2020届高三物理4月第二次测试试题（Word版附解析）

2020 届高三下学期物理 4 月第二次测试 一、单选题（本大题共 5 小题，共 25.0 分） 1.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（　　） A. 图甲：卢瑟福通过分析 粒子散射实验结果，发现了质子和中子 B. 图乙：用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能 C. 图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的 D. 图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子核内还有复杂结构 【答案】C 【解析】 【详解】图甲：卢瑟福通过分析 α 粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型．故 A 错 误．图乙： 用中子轰击铀核使其发生裂变，裂变反应会释放出巨大的核能．故 B 错误．图丙： 玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的，故 C 正确；图 丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子有复杂结构，天然放射现象的发现揭示了原子核内还 有复杂结构．故 D 错误． 故选 C． 2.如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，质量为 m 的光滑小球 P 在水平外力 F 的作用下处于静止状态，P 和圆心 O 的连线与水平面的夹角为 θ.现将力 F 在竖直面内沿顺时 针方向缓慢地转过 90°，框架与小球始终保持静止状态．在此过程中，下列说法正确的是(重力 加速度为 g) αA. 框架对小球的支持力先减小后增大 B. 力 F 的最小值为 mgcosθ C. 地面对框架的摩擦力先减小后增大 D. 框架对地面的压力先增大后减小 【答案】B 【解析】 【详解】AB．以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示： 根据几何关系可知，用 F 顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F 先减小后增大， 当 F 的方向沿圆的切线方向向上时，F 最小，此时：F=mgcosθ，故 A 错误 B 正确； C．以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及 力 F 的作用；由图可知，F 在顺时针方向转动的过程中，F 沿水平方向的分力逐渐减小，所以 地面对框架的摩擦力始终在减小，故 C 错误； D．以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及 力 F 的作用；由图可知，F 在顺时针方向转动的过程中，F 沿竖直方向的分力逐渐增大，所以 地面对框架的支持力始终在减小，故 D 错误． 3.2017 年 10 月 16 日，美国激光干涉引力波天文台等机构联合宣布首次发现双中子合并引力 波事件。假设该事件中甲、乙两中子星的质量分别为 m1、m2，它们绕其连线上的某点做圆周 运动，且它们的间距在缓慢减小，不考虑其他星系的影响，则下列说法中正确的是（　　） A. 甲、乙两中子星的角速度大小之比为 m1∶m2 B. 甲乙两中子星的线速度大小之比为 m2∶m1 C. 甲乙两中子星的运行周期不变 D. 甲、乙两中子星 向心加速度大小始终相等 【答案】B 【解析】 【详解】A．双星靠相互间的万有引力提供向心力，周期相等，角速度相等，所以角速度比 的 ω1: 2=1:1，故 A 错误； B．双星靠相互间的万有引力提供向心力，角速度相等 m1r1ω2=m2r2ω2 则半径 r1:r2=m2:m1 根据 v=ωr 得 v1:v2=r1:r2=m2:m1 故 B 正确； C．根据 联立解得 由它们的间距在缓慢减小，则有甲乙两中子星的运行周期在减小，故 C 错误； D．由 a=rω2 可知 a1:a2=r1:r2=m2:m1 则甲、乙两中子星的向心加速度大小不相等，故 D 错误。 故选 B 4.下列有关光现象的理解，正确的是（　　） A. 光导纤维丝内芯材料的折射率应比外套材料的折射率大 B. 汽车尾灯为红色，是因为红光比其它可见光波长长，易发生干涉 C. 照相机镜头镀上一层增透膜，是为了使拍摄的景物呈淡紫色 D. 泊松亮斑是光 干涉现象 【答案】A 【解析】 【分析】 根据光的全反射条件，即可求解；红光的波长比其它可见光长，更容易发生衍射；根据光的 干涉条件及原理，即可求解；泊松亮斑是光的衍射现象． 。 的 ω 21 2 1 12 2( )m mG m rL T π= 21 2 2 22 2( )m mG m rL T π= 2 3 1 2 4= ( ) LT G m m π +【详解】A、光导纤维丝，是利用光的全反射现象，由全反射条件，可知，则其的内芯材料的 折射率比外套材料的折射率大；故A 正确．B、根据红光的波长比其它可见光长，更容易发生 衍射现象；故B 错误．C、在选择增透膜时，一般是使对人眼灵敏的绿色光在垂直入射时相互 抵消，这时光谱中其它频率的光将大部分抵消，因此，进入镜头的光有很多，但以抵消绿光 为主，这样照相的效果更好．对于增透膜，有约 1.3%的光能量会被反射，再加之对于其它波 长的光，给定膜层的厚度是这些光在薄膜中的波长的 0.25 倍，从薄膜前后表面的反射绿光相 互抵消，镜头呈淡紫色；故C 错误．D、泊松亮斑是光绕过障碍物继续传播的现象，是衍射现 象；故 D 错误．故选 A． 【点睛】本题考查光的干涉应用，与全反射的条件理解，要我们用所学的物理知识进行解答， 解答此类题的关键是首先找出是用哪一部分的知识来进行解答，注意光的干涉、衍射和全反 射的知识，会对生活中的现象用物理知识去解释． 5.图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为 3：1，图乙是 K 闭合时该变压器 cd 输入端交变电压 的图象，L1、L2、L3、L4 为四只规格均为“12V，6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电 表．以下说法正确的是（ ） A. ab 输入端电压的瞬时值表达式为 B. 电流表的示数为 1.5A，L1 能正常发光 C. ab 输入端输入功率 Pab=18W D. 断开 K，L2 中的电流不变 【答案】B 【解析】 【详解】由输入端交变电压 u 的图象，可知其最大值为 ，有效值为有效值是 U1=36V， 副线圈电压为： ，所以副线圈三只灯泡均能正常发光．灯泡的额定电流： ， 电 流 表 的 读 数 为 ， 原 线 圈 电 流 为 ， 所 以 原 线 圈 的 灯 泡 L1 也 能 正 常 发 光 ， ab 输 入 端 电 压 为 abU 36 2sin100 ( )t Vπ= 36 2V 2 1 1 123U U V= = 0 6 0.512 L L PI A AU = = = 2 3 0.5 1.5I A A= × = 2 1 2 1 0.5nI I An = =Uab=U+3U2=12+36V=48V，输入端电压的瞬时值表达式为 ，故 A 错 误，B 正确；四个灯泡都正常发光，所以 ab 输入端输入功率 Pab=4×6=24W，故 C 错误；若 将 K 断开，则副线圈上的输出电流将减小，所以原线圈的输入电流也减小，则流过灯泡 L1 的 电流减小，L1 上消耗的电压减小，所以原线圈上的电压降增大，副线圈的电压也增大，则可 知 L2 中的电流将变大，故 D 错误． 二、多选题（本大题共 3 小题，共 15.0 分） 6.如图所示，透明瓶内有一些水，水的上方有水蒸汽，用橡皮塞把瓶口封住，用气筒向瓶内打 气，然后瓶塞会突然跳出，此时观察到瓶内有白雾产生.关于上述过程下列说法正确的有 A. 快速向瓶内打入气体的过程，气体状态变化是等容变化 B. 快速向瓶内打入气体时，瓶内水蒸汽分子密度保持不变 C. 瓶塞突然跳出瞬间气体对外做功，瓶内气体温度降低 D. 瓶内瞬间形成的白雾是悬浮在气体中的小水滴 【答案】CD 【解析】 【详解】快速向瓶内打入气体的过程，在瓶塞未跳起前，压缩瓶内的气体做功，瓶内气体的 内能增加，瓶内水蒸汽分子密度增大，继续打气，当瓶塞跳起时，瓶内气体对瓶塞做功，瓶 内气体的内能减少，温度降低，使瓶内的水蒸气液化成小水珠，出现白气，故选项 C、D 正确， A、B 错误． 7.一列简谐横波沿着 x 轴正方向传播，波中 A、B 两质点在平衡位置间的距离为 0.5m，且小于 一个波长，如图甲所示，A、B 两质点振动图像如图乙所示，由此可知（　　） ( )48 2 sin100abu t Vπ=A. 波中质点在一个周期内通过的路程为 8cm B. 该简谐波的波长为 4m C. 该简谐波的波速为 0.5 m/s D. t=1.5 s 时 A、B 两质点的位移相同 E. t=1.5 s 时 A、B 两质点的振动速度相同 【答案】ACE 【解析】 【分析】 由振动图像可得出振幅与周期，在图像上的同一时刻可知两点振动状态，得到两质点 A、B 相 距的距离与波长的关系，则可求得可能的波长；由波长、频率及波速的关系可得出波速的值。 【详解】A．由乙图可知，该波的振幅为 2cm，波中质点在一个周期内通过的路程为 4 倍的振 幅，即 8cm，故 A 正确； B．由乙图知，t=0 时刻 B 质点通过平衡位置向上运动，A 质点位于波峰，则有： ， 由题知 ，则知 n 只能取 0，所以该简谐波的波长为 ，故 B 错误； C．由图知周期 T=4s，则该简谐波的波速 故 C 正确； D．由图可知，在 t=1.5s 时刻，A 的位移为负，而 B 的位移为正，故 D 错误； E.由图知，在 t=1.5s 时，A、B 两质点到平衡位置的距离是相等的，所以振动的速度大小相等； 又由图可知，在 t=1.5s 时 A、B 两质点运动的方向相同，所以它们的振动速度相同，故 E 正确。 故选 ACE。 8.D 一只理想二极管（a 正极：电流只能从 a 流向 b，而不能从 b 流向 a）。平行板电容器 A、 B 两极板间有一电荷在 P 点处于静止。以 E 表示两极板间电场强度，U 表示两极板间电压，Ep 表示电荷在 P 点电势能。若保持极板 B 不动，将极板 A 稍向上平移则（　　） 是 2 1 1 4x x x n λ ∆ = − = +   ( )01 2 3n = …，，， 0.5mxλ > ∆ = 2mλ = 2 m/s 0.5m/s4v T λ= = =A. E 变小 B. U 变大 C. Ep 不变 D. 电荷仍保 持静止 【答案】BCD 【解析】 【详解】将极板 A 稍向上平移，板间距离增大，根据电容的决定式 得知，电容 C 减 小，而电容器的电压不变，则电容器所带电量将要减小，由于二极管具有单向导电性，电容 器上电荷放不掉，电荷不能流回电源，所以电容器的电量保持不变，根据 可知 U 变大； 根据 ， ， 可知 即电量不变时两板间场强与两板间距无关，则板间场强 E 不变，而电荷所受的电场力不变， 仍保持静止状态；P 与 B 板间电势差 UPB=EdPB，E、dPB 都不变，UPB 保持不变，P 点的电势保 持不变，则电荷在 P 点电势能 Ep 不变. 故选 BCD 三、实验题（本大题共 2 小题，共 12.0 分） 9.为了探究加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示的实验装置， 小车总质量用 M 表示（乙图中 M 包括小车与传感器质量，丙图中 M 包括小车和与小车相连 的滑轮质量），钩码总质量用 m 表示． 。 = 4 SC kd ε π QU C = = 4 SC kd ε π QC U = UE d = 4 kQE S π ε=（1）三组实验中需要平衡小车与长木板间摩擦力的是_________；（用甲、乙、丙表示） （2）三组实验中需满足 M>>m 的是_________； （3）若采用图甲所示方法研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系”，M 为 小车总质量（其中小车自身质量用 M0 表示，车上所加砝码质量用 m0 表示）所画出的实验图 象如图所示．设图中直线的斜率为 k，在纵轴上的截距为 b，则小车受到的拉力为 F=____，小 车的质量为 M0=_______． 【答案】 (1). 甲乙丙 (2). 甲 (3). (4). 【解析】 【详解】(1)[1]三组实验都是用绳子的拉力表示小车受到的合外力，所以都需要平静摩擦力； (2)[2]甲图通过钩码的总质量对应的重力代替绳子的拉力合外力，乙图中小车受到的合外力是 力传感器的示数，丙图小车受到的合外力则是测力计的 2 倍，因此三组实验中只有甲需要满 足所挂钩码的总质量 远小于小车的总质量 的条件； (3)[3][4]根据牛顿第二定律得： 变形得 1 k b k m M 0 0F M m a= +（ ）所以 图线的斜率表示 ，则 解得 纵轴截距 解得小车质量 10.用伏安法测定一个待测电阻 Rx 的阻值（阻值约为 200Ω），实验室提供如下器材： 电池组 E：电动势 3V，内阻不计 电流表 A1：量程 0—10mA，内阻约为 40Ω－60Ω 电流表 A2：量程 0—500μA，内阻为 1kΩ 滑动变阻器 R1：阻值范围 0—20Ω，额定电流 2A 电阻箱 R2：阻值范围 0—9999Ω，额定电流 1A 电键 S、导线若干 要求实验中应尽可能准确的测量 Rx 的阻值，请回答下面问题： （1）上述器材中缺少电压表，需选一只电流表将它改装成电压表进行测量， 请在方框中画出 测量 Rx 阻值的电路图，并在图中表明器材代号________； （2） 实验中将电阻箱 R2 的阻值调到 4000Ω，再调节滑动变阻器 R1，两表的示数如图所示， 可读出电流表 A1 的示数是________mA，电流表 A2 的示数是_______μA，测得待测电阻 Rx 的阻 0 0 1 1 Mma F F +＝ 0 1 ma − 1 F 1k F = 1F k= 0M bF = 0 bM k =值是__________． 【答案】 (1). (2). 6.4 mA (3). 240μA (4). 195Ω 【解析】 【详解】(1)[1]电流表改装成电压表，串联电阻（电阻箱）可以完成．由于电流的表 A1 的内阻 相对待测电阻 很小，且大小不确定，采用电流表外接法．滑动变阻器 R1 的最大阻值很小， 电压的调节能力有限，采用分压式接法，电路如图所示： (2)[2][3][4]由图可知，电流表 A1 的示数是 6.4mA ，电流表 A2 的示数是 240μA．测得待测电阻 四、计算题（本大题共 3 小题，共 48.0 分） 11.如图甲所示，半径为 R=0.45 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B 点为轨道最低点，在 光滑水平面上紧挨 B 点有一静止的平板车，其质量 M=5 kg，长度 L=0.5 m，车的上表面与 B 点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点 A 由静止释放，其质量 m=1 kg，g 取 10 m/s2. (1)求物块滑到 B 点时对轨道压力的大小； (2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小； xR ( )2 2 2 1 2 195A x I R RR I I += = Ω−(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向 右滑动时，所受摩擦力 Ff 随它距 B 点位移 L 的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车， 求物块滑离平板车时的速度大小． 【答案】(1)30N(2)0.5m/s(3) m/s 【解析】 【详解】解：(1)物块从圆弧轨道 点滑到 点的过程中机械能守恒： 解得： 在 点由牛顿第二定律得： 解得： 则物块滑到 点时对轨道的压力： (2)物块滑上平板车后，系统的动量守恒，则有： 共 解得： 共 (3)物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为 图线与横轴所围的面积，则克服摩擦力 做功为： 物块在平板车上滑动的过程中，由动能定理得： 解得： 12.如图所示，由 10 根长度都是 L 的金属杆连接成的一个“目”字型的矩形金属框 abcdefgh，放 在纸面所在的平面内。有一个宽度也为 L 的匀强磁场，磁场边界跟 de 杆平行，磁感应强度的 大小是 B，方向垂直于纸面向里，金属杆 ah、bg、cf、de 的电阻都为 r，其他各杆的电阻不计， 各杆端点间接触良好。现用水平向右的外力 F，以速度 v 匀速地把金属框从磁场的左边界水平 向右拉，从 de 杆刚进入磁场瞬间开始计时，求： （1）de 刚进入磁场时 ah 中的电流强度大小和方向。 （2）de 进入磁场时，作用在 de 上的外力 F 大小。 （3）从开始计时到 ah 离开磁场的过程中，电流在 de 杆上做的功。 （4）从开始计时到 ah 刚进入磁场的过程中，通过 ah 某一横截面总的电荷量 q。 5 A B 21 2 BmgR mv= 3m/sBv = B 2 B N vF mg m R =− 30NNF = B 30NN NF F= =′ ( )Bmv m M v= + v 0.5m/s= fF L− (2 6) 0.5 J 2J2fW + ×= = 2 21 1 2 2f BW mv mv− = − 5m/sv =【答案】（1） ，方向为 a 到 h（2） （3） （4） 【解析】 【详解】(1)根据右手定则可知，ah 中的电流方向为 a 到 h，de 段做切割磁感线运动，产生的 感应电动势为：E＝BLv，de 段为内电路，其余为并联外电路，电阻中的总电阻为： R＝r+ ＝ 根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流为： I＝ 则有： ＝ (2)根据平衡条件可知： F＝F 安＝BIL＝ (3)当 de 段在磁场中时有： I＝ 当 de 段离开磁场后，运动了： de 段中的电流恒为： 4 BLv r 2 23 4 B L v r 2 33 4 B L v r 23 4 BL r 3 r 4 3 r 3 4 E BLv R r = 3ah II = BLv 4r 2 23 4 B L v r 3 4 E BLv R r = 2 3 2 1 1 9 16 B L vW I rt r = = 2 3Lt v =有： ， 电流在 de 杆上做的功为： W＝W1+W2＝ (4)在 ah 进入磁场前，ah 上的电流方向相同，且恒定，所以通过的电量为： Q＝ ＝ 13.如图所示，在 x 轴上方有一竖直向下的匀强电场区域，电场强度大小为 E=60V/m。x 轴下 方分布有多个磁感应强度大小为 B=1T 的条形匀强磁场区域，其宽度均为 d1=3cm，相邻两磁 场区域的间距为 d2=4cm。现有一质量为 m=6×10-13kg，电荷量为 q=1×10-8C 的带正电粒子（不 计重力）。 (1)将带电粒子从 y 轴上坐标为 y1 处以平行于 x 轴的某一初速度射入电场区域，带电粒子运动 经过 x 轴上坐标值为 x1 的 Q 点时，速度方向与 x 轴正方向的夹角为 60°，且刚好不会穿出第一 个匀强磁场区域，求 y1 和 x1； (2)若粒子从 y 轴上坐标为（0，50cm）的点处由静止释放，求自释放到粒子第二次过 x 轴的时 间。 【答案】（1）y1=37.5cm，x1=25 cm；（2）1.28×10-3s。 【解析】 【详解】（1）刚好不会穿出第一匀强磁场区域，画出运动的轨迹如图， 3 4de I BLvI r = = 2 3 2 2 2 3 16de B L vW I rt r = = 2 33 4 B L v r 3 4ah BLv LI t r v = × 23 4 BL r 3由几何关系 R（1-cos60°）=d1 解得 R=2d1=6cm 带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力 解得 v=1×103m/s 带电粒子经过 Q 点时沿 y 轴方向的分速度 vy=vsin660°=5 ×102m/s 由 联立解得 y1=0.375m=37.5cm 带电粒子经过 Q 点时沿 x 轴方向的分速度 vx=vcos60°=5×102m/s 由 解得 t=5 ×10-4s x1=vxt=5×102×5 ×10-4m=25 cm 2vqvB m R = 3 Eqa m = 2 12yv ay= 2 1 1 2y at= 3 3 3（2）当带电粒子从 y2=50cm 的位置由静止释放后先在电场中加速，加速时间 t1 满足 解得 t1=1×10-3s 设粒子进入磁场时的速度大小为 v2，在磁场中做圆周运动的轨道半径为 R2，由动能定理有 解得 v2=1×10m/s 由 解得 R2=6cm 根据带电粒子在空间运动的轨迹可知，它最低能进入第二个磁场区域，带电粒子经过第一个 无磁场区域时运动方向与 x 轴的夹角 θ 满足 解得 θ=60° 利用几何关系可知，带电粒子在磁场区域运动的总时间为半个圆周的运动时间 s 带电粒子在无磁场区域的路程为 2 2 1 1 2y at= 2 2 2 1 2qEy mv= 2 2 2 2 vqv B m R = 1 2 cos 0.5d R θ = = 52 2 2 21 1 6 102 2 Rt T v π π −= = ⋅ = ×运动时间 s 带电粒子自释放到第二次过 x 轴的时间 t=t1+t2+t3=1.28×10-3s 22 4 3 msin 75 ds θ= = 5 3 2 16 3 103 st v −= = ×