1、2020届天津市实验中学高三下学期物理4月第三次测试一、单选题（本大题共 5 小题，共 25 分）1.利用单分子油膜法可以粗测分子的大小和阿伏加德罗常数，如果已知体积为 V 的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜的面积为 S，这种油的摩尔质量为 M，密度为，则阿伏加德罗常数约可表示为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】油的摩尔体积为油分子直径 每个油分子的体积为阿伏加德罗常数为故A正确，BCD错误。故选A。2.关于原子核、原子核的衰变、核能，下列说法正确的是()A. 原子核的结合能越大，原子核越稳定B. 任何两个原子核都可以发生核聚变C. 衰变成 要经过8次衰变和6次衰变D.
2、 发生衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2【答案】D【解析】【分析】A比结合能越大原子核越稳定，原子核的结合能越大，原子核不一定越稳定，故A错误；B只有较小原子核才会发生聚变，故B错误；C铀核衰变为铅核的过程中，衰变一次质量数减少个，次数；衰变的次数为，要经过次衰变和次衰变，故C错误；D粒子为氦核，由两个质子和两种中子组成，所以发生衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了，故D正确故选：D【详解】3.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
3、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. GMmB. GMmC. D. 【答案】D【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，卫星的引力势能为轨道半径为时，卫星的引力势能为设摩擦而产生的热量为，根据能量守恒定律得：联立得，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4.AB是固定在空中的光滑水平横杆，一质量为M的物块穿在杆AB上，物块通过细线悬吊着一质量为m的小球现用
4、沿杆的恒力F拉物块使物块、小球一起（保持相对静止）向右运动，细线与竖直方向夹角为，则以下说法正确的是（）A. 杆对物块的支持力为MgB. 细线上的拉力为C. D. 物块和小球的加速度为【答案】C【解析】【详解】对小球和物块组成的整体，分析受力如图1所示，根据牛顿第二定律得：水平方向：，竖直方向：故A错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图2所示，由牛顿第二定律得：；,故B错误；对整体在水平方向：，故选项C正确，选项D错误【点睛】以小球和物块整体为研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律研究横杆对M的摩擦力、弹力与加速度的关系对小球研究，根据牛顿第二定律，采用合成法研究细线与竖直方向的夹角、细线的拉
5、力与加速度的关系5.钳形电流表由电流互感器和电流表组合而成，常用来测量电流强度很大的电流，其原理如右下图若初级线圈与二级线圈的匝数比为1500，电流表A的示数为1A，则A. 钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯B. 钳形电流表能够用来测量直流电的电流C. 被测电路电流的平均值为500AD. 被测电路电流的最大值为500A【答案】A【解析】【分析】变压器的工作原理是利用变化的磁场能够产生感应电流【详解】A从图示来看，该互感器属于电流互感器，故钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯，A正确；B互感器利用是电磁感应的互感原理，不能用于直流电，故B错误；C.D 由得：，因为电流表测的是有效值，故故值为被测电
6、流的有效值，故CD错误【点睛】本题考查变压器原理，熟记理想变压器的原理，电压电流的关系，题目就能顺利解出二、多选题（本大题共 3 小题，共 15 分）6.I、II两种单色光组成的光束从水进入空气时，其折射光线如图所示，则（ ）A. 这两束光光子动量pIpII、能量EIEIIB 用I、II两束光先后照射同一双缝干涉实验装置，干涉条纹间距xIxIIC. 用I、II两束光同时照射双缝干涉实验装置，在观察屏上也会出现干涉条纹D. 用I、II两束光先后照射某金属，I光照射时恰能逸出光电子，II光照射时也能逸出光电子【答案】ABC【解析】【详解】A.由图可知，这两束光的折射率nn，则这两束光的光子频率，波
7、长III，由可知，光子动量pIpII；由能量E=h知，能量EI E II，故A正确；B.由双缝干涉条纹间距x=知，用I、II两束光先后照射同一双缝干涉实验装置，干涉条纹间距xIxII，故B正确；C.用I、II两束光同时照射双缝干涉实验装置，则光束I和光束I自身发生干涉，光束II和光束II自身发生干涉，在观察屏上也会出现干涉条纹，故C正确；D.用I、II两束光先后照射某金属，I光照射时恰能逸出光电子，II光的频率小于I光，II光照射时不能逸出光电子，故D错误7.如图所示，两位学生课外研究简谐绳波的特点，P1、P2 是处于绳波两端的两个波源，波源的振动频率均为f，振幅均为Y，某时刻P1 发出的波恰
8、好传到c，P2 发出的波恰好传到a，图中只画出了此时刻两列波在ac 部分的叠加波形，P1a间、P2c 间波形没有画出，下列说法正确的是（ ）A. a、b、c 三点是振动减弱点B. a、c是振动减弱点，b是振动加强点，振幅为2YC. 再经过时间，b处质点距离平衡位置最远D. 再经过时间，ac 间的波形是一条直线【答案】AD【解析】【详解】AB.两列波的频率均为f，相遇后发生稳定的干涉，a、b、c三点始终处于平衡位置，是振动减弱点，故A正确，B错误；C.再经过二分之一周期，即经过时间，b处质点仍处于平衡位置，故C错误；D.再经过四分之一周期，即经过时间，两列绳波相互叠加，恰好抵消，ac间的波形是一
9、条直线，故D正确8.一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上运动，如图甲在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图象如图乙，已知曲线上A点的切线斜率最大，不计空气阻力，则A. 在x1处物体所受拉力最大B. 在x1x2过程中，物体的动能先增大后减小C. 在x1x2过程中，物体的加速度先增大后减小D. 在0x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功【答案】AB【解析】【详解】AE-x图像的斜率代表竖直向上拉力F，物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上，说明在x=0处，拉力F大于重力，在0-x1过程中，图像斜率逐渐增大，则拉力F在增大，x1处物体图象的斜率最
10、大，所受的拉力最大，故A正确；BC在x1x2过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在x2处物体的机械能达到最大，图象的斜率为零，说明此时拉力为零根据合外力可知，在x1x2过程中，拉力F逐渐减小到mg的过程中，物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体加速度在减小，动能在增大，拉力F=mg到减小到0的过程中，物体的加速度反向增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，物体的动能在减小；在x1x2过程中，物体的动能先增大后减小，物体的加速度先减小后反向增大，故B正确，C错误；D物体从静止开始运动，到x2处以后机械能保持不变，在x2处时，物体具有重力势能和动能，故在0x2过程中，拉力对物体做的功等于克服
11、物体重力做的功与物体的动能之和，故D错误三、实验题（本大题共 2 小题，共 12 分）9.为了测量两个质量不等沙袋的质量，由于没有可直接测量的工具（如天平、弹簧秤等），某实验小组应用下列器材测量：轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略）、一套总质量为m=0.5kg砝码，细线、米尺、秒表，他们根据所学的物理知识改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量（g取10m/s2）具体操作如下：（1）实验装置如图所示，设左右两边沙袋的质量分别为m2、m1；（2）从m中取出质量为m的砝码放在右边沙袋中（剩余砝码都放在左边沙袋中，发现质量为m1的沙袋下降，质量为m
12、2的沙袋上升（质量为m1的沙袋下降过程未与其他物体相碰）；（3）用米尺测出质量为m1的沙袋从静止开始下降的距离h，用秒表测出质量为m1的沙袋下降距离h所对应的时间t，则可求沙袋的加速度大小为a= _ ；（4）改变右边砝码的质量m，测量相应的加速度a，得到多组m及a的数据，作出“am”图线；（5）若求得图线的斜率k=4m/kgs2，截距为b=2m/s2，沙袋的质量m1= _ kg，m2= _ kg【答案】 (1). ； (2). 3； (3). 1.5；【解析】沙袋下降距离h所对应的时间t，则，解得：对右边沙袋：对左边沙袋： 解得：由“am”图线的斜率k=4m/kgs2，截距为b=2m/s2得：
13、 m=0.5kg 求解得m1=3kg，m2=1.5kg10.某探究小组准备用图甲所示的电路测量某电源的电动势和内阻，实验器材如下：待测电源（电动势约2V）；电阻箱R（最大阻值为99.99）；定值电阻R0（阻值为2.0）；定值电阻R1（阻值为4.5k）电流表G（量程为400A，内阻Rg=500）开关S，导线若干（1）图甲中将定值电阻R1和电流表G串联，相当于把电流表G改装成了一个量程为_V的电压表；（2）闭合开关，多次调节电阻箱，并记下电阻箱的阻值R和电流表G的示数I；（3）分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则 和 的关系式为_（用题中字母表示）；（4）以为纵坐标，为横坐标，探究小组作出的图像
14、如图（乙）所示，根据该图像求得电源的内阻r=0.50，则其电动势E=_V（保留两位有效小数）；（5）该实验测得的电动势与真实值相比，理论上_ （填“”“”或“=”）【答案】 (1). 2； (2). ； (3). 2.08； (4). =；【解析】【详解】(1)根据串联电路电流相等，当电流表满偏时改装后的电压表达到最大量程即；(2)根据闭合电路欧姆定律可得：，整理得：；(3) 由对应的图象可知，解得；(4)通过（3）分析可知，本实验中不存大原理误差，即为真实的路端电压，为流过电源的真实电流，故电动势的测量值与真实值相同【点晴】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，重点分析实验电
15、路图，同时能正确利用闭合电路欧姆定律列式，注意本题中一定要考虑电表的内阻，同时在分析图象时要认真分析坐标轴的起点值四、计算题（本大题共 3 小题，共 48 分）11.如图所示，传送带与水平面之间的夹角=30，其上A、B两点间的距离L=5m，传送带在电动机的带动下以v=1m/s的速度匀速运动现将一质量m=10kg的小物体（可视为质点）轻放在传送带的A点，已知小物体与传送之间的动摩擦因数=，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：（取g=10m/s2）（1）物体刚开始运动的加速度大小；（2）物体从A到B运动的时间；（3）传送带对小物体做的功；（4）电动机做的功。【答案】（1）2.5m/s2（
16、2）5.2s（3）255J（4）270J【解析】详解】（1）对小物体进行受力分析有：N=mgcos mgsin=50Nfmgsin，则小物体可以与传送带上静止。根据牛顿第二定律：f-mgsin=ma75N-50N=10a得：a=2.5m/s2（2）物块匀加速的时间：匀加速的位移：则小物体匀速运动的位移为：s2=5m-0.2m=4.8m匀速运动的时间：则小物体从A到B所需时间为：t=0.4s+4.8s=5.2s（3）由功能关系知传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增量： （4）在前0.4s时间内传送带运动的位移为：S2=vt=10.4=0.4m所以摩擦产生的热量等于摩擦力乘以两物体间的相对距离
17、，即：Q=mgcos（S2-S1）=75N（0.4-0.2）J=15J电动机做的功为：W=255J+15J=270J12.如图所示，坐标平面第象限内存在水平向左的匀强电场，在距y轴左侧区域存在宽度为a=0.3m的垂直纸面向里的m匀强磁场，磁感应强度为B（大小可调节）。现有质荷比为kg/C的带正电粒子从x轴上的A点以一定初速度v0垂直x轴射入电场，且以v=，方向与y轴正向成60的速度经过P点进入磁场，OA=0.1m，不计重力，求：(1)粒子在A点进入电场的初速度v0为多少；(2)要使粒子不从CD边界射出，则磁感应强度B的取值范围；(3)粒子经过磁场后，刚好可以回到A点，则磁感应强度B为多少。【答
18、案】(1) ；(2)；(3)【解析】【详解】(1)粒子在电场中做类平抛，竖直方向不受力，为匀速(2) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，当轨迹与边相切时恰好不出磁场线，此时有解得根据牛顿第二定律可得解得解得即要使粒子不从边界射出，则磁感应强度的取值范围为(3)粒子运动轨迹如图所示，出磁场时速度与轴正方向夹角为，做匀速直线运动后回到点，设出磁场处为点。由几何关系可得粒子在电场中做类平抛，则有则有解得根据牛顿第二定律可得解得13.如图甲所示，光滑的平行金属导轨水平放置，导轨间距L=1 m，左侧接一阻值为R=0.5 的电阻在MN与PQ之间存在垂直轨道平面的有界匀强磁场，磁场宽度d=1 m一质量m=1 kg
19、的金属棒ab置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨和金属棒的电阻金属棒ab受水平力F的作用从磁场的左边界MN由静止开始运动，其中，F与x（x为金属棒距MN的距离）的关系如图乙所示通过电压传感器测得电阻R两端电压随时间均匀增大则：（1）金属棒刚开始运动时的加速度为多少？（2）磁感应强度B的大小为多少？（3）若某时刻撤去外力F后金属棒的速度v随位移s的变化规律满足v=v0s（v0为撤去外力时的速度，s为撤去外力F后的位移），且棒运动到PQ处时恰好静止，则金属棒从MN运动到PQ的整个过程中通过左侧电阻R的电荷量为多少？外力F作用的时间为多少？【答案】（1）a=0.4m/s2；（2）B=0.5T；
20、（3）t=1s【解析】【详解】解：(1)金属棒开始运动时，金属棒不受安培力作用金属棒所受合力为： 由牛顿第二定律得：(2)由题意可知，电阻两端电压随时间均匀增大，即金属棒切割磁感线产生的感应电动势随时间均匀增大，由可知，金属棒的速度随时间均匀增大，则金属棒做初速度为零的匀加速运动加速度： 由匀变速直线运动的位移公式可得： 由图乙所示图象可知，时， 由牛顿第二定律得： 解得： (3)金属棒经过磁场的过程中，感应电动势的平均值： 感应电流的平均值：通过电阻R的电荷量： 解得： 设外力的作用时间为，力作用时金属棒的位移为：撤去外力后，金属棒的速度为：到恰好静止，则撤去外力后金属棒运动的距离为：则 解得：
