1、2020届天津市实验中学高三下学期物理4月第四次测试一、单选题（本大题共5小题，共25 分） 1.物理学的发展离不开科学家所做出的重要贡献。许多科学家大胆猜想，勇于质疑，获得了正确的科学认知，推动了物理学的发展。下列叙述符合物理史实的是（）A. 汤姆孙通过研究阴极射线发现电子，并精确地测出电子的电荷量B. 玻尔把量子观念引入到原子理论中，完全否定了原子的“核式结构”模型C. 光电效应的实验规律与经典电磁理论的矛盾导致爱因斯坦提出光子说D. 康普顿受到光子理论的启发，以类比的方法大胆提出实物粒子也具有波粒二象性【答案】C【解析】【详解】A汤姆孙通过研究阴极射线发现电子，并求出了电子的比荷，密立根
2、精确地测出电子的电荷量；故A错误；B玻尔把量子观念引入到原子理论中，但是没有否定原子的“核式结构”模型；故B错误；C光电效应的实验规律与经典电磁理论的矛盾导致爱因斯坦提出光子说，故C正确；D德布罗意受到光子理论的启发，以类比的方法大胆提出实物粒子也具有波粒二象性，故D错误。故选C。2.如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再到状态C，最后变化到状态A，完成循环。下列说法正确的是（）A. 状态A到状态B是等温变化B. 状态A时所有分子的速率都比状态C时的小C. 状态A到状态B，气体对外界做功为D. 整个循环过程，气体从外界吸收的热量是【答案】D【解析】【详解】A从状态A到状态B，体积
3、和压强都增大，根据理想气体状态方程温度一定升高，A错误。B从状态C到状态A，压强不变，体积减小，根据理想气体状态方程温度一定降低，分子平均速率减小，但平均速率是统计规律，对于具体某一个分子并不适应，故不能说状态A时所有分子的速率都比状态C时的小，B错误。C从状态A到状态B，压强的平均值气体对外界做功为大小C错误；D从状态B到状态C为等容变化，气体不做功，即；从状态C到状态A为等压变化，体积减小，外界对其他做功对于整个循环过程，内能不变，根据热力学第一定律得代入数据解得D正确。故选D。3.一宇航员到达半径为R、密度均匀的某星球表面，做如下实验：如图甲所示，用不可伸长的长为L的轻绳拴一质量为m的小
4、球，轻绳上端固定在O点，在最低点给小球一初速度，使其绕O点在竖直面内做圆周运动，测得绳的拉力大小F随时间t的变化规律如图乙所示。引力常量G及图中F0均为已知量，忽略各种阻力。下列说法正确的是（）A. 该星球表面的重力加速度为B. 小球过最高点的速度为C. 该星球的第一宇宙速度为D. 该星球的密度为【答案】D【解析】【详解】AB由乙图知，小球做圆周运动在最低点拉力为7F0，在最高点拉力为F0，设最高点速度为，最低点速度为，在最高点在最低点由机械能守恒定律得解得，故AB错误。C星球表面该星球的第一宇宙速度故C错误；D星球质量密度故D正确。故选D。4.列车在空载时加速经过一段平直的路段，通过某点时速
5、率为，加速度大小为；当列车满载货物再次加速经过同一点时，速率仍为，加速度大小变为设列车发动机的功率恒为，阻力是列车重力的倍，重力加速度大小为，则列车空载与满载时的质量之比为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】因两次经过某点的速率相同，功率相同，由可知牵引力相同；由牛顿第二定律，空载时：；满载时：；联立解得：，故选B.5.如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd的边长，匝数为n，线圈的总电阻为r，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的匀速转动，角速度为，线圈两端通过电刷e、f与阻值为R的定值电阻连接，从线圈经过中性面开始计时，则A. 线圈中感应电动势的最大值
6、为B. 线圈值感应电动势随时间变化的函数表达式为C. 经过周期时间通过电阻R的电荷量为D. 此发动机在上述工作状态下的输出功率为【答案】D【解析】【详解】A线圈产生感应电动势的最大值故A错误；B感应电动势随时间变化的表达式故B错误；C根据法拉第电磁感应定律有根据闭合电路欧姆定律联立可得故C错误；D线圈中感应电动势的有效值电流的有效值交流发电机的输出功率即为电阻R的热功率故D正确故选D.二、多选题（本大题共 3 小题，共 15 分） 6.如图所示，a、b两束不同频率的单色光光束，分别从图示位置平行地由空气射向平静的湖面， 湖底面水平且铺有反射材料，两束光经两次折射和一次反射后，一起从湖面O处射出
7、。下列说法正确的是A. a光在水中的传播速度比b光小B. 两束光从O处射出时方向一定相同C. 改变两束光的入射角，则两束光均有可能在O点的左侧发生全反射D. 用相同的双缝干涉装置进行实验时，a光的条纹间距较大【答案】AB【解析】【详解】A.由光路图可知a光在水中的折射率较大，则a光在水中的传播速度比b光小； C.两束光由水面射向空气时入射角均不能达到临界角，不可能发生全反射；D.由可知，用相同的双缝干涉装置进行实验时，a光的波长小，条纹间距较小。故选AB。7.一根张紧的水平弹性长绳上有A、B两点，相距14m，B点在A点的右方。一列简谐横波沿此长绳向右传播，当A点的位移达到正方向最大时，B点的位
8、移恰好为零，且向下运动。经过1s后，A点的位移为零，且向下运动，而B点的位移恰好达到负方向最大，则这列简谐横波的波速可能为（）A. 4m/sB. m/sC. 10m/sD. 14m/s【答案】BC【解析】【详解】由题，当A点的位移达到正最大值时，B点的位移恰为0，且向下运动，得到(n=0，1，2，)根据题意，经过1s后，A点的位移为0，且向下运动，而B点的位移恰达到负最大值，则有，(k=0，1，2，)则得到波长，波速当n=0，k=0时当n=1，k=l时v=10m/s当n=1，k=0时v=2m/s由于n，k都是整数，v不可能等于14m/s和4m/s，故BC正确，AD错误。故选BC。8.如图甲所示
9、，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块的速度和离地高度并作出如图乙所示滑块的图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，不计空气阻力，取，由图象可知（） A. 小滑块的质量为0.1kgB. 轻弹簧原长为0.2mC. 弹簧最大弹性势能为0.5JD. 小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J【答案】BC【解析】【详解】A在从0.2m上升到0.35m范围内，Ek=EP=mgh，图线的斜率绝对值为：所以：m=0.2kg故A错误；B在Ek-h
10、图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所示从h=0.2m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2m。故B正确；C根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm=mgh=0.210（0.35-0.1）=0.5J故C正确；D由图可知，当h=0.18m时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知EPmin=E-Ekm=
11、Epm+mgh-Ekm=0.5+0.2100.1-0.32=0.38J故D错误；故选BC。三、实验题（本大题共 2 小题，共 12 分） 9.某同学用探究动能定理的装置测滑块的质量M如图甲所示，在水平气垫导轨上靠近定滑轮处固定一个光电门让一带有遮光片的滑块自某一位置由静止释放，计时器可以显示出遮光片通过光电门的时间t(t非常小)，同时用米尺测出释放点到光电门的距离s(1)该同学用螺旋测微器测出遮光片的宽度d，如图乙所示，则d_ mm(2)实验中多次改变释放点，测出多组数据，描点连线，做出的图像为一条倾斜直线，如图丙所示图像的纵坐标s表示释放点到光电门的距离，则横坐标表示的是_At Bt2 C.
12、 D. (3)已知钩码的质量为m，图丙中图线的斜率为k，重力加速度为g根据实验测得的数据，写出滑块质量的表达式M_(用字母表示)【答案】 (1). (1)1.880 (2). (2)D (3). (3) 【解析】【详解】(1)螺旋测微器的固定刻度读数为1.5 mm，可动刻度读数为0.0138.0 mm0.380 mm，则最终读数为1.880 mm(2)滑块通过光电门的瞬时速度，根据动能定理得：，解得：，因为图线为线性关系图线，可知横坐标表示，故选D(3)根据知，图线的斜率为：，解得滑块质量10.某实验小组要测量定值电阻Rx的阻值,实验室提供的器材规格如下：A.待测电阻阻值约为)B.电流表G1量
13、程为10mA,内阻RG1未知C.电流表G2量程为30mA,内阻RG2未知D.电阻箱最大阻值为)E.电池阻节干电池F.开关一只,导线若干该小组根据现有的器材设计了如图所示的电路,实验过程如下：a.根据电路图,连接实验器材b.先将电阻箱的阻值调到最大,然后闭合开关S,调节电阻箱的阻值,记录电流表的示数和电流表的示数,及对应的电阻箱的阻值b.多次调节电阻箱的阻值,改变两个电流表的示数,并记录数据数据处理：以为纵坐标,以对应的电阻箱的阻值R为横坐标,描点连线得到如图所示的倾斜直线（1）待测电阻_电流表G1的内阻RG1_（2）若将电流表与电阻箱串联改装成量程为3V的电压表,应将电阻箱的阻值调为_【答案】
14、 (1). 100 (2). 20 (3). 280【解析】【详解】(1)12根据并联电路电流与电阻的特点结合图像，可以得到： ；，联立解得：(2)3将电流表G1与电阻箱串联改装成量程为3V电压表时，通过的电流为0.01A，故电阻箱接入的电阻为：四、计算题（本大题共 3 小题，共 48 分） 11.如图所示，足够长的光滑水平台面M距地面高h=0.80m，平台右端紧接长度L=5.4m的水平传送带NP，A、B两滑块的质量分别为mA=4kg、mB=2kg，滑块之间压着一条轻弹簧(不与两滑块栓接)并用一根细线锁定，两者一起在平台上以速度v=1m/s向右匀速运动；突然，滑块间的细线瞬间断裂，两滑块与弹簧
15、脱离，之后A继续向右运动，并在静止的传送带上滑行了1.8m，已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.25，g=10m/s2，求：(1)细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能EP；(2)若在滑块A冲到传送带时传送带立即以速度v1=1m/s逆时针匀速运动，求滑块A与传送带系统因摩擦产生的热量Q；(3)若在滑块A冲到传送带时传送带立即以速度v2顺时针匀速运动，试讨论滑块A运动至P点时做平抛运动的水平位移x与v2的关系?(传送带两端的轮子半径足够小)【答案】(1)Ep=24J (2) (3)若,;,;【解析】【详解】(1)设A、B与弹簧分离瞬间的速度分别为vA、vB，取向右为正方向，由动量守恒定律得: A向N运动
16、的过程，运用动能定理得：细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能为:解得：vA=3m/s，vB=3m/s，Ep=24J(2)滑块A在皮带上向右减速到0后向左加速到与传送带共速，之后随传送带向左离开，设相对滑动时间为t滑块A加速度大小为:由运动学公式得:滑块与传送带间的相对滑动路程为:在相对滑动过程中产生的摩擦热:由以上各式得：(3)设A平抛初速度为v2，平抛时间为t，则：得t=04s若传送带A顺时针运动的速度达到某一临界值vm，滑块A将向右一直加速，直到平抛时初速度恰为vm,则解得vm=6m/s讨论：（1）若传送带顺时针运动的速度，则A在传送带上与传送带相对滑动后，能与传送带保持共同速度，平抛初速度等于
17、，水平射程；（2）若传送带顺时针运动的速度，则A在传送带上向右一直加速运动，平抛初速度等于vm=6m/s，水平射程12.如图所示的平行板之间，存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1=0.20T，方向垂直纸面向里，电场强度，PQ为板间中线紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有一边界线AO，与y轴的夹角AOy=45，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度，边界线的下方有水平向右的匀强电场，电场强度，在x轴上固定一水平的荧光屏一束带电荷量、质量的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0，0.4m）的Q点垂直y轴射入磁场区，最后
18、打到水平的荧光屏上的位置C求：(1)离子在平行板间运动的速度大小(2)离子打到荧光屏上的位置C的坐标(3)现只改变AOy区域内磁场的磁感应强度的大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小B2应满足什么条件？【答案】（1）5.0105 m/s （2）0.6m （3）B20.3 T【解析】【详解】（1）设离子的速度大小为v，由于沿中线PQ做直线运动，则有qE1=qvB1，代入数据解得：v=5.0105 m/s；（2）离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：qvB2=m得，r=0.2 m，作出离子的运动轨迹，交OA边界于N，如图甲所示，OQ=2r，若磁场无边界，一定通过O点，则轨迹圆弧QN
19、的圆心角为=90，过N点做圆弧切线，方向竖直向下，离子垂直电场线进入电场，做类平抛运动，y=OO=vt，x=at2，而a=，则x=0.4 m离子打到荧光屏上的位置C的水平坐标为xC=（0.2+0.4）m=0.6 m（3）只要粒子能跨过AO边界进入水平电场中，粒子就具有竖直向下的速度而一定打在x轴上如图乙所示，由几何关系可知使离子不能打到x轴上最大半径r=m，设使离子都不能打到x轴上，最小磁感应强度大小为B0，则qvB0=m，代入数据解得B0= T=0.3 T，则B20.3 T13.如图所示，间距为L的水平平行金属导轨上连有一定值电阻，阻值为R，两质量均为m的导体棒ab和cd垂直放置在导轨上，两
20、导体棒电阻均为R，棒与导轨间动摩擦因数均为，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个导轨处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B现用某一水平恒力向右拉导体棒ab使其从静止开始运动，当棒ab匀速运动时，棒cd恰要开始滑动，从开始运动到匀速的过程中流过棒ab的电荷量为q，(重力加速度为g)求：(1)棒ab匀速运动的速度大小；(2)棒ab从开始运动到匀速运动所经历的时间是多少？(3)棒ab从开始运动到匀速的过程中棒ab产生的焦耳热是多少？【答案】（1）（2） （3）【解析】【详解】（1）设棒ab速度为v，则棒ab中的感应电流棒cd中的感应电流为： cd受安培力 当棒cd恰要滑动时，即得棒ab的匀速速度为： （2）设棒ab受恒定外力为F，匀速运动时棒ab中的电流为I，棒ab所受安培力为对棒cd：棒ab：由式得对棒ab从开始运动到匀速过程，设运动时间为t；由动量定理：而故由式解得 （3）棒ab所受安培力为，设棒ab从开始运动到匀速的过程中位移为x，由动量定理： 而由得： 设棒ab此过程克服安培力做功W由动能定理：由得由功能关系知，此过程产生的总焦耳热等于W，根据电路关系有棒ab此过程产生的焦耳热等于由得棒ab产生的焦耳热为
