1、天津市第一中学2020届高三物理下学期第四次月考试题（含解析）第卷（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DC. 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
2、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2B. 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【答案】C【解析】【详解】A根据临界角公
3、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
4、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【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
5、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
6、零，故A错误；B交流电的周期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=nBS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=nBScost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
7、，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，ab和cd为等温过程，bc和da为等容过程。下
8、列说法正确的是A. ab过程中，气体对外界做功B. bc过程中，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增多C. cd过程中，气体从外界吸收热量D. da过程中，气体分子的平均动能变大【答案】BC【解析】【详解】Aab过程中，气体体积减小，外界对气体做功，故A错误；Bbc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；Ccd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，气体从外界吸收热量，故C正确；Dda过程中，气体体积不变，而气体压强减小，则其温度
9、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/sB. 这列波一定沿x轴正向传播C. 可能有t=1.25sD. 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=8m；故波速由波长=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
10、离，nN则，nN；当n=3时t=1.25s；若波向左传播，则波的传播距离，nN则，nN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dxd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qE0dC. 动能与电势能之和的最大值是qE0dD. 一个周期内，在x0区域的运动时间t【答案】BD【解析】【详解】A在x0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，
11、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+q最右位置有P=q=qE0x1最左位置有粒子的运动区间为，即 电场仅分布在-dxd的区间内，解得故C错误；D在x0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
12、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。 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=_。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_。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
13、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根据可得木板的加速度2当F1F0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；3A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
14、，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BC4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200，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=40；C电流表A2：量程300mA、内阻r2约为4；D电压表V：量程3V、内阻r3约为5k；E定值电阻R0：阻值为40；F滑动变阻器最大阻值为10；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】【详解】电压表量程过小，
15、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=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) x1m【解析】【详
16、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Q5.3J(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x1m即A与台阶只能碰撞一次的条件是：x1m12.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
17、阻均为R，边长为l，与传送带间的动摩擦因数为，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
18、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
19、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+
20、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：（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）02N/C（2）B0=02n（T）（n=1，2，3）；（n1，2，3）（3）（kg/C）【解析】
21、【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）. ， （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B0T0应满足的关系
