河北省衡水武邑中学2020届高三上学期检测物理试题

河北省衡水武邑中学2020届高三上学期检测物理试题

河北衡水武邑中学2019-2020年高三第二次检测理综物理试卷 二、选择题 ‎1.如图为氢原子的能级示意图，大量氢原子从量子数为n的能级向较低能级跃迁时辐射光子，并利用这些光照射逸出功为4.54eV的金属钨，其中只有两种频率的光a、b能使金属钨发生光电效应，a光的频率较高，则 A. 氢原子从n=3的能级向低能级跃迁 B. 氢原子从n=4的能级向低能级跃迁 C. 用a光照射放射性元素Po，其半衰期变小 D. 金属钨逸出光电子的最大初动能为5.66eV ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．大量氢原子从量子数为n的能级向较低能级跃迁时辐射光子，只有两种频率的光a、b能使金属钨发生光电效应，根据Em-En=△E＞4.54eV，则有n=3，由于a光的频率较高，那么应该是从n=3的能级向低能级跃迁，故A正确，B错误；‎ C．不论用何种光照射，放射性元素Po，其半衰期均不变，故C错误；‎ D．根据光电效应方程Ekm=hγ-W，△Emax=E3-E1=-1.51-（-13.6）=12.09eV，因W=4.54eV，那么Ekm=12.09-4.54=7.55eV，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎2.‎2017年8月1日15时03分，天舟一号货运飞船成功在轨释放一颗立方星，随即地面成功捕获立方星．本次试验是我国首次通过飞船系统采用在轨储存方式释放立方星，为后续我国空间站开展微纳卫星部署发射及在轨服务奠定了技术基础．以下说法中正确的是（ ）‎ A. 在释放立方星前，天舟一号货运飞船的角速度比立方星的角速度大 B. 在释放立方星过程中，天舟一号飞船受到的冲量比立方星受到的冲量大 C. 在释放立方星后，天舟一号货运飞船运动的线速度变小 D. 立方星在返回地面过程中，运动的加速度逐渐变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．释放立方星前，天舟一号货运飞船和立方星在同一轨道，故角速度相同，故A错误；‎ B．在释放立方星过程中，天舟一号飞船与立方星相互作用，故两者所受的力大小相等，作用时间相等，故天舟一号飞船受到的冲量与立方星受到的冲量一样大，故B错误；‎ 根据万有引力提供向心力得：‎ 解得：‎ C．在释放立方星后，天舟一号货运飞船运动的轨道半径不变，故线速度不变，故C错误；‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 解得 D．立方星在返回地面过程中，r越来越小，故加速度越来越大，故D正确，故选D．‎ ‎【点睛】根据万有引力提供向心力，得出线速度和角速度的表达式，分析线速度和角速度的变化情况，根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，分析加速度的变化情况．‎ ‎3.把一小球用长为L的不可伸长的轻绳悬挂在竖直墙壁上，距离悬点O正下方钉有一根钉子，将小球拉起，使轻绳被水平拉直，如图所示．由静止释放小球，轻绳碰到钉子的瞬间前后 A. 线速度之比3：2‎ B. 角速度之比为3：1‎ C. 小球的向心加速度之比为1：3‎ D. 钉子离悬点越近绳子越容易断 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．绳碰到钉子后的瞬间，小球的线速度不变，故A错误；‎ B．根据，得 解得：‎ 故B错误；‎ C．根据，得 故C正确，‎ D．根据 得 r越小，F越大，故离悬点越远绳子越容易断，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点睛】绳碰到钉子后的瞬间，小球的线速度不变，根据线速度与角速度的关系，根据半径的变化分析角速度的变化，根据线速度与向心加速度的关系，根据半径的变化分析向心加速度的变化，结合牛顿第二定律分析绳子的拉力与半径的关系．‎ ‎4.如图，一理想变压器接入一正弦交流电源，原线圈与一可变电阻串联，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节；在副线圈两端连接了定值电阻和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头，V是理想电压表；现进行如下操作，并保持变压器原线圈输入电流不变，则 A. 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电压表读数变小 B. 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，副线圈两端的电压变小 C. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电压表读数变大 D. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，变压器输出功率变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，保持变压器原线圈输入电流不变，匝数比不变，则副线圈电流不变，根据U=I2R可知电压表示数增大，R0两端电压不变，则副线圈两端的电压变大，故AB错误；‎ CD．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，原线圈电流不变，根据可知I2减小，根据U=I2R可知电压表示数减小，根据P=I22（R0+R）可知变压器输出功率变小，故C错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎5.在如图所示直角坐标系中，长为‎2l的直线OP与x轴夹角为30°，OP左上方和右下方均存在方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。坐标原点O处有一电子源，沿x轴发射的电子都能通过P点，则电子的速度不可能为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电子在磁场中做匀速圆周运动，电子可能的运动轨迹如图所示： 由几何知识可知，所有圆弧所对应的圆心角都是60°，电子的轨道半径：‎ ‎  其中：n=1、2、3……‎ 电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ ‎  （n=1、2、3……）‎ A．当n=2时，v=，选项A正确，不符合题意；‎ B．当n=4时，v=，选项B正确，不符合题意；‎ C．由表达式可知，速度不可能为，选项C错误，符合题意；‎ D．当n=6时，v=，选项D正确，不符合题意；‎ 故选C。‎ ‎6.水平地面上的物体在方向水平向右、大小变化的力F作用下由静止开始向右运动，力F随位移x的变化关系如图所示，物体与地面之间的动摩擦因数为，向右运动的最大位移为l，l (2). CD (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]为放置两球碰撞后，入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即.‎ ‎（2）[2]a、b两球碰撞前后做平抛运动 得 验证动量守恒定律表达式为 变为 因此需要测量a球和b球的质量以及O点到A、B、C三点的距离分别为，故选CD.‎ ‎（3）[3] 若动量守恒，则需要验证的表达式为.‎ ‎10.热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，某实验小组欲研究该电阻在常温下的伏安特性曲线，实验仪器如下：‎ A．待测热敏电阻，（常温电阻值约为5Ω） ‎ B．电流表A1（满偏电流10mA，内阻Ω）‎ C．电流表A2（量程0～‎0.6A，内阻Ω） ‎ D．滑动变阻器R1（0～20Ω，额定电流‎2A） ‎ E．滑动变阻器R2（0～100Ω，额定电流‎0.5A） ‎ F．定值电阻R3（阻值等于5Ω）‎ G．定值电阻电阻R4（阻值等于200Ω） ‎ H．盛有水的保温杯（含温度计）‎ I．电源（3V，内阻可忽略） ‎ G．开关，导线若干 ‎（1）要使测量数据尽量精确，绘制曲线完整，需要将以上仪器进行适当的改装，定值电阻选____，滑动变阻器选__________。（填仪器前的字母序号）‎ ‎（2）请在方框内画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁，根据电路图在实物图上连线 ‎（ ）‎ ‎（3）热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC），正温度系数电阻器的电阻随温度的升高而增大，负温度系数电阻器的电阻随温度的升高而减小，测得该热敏电阻的图像如图所示，请分析说明该曲线对应的热敏电阻是______（选填“PTC”或“NTC”）热敏电阻。‎ ‎（4）若将该热敏电阻直接接到一电动势为3V，内阻为6Ω的电源两端，则热敏电阻消耗的电功率为________W.（结果保留2位小数）。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). PTC (5). 0.34‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]．根据电源电动势，电路中的电流大概为，故电流表选用 ‎，把电流表，串联定值电阻改装成电压表，，故定值电阻选，描绘伏安特性曲线需要从零开始读书，因此采用滑动变阻器分压接法，所以选用阻值较小的.‎ ‎（2）[3]．待测电阻同电压表（电流表和定值电阻）即电流表相比，与电流表相差倍数比较小，属于小电阻，因此电流表采用外接法，滑动变阻器分压式连接。原理图，实物图如下：‎ ‎（3）[4]．由图线可知，随电流增大，电阻阻值增大，即随温度升高，电阻阻值增大，该电阻是正温度系数（PTC）热敏电阻；‎ ‎（4）[5]．在图中作出电源对应U-I图线，即 U=E-Ir 当时，，时，，两图像交点处等效电压为，电流为‎0.32A，则热敏电阻的功率为 P=UI=1.05×0.32W=0.34W.‎ ‎11.如图所示，一长度为d，质量为‎2m的长木板A，置于光滑水平地面上，木板左端放置一质量为m的小物块B（大小可忽略）；现分别对长木板和小物块施加方向相反的水平方向的作用力，且，若，小物块和长木板恰好没有发生相对滑动，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。‎ ‎（1）求小物块与长木板间的动摩擦因数。‎ ‎（2）不施加，对小物块施加水平向右的作用时间极短的较大冲击力，冲量为I，则I应满足什么条件才能使小物块从木板上掉下？‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 详解】（1）对整体受力分析，根据牛顿第二定律得 ‎ ‎ 以B为研究对象 解得 ‎（2）设冲击刚结束时小物块获得的速度大小为，物块恰好不掉下时，物块和木板的速度为，由动量定理有 由动量守恒定律，有 ‎ ‎ 对物块和木板系统，由能量守恒得 ‎ ‎ 由以上各式得 要使物体落下，应有 故油滴沿竖直方向在CB中做匀加速运动，然后在BA中做匀减速运动.‎ ‎12.如图a所示，三块水平放置的带电平行金属薄板A、B、C中央各有一小孔，AB间距离为‎8cm，BC间距离为‎4cm，将A、C两板分别与大地相连，B板的电势为20V ‎，现有一质量为，电量为的负电油滴P从C板中央小孔无初速释放。‎ ‎（1）求油滴P运动位移最大位置时电势能以及经历的时间；‎ ‎（2）若某时刻开始从A板正上方距离小孔‎0.8cm处释放另一带电量相同的正电油滴Q，其质量为，两油滴恰好在B板小孔处相遇，求释放时间。‎ ‎【答案】（1）；；（2）油滴Q比油滴P早释放0.04s或者油滴Q比油滴P晚释放了0.01s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）BC间电场强度，‎ 方向竖直向下 AB间电场强度 方向竖直向上 油滴P所受的重力 ‎ ‎ 静电力 故油滴沿竖直方向在CB中做匀加速运动，然后在BA中做匀减速运动。‎ 匀加速运动加速度 ‎ ‎ 由得 由得 匀减速运动的加速度为 ‎ ‎ 运动的位移为 电势能为 ‎ ‎ 减速到速度为零的时间为 故油滴P运动最大位移所用时间为 ‎（2）油滴Q做自由落地运动，由得 油滴Q所受的重力为 故油滴在进入电场AB中将做匀速直线运动，运动到B处 ‎ ‎ ‎（i）若油滴P第一次到达P板时两油滴相遇，则 即油滴Q比油滴P早释放0.04s ‎（ii）若油滴P进入AB板电场后，再次返回B板处两油滴相遇，则 即油滴Q比油滴P晚释放了0.01s ‎13.一定量的理想气体从状态A可以经历过程1或者过程2到达状态B，其V-T图像如图所示，其中AB、BC直线分别平行于V轴，T轴，AC直线的延长线经过原点O；在过程2中，气体沿着ACB过程变化，对于这两个过程，下列说法正确的是 A. 气体经历过程1，其压强增大 B. 气体经历过程2，其压强一直增大 C. 气体经历过程2，其内能先减小后增大 D. 气体经历过程2，其先吸热后放热 E. 气体在过程1中，外界对气体做的功较多 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．气体经历过程1，温度不变，体积减小，根据玻意耳定律，所以压强增大，故A正确；‎ B．气体经历过程2，先做等压变化，压强不变，再做等容变化，压强增大，故B错误；‎ CD．气体经历过程2，温度先降低后升高，所以其内能先减小后增大，体积先减小后不变，则外界先做正功后不做功，结合热力学第一定律，气体先放热后吸热，故C正确，D错误；‎ E．气体经历1过程，压强从PA增大，气体经历2过程，只有A到C 过程中外界对气体做功，压强始终小于PA，这两个过程体积减小相等，根据W=P△V可知，气体在过程1中外界对气体做功较多，故E正确。‎ 故选ACE。‎ ‎14.如图a所示，内壁光滑的气缸竖直放置，厚度不计，质量为m，横截面积为的活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，气体初始温度为，此时活塞与气缸底部之间的距离为，在活塞的上面处有固定的卡环，大气压强，重力加速度 ‎①若把气缸缓慢水平放置，如图b所示，气缸稳定后，发现活塞移动了，则活塞的质量为多少？‎ ‎②在图（b）中，当封闭气体的温度缓慢升到T=450K时，封闭气体的压强为多少？‎ ‎【答案】①‎10kg；②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①活塞中的气体发生了等温变化，有 又 得 m=‎‎10kg ‎②设活塞刚好到达卡环时气体的温度为，气体等压膨胀，有 得 因，可判断活塞处于卡环位置后，气体又发生了等容变化，有 得 ‎15.如图所示为一单摆做简谐运动的图像，P、Q为图像上两点，，则此单摆的摆长约为_____m（结果保留2位有效数字），P、Q两点对应的速度__________（填“相同”或“不相同”），在0~4s内摆球__________次通过最低点。‎ ‎【答案】 (1). 0.99 (2). 不相同 (3). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．由题图知，单摆在地球表面上的振动时周期 T=2s，根据，有：‎ ‎[2]．由图可知，P点运动的方向指向平衡位置，而Q点运动的方向背离平衡位置，运动的方向不同，所以速度不相同； [3]．摆球经过平衡位置时的位移为0，由图可知，摆球在4s内4次通过最低点。‎ ‎16.如图，一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30°，BC边长为l，棱镜折射率为。在此截面所在的平面内，一条光线平行于AB边射向AC的中点M，求：‎ ‎①经过棱镜折射后，从棱镜射出的光线的位置 ‎ ‎②光在棱镜中的运动时间；‎ ‎【答案】①距离B点处射出 ②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①由折射定律可得，解得 r=30°‎ 由几何关系可知∠MNA=30°，△MNO为等腰三角形， 故MN光线恰好发生全反射，折射光线NP垂直BC边射出，.‎ ‎②，，光线在棱镜中传播的距离为 由得 由光线的运动时间为