西藏日喀则市南木林中学2020届高三上学期第四次月考物理试题

理综物理试卷一、选择题1.在核反应方程中，X表示的是A. 质子 B. 中子 C. 电子 D. α粒子【答案】A【解析】设X为：，根据核反应的质量数守恒：，则：电荷数守恒：，则，即X为：为质子，故选项A正确，BCD错误．点睛：本题考查了核反应方程式，要根据电荷数守恒、质量数守恒得出X的电荷数和质量数，从而确定X的种类．2.如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接，下图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程，下图中正确的是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】典型的动力学分析问题，运用牛顿第二定律和运动学公式综合分析问题。【详解】A．物体在下滑过程和水平面运动过程中始终受到恒定作用力，根据牛顿第二定律可知，下滑过程：加速度方向沿斜面向下；水平面移动过程：加速度方向水平向左，从上述计算可知加速度为一定值，所以v-t图像应为直线，故A错误；B．物体在下滑过程和水平面运动过程中加速度大小均为定值，a-t图与时间轴平行的直线，故B错误；C．根据上述计算过程可知物体下滑过程中的摩擦力小于水平面移动过程中的摩擦力，且两段过程均为定值，故C正确；D．物体在下滑过程中是匀加速直线运动，路程时间图像应为曲线，故D错误。【点睛】动力学问题分类为两类：一是已知运动求受力，二是已知受力求运动。3.某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：10，当输入电压增加20V时，输出电压A. 降低2V B. 增加2V C. 降低200V D. 增加200V【答案】D【解析】【详解】由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即，得：，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：，当输入电压增加20V时，输出电压增大200V，故D正确．4.如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为A.  B.  C. Tsinα D. Tcosα【答案】C【解析】【详解】对气球受力分析，由水平方向平衡条件可得：，故C正确． 5.1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动．如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G．则A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【详解】“东方红一号”从近地点到远地点万有引力做负功，动能减小，所以，过近地点圆周运动的速度为 ，由于“东方红一号”在椭圆上运动，所以，故B正确．6.如图所示，a、b两点位于以负点电荷–Q（Q>0）为球心的球面上，c点在球面外，则A. a和b点场强相同 B. a和b点场强不同C. a点电势比b点高 D. b点电势比c点低【答案】BD【解析】【分析】电场强度是矢量，而电势为标量，沿着电场线的方向逐渐降低．【详解】AB．根据点电荷场强的公式：可知，a、b两点场强大小相同，方向不同，故A错误，B正确；C．a、b两点距离源电荷距离相同，所以电势相等，故C错误；D．沿电场线方向电势逐渐降低，所以b点电势比c点低，故D正确．【点睛】点电荷的电场线呈辐射状，由于等势面和电场线处处垂直，所以等势面呈球壳状．7.如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等．矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止．则a、b的电流方向可能是A. 均向左B. 均向右C. a的向左，b的向右D. a的向右，b的向左【答案】CD【解析】【详解】由右手螺旋定则可知，若a、b两导线的电流方向相同，在矩形线框上、下边处产生的磁场方向相反，由于矩形线框上、下边的电流方向也相反，则矩形线框上、下边所受的安培力相同，所以不可以平衡，则要使矩形线框静止，a、b两导线的电流方向相反，故CD正确．8.如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中A. 弹簧的最大弹力为μmgB. 物块克服摩擦力做的功为2μmgsC. 弹簧的最大弹性势能为μmgsD. 物块在A点的初速度为【答案】BC【解析】【详解】小物块压缩弹簧最短时有，故A错误；全过程小物块的路程为，所以全过程中克服摩擦力做的功为： ，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：，解得：，故D错误．二、非选择题9.某兴趣小组用如图所示的装置验证动能定理．（1）保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔．实验中，为消除摩擦力的影响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动．同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除．同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速运动．看法正确的同学是________（选填“甲”或“乙”）．（2）消除摩擦力的影响后，在砝码盘中加入砝码．接通打点计时器50Hz电源，松开小车，小车运动．纸带被打出一系列点，其中的一段如图所示．图中纸带按实际尺寸画出，纸带上A点的速度vA=_____ m/s．（3）测出小车的质量为M，再测出纸带上起点到A点的距离为L．小车动能的变化量可用ΔEk=算出．砝码盘中砝码的质量为m，重力加速度为g；实验中，小车的质量应______（选填“远大于”“远小于”或“接近”）砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用W=mgL算出．多次测量，若W与ΔEk均基本相等则验证了动能定理．【答案】    (1). 乙    (2). 031（0.30~0.33）    (3). 远大于【解析】【分析】(1)甲同学的方案中，沙子和盘的总重力等于最大静摩擦力，乙同学方案中，沙子和盘的总重力等于滑动摩擦力；(2)匀变速直线运动中，中间时刻速度等于平均速度；(3)只有当小车的质量远大于砝码、砝码盘和沙子总质量时，绳子的拉力F才近似等于砝码的重力．【详解】(1)[1]只有小车做匀速直线运动，才能够判断摩擦力与沙子和盘的总重力相等，才能消除摩擦力的影响，所以乙同学的看法正确；(2)[2]实际打点的周期：以A点为中间时刻，用毫米刻度尺测4个时间段的位移为，则A点速度：(3)[3]对小车应用牛顿第二定律：对砝码应用牛顿第二定律：两式联立解得：，只有满足：，这样，小车所受合力做功才可用W=mgL算出．【点睛】本题中平衡摩擦力的方式比较特别，不是采用改变斜面的倾角来平衡，而是采用在砝码盘加沙子来平衡摩擦力，消除摩擦力的影响需要使小车做匀速直线运动．10.甲同学利用如图甲所示的电路测定电源的电动势和内阻，提供的器材有：A．干电池两节，每节电动势约为1.5 V，内阻未知B．直流电压表V1、V2，内阻很大C．直流电流表A，内阻可忽略不计D．定值电阻R0，阻值未知，但不小于5 ΩE．滑动变阻器F．导线和开关（1）请根据所给电路图，以笔画线代表导线，在图乙所示的实物图上将所缺导线画上_______；乙（2）甲同学利用该电路完成实验时，由于某根导线发生断路故障，导致一只电压表始终没有读数，因此只记录了一只电压表和电流表的示数，如下表所示，利用表格中的数据在图丙中作出U–I图象_______．丙（3）由图象可知，两节干电池总电动势为_______V，总内阻为______Ω（结果均保留三位有效数字）．由计算得到的数据可以判断，有读数的电压表应为电压表_____（选填“V1”或“V2”）．【答案】    (1). （1）；    (2). （2）；    (3). （3）2.90（2.87~2.93均得分）；    (4). 3.50（3.40~3.60均得分）；    (5). V1；【解析】【详解】(1)按原理图连线，注意电压的正接线柱应接电势高的地方，如图所示：(2) 由表格中数据采用描点法可以将各点描于坐标中，用直线将各点连接，若不能在一直线上，则可将各点均匀分布在直线两边，如图所示：(3) 图象与纵轴的交点为电源的电动势，故E=2.90V；图象的斜率表示电源的内阻：；若示数为V2电表的，则测量的内电阻一定包含有定值电阻R，而定值电阻大于5Ω，故说明读数只能是读的V1．11.如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞（碰撞过程不损失机械能），小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：（1）碰撞后小球A和小球B的速度；（2）小球B掉入小车后的速度．【答案】①；②【解析】【详解】（I）A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2 ①碰撞过程中系统机械能守恒，有m1v02＝m1v12＋m2v22②由①②解得v1＝v2＝碰后A球向左，B球向右（Ⅱ）B球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，有m2v2＋m3v3 ＝（m2＋m3）v3´得v3´＝12.如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d<L，粒子重力不计，电荷量保持不变．（1）求粒子运动速度的大小v；（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；（3）从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM=d，QN=，求粒子从P到Q的运动时间t．【答案】（1）；（2）；（3）A.当时， ，B.当时， 【解析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有：，解得： 由题可得： 解得；（2）如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得dm=d（1+sin60°）解得（3）粒子的运动周期设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t'，则A.当时，粒子斜向上射出磁场解得B.当时，粒子斜向下射出磁场解得．13.下列说法中正确的是    A. 一定质量的理想气体体积增大时，其内能一定减少B. 气体的温度降低，某个气体分子热运动的动能可能增加C. 气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的D. 当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中不会有水分子飞出水面E. 在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使分子直径计算结果偏大【答案】BCE【解析】【详解】A.一定质量的理想气体体积增大时，即气体对外做功，同时也吸热，其内能可能不变，也可能增大，也可能减小，故A错误；B.气体温度降低，平均动能减小，但某个气体分子热运动的动能可能增加，故B正确；C.从微观角度讲，气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的，故C正确；D.当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中水分子飞出水面与进入水面是平衡的，故D错误；E.计算时把油酸酒精溶液当成了纯油酸，体积偏大，则d偏大，故E正确；故选BCE.14.如图所示，右侧有挡板的导热气缸固定在水平地面上，气缸内部总长为 21 cm， 活塞横截面积为 10 cm2，厚度为 1cm，给活塞施加一向左的水平恒力 F=20 N，稳定时活塞封闭的气柱长度为10cm．大气压强为 1.0×105 Pa，外界温度为 27℃，不计摩擦．（1）若将恒力 F 方向改为水平向右，大小不变，稳定时活塞封闭气柱的长度； （2）若撤去外力 F，将外界温度缓慢升高，当挡板对活塞的作用力大小为60N 时，求封闭气柱的温度．【答案】（1）15cm  （2）800K【解析】【详解】(1)温度不变，设被封闭气体压强分别为p1、p2，气柱长分别为l1、l2；则有；
根据玻意耳定律，有
解得l2＝15cm
(2)设汽缸升温前后温度分别为T1、T2，升温后气柱长度为l3，T1＝300K，l3＝(21−1)cm＝20cm最后气体压强 ，V3=l3S据理想气体状态方程得
解得：T3＝800K
【点睛】本题考查气体实验定律的应用，第一问求解气体的压强必须要以活塞为研究对象根据受力平衡来求，第二问要注意末态气体的体积时要注意考虑活塞有厚度，解题时考虑问题要全面细致．15.如图所示，两列简谐横波分别沿 x 轴正方向和负方向传播，两波源分别位于 x＝－0.2m 和 x＝1.2m 处，传播速度均为＝0.2m/s，振幅均为 A＝2cm． 图示为 t＝0 时刻两列波的图像（传播方向如图所 示），此时平衡位置处于 x＝0.2m 和 x＝0.8m 的 P、Q 两质点刚开始振动．质点 M 的平衡位置处于 x＝0.5m 处，则下列判断正确的是_______．A. 两列波的周期均为 2s，且起振方向均沿 y 轴负方向B. t＝0 时刻，x=0 处的质点处于平衡位置向 y 轴正方向运动， x=0.1m 处的质点处于平衡位置向 y 轴负方向运动C. t＝1.5s 刻之前，质点 M 始终处静止状态D. M 点开始振动后做振幅为 4cm，周期为 4s 简谐运动E. T=2.5s 时 M 点处于平衡位置向 y 轴正方向运动【答案】ACE【解析】【详解】由波的传播方向根据波形平移法可判断出质点的振动方向：两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，则质点P、Q的起振方向均沿y轴负方向运动；由图知波长λ=0.4m，由  ，该波的周期为 ，选项A正确；由波形图可知t＝0 时刻，x=0 处的质点处于平衡位置向 y 轴正方向运动， x=0.1m 处的质点处于波谷位置，即在最低点，选项B错误；因波的周期为 T=2s，两列波传到M的时间为，当t=1.5s时刻M点开始振动，则此时刻之前，质点M始终处于静止状态．故C正确；M 点开始振动后振动加强，做振幅为 4cm，周期仍为 2s 的简谐运动，选项D错误；t=2.5s时刻，t=1.5s+ T，质点M已振动了T，因此M点处于平衡位置向y轴正方向运动，故E正确；故选ACE．16.如图所示，某种透明材料做成的三棱镜，其横截面是横截面是边长为a的等边三角形，现用一束宽度为a的单色平行光束，以垂直于BC面的方向正好入射到该三棱镜的AB及AC面上，结果所有从AB、AC面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC面．求：（i）该材料对此平行光束的折射率；（ii）这些直接到达BC面的光线从BC面折射而出后，如果照射到一块平行于BC面的屏上形成光斑，则当屏到BC面的距离d满足什么条件时，此光斑分为两条．【答案】（1）     （2）当光屏到BC距离超过，光斑分为两块【解析】【详解】（1）由于对称性，我们考虑从AB面入射的光线，这些光线在棱镜中是平行于AC面的，由对称性不难得出，光线进入AB面时的入射角α和折射角β分别为：α=60°，β=30°由折射定律，材料折射率（2）如图O为BC中点，在B点附近折射的光线从BC射出后与直线AO交于D，可看出只要光屏放得比D点远，则光斑会分成两块．由几何关系可得：所以当光屏到BC距离超过时，光斑分为两块．