西藏拉萨中学2020届高三上学期第三次月考物理试题

拉萨中学2020届高三上学期第三次月考理综物理试卷

二、选择题

1.下列说法正确的是

A. 衰变成要经过4次衰变和2次衰变

B. 核泄漏事故污染物能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为可以判断为质子

C. 玻尔理论的假设是原子能量的量子化和轨道量子化

D. 康普顿效应说明光具有粒子性，电子的衍射实验说明实物粒子只具有粒子性

【答案】C

【解析】

【详解】A、因为衰变时质量数不变，所以衰变的次数，在衰变的过程中电荷数总共少6×2=12，则衰变的次数，故选项A错误；

B、核反应方程式为 ，可以根据质量数和电荷数守恒判断为粒子，故选项B错误；

C、玻尔理论的假设是提出了轨道量子化和能量量子化，故选项C正确；

D、康普顿效应说明光具有粒子性，电子的衍射说明实物粒子具有波动性，故选项D错误。

2.在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是（     ）

A. a一定受到4个力

B. b可能受到4个力

C. a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力

D. a与b之间不一定有摩擦力

【答案】A

【解析】

【详解】B、D、对物体b受力分析，b受重力、斜面的支持力和摩擦力的作用而处于平衡，故b受3个力；故B，D均错误.

A、C、对物体a、b整体受力分析，受重力、恒力F，由于水平方向墙壁对a没有支持力，否则整体不会平衡，墙壁对a没有支持力，也就没有摩擦力；所以物体a受重力、恒力F、物体b对其压力和静摩擦力，共受4个力；故A正确， C错误；

3.如图（a）所示是某一点电荷形成的电场中的一条电场线，AB是电场线上的两点，一负电荷q仅在电场力作用下以初速度从A运动到B过程中的速度图线如（b）所示，则以下说法中不正确的是（    ）

A. 负电荷q在A、B两点的电势能大小是EPA＞EPB

B. A、B两点的电势是φA＞φB

C. A、B两点电场强度是EA＜EB

D. 此电场一定是负点电荷形成的电场

【答案】A

【解析】

【详解】A、从v-t图象可知，该负电荷从电场中A点运动到B点的过程中，速度减小，即动能减小，根据动能定理可知，电场力做负功，则从A到B该负电荷的电势能增加，A错误；

B、负电荷从A点运动到B点电场力做负功，则该电场力方向从B到A，而负电荷受电场力方向和场强方向相反，故电场方向从A到B，故沿着电场线方向，电势逐渐降低，即，B正确；

C、由v-t图像可知，该电荷在A点的瞬时加速度小于B点的瞬时加速度，根据牛顿第二定律可知，该电荷在A点受到的电场力小于它在B点受到的电场力，即EA＜EB，C正确；

D、从A到B，电场强度越来越大，则电场线越来越密，故该场源电荷一定位于B的右侧，且为负电荷，即该电场为负点电荷形成的电场，D正确。

4.2019年1月3日，嫦娥四号成为了全人类第一个在月球背面成功实施软着陆的探测器。为了减小凹凸不平的月面可能造成的不利影响，嫦娥四号釆取了近乎垂直的着陆方式。已知：月球半径为R，表面重力加速度大小为g，引力常量为G，下列说法正确的是（    ）

A. 为了减小与地面的撞击力，嫦娥四号着陆前的一小段时间内处于失重状态

B. 嫦娥四号着陆前近月环绕月球做圆周运动的过程中处于超重状态

C. 月球的密度为

D. 嫦娥四号着陆前近月环绕月球做圆周运动的周期约为

【答案】C

【解析】

【详解】A、在“嫦娥四号”着陆前的一小段时间内“嫦娥四号”需要做减速运动，处于超重状态，故选项A错误；

B、“嫦娥四号”着陆前近月环绕月球做圆周运动的过程万有引力提供向心力，所以处于失重状态，故选项B错误；

C、月球表面的重力近似等于万有引力，则：，所以：，又：，联立解得月球的密度：，故选项C正确；

D、“嫦娥四号”着陆前近月环绕月球做圆周运动的时万有引力提供向心力，,即：，解得嫦娥四号着陆前近月环绕月球做圆周运动的周期为：，故选项D错误；

5.一质量为2kg的物体受水平拉力F作用,在粗糙水平面上做加速直线运动时的a­t图象如图所示,t＝0时其速度大小为2m/s,滑动摩擦力大小恒为2N,则(　　)

A. t＝6s时,物体的速度为18m/s

B. 在0～6s内,合力对物体做的功为400J

C. 在0～6s内,拉力对物体的冲量为36N·s

D. t＝6s时,拉力F的功率为200W

【答案】D

【解析】

【分析】

根据△v=a△t可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于动能的变化量，根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，根据牛顿第二定律求出在t=6s时刻，拉力F的大小，再根据P=Fv求解瞬时功率

【详解】根据△v=a△t可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=6s时刻，物体的速度v6=v0+△v=2+ ×(2+4)×6=20m/s，故A错误；根据动能定理得：W合＝△Ek＝mv62−mv02=396J，故B错误；根据动量定理，在 0～6 s时间内： 解得IF=48N∙s，故C错误；在t=6s时刻，根据牛顿第二定律得：F=ma+f=2×4+2=10N，拉力F的功率P=Fv6=10×20=200W，故D正确。故选D。

6.如图，在水平桌面上放置两条相距l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连．质量为m、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B．导体棒的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态．现若从静止开始释放物块，用h表示物块下落的高度（物块不会触地），g表示重力加速度，其他电阻不计，则（　　）

A. 电阻R中的感应电流方向由a到c

B. 物体下落的最大加速度为

C. 若h足够大，物体下落的最大速度为

D. 通过电阻R的电量为

【答案】BCD

【解析】

【详解】从静止开始释放物块，导体棒切割磁感线产生感应电流，由右手定则可知，电阻R中的感应电流方向由c到a，故A错误；设导体棒所受的安培力大小为F，根据牛顿第二定律得：物块的加速度，当F=0，即刚释放导体棒时，a最大，最大值为，故B正确；物块和滑杆先做加速运动，后做匀速运动，此时速度最大，则有mg=F，而F=BIl，，解得物体下落的最大速度为: ，故C正确；通过电阻R的电量：，故D正确。

7.如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=2:1, V和A均为理想电表，灯泡电阻RL=6Ω,AB端电压.下列说法正确的是

A. 电流频率为50 Hz

B. V的读数为24V

C. A的读数为0.5A

D. 变压器输入功率为6W

【答案】AD

【解析】

由u1.的瞬时表达式可知，f=，A错误；理想变压器输入电压的有效值为U1=12V，由变压比关系式，可得U2=6V，V的读数为6V，B错误；变压器输出电压的有效值，A的读数为1A C错误；变压器的输入功率等于输出功率，即P1=P2=U2I2=6W，D正确。

【考点定位】正弦式交流电表达式、有效值、功率、部分电路欧姆定律、理想变压器规律，容易题

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8.如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m （不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则：(     )

A. 两板间电压的最大值 B. CD板上可能被粒子打中区域的长度

C. 粒子在磁场中运动的最长时间 D. 能打到N板上的粒子的最大动能为 

【答案】ACD

【解析】

【详解】画出粒子运动轨迹的示意图，如图所示，

A. 当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，可知粒子半径r=L，的加速电场中，根据动能定理：，在偏转磁场中，根据洛伦兹力提供向心力可得：，联立可得：，故A正确；

B.设粒子轨迹与CD相切于H点，此时粒子半径为，粒子轨迹垂直打在CD边上G点，则GH间距离即为粒子打中区域的长度x，根据几何关系：，可得：，根据几何关系可得粒子打中区域的长度：，故B错误；

C.粒子在磁场中运动周期为：，粒子在磁场中运动的最大圆心角：，所以粒子在磁场中运动的最长时间为：，故C正确；

D.当粒子在磁场的轨迹与CD边相切时，即粒子半径，时，打到N板上的粒子的动能最大，最大动能：，根据洛伦兹力提供向心力可得：，联立可得能打到N板上的粒子的最大动能为：，故D正确；故选ACD。

【点睛】本题考查带电粒子在复合场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，分好过程，针对每个过程的受力特点和运动形式选择合适的规律解决问题，对数学几何能力有一定的要求。

三、非选择题

9.某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间．实验前，将该计时器固定在小车旁，如图(a)所示．实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车．在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图(b)记录了桌面上连续6个水滴的位置．(已知滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴)

(1)由图(b)可知，小车在桌面上是________(填“从右向左”或“从左向右”)运动的．

(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动．小车运动到图(b)中A点位置时的速度大小为________ m/s，加速度大小为________ m/s2.(结果均保留两位有效数字)

【答案】    (1). 从右向左    (2). 0.19    (3). 0.038

【解析】

【详解】（1）[1]小车在桌面上做匀减速运动，故相等的时间内，桌面上连续两水滴的位置会组建减小，故小车在桌面上是从右向左运动的。

（2）[2]已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴，那么各点时间间隔为：

根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，有：

根据匀变速直线运动的推论公式 可以求出加速度的大小，得：

，负号表示方向相反。．

【点睛】处理纸带问题，一般是根据匀变速直线运动的推论公式求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，求出打纸带上某点时小车的瞬时速度大小。

10.某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率。步骤如下：

①用20分度的游标卡尺测量其长度如图所示，其长度是_____mm.

②用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图所示，则该电阻的阻值约为_____Ω。

③为了更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：

待测圆柱体电阻R；

电流表A1（量程0～3mA,内阻约50 Ω）；

电流表A2（量程0～15mA, 内阻约30 Ω）；

电压表V(量程0～3 V，内阻约10 KΩ)；   

滑动变阻器R1，（阻值范围0～15 Ω）；

滑动变阻器R2，（阻值范围0～2 KΩ；）

直流电源E（电动势4V，内阻不计）；

开关S，导线若干

为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选____，滑动变阻器应选____（选填代号）

④请在图中补充连线并完成实验。

（     ）

【答案】    (1). 100.45    (2). 2.2×102    (3). A2    (4). R1    (5).

【解析】

【详解】解：①游标卡尺的固定刻度读数为100mm，游标尺上第9个刻度与主尺对齐，读数为，所以最终读数为：；

②用欧姆表测电阻的读数方法为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确，所以该电阻的阻值约为；

③由电动势和电阻的阻值知电流最大为，所以用电流表，滑动变阻器用小阻值的，便于调节，所以用滑动变阻器；

④本实验中，因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法；又滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示

11.如图所示，一重力不计的带电粒子从平行板电容器的上极板左边缘处以某一速度沿极板方向射入电容器。若平行板电容器所带电荷量为Q1，该粒子经时间t1恰好打在下极板正中间，若平行板电容器所带电荷量为Q2，该粒子经时间t2恰好沿下极板边缘飞出。不考虑平行板电容器的边缘效应，求两种情况下：

（1）粒子在电容器中运动的时间t1、t2之比；

（2）电容器所带电荷量Q1、Q2之比。

【答案】（1）（2）

【解析】

【详解】（1）设粒子在极板间的运动时间为t，沿极板方向的位移为x，粒子在水平方向上做匀速直线运动，则 t= …① 

即 t∝x

由条件可知 t1：t2=1：2…②          

（2）设电容器电容为C，极板间电压为U，极板间距离为d，极板间电场强度为E，则有：

…③                   

…④   

设粒子的质量为m，带电量为q，在电容器中的加速度为a，则有：

a= …⑤   

d=…⑥ 

由①③④⑤⑥可得：Q∝

所以Q1：Q2=4：1

【点睛】解决本题的关键是知道粒子在水平方向和竖直方向上的运动规律，得到运动时间和电容器电荷量的表达式，再求比值，要学会运用比例法。

12.如图，固定的光滑平台左侧有一光滑的半圆轨道，轨道半径R=0.72 m。平台上静止着两个滑块A、B，mA=0.1 kg、mB=0.2 kg，两滑块间夹有少量炸药,平台右侧有一带挡板的小车,静止在光滑的水平地面上．小车质量为M=0.3 kg，车上表面与平台的台面等高，车面左侧粗糙部分长度为L，动摩擦因数为μ=0.2，右侧拴接一轻质弹簧，弹簧自然长度所在处车面光滑。点燃炸药后，A滑块恰好到达半圆轨道的最高点，滑块B冲上小车。两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，g取10 m/s2。

（1）求炸药爆炸后滑块B的速度大小vB；

（2）若滑块B恰好没有从小车上掉下来，求小车左侧粗糙部分的长度L；

（3）若L'=0.75 m，求小车的最大速度v2．

【答案】(1)3 m/s  (2)0.675m   (3)2 m/s 

【解析】

【详解】(1)滑块A恰好到轨道的最高点

炸药爆炸AB系统动量守恒 

解得：vB=3 m/s

(2)最终B与小车共速，B与小车系统动量守恒

解得：L=0.675m

(3)当弹簧再次恢复原长时，小车速度最大

解得v2 =2m/s

【点睛】本题过程比较复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，确定研究对象与研究过程，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题.

13.下列说法不正确的是（    ）

A. 两个接触在一起的固体间不可能发生扩散现象

B. 布朗运动指的是悬浮在液体里的花粉中的分子运动

C. 温度相同的物体的分子平均速率相同

D. 无论今后科技发展到什么程度，都不可能达到绝对零度

E. 一定质量的理想气体分子内能增加，温度一定升高

【答案】ABC

【解析】

【详解】A、固体的分子也在不停的做无规则运动，同时固体的分子之间也存在间隙，所以扩散现象不仅发生在气体和液体之间，固体之间也会发生扩散现象；故A错误.

B、布朗运动指的是悬浮在液体里的花粉微粒的运动，不是分子的无规则运动，故B错误.

C、温度是分子平均动能的标志，温度相同说明分子的平均动能相等，而不是速率相等．故C错误.

D、由热力学第三定律可知无论今后科技发展到什么程度，都不可能达到绝对零度，故D正确.

E、一定质量的理想气体的内能由温度决定，故内能增加时温度升高；故E正确.

14.如图所示，在粗细均匀的U形管左侧用水银封闭一段长为L1=20cm、温度为T1=285K的空气柱，稳定时，左右两管水银面高度差为h=19cm。现向右管缓慢补充水银，保持左管内气体的温度不变，当左右两管水银面等高时，停止补充水银。已知大气压为p0=76cmHg。

①求此时左管内空气柱的长度L2；

②接着给左管的气体缓慢均匀加热，使管内空气柱的长度恢复到20cm，求此时左管内气体的温度。

【答案】(1)L2=15cm  (2)T3=430K

【解析】

分析】

对于封闭气体，气体发生等温变化，由玻意耳定律求得左管内空气柱的长度；给左管的气体缓慢均匀加热，由理想气体状态方程求得左管内气体的温度；

【详解】解：(1)对于封闭气体有：

末态压强：

由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：

解得：

(2) 均匀加热封闭气体的压强：

由理想气体状态方程可得：

联立解得：

15.图甲为某一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时的波形图，图乙为波上质点M的振动图象，下列说法正确的是（       ）

A. 这列波的传播速度大小为4m/s

B. 这列波沿x正方向传播

C. t＝0.5s时，质点M的振动速度大于质点Q的振动速度

D. t＝0.5s时，质点P的位移为0.2m

E. 质点M在任意时刻t的位移为：y＝﹣0.2sin（2πt）cm

【答案】ACE

【解析】

【详解】A、由甲图可得：λ＝4m，由乙图中可得：T＝1s，所以该简谐横波的传播速度为：=4m/s，故A正确。

B、由图乙知，t＝0.5s时刻质点M正通过平衡位置向下运动，由波形平移法知这列波沿x轴负方向传播。故B错误。

C、因t＝0.5s＝，所以t＝0.5s时M质点正通过平衡位置，速度最大，而质点Q不在平衡位置，所以t＝0.5s时M质点的振动速度大于Q质点的振动速度，故C正确。

D、因t＝0.5s＝，则t＝0.5s时P质点从波峰到达波谷，位移为﹣0.2cm，故D错误。

E、质点M振幅为 A＝0.2cm，t＝0时刻y＝0，且正向下振动，所以质点M在任意时刻t的位移为：cm，故E正确。

16.如图所示，半圆形玻璃砖的半径R=2cm，折射率为n=，直径AB与屏幕垂直并接触于A点。激光a以入射角i=30°射向半圆形玻璃砖的圆心O，结果在竖直放置的屏幕MN上出现两个光斑。

①求两个光斑之间的距离；

②逐渐增大入射角，使屏MN上只剩一个光斑，求另一光斑刚消失时此光斑离A点的距离。

【答案】①两个光斑之间的距离是（2+6）cm；

②另一光斑刚消失时此光斑离A点的距离是2cm。

【解析】

【详解】①设折射角为r，根据折射定律得：

解得：

由几何知识两个光斑PQ之间的距离为：

②入射角增大的过程中，当恰好发生全反射时光斑P消失，入射角等于临界角C，即

由得

光斑Q离A点的距离