2020届高三物理下学期第四次月考试题（解析版）

2020 届高三（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 ，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 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 45° 30°【答案】C 【解析】 【详解】A．根据临界角公式 可知单色光 a 在 O 点恰好发生全反射，则有 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 得 ，即 ，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 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 光照射金属铂(逸出功为 6.34eV)时不能发生 光电效应 【答案】A 的 1sinC n = 1 2sin 45an °= = sin 45 45sinθ ° °> 1sin 2 θ < 30θ °< Lx d λ∆ =【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 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 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 C. 变压器原、副线圈匝数之比为 D. 线框中产生感应电动势的表达式 【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 2 2 2 q vk mr r = 2 3 3C = 2 ω π nBS U ω cose nBS tω ω=1s 内完成周期性变化的次数，即频率 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 副线圈输出电压的有效值 U2=U 根据变压比可知 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 ，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 2T π ω= 1 2f T ω π= = ω π 1 2 nBSU ω= 1 1 2 2 2 n U nBS n U U ω= = P MmE G r = − 2 1 1 1 R R  −    1 2 1 1 R R  −    2 1 1 1 2 GMm R R  −    1 2 1 1 2 GMm R R  −   【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． 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， 1R 2 1 2 1 1 vG Mm mR R = 1 1 P GMmE R = − 2R 2 2 2 2 2 vG Mm mR R = 2 2 P GMmE R = − Q 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2P Pmv E mv E Q+ = + + 2 1 1 1 2 GMmQ R R  = −    1R 2R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 由图可得波长 λ=8m；故波速 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 ，n∈N 则 ，n∈N； 当 n=3 时∆t=1.25s； 若波向左传播，则波的传播距离 1 0.4T sf ＝ ＝ 20m/sv T ＝ ＝λ ( ) ( 1)1 8x n m nλ λ+ + ＝ ＝ 1 0.4( 0.05(s))8t n T n+ + ＝ ＝，n′∈N 则 ，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 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≤ 【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 粒子从 x=0 到 x=-d 的电场力做负功 根据功能关系得粒子在 x=-d 处的电势能为 E0dq，故 B 正确； C．设动能与电势能之和的最大值为 P，则 P= mv2+qφ 77(m) )8(x n nλ λ′ ′ + ′+ ＝ ＝ ( )7 0.4( ) 0.35 s8t n T n′+ + ＝ ＝ 1 2 0 2 md qE 0 0 2 2 E E dU d⋅ =＝ 0 1- 2W Uq E dq= = − 1 2 1 2最右位置有 P=qφ=qE0x1 最左位置有 粒子的运动区间为 ，即 电场仅分布在-d≤x≤d 的区间内，解得 故 C 错误； D．在 x＞0 区域的运动由对称的 2 段组成： 解得 总时间为 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 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。 的 ' 20 22 qEP q xd ϕ= = 2 1x x x− ≤ ≤ 0 0 2Pd PxE q E q − ≤ ≤ 0 10 2P E qd≤＜ 20 0 1 2 qE Ptm E q ⋅ =⋅ 0 2Pmt E q = 0 0 2 22 2Pm mdt E q E q = ≤ 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). C (3). BC (4). 不能 【解析】 【详解】.①[1]．根据 可得木板的加速度 2 2L t 21 2L at=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 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 则这种情况下不能探究 a 和 m0 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】 的 的 2 2La t = 0 Fa m m = + ∆【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 由能量守恒定律得 代入数据解得 Q≈5.3J 1 4 m/s3v = 0 2 2 1 1 1 (2 2Q mv m M v= − + )(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 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 ，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 ，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） 【解析】 【详解】（1）线框以速度 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 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 21 2 Amgx Mvµ = / / / /ab AA CC′ ′ ( )l d< 2 2 0 m B l va gmR µ= − ( )2 0 2v v g d lµ= − − 2 3 0 2 2B l d mgR vµ − 0v CC′安培力 电流为 电动势 解得 在线框完全进入磁场又加速运动到达边界 时的过程中，根据动能定理有 解得 （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 ，在 的 内货件速度变化为 ，货件加速度大小为 设 流经线框的电流为 ，货件瞬时速度为 ，货件所受安培力方向向左，大小为 由牛顿第二定律，有 由力的独立性原理并根据位移大小的“面积法”有 即 解得 mF mg maµ− = 0F Bi l= 0 Ri ε= 0Blvε = 22 0 m gmR l vBa µ= − CC′ ( ) 2 2 0 1 1 2 2mg d l mv mvµ − = − ( )2 0 2v g d lv µ= − − t∆ ( )~t t t+ ∆ t∆ v∆ ∆= ∆ va t t∆ i iv 22 i iBiL R lB vF = = 22 i vmg mR t lB v µ ∆− = ∆ ( )22 1 2 2 11 ... n n mg mv vR lB t v t v t tµ+ + + − ⋅ = ∆∆ ∆ ∆ ( )( )32 2 1 0 0 2mg m g d lR lB t v vµ µ− = − − −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 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 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 可见“安检”而延迟时间为 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= ，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 =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： ( )232 0 0 1 2 g d l mgR g v vlBt µ µ µ − − − = − ( )2 0 00 2 2 g d lv g g v vvt µ µ µ − − −−= = ( ) 32 1 1 2 22 mgR lBt tT µ= + = 2 0 2dT v = 32 1 2 0 2 2dT T T mgR lB vµ∆ = − = − 1 2 E q m（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…）； （n＝1，2，3…） （3） （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. . ， 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 可得 . 使粒子从 C 点运动到 D 点，则有： . 计算得出： （n=1，2，3…）. 0 20T sn ＝ π 0 0 60B T π≤ 0 0.4vt sg = = 0 0.82 vh t m= = 1 2x va gt = = 2 1 1 0 vqv B m R = 0 0.08R B = 0 0.08(2 ) (2 )h n R n B = = 0 0.2B nT= ， （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 . 【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． 0 2 mT qB π= 0 2 4 T T= 0 0 ( )2 20 T mT sqB n π π= = = 5 6 πθ = 0 0 5 5 6 300T T B π≤ = 0 0 ( / )60B T kg C π≤