1、广东省珠海市2020届高三物理下学期2月复习检测试题（含解析）二、选择题1.关于光电效应，下列说法正确的是（）A. 极限频率越大的金属材料逸出功越大B. 只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C. 从金属表面出来光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出逸出功越小D. 入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多【答案】A【解析】【详解】A根据，极限频率越大的金属材料逸出功越大。故A正确。B发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，与入射光照射的时间无关。故B错误。C根据光电效应方程知，光电子的最大初动能与入射光的频率和逸出功两个因素有关，光电子的最大初动能越大，这种
2、金属的逸出逸出功不一定越小，也可能是因为入射光的频率高的缘故。故C错误。D光的强度影响的是单位时间发出光电子数目，入射光光强一定时，频率越高，则单位时间发出的光子数目越少，单位时间内逸出的光电子数就越少故D错误。故选A。2.A、B两物体沿同一方向运动，它们的图像如图所示，下列判断正确的是A. 在时刻前，B物体始终在A物体的前面B. 在这段时间内，B物体的位移比A物体的位移大C. 在时刻前，B物体的速度始终比A物体增加得快D. 在时刻两物体不可能相遇【答案】B【解析】【详解】A在时刻前，B的速度大于A的速度，但AB出发的位置不确定，无法判断AB的位置关系，故A错误；B在图像中，与时间轴所围的面积
3、为物体运动的位移，故在这段时间内，B物体的位移比A物体的位移大，故B正确；C在图像中，斜率代表加速度，所以B物体的速度有比A物体速度增加慢的时刻，故C错误；D由于不知道出发时的位置关系，故在时刻两物体有可能相遇，故D错误。故选：B3.物块、的质量分别为和，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，对施加向右的水平拉力，稳定后、相对静止在水平面上运动，此时弹簧的形变量为；若撤去拉力，换成大小为的水平推力向右推，稳定后、相对静止在水平面上运动，弹簧的形变量为，则的值是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】设弹簧的劲度系数为k，则当F作用在Q上时，将两者看做一个整体，对整体应用牛顿第二定律可
4、得对P分析可知解得当2F的力作用在P上时，分别应用整体和隔离法，根据牛顿第二定律可得联立解得解得故A正确，BCD错误。故选A。4.质量为的篮球从某一高处从静止下落，经过时间与地面接触，经过时间弹离地面，经过时间达到最高点。重力加速度为，忽略空气阻力。地面对篮球作用力冲量大小为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】选向下为正，运动全程由动量定理得：mg（t1+t2+t3）+I地=0，则有：I地=-（mgtl+mgt2十mgt3）， 负号表方向。A，故A符合题意；B，故B不符合题意；C，故C不符合题意；D，故D不符合题意。故选A。5.为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，
5、其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍P与Q的周期之比约为（ ）A. 2:1B. 4:1C. 8:1D. 16:1【答案】C【解析】【详解】本题考查卫星的运动、开普勒定律及其相关的知识点设地球半径为R，根据题述，地球卫星P的轨道半径为RP=16R，地球卫星Q的轨道半径为RQ=4R，根据开普勒定律，=64，所以P与Q的周期之比为TPTQ=81，选项C正确6.如图，电荷量分别为q和q（q0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点，则（ ）A. a点和b点的电势相等B. a点和b点的电场强度大小相等C. a点和b点的电场强度方向相同D. 将
6、负电荷从a点移到b点，电势能增加【答案】BC【解析】【详解】由几何关系，可知b的电势大于a的电势，故A错误；把负电荷从a移到b，电势能减少，故D错误；由对称性和电场的叠加原理，可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同，故B、C正确。7.如图，水平桌面上固定有一半径为的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为，方向竖直向下；一长度为、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点。棒在拉力的作用下以恒定加速度从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好。下列说法正确的是（）A. 拉力的大小在运动过程中保持不变B. 棒通过整个圆环所用的时间为C.
7、 棒经过环心时流过棒的电流为D. 棒经过环心时所受安培力的大小为【答案】BCD【解析】【详解】A棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，合外力恒定，由F-F安=ma，由于安培力随速度的变化而变化，所以拉力也是变化的，故A错误；B根据位移公式可得时间为故B正确；C当棒运动到环中心时，由于棒将金属细圆环分开的两部分的电阻并联，则电路总电阻为，速度大小为产生感应电动势所以产生感应电流大小为故C正确；D棒经过环心时所受安培力的大小为故D正确。故选BCD。8.如图所示，一光滑球体静止于夹角为的支架ABC内，现以B为轴，让整个支架缓慢的顺时针旋转，直至支架BC部分水平设BC部分对球体的作用力为F
8、，则整个过程中（ ）A. F可能一直减小B. F可能一直增大C. F可能先减小后增大D. F可能先增大后减小【答案】D【解析】【分析】对球受力分析，受重力和两个支持力，其中AB面的支持力为F2，而BC面的支持力为F1，根据三力平衡条件作图分析【详解】球受重力和两个支持力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示，随着框架顺时针旋转，F1先增大后减小，最后与重力G大小相等，F2先减小后增大，D正确9.用打点计时器研究物体的自由落体运动，得到如图一段纸带，测得，。已知交流电频率是，则打点时物体的瞬时速度为_。如果实验测出的重力加速度值比公认值偏小，可能的原因是_。【答案】 (1)
9、. 2.10 (2). 下落过程中有存在阻力等【解析】【详解】1根据某点瞬时速度等于该点的相邻的两段位移内的平均速度得2如果实验测出的重力加速度值比公认值偏小，可能的原因是下落过程中有存在阻力等。10.现有一块59C2型的小量程电流表G（表头），满偏电流为50A，内阻约为800850，把它改装成1mA、10mA的两量程电流表，可供选择的器材有：滑动变阻器R1，最大阻值20；滑动变阻器R2，最大阻值100k；电阻箱R，最大阻值9999；定值电阻R0，阻值1k；电池E1，电动势15V；电池E2，电动势3V；电池E3，电动势4.5V；（所有电池内阻不计），标准电流表A，满偏电流1.5mA；单刀单掷开
10、关S1和S2；单刀双掷开关S3；电阻丝及导线若干（1）采用如图（甲）所示电路测量表头的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为_，选用的电池为_甲 乙 丙（2）将G改装成两量程电流表，现有两种备选电路，如图（乙）、（丙）所示图_为合理电路，另一电路不合理的理由是_（3）将改装后的电流表与标准电流表逐格进行核对（仅核对1mA量程），画出所用电路图，图中待核对的电流表符号用 A来表示_【答案】 (1). （1）R2 (2). E3 (3). （2）图（乙） (4). 因为图（丙）电路在通电状态下，更换量程时会造成两个分流电阻都未并联在表头两端，以致通过表头的电流超过其满偏电流而损坏 (5). （
11、3）如图：【解析】【详解】（1）首先我们要知道半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理：如图，设电源的电动势为E，内阻为r，S1打开时，设电流表满偏电流 ，实验要求RRg，Rr，这样才有 ，当S1闭合时，R和Rg并联，并联后总阻值R并RgR，这样才有S1闭合后，电路中总电流几乎不变，仍然近似等于，调节R使电流表半偏为，所以流过R的电流也为，所以R=Rg从上述原理可知，S1打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是RRg故实验器材选择应满足电源电动势尽可能大，R尽可能大所以滑动变阻器选量程较大的R2，电池选用电动势较大的E3（2）图（乙）所示的电路较合理，因为图（丙）电路在通电状态下，更换量程时会
12、造成两个分流电阻都未并联在表头两端，以致通过表头的电流超过其满偏电流而损坏（3）核对电路如图所示为使改装后的电流表与标准表在01mA之间逐格核对，应选用分压电路由于A和A满偏电流和满偏电压都很小，为使滑动变阻器便于调节，即有较大的调节范围，滑动变阻器应选用R1，电池应选用E1，且在电流表所在的支路上串联定值电阻R0，起保护作用11.如图所示，半径的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点。一质量的小球，以初速度在水平面上向左作加速度的匀减速直线运动，运动后，冲上竖直半圆环，最后小球落在点。求：（1）小球冲到最高点时对轨道的压力。（2）A、C间的距离（取重力加速度。【
13、答案】(1) ；(2) 。【解析】【详解】（1）小球匀减速运动过程中，由运动学公式可得小球从到，由机械能守恒得联立可得小球在点由牛顿第三定律得轨道受到的压力解得；（2）小球从点作平抛运动，有：由得：12.空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为，一带电量为、质量为的粒子，在点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中点箭头所示。该粒子运动到图中点时的速度方向与点时速度方向垂直，如图中点箭头所示。已知、间的距离为l。若保持粒子在点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由点运动到点。不计重力。求：(1)电场强度的大
14、小。(2)两种情况中粒子由运动到点所经历的时间之差。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以表示粒子在点的初速度，表示圆周半径，则有 由于粒子在点的速度垂直于它在点时的速度，可知粒子由点到点的轨迹是圆周的，故有 联立得 在电场中粒子做类平抛运动，分别以、表示射程、偏转位移、电场强度，加速度和运动时间，则 垂直方向 沿方向 联立各式可解得电场强度的大小为（2）由分析知粒子在磁场中由运动到点所经历的时间为，故在电场中由运动到点所经历的时间由运动到点所经历的时间之差两种情况中粒子由运动到点所经历的时间之差为13.下列五幅图分别对应五种说法，其中正确的是( )A. 甲
15、图中微粒的运动就是物质分子的无规则热运动,即布朗运动B. 乙图中当两个相邻的分子间距离为r0时,它们间相互作用的引力和斥力大小相等C. 丙图中食盐晶体的物理性质沿各个方向都是不一样的D. 丁图中小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用E. 戊图中洁净的玻璃板接触水面,要使玻璃板离开水面,拉力F必须大于玻璃板的重力,其原因是水分子和玻璃分子之间存在分子斥力【答案】BCD【解析】【详解】A.甲图中微粒的运动是布朗运动，但由于微粒是大量分子组成的，所以微粒的运动并不是物质分子的无规则热运动，故A错误；B. 由两分子间作用力随距离变化的关系图线可知，当两个相邻的分子间距离为时，它们间相互作用的
16、引力和斥力大小相等，故B正确；C. 图丙说明食盐晶体的物理性质沿各个方向不同，表现为各向异性，故C正确；D.小草上的露珠呈球形的主要是液体表面张力的作用，故D正确；E.戊图中洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，说明了分子之间存在引力，故E错误14.如图所示，两个可导热气缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸各有一个活塞，质量分别为和，活塞与气缸无摩擦。活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度。（已知，在两活塞上同时各放一质量为的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度始终保持为。在达到上一问的
17、终态后，环境温度由缓慢上升到，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）。【答案】 ； ，吸收热量。【解析】【详解】设左、右活塞的面积分别为和，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即由此得在两个活塞上各加质量为物块后，假设左右两活塞仍没有碰到汽缸底部，由平衡条件，则右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中在初态，气体的压强为：，体积为：；在末态，气体压强为：，体积为：为左活塞的高度）由玻意耳定律得代入数据解得当温度由上升至时，气体的压强始终为，设是温度达到时左活塞的高度，由盖吕萨克定律得活塞对气体做的功为
18、环境温度升高，则气体温度升高内能变大，又气体对活塞做功，根据热力学第一定律：在此过程中气体吸收热量。15.如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，图乙表示该波传播的介质中x=2m处的a质点从t=0时刻起的振动图象下列说法正确的是_A. 波沿x轴正方向传播B. 波传播的速度为20msC. a质点在01.0s内，通过的路程为20mD. t=025s时，a质点位移沿y轴正方向E. t=025s时，x=4m处的b质点的加速度沿y轴负方向【答案】ABE【解析】【详解】由乙图可知t=0时刻质点a在平衡位置向下振动，则由图甲可知，波沿x轴正向传播，选项A正确；由甲图可知，波长为4m，由乙图
19、可知，周期为0.2s，则波速为，故B正确；各质点的振幅为0.2m，1s内完成5次全振动，故1s内通过的路程为S=540.2=4m，故C错误；由乙图知，质点的振动周期为T=0.2s，所以质点a在t=0.25s的时刻的振动情况与t=0.5s时刻的振动情况相同，即处于负的最大位移处，所以位移沿y轴负方向故D错误；由图甲可知，a质点和b质点的平衡位置相距半个波长，振动情况总是相反，所以在振动过程中任意时刻的位移都相反，所以在t=0.25s的时刻质点b处于正的最大位移处，加速度沿y轴负方向故E正确16.如图为用一个折射率为n=的透明介质做成的四棱柱的横截面图，其中A=C=90，B=60现有一条光线从图示的位置垂直入射到棱镜的AB面上，请回答下列问题：(i)画出完整的光路图，确定射出的光线(标注好角的度数)(ii)为实现上述光路，该透明介质的折射率取值应该在什么范围?【答案】(i)如图所示： (ii)该透明介质的折射率取值范围为【解析】【详解】(i)光路图如图所示： (ii)为满足和原光路图完全相同，即必须满足在CD边能发生折射，AB边发生全反射，即临界角由可得，解得：