西藏日喀则市南木林中学2020届高三下学期毕业班第六次月考物理试题

高三物理试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.用波长为300nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10-19J，已知普朗克常量为6. 63×10-34J.s，真空中的光速为3×108m/s，能使锌产生光电效应单色光的最低频率（     ）A. 1×1014HzB. 8×1015HzC. .2×1015HzD. 8×1014Hz【答案】D【解析】【详解】根据光电效应方程逸出功，可知代入数据可知：故D正确，ABC错误2.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻、和的阻值分别为、和，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压R的有效值恒定当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为。该变图压器原、副线圈匝数的比值为（    ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】B【解析】【详解】设理想变压器原、副线圈匝数的比值为k，根据题述，当开关S断开时，电流表示数为I，则由闭合电路欧姆定律得由变压公式及功率关系，可得即副线图输出电流为；当开关S闭合时，电流表示数为，则有由变压器公式及功率关系可得即副线圈输出电流为，联立解得选项B正确，ACD错误；故选B.3.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）A. θ增大，E增大 B. θ增大，EP不变C. θ减小，EP增大 D. θ减小，E不变【答案】D【解析】试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据，Q=CU，，联立可得，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确．考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关． 4.一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度 v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1．不计质量损失，取重力加速度 g＝10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(    )A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【详解】试题分析：炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律；当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动．根据平抛运动的基本公式即可解题．规定向右为正，设弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有,则，两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，，水平方向做匀速运动，，则，结合图象可知，D的位移满足上述表达式，故D正确． 5.如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F．小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g．下列说法正确的是A. 物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB. 小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2FC. 物块上升的最大高度为D. 速度v不能超过【答案】D【解析】【详解】物块向右匀速运动时，则夹子与物体M，处于平衡状态，那么绳中的张力等于Mg，故A错误；小环碰到钉子P时，物体M做圆周运动，依据最低点由拉力与重力的合力提供向心力，因此绳中的张力大于Mg，而与2F大小关系不确定，故B错误；依据机械能守恒定律，减小的动能转化为重力势能，则有：，则物块上升的最大高度为，故C错误；因夹子对物体M的最大静摩擦力为2F，依据牛顿第二定律，对物体M，则有：，解得：，故速度v不能超过，故D正确；故选D．【点睛】匀速运动时，处于平衡状态，整体分析，即可判定绳子中张力；当做圆周运动时，最低点，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，即可确定张力与Mg的关系，与2F关系无法确定；利用机械能守恒定律，即可求解最大高度；根据两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F，利用牛顿第二定律，结合向心力，即可求解．6.如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b．外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则A. 绳OO'的张力也在一定范围内变化B. 物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C. 连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D. 物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化【答案】BD【解析】【详解】物块b仍始终保持静止，可知物块a也始终保持静止，滑轮两侧绳子的夹角也不变，可知连接a和b的绳的张力等于物块a的重力，所以连接a和b的绳的张力保持不变，夹角不变，所以．绳OO'的张力也不变，故A、C错误；对b进行受力分析可知，当若F方向不变，大小在一定范围内变化时，而重力mg和绳子的拉力FT保持不变，所以．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化，物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，故B、D正确7.如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则在此过程中A. A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mgB. A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mgC. 弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D. 弹簧的弹性势能最大值为mgL【答案】AB【解析】A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以，在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于，故AB正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；A球达到最大动能后向下做减速运动，到达最低点时三个小球的动能均为零，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能为Ep＝mg(Lcos  30°－Lcos 60°)＝，故D错误．所以AB正确，CD错误．8.如图所示，竖直放置的形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B．质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g．金属杆（    ）A. 刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B. 穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C. 穿过两磁场产生总热量为4mgdD. 释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于【答案】BC【解析】本题考查电磁感应应用，意在考查考生综合分析问题的能力．由于金属棒进入两个磁场的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的加速运动，所以金属感进入磁场时应做减速运动，选项A错误；对金属杆受力分析，根据可知，金属杆做加速度减小的减速运动，其进出磁场的v-t图象如图所示，由于0~t1和t1~t2图线与t轴包围的面积相等（都为d），所以t1>（t2-t1），选项B正确；从进入Ⅰ磁场到进入Ⅱ磁场之前过程中，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1=mg．2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，选项C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则，得，有前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于，根据得金属杆进入磁场的高度应大于，选项D错误．点睛：本题以金属杆在两个间隔磁场中运动时间相等为背景，考查电磁感应的应用，解题的突破点是金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，而金属棒在两磁场间运动时只受重力是匀加速运动，所以金属棒进入磁场时必做减速运动．二、非选择题：共62分，第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题9.在探究弹力和弹簧伸长的关系时，某同学先按图甲对弹簧甲进行探究，然后把弹簧甲和弹簧乙并联起来按图乙进行探究。在弹性限度内，将质量为的钩码逐个挂在弹簧下端，分别测得图甲、图乙中弹簧的长度，如下表所示。钩码个数1234L1/cm30.0031.0432.0233.02L2/cm29.3329.6529.9730.30 (1)已知重力加速度，要求尽可能多地利用测量数据，计算弹簧甲的劲度系数_________；(2)若能求出弹簧乙的劲度系数，____________。【答案】    (1). 49    (2). 104【解析】【详解】(1)[1]由题中实验数据可知，每增加1个钩码，弹簧甲的平均伸长量约为，则弹簧甲的劲度系数(2)[2]把弹簧甲和弹簧乙并联起来按题图乙进行探究。由表中数据可知，每增加1个钩码，弹簧的平均伸长量为，由可知弹簧乙的劲度系数能够计算解得10.为了较准确地测量一只微安表的内阻，采用图所示实验电路图进行测量，实验室可供选择的器材如下：A.待测微安表（量程500，内阻约300Ω）B. 电阻箱（最大阻值999.9Ω）C.滑动变阻器R1(最大阻值为10Ω)D. 滑动变阻器R2(最大阻值为1KΩ)E.电源（电动势为2V，内 阻不 计）F.保护电阻R0（阻值为120Ω)①实验中滑动变阻器应选用_____(填“C”或“D”）；②按照实验电路在图所示的方框中完成实物图连接_____．③实验步骤：第一，先将滑动变阻器的滑片移到最右端,调节电阻箱的阻值为零；第 二 ，闭合开关S,将滑片缓慢左移，使微安表满偏；第三,保持滑片不动，调节R的电阻值使微安表的示数正好是满刻度的2/3时，此时接入电路的电阻箱的示数如图所示,阻值R为______Ω．第四，根据以上实验可知微安表内阻的测量值RA为_______Ω④若调节电阻箱的阻值为时，微安表的示数正好是满刻度的1/2,认为此时微安表内阻就等于0则此时微安表内阻的测量值与微安表的示数正好是满刻度的2/3时微安表内阻的测量值RA相比，更接近微安表真实值的是______．（填“”或“RA”）【答案】    (1). C    (2).     (3). 145.5    (4). 291    (5). RA【解析】【详解】①本实验采用的是半值法测电阻,在改变的阻值时,要尽量保证与微安表两端的总电压保持不变,由于微安表的阻值较大,约300Ω，则要求滑动变阻器右端的阻值尽可能小,故选C项；②实物图要注意分压式的连接方式，如图所示：③读数时要注意倍数，保持滑片不动，调节R的电阻值使微安表的示数正好是满刻度的2/3，故此在滑动电阻器两端的电压保持不变，所以，解得；
④设电阻箱的阻值为R,微安表的内阻为Rg在调节电阻箱电阻时,当微安表的电流变为原来的时,有（R+Rg）=，当微安表的示数正好是满刻度的2/3时，有，由此看出电流调小时，电阻增大，电阻箱和微安表的总电阻增大，该部分分压增大，误差增大，所以微安表的示数正好是满刻度的2/3时微安表内阻的测量值RA更接近微安表真实值．11.如图所示，环形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，内圆半径为，外圆半径为，两圆的圆心（重合）处不断向外发射电荷量为，质量为的带正电粒子，不计粒子所受重力及粒子间相互作用，粒子发射速度方向都水平向右，而速度大小都不同，导致一部分粒子从外圆飞出磁场，而另一部分粒子第一次出磁场是飞入内圆。(1)如果粒子从外圆飞出磁场，求粒子的速度大小范围；(2)如果粒子从外圆飞出磁场，求这些粒子在磁场中运动的时间范围；(3)如果粒子第一次出磁场是飞入内圆，求这些粒子从进入磁场到第一次出磁场所用的时间范围。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)粒子射出的速度大小不同，轨迹圆的半径不同，设刚好与外圆相切时，轨迹圆半径为，如图所示，由几何关系可知得由联立得如果粒子从外圆飞出，则粒子的速度。(2)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为，则刚好从外圆飞出时，粒子在磁场中运动的时间最长，其轨迹圆弧对应的圆心角为则从外圆飞出磁场的粒子在磁场中运动的时间得这些粒子在磁场中运动的时间范围为。(3)若粒子第一次出磁场是飞入内圆，则其轨迹圆弧所对圆心角范围为飞入内圆的粒子在磁场中运动的时间满足得这些粒子从进入磁场到第一次出磁场所用的时间范围为。12.在竖直平面内，支在原点的一根弯杆，其形状可以用函数来描写，为有长度量纲的非零正常数，在杆上穿一滑块，杆与滑块间的静摩擦因数为，如图所示。(1)不考虑摩擦，求滑块的高度为时，它在沿杆方向的加速度的大小，下列5种答案中有一个是正确的，试作出判断并说明理由：，，，，；(2)考虑摩擦，但杆不动，在什么情况下滑块可以在杆上静止？（用，，，表示）(3)现在设杆以角速度绕轴匀速转动，且有关系，这时滑块可以在何处相对于杆静止？(4)若，则滑块不滑动的条件又如何？【答案】(1)；(2)；(3)；(4)或【解析】【详解】(1)由分析知道在不考虑摩擦时，滑块在杆上运动的加速度即为重力加速度的切向分量其中为滑块所在点杆的法线与重力方向的夹角，一般不为零，且一定不超过，当时，杆近于竖直，趋近于，于是可判断由此可得，(2)由分析知道考虑摩擦而杆不动，则滑块静止为静力平衡，滑块受重力影响有下滑趋势，摩擦力向上，支持力和摩擦力大小分别为，平衡条件要求或设时，则滑块静止的条件为(3)由分析知道当杆匀速转动时，则在滑块相对于杆不动时，支持力和摩擦力在竖直方向的分力之和与重力平衡，在水平方向的分力之和使滑块产生水平的向心加速度，由此可得（不妨设摩擦力沿杆向上）由以上二式可得，，当时，有，即无摩擦力。向心加速度完全由重力和支持力的合力提供，这个关系对任何都能满足，即此时滑块在任何位置都相对于杆静止。(4)当时，，由可知，即摩擦力实际是向下的，由于旋转太快而滑块上有上移的趋势，滑块相对静止的条件为即或此二次函数不等式的判别式为故不等式满足条件为或用代入，即得滑块不滑动的条件为或 [物理——选修3－3]13.以下说法正确的是____ A. 浸润现象是表面张力作用的结果，不浸润现象不是表面张力作用的结果B. 温度越高物体分子的平均动能越大C. 热量可以自发地由低温物体传到高温物体D. 压缩气体，气体的内能不一定增加E. 气体的体积变小，其压强可能减小【答案】BDE【解析】【详解】浸润现象和不浸润现象都是液体表面张力作用的结果，故A错误；温度是分子平均动能的标志，所以温度越高物体分子的平均动能越大，故B正确；热量不能自发的从低温物体传到高温物体，故C错误；压缩气体，外界对气体做功，但气体可吸热或放热，内能变化不确定，故D正确；气体体积变小，若温度降低，则压强可能减小，故E正确．故选BDE.14. 一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程中p-V图像如图所示，已知该气体在状态A时的温度为27℃，求：①该气体在状态B时的温度；②该气体从状态A到状态C的过程中与外界交换的热量．【答案】①②200J【解析】试题分析：ⅰ．对于理想气体：A→B，由查理定律得即，所以B→C由得，所以ⅱ．A.C温度相等，A→C的过程，由热力学第二定律得，即气体从外界吸热200J考点：考查了理想气体状态方程【名师点睛】决气体问题的关键是挖掘出隐含条件，正确判断出气体变化过程，合理选取气体实验定律解决问题；对于内能变化．牢记温度是理想气体内能的量度，与体积无关 [物理——选修3－4]15.一列简谐横波沿轴正方向传播，如图为它在时刻的波形图。其中，为介质中的两质点，若这列波的传播速度是，则下列说法正确的是（　　）A. 该波波源的振动周期是B. ，两质点可能同时到达平衡位置C. 时刻质点正在向下运动D. 从到时间内质点的路程为E. 若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定干涉现象，则所遇到的波的频率一定为【答案】ACE【解析】【详解】A．由波形图可知：波长为，则振动周期为A正确；B．根据波的传播方向可判断出：时刻质点和质点的振动方向均沿轴负方向，质点到达平衡位置时间小于，而质点到达平衡位置的时间要大于，B错误；C．经即一个周期后质点振动方向保持不变，C正确；D．从到，时间虽然为，但质点从平衡位置的一侧运动到另一侧，即速度较大，其路程大于，D错误；E．该波的周期为0.04s，故频率为25Hz，因为两列波发生稳定干涉的条件为频率相同，则该波所遇到的波的频率为，E正确。故选ACE。16.直角玻璃三棱镜的截面如图所示，一条光线从AB面入射，ab为其折射光线，ab与AB面的夹角α＝60°，已知这种玻璃的折射率。则：(1)这条光线在AB面上的入射角多大？(2)判断图中光线ab能否从AC面折射出去，若能射出求出折射角，若不能射出请说明理由【答案】(1)45°；(2)发生全反射，不能从AC折射出去【解析】【详解】(1)设这条光线射到AB面上的入射角为i，折射角为r。光路如图所示：
由折射定律可知：由题意有 i=90°-α=90°-60°=30°联立可得i=45°(2)根据知，光线在AC面上发生全反射的临界角为C=45°。
由于ab在AC面上的入射角为 i′=90°-30°=60°＞C，所以光线ab在AC面上发生了全反射，不能从AC面上折射出去。