迁时可辐射出 2 3 3C  种不同频率的光，选项 C 错误； D．用氢原子从 n=2 能级跃迁到 n=1 能级辐射出的光子能量为-3.4eV-(-13.6eV)=10.2eV，则照 射金属铂(逸出功为 6.34eV)时能发生光电效应，选项 D 错误。 故选 A。 4.如图所示，n 匝矩形闭合导线框 ABCD 处于磁感应强度大小为 B 的水平匀强磁场中，线框面 积为 S，电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴 OO’以角速度ω匀速转动，并与理想变压器原线圈 相连，变压器副线圈接入一只额定电压为 U 的灯泡，灯泡正常发光。从线圈平面与磁场平行 开始计时，下列说法正确的是 A. 图示位置穿过线框的磁通量变化率最大 B. 灯泡中的电流方向每秒改变 2   C. 变压器原、副线圈匝数之比为 nBS U  D. 线框中产生感应电动势的表达式 cose nBS t  【答案】D 【解析】 【详解】A．图示位置线框位于中性面，穿过线框的磁通量最大，根据法拉第电磁感应定律可 知，磁通量的变化率为零，故 A 错误； B．交流电的周期 2T   1s 内完成周期性变化的次数，即频率 1 2f T    1 个周期电流方向改变 2 次，所以灯泡中电流方向每秒改变   次，故 B 错误； D．线框中感应电动势的峰值 Em=nBSω 从线圈平面与磁场平行开始计时，所以线框中产生感应电动势的表达式为 e=nBSωcosωt 故 D 正确； C．根据正弦式交变电流峰值和有效值的关系可知，原线圈输入电压的有效值 1 2 nBSU  副线圈输出电压的有效值 U2=U 根据变压比可知 1 1 2 2   2 n U nBS n U U   故 C 错误。 故选 D。 5.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 P MmE G r   ，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 2 1 1 1 R R      B. GMm 1 2 1 1 R R      C. 2 1 1 1 2 GMm R R      D. 1 2 1 1 2 GMm R R      【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 1R 时 2 1 2 1 1 vG Mm mR R  ①，卫星的引力势能为 1 1 P GMmE R   ② 轨道半径为 2R 时 2 2 2 2 2 vG Mm mR R  ③，卫星的引力势能为 2 2 P GMmE R   ④ 设摩擦而产生的热量为 Q ，根据能量守恒定律得： 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2P Pmv E mv E Q    ⑤ 联立①～⑤得 2 1 1 1 2 GMmQ R R       ，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 1R 圆形轨道和半径为 2R 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． 二、多项选择题（共 3 小题） 6.如图所示，“奥托循环”由两条等温线和两条等容线组成，其中，a→b 和 c→d 为等温过程， b→c 和 d→a 为等容过程。下列说法正确的是 A. a→b 过程中，气体对外界做功 B. b→c 过程中，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增多 C. c→d 过程中，气体从外界吸收热量 D. d→a 过程中，气体分子的平均动能变大 【答案】BC 【解析】 【详解】A．a→b 过程中，气体体积减小，外界对气体做功，故 A 错误； B．b→c 过程中，气体体积不变，压强增大，则气体的温度一定升高，气体分子的热运动更加 剧烈，分子的数密度没有改变的情况下，分子在单位时间内单位面积上与器壁的碰撞数会增 多，故 B 正确； C．c→d 过程中，气体体积增大，对外做功；温度不变，内能不变，则由热力学第一定律可知， 气体从外界吸收热量，故 C 正确； D．d→a 过程中，气体体积不变，而气体压强减小，则其温度一定减低，气体分子的平均动能 减小，故 D 错误。 故选 BC。 7.如图所示，一简谐横波在某区域沿 x 轴传播，实线 a 为 t=0 时刻的波形图线，虚线 b 为 t=△t 时刻的波形图线。已知该简谐横波波源振动的频率为 f=2.5Hz，虚线 b 与 x 轴交点 P 的坐标为 xP=1m。则下列说法正确的是 A. 这列波的传播速度大小一定为 20m/s B. 这列波一定沿 x 轴正向传播 C. 可能有△t=1.25s D. 若该列波遇到宽度为 6m 的障碍物能发生明显的衍射现象 【答案】ACD 【解析】 【详解】AD．由频率可得：周期 1 0.4T sf ＝ ＝ 由图可得波长λ=8m；故波速 20m/sv T ＝ ＝ 由波长λ=8m 可得：若该列波遇到宽度为 6m 的障碍物能发生明显的衍射现象，故 AD 正确； BC．若波向右传播，波的传播距离   ( 1)1 8x n m n   ＝ ＝ ，n∈N 则 1 0.4( 0.05(s))8t n T n  ＝ ＝ ，n∈N； 当 n=3 时 ∆ t=1.25s； 若波向左传播，则波的传播距离 77(m) )8(x n n     ＝ ＝ ，n′∈N 则  7 0.4( ) 0.35 s8t n T n  ＝ ＝ ，n′∈N 故 B 错误，C 正确； 故选 ACD。 8.沿某一电场方向建立 x 轴，电场仅分布在－d≤x≤d 的区间内，其电场强度 E 与坐标 x 的关系 如图所示。规定沿+x 轴方向为电场强度的正方向，x=0 处电势为零。一质量为 m、电荷量为 +q 的带点粒子只在电场力作用下，能在 x 轴上做周期性运动。以下说法正确的是 A. 粒子沿 x 轴做简谐运动 B. 粒子在 x=－d 处的电势能为 1 2 qE0d C. 动能与电势能之和的最大值是 qE0d D. 一个周期内，在 x>0 区域的运动时间 t≤ 0 2 md qE 【答案】BD 【解析】 【详解】A．在 x>0 区域，粒子受到恒定大小水平向左的电场力，不满足简谐运动回复力特点， 所以粒子不能沿 x 轴做简谐运动，故 A 错误； B．依据 E-x 图象包围的面积为电势降落，粒子从 x=0 到 x=-d 电势变化 0 0 2 2 E E dU d ＝ 粒子从 x=0 到 x=-d 的电场力做负功 0 1- 2W Uq E dq   根据功能关系得粒子在 x=-d 处的电势能为 1 2 E0dq，故 B 正确； C．设动能与电势能之和的最大值为 P，则 P= 1 2 mv2+qφ 最右位置有 P=qφ=qE0x1 最左位置有 ' 20 22 qEP q xd   粒子的运动区间为 2 1x x x   ，即 0 0 2Pd PxE q E q    电场仅分布在-d≤x≤d 的区间内，解得 0 10 2P E qd＜ 故 C 错误； D．在 x＞0 区域的运动由对称的 2 段组成： 20 0 1 2 qE Ptm E q   解得 0 2Pmt E q  总时间为 0 0 2 22 2Pm mdt E q E q   故 D 正确； 故选 BD。 第Ⅱ卷（本卷共 5 道题） 9.（1）某同学设计了如图所示的装置来探究牛顿第二定律，实验时将拉力传感器固定在水平 放置的木板上，与细线相连，细线绕过定滑轮与水瓶相连，调节滑轮的高度，使细线平行于 桌面。已知木板与桌面间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。 ①将质量为 m0 的木板右端移至与标识线 MN 对齐，在水瓶中加水直到木板刚要滑动时计下此 时传感器的示数 F0，再加一定量的水，当拉力传感器示数为 F1 时释放木板，记录木板右端运 动到与 MN 间距为 L 的 PQ 处所用时间 t，为减小误差，多次测量取时间的平均值 t，由此可知 木板运动的加速度 a=________。 ②改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度 a 与拉力传感器示数 F1 的关系。下列图像能表示 该同学实验结果的是________。 ③在保持 m0 一定的情况下，通过改变水瓶中水的质量来改变外力，与用钩码拉动小车相比较， 其优点是________。 A．可以改变滑动摩擦力的大小 B．可以更方便地获取多组实验数据 C．可以比较精确地测出滑动摩擦力的大小 D．可以获得更大的加速度以提高实验精度 ④保持水瓶中水的质量一定时，通过在木板上叠放重物来改变其质量，这种情况下________(填 “能”或“不能”)探究 a 和 m0 的关系。 【答案】 (1). 2 2L t (2). C (3). BC (4). 不能 【解析】 【详解】.①[1]．根据 21 2L at 可得木板的加速度 2 2La t  ②[2]．当 F1＞F0 时，木板才产生加速度；随着继续向瓶中加水后，矿泉水瓶的质量不断增加， 矿泉水瓶的质量不能远小于木板的质量，那么水的重力与绳子的拉力差值越来越大．故选 C； ③[3]．A．不可以改变滑动摩擦力的大小，故 A 错误． B．缓慢向瓶中加水，可以更方便地获取多组实验数据，故 B 正确． C．缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动，可以比较精确地测出摩擦力的大小，故 C 正确． D．并没有获得很大的加速度，可以获取多组实验数据以提高实验精度．故 D 错误． 故选 BC． ④[4]．保持水瓶中水的质量一定时，则 F 一定，通过在木板上叠放重物来改变其质量，则 0 Fa m m    则这种情况下不能探究 a 和 m0的关系。 10.待测电阻 Rx，阻值约为 200Ω，请选用以下器材较准确地测量电阻 Rx 的阻值。 A．电源 E:电动势约为 12.0V，内阻较小； B．电流表 A1：量程 50mA、内阻 r1=40Ω； C．电流表 A2：量程 300mA、内阻 r2 约为 4Ω； D．电压表 V：量程 3V、内阻 r3 约为 5kΩ； E．定值电阻 R0：阻值为 40Ω； F．滑动变阻器最大阻值为 10Ω； G．单刀单掷开关 S、导线若干. 请画出测量待测电阻 Rx 的电路图。 【答案】 【解析】 【详解】电压表量程过小，不宜选择；可用已知内阻的电流表 A1 与定值电阻 R0 串联，然后与 待测电阻并联；用电流表 A2 测量总电流；滑动变阻器接成分压电路，如图； 11.如图所示，质量为 M=2kg 的木板 A 静止在光滑水平地面上，其左端与固定台阶相距 x。质 量为 m=1kg 的滑块 B（可视为质点）以初速度 v0=4m/s 从木板 A 的右端滑上木板。A 与台阶碰 撞无机械能损失，不计空气阻力，A、B 之间动摩擦因数μ=0.1，A 足够长，B 不会从 A 表面滑 出，取 g=10m/s2。 （1）若 A 与台阶碰撞前，已和 B 达到共速，求 A 向左运动的过程中与 B 摩擦产生的热量 Q； （2）若 A 与台阶只发生一次碰撞，求 x 满足的条件。 【答案】(1) 5.3J；(2) x≥1m 【解析】 【详解】(1)B 在 A 上滑行过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得 mv0=（m+M）v1 代入数据解得 1 4 m/s3v  由能量守恒定律得 0 2 2 1 1 1 (2 2Q mv m M v   ) 代入数据解得 Q≈5.3J (2)设 A 与台阶碰撞前瞬间，A、B 的速度分别为 vA 和 vB，由动量守恒定律得： mv0=mvB+MvA 若 A 与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足 |MvA|≥|mvB| 对 A 应用动能定理 21 2 Amgx Mv  联立解得 x≥1m 即 A 与台阶只能碰撞一次的条件是：x≥1m 12.如图所示，完全相同的正方向单匝铜质线框型货件 abcd，通过水平，绝缘且足够长的传送 带输送一系列该货件通过某一固定匀强磁场区域进行“安检”程序，即便筛选“次品”（不闭合） 与“正品”（闭合），“安检”程序简化为如下物理模型，各货件质量均为 m，电阻均为 R，边长 为 l，与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为 g；传送带以恒定速度 v0 向右运动，货件 在进入磁场前与传送带的速度相同，货件运行中始终保持 / / / /ab AA CC ，已知磁场边界 AA′，CC′与传送带运动方向垂直，磁场的磁感应强度为 B，磁场的宽度为 d l d ，现某一 货件当其 ab 边到达 CC′时又恰好与传送带的速度相同，则： （1）上述货件在进入磁场的过程中运动加速度的最大值与速度的最小值； （2）“次品”（不闭合）与“正品”（闭合）因“安检”而延迟时间多大． 【答案】（1） 2 2 0 m B l va gmR   ；  2 0 2v v g d l   （2） 2 3 0 2 2B l d mgR v  【解析】 【详解】（1）线框以速度 0v 进入磁场，在进入磁场过程中，受安培力 F、摩擦力 f 共同作用而 做减速运动；完全进入磁场后，在摩擦力的作用下做加速运动，当 ab 边到达 CC 时速度又恰 好等于 v0，因此，线框在刚进入磁场时，所受安培力 F 最大，加速度最大，设为 am；线框全 部进入磁场的瞬间速度最小，设此时线框的速度为 v，线框刚进入磁场时，由牛顿第二定律有 mF mg ma  安培力 0F Bi l 电流为 0 Ri  电动势 0Blv  解得 22 0 m gmR l vBa   在线框完全进入磁场又加速运动到达边界 CC 时的过程中，根据动能定理有   2 2 0 1 1 2 2mg d l mv mv    解得  2 0 2v g d lv    （2）设“正品”货件进入磁场所用时间为 t1，取此过程中某较短时间间隔 t ，在  ~t t t  的 t 内货件速度变化为 v ，货件加速度大小为   va t 设 t 流经线框的电流为i ，货件瞬时速度为 iv ，货件所受安培力方向向左，大小为 22 i iBiL R lB vF   由牛顿第二定律，有 22 i vmg mR t lB v     由力的独立性原理并根据位移大小的“面积法”有   22 1 2 2 11 ... n n mg mv vR lB t v t v t t         即   32 2 1 0 0 2mg m g d lR lB t v v      解得  232 0 0 1 2 g d l mgR g v vlBt         设“正品”货件在磁场中匀加速恢复 v0 所用时间为 t2 由匀变速速度公式，有  2 0 00 2 2 g d lv g g v vvt        设“正品”货件完全出磁场并达到稳定运行时间为 T1，由受力与运动对称性可得   32 1 1 2 22 mgR lBt tT    而“次品”货件运动过程中不受“安检”的影响，设其达到“正品”货件稳定后的相同空间距离所用 时间为 T2 由匀速运动规律有 2 0 2dT v  可见“安检”而延迟时间为 32 1 2 0 2 2dT T T mgR lB v     13.在竖直平面内建立一平面直角坐标系 xoy，x 轴沿水平方向，如图甲所示．第二象限内有一 水平向右的匀强电场，场强为 E1．坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变 磁场，电场方向竖直向上，场强 E2= 1 2 E ，匀强磁场方向垂直纸面．处在第三象限的某种发射 装置（图中没有画出）竖直向上射出一个比荷 q m =102C/kg 的带正电的微粒（可视为质点），该 微粒以 v0=4m/s 的速度从-x 上的 A 点进入第二象限，并以 v1=8m/s 速度从+y 上的 C 点沿水平 方向进入第一象限．取微粒刚进入第一象限的时刻为 0 时刻，磁感应强度按图乙所示规律变 化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），g=10m/s2．试求： （1）带电微粒运动到 C 点的纵坐标值 h 及电场强度 E1； （2）+x 轴上有一点 D，OD=OC，若带电微粒在通过 C 点后的运动过程中不再越过 y 轴，要 使其恰能沿 x 轴正方向通过 D 点，求磁感应强度 B0 及其磁场的变化周期 T0 为多少？ （3）要使带电微粒通过 C 点后的运动过程中不再越过 y 轴，求交变磁场磁感应强度 B0 和变化 周期 T0 的乘积 B0T0 应满足的关系？ 【答案】（1）0．2N/C （2）B0=0．2n（T）（n=1，2，3…）； 0 20T sn ＝  （n＝1，2，3…） （3） 0 0 60B T  （kg/C）． 【解析】 【详解】(1)将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上 抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动. 0 0.4vt sg   0 0.82 vh t m  . 1 2x va gt   ， 则 qE1=2mg，计算得出 E1=0.2N/C. (2)qE2=mg，所以带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动，设粒子运动圆轨道半径为 R，周 期为 T，则 2 1 1 0 vqv B m R  可得 0 0.08R B  . 使粒子从 C 点运动到 D 点，则有： 0 0.08(2 ) (2 )h n R n B   . 计算得出： 0 0.2B nT （n=1，2，3…）. 0 2 mT qB  0 2 4 T T ， 0 0 ( )2 20 T mT sqB n     （n=1，2，3…）. (3)当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过 y 轴时可作如图运动情形： 由图可以知道 5 6   0 0 5 5 6 300T T B   . 0 0 ( / )60B T kg C 【点睛】（1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，得出两个方向上的运 动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律求出带电微粒运动到 C 点的纵坐标值 h 及电场强度 E1； （2）若带电微粒在通过 C 点后的运动过程中不再越过 y 轴，要使其恰能沿 x 轴正方向通过 D 点，作出粒子的运动的轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力，得出粒子在磁场中运动的半径大 小，结合几何关系，求出磁感应度的通项表达式，再根据周期的关系求出磁场的变化周期 T0 的通项表达式． （3）当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过 y 轴时，根据几何关系求出圆心角的大小，从 而求出 T0 的范围，以及 B0 T0 应满足的关系．