西藏自治区拉萨市拉萨中学2020届高三下学期第七次月考物理试题

西藏自治区拉萨市拉萨中学2020届高三第七次月考试理综物理二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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.某金属发生光电效应，光电子的最大初动能Ek与入射光频率之间的关系如图所示。已知h为普朗克常量，e为电子电荷量的绝对值，结合图像所给信息，下列说法正确的是（　　）A. 频率大于的入射光不可能使该金属发生光电效应现象B. 该金属的逸出功等于C. 若用频率是的光照射该金属，则遏止电压为D. 遏止电压随入射光的频率增大而减小【答案】B【解析】【详解】A．由题知，金属的极限频率为，而发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，故频率大于的入射光可以使该金属发生光电效应现象，故A错误；B．由题知，金属的极限频率为，该金属的逸出功等于故B正确；C．根据光电效应方程知若用频率是的光照射该金属，则光电子的最大初动能是，则遏止电压为故C错误；D．根据光电效应方程知遏止电压为可知遏止电压随入射光的频率增大而，故D错误。故选B。2.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向相同。一速度方向与磁感应强度方向垂直的电子，从较弱磁场区域进入到较强磁场区域后，粒子的（　　）A. 轨道半径减小，角速度增大 B. 轨道半径减小，角速度减小C. 轨道半径增大，角速度增大 D. 轨道半径增大，角速度减小【答案】A【解析】【详解】根据洛伦兹力充当向心力可知解得，故从较弱的磁场区域进入较强的磁场区域后粒子的轨道半径减小；由于洛伦兹力不做功，因此粒子运动的速度大小不变，根据可知角速度增大，故A正确，BCD错误。故选A。3.宇航员在某星球上能用比地球上小得多的力搬起同一个铁球。则下列说法中正确的是（　　）A. 说明这星球的半径比地球的半径小B. 说明这星球上宇航员将同一拉力器拉至相同长度时比地球上更省力C. 说明这星球表面的重力加速度比地球表面的重力加速度小D. 说明这星球的第一宇宙速度比地球的第一宇宙速度小【答案】C【解析】【详解】AC．一位宇航员在某星球上能用比地球上小得多的力搬起石头，说明某星球的重力加速度小于地球的重力加速度，在星球表面上有，根据又解得，由于这个星球与地球密度大小关系不知道，故无法知道两星球的半径大小，故A错误，C正确；B．在地球上和在某星球上将同一拉力器拉至相同长度时拉力器的弹力相同，则宇航员用力相同，与重力加速度无关，故B错误；D．在星球表面上空有，根据万有引力提供向心力在星球表面上有，根据联立解得，由于不知道两星球的半径大小，故两星球的第一宇宙速度大小无法比较，故D错误。故选C。4.如图，半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为3mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则（　　）A. W=mgR，质点恰好可以到达Q点B. W=mgR，质点不能到达Q点C. W=mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D. W=mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离【答案】B【解析】【详解】A．当质点滑到轨道最低点N时，根据牛顿第二定律解得对质点从下落到N点的过程运用动能定理得解得由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，对NQ段运用动能定理得解得因为无解，所以质点不能到达Q点，故ACD错误，B正确。故选B。5.一汽车在平直公路上做刹车实验，t=0时刻起运动位移与速度的关系式为x=20-0.2v2（m），下列分析正确的是（　　）A. 上述过程的加速度大小为10m/s2B. 刹车过程持续的时间为4sC. t=0时刻的初速度为20m/sD. 刹车过程的位移为5m【答案】B【解析】【详解】AC．根据匀变速直线运动规律得于题目中的运动位移与速度的关系式比较系数可得计算得出负号表示与运动方向相反，故AC错误；B．根据代入数据，解得刹车过程持续的时间为故B正确；D．根据代入数据，解得刹车过程的位移为故D错误。故选B。6.如图所示，两个等量异种点电荷分别位于P、Q两点，P、Q两点在同一竖直线上，水平面内有一正三角形ABC，且PQ连线的中点O为三角形ABC的中心，M、N为PQ连线上关于O点对称的两点，则下列说法中正确的是（　　）A. A、B、C三点的电势相等B. 电子在O点具有的电势能大于在B点具有的电势能C. M点场强等于N点场强D. 将一正点电荷从A点移到O点，电场力做正功【答案】AC【解析】【详解】A．根据空间几何的位置关系可知，A、B、C三点到P、Q两点的距离均相等，三点的场强和电势均相等，故A正确；B．电子带负电，电势小的电势能大，由于O点电势大于B点的电势，电子在O点具有的电势能小于在B点具有的电势能，故B错误；C．根据等量异种电荷电场线的分布可知电场线的疏密程度是关于O点所在的中垂线对称的，所以M点场强等于N点场强，故C正确；D．A点电势小于O点电势，正点电荷从A点移到O点，电势升高，电势能升高，电场力做负功，故D错误。故选AC。7.如图所示，两导轨在水平面内平行放置，一端与理想变压器相连，匀强磁场垂直于导轨所在的平面，导体棒ab垂直于导轨并接触良好。现对导体棒施加周期性外力，使导体棒在导轨上运动，速度随时间变化规律为v=v0sinωt，其中v0、ω为定值。理想变压器另一端连接滑动变阻器R，电路中电压表和电流表均为理想交流电表，导体棒和导轨电阻不计。现使滑动变阻器R滑片向上移动，下列说法正确的是（　　）A. 电流表读数变小 B. 电压表读数不变C. 电流表读数变大 D. R消耗功率变小【答案】BC【解析】【详解】ABC．由于导体棒在导轨上运动速度随时间变化规律为v=v0sinωt根据导体棒切割磁感应线产生的感应电动势计算公式e=BLv可得e=BLv0sinωt即原线圈的电动势随时间呈正弦规律变化，在副线圈中会产生感应电动势，电压表的示数决定于原线圈的电压和匝数比，原线圈的输入电压不变、匝数比不变，滑动变阻器R滑片向上移动时，电压表读数不变；滑动变阻器R滑片向上移动，副线圈回路总电阻减小，根据欧姆定律可知则电流表读数变大，故BC正确，A错误；D．R两端电压不变、电流变大，根据P=U2I可知R消耗功率增大，故D错误。故选BC。8.随着现代物质生活水平的不断提高，电动儿童小车已经成为现代家庭儿童的标配，质量为m=10kg的电动儿童小车置于粗糙水平地面上，小车由静止加速启动过程的位移时间图像如图所示。已知图线是一条x＝kt 2的拋物线，小车运动过程受到的阻力恒为40 N，重力加速度取g＝10 m/s2。下列说法正确的是（　　）A. 小车0~3 s内的平均速度为0.9 m/sB. 小车启动过程的加速度为2m/s2C. 小车5 s末牵引力的功率为138WD. 小车0~3 s内牵引力做功为138J【答案】AC【解析】【详解】AB．根据位移时间公式与x＝kt 2比较系数，再结合图像可得v0=0a=0.6m/s2小车0~3 s内的位移为小车0~3s内的平均速度为故A正确，B错误；C．根据牛顿第二定律代入数据解得F=46N小车5 s末牵引力的功率为故C正确；D．小车0~3 s内牵引力做功为故D错误。故选AC。三、非选择题：共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答，第33~38题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题：共129分。9.如图甲所示，用落体法验证机械能守恒定律，打出如图乙所示的一条纸带。已知打点计时器频率为50 Hz。(1)根据纸带所给数据，打下B点时重物的速度为________m/s。（结果保留三位有效数字）(2)某位同学选用两个形状相同，质量不同的重物a和b分别进行实验，测得几组数据后，画出-h图像，并求出图线的斜率k1和k2，如图丙所示，由图像可知a的质量________b的质量。（选填“大于”，“小于”或“等于”） (3)通过分析发现造成k2值偏小的原因是实验中存在各种阻力，已知实验所用重物的质量m2＝0.055 kg，当地重力加速度g＝9.78 m/s2，求出重物所受的平均阻力f＝______N【答案】    (1). 2.07    (2). 大于    (3). 0.033【解析】【详解】(1)［1］根据在匀变速直线运动中，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度为(2)［2］根据动能定理得可得知图线的斜率为b的斜率小，知b的质量小，所以a的质量m1大于b的质量m2。(3)［3］根据动能定理知可得则有代入数据解得f=0.033N10.某实验小组测定一水果电池的电动势和内阻，实验室提供的实验器材如下：待测水果电池E（电动势约为 1.3 V，内阻约为 200 Ω）；直流电流表A1（量程 0 ~ 600 mA，内阻为 0.6 Ω）；直流电流表A2（量程 0 ~ 60 mA，内阻为 6 Ω）；直流电流表A3（量程 0 ~ 6 mA，内阻为 60 Ω）；电压表V1（量程 0 ~ 1.5 V，内阻约为 1.5 kΩ）；电压表V2（量程 0 ~ 5 V，内阻约为 3 kΩ）；电压表V3（量程 0 ~ 15 V，内阻约为 15 kΩ）；滑动变阻器R1（最大电阻 5 Ω ，额定电流 10 A）；滑动变阻器R2（最大电阻 50 Ω ，额定电流 1 A）；滑动变阻器R3（最大电阻 500 Ω ，额定电流 0.1 A）；开关S、导线若干。（1）现用电压表和电流表测水果电池的电动势和内阻，要求测量有尽可能高的精确度且便于调节，应选择的电流表选_______，电压表选_______，滑动变阻器选_______（填所给器材符号）。（2）请在虚框中画出实验电路图_________。【答案】    (1). A3    (2). V1    (3). R3    (4). 【解析】【详解】（1）[1]因水果电池的内阻较大，则测量电路中的电流不大，最大电流为6 mA左右，所以可选择的电流表是A3。[2]因水果电池的电动势约为1.3 V，为确保电压测量精确，电压表应选择V1。[3]因水果电池的内阻较大，为了使调节变阻器时电流有明显变化，应选择阻值较大的滑动变阻器R3。（2）[4]因电流表的内阻已知，则可用电流表外接电路，电路图如图11.如图所示，上下表面均粗糙且足够长的木板A静置于水平地面上。物块B与A间的动摩擦因数为μ0＝0.2，物块C与A材料相同，与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，物块B放在木板A上，它们的质量分别为mA＝3kg，mB＝1kg，mC＝2kg。开始时A、B、C均静止，A的右端与C左端相距L=4m。现对A施加一水平向右F＝6 N的恒力，A、B保持相对静止一起向右加速运动。一段时间后A与C正碰，且碰撞时间极短并粘在一起，最终A、B、C共速。取重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)A、C碰前瞬间B的速度大小？(2)B相对A滑动的距离S【答案】（1）2m/s；（2）0.133m【解析】【详解】(1)由题意可知，开始时，A和B相对静止一起向右运动，由动能定理得：[F－μ(mA＋mB)g]L＝(mA＋mB)解得A、C碰前瞬间B的速度大小v1＝2m/s(2)当A、C发生碰撞时，碰撞时间极短，A、C系统的动量守恒，则有mAv1＝(mA＋mC)v2解得v2＝1.2m/sA、C所受地面的摩擦力 Ff＝μ(mA＋mB＋mC)g＝6N＝F所以A、B、C所受的合外力为零，系统的动量守恒，最终A、B、C共速，由动量守恒定律和能量守恒得mBv1＋(mA＋mC)v2＝(mA＋mB＋mC)v3mB＋(mA＋mC)＝(mA＋mB＋mC)＋μmBgS解得S=0133m12.如图所示，在xOy平面的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度的大小E＝100V/m，第一象限某区域内存在着一个边界为等边三角形的匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面向外。一比荷＝107 C/kg的带正电粒子从x轴上的P点射入电场，速度大小v0＝2×104 m/s，与x轴的夹角θ＝60°。该粒子经电场偏转后，由y轴上的Q点以垂直于y轴的方向进入磁场区域，经磁场偏转射出，后来恰好通过坐标原点O，且与x轴负方向的夹角α＝60°，不计粒子重力。求：(1)OQ的长度？(2)磁场的磁感应强度大小；(3)等边三角形磁场区域的最小面积？【答案】（1）0.15 m；（2）0.02T；（2）【解析】【详解】(1)粒子在电场中沿x轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿y轴正方向的分运动是匀变速直线运动，沿y轴方向根据匀变速直线运动的规律可得v0sinθ=at根据牛顿第二定律可得qE＝ma沿x轴正方向OP=v0cosθ•t联立可得OQ=0.15m(2) 粒子在磁场中作半径为r的匀速圆周运动，其轨迹如图所示，
根据几何关系由解得r=0.05m洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得代入数据解得B=0.02T(3)根据粒子运动轨迹和几何关系可知，以弦QD为边长L的△QRD是磁场区域面积最小的等边三角形，如图所示由几何知识得所以最小面积为（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一道题计分。13.下列说法正确的是(   )A. 液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点B. 杯中的茶水慢慢冷却，该过程中有的水分子的运动速率反而增大了C. 清晨时阳光透过窗户射入房间，观察到空中飞舞的粉尘在做布朗运动D. 在南方的梅雨季节，湿衣服较不容易晾干，这是相对湿度较大的缘故E. 空调可以把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外而不引起其他变化【答案】ABD【解析】【详解】A．液晶具有液态时呈现各向同性、固态时呈现晶体各向异性的特点，液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故A正确；B．根据麦克斯韦速率分布规律，当温度降低时，大部分液体分子的速率减小，但个别分子的速率可能增大了，故B正确；C．空中飞舞的粉尘的运动是由于气流作用引起的宏观表现，不是布朗运动，故C错误；D．在南方的梅雨季节，空气中的相对湿度较大，蒸发变慢，湿衣服较不容易晾干，故D正确；E．根据热力学第二定律，空调把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外需要消耗电能，故E错误。故选ABD．14.某物理社团受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图，导热性能良好的气缸I、II内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，气缸I左端开口。外界大气压强为p0，气缸I内通过A封有压强为p0的气体，气缸II内通过B封有压强为2p0的气体，一细管连通两气缸，初始状态A、B均位于气缸最左端．该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知p0相当于10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：(i)当A向右移动时，水的深度h；(ii)该深度计能测量的最大水深hm。【答案】(1)3.33m；（2）20m【解析】详解】（i）当A向右移动时，设B不移动，对I内气体，由玻意耳定律得解得而此时B中气体的压强为，故B不动由解得水的深度（ii）该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，I内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原I内气体全部进入Ⅱ内，设B向右移动x距离，两部分气体压强均为对原I内气体，由玻意耳定律得对原II内气体，由玻意耳定律得又联立解得15.一条弹性绳子呈水平状态.M为绳子中点,两端P.Q同时开始上下振动,一小段时间后产生的波形如图所示,对于其后绳上各点的振动情况,以下判断正确的是_____(填正确答案标号)A.两列波将同时到达中点MB.M点的位移大小在某时刻可能为零C.中点M的振动总是加强的D.两列波波速之比1:2E绳的两端点P、Q开始振动的方向相同【答案】ABE【解析】AD、由题意可知，波在同种介质传播，所以波速相同，由于距离相同，所以两波同时到达M点，故A正确，D错误； B、由于波长的不同，因此在M点相遇时，并不总是加强或减弱；当两波刚传的M点时，此时刻位移为零，所以M点的位移大小在某时刻可能为零，故B正确；C错误； E、据波的传播特点可知，各质点的起振方向与波源的起振方向相同，据波形可知，两波源的起振方向都是向上振动，故E正确．综上所述本题答案是：ABE16.如图，有一玻璃圆柱体，横截面半径为R=10cm，长为L=100cm．一点光源在玻璃圆柱体中心轴线上的A点，与玻璃圆柱体左端面距离d=4cm，点光源向各个方向发射单色光，其中射向玻璃圆柱体从左端面中央半径为r=8cm圆面内射入的光线恰好不会从柱体侧面射出．光速为c=3×108m/s；求：①玻璃对该单色光的折射率；②该单色光通过玻璃圆柱体的最长时间．【答案】(i);(ii) t＝6×10－9 s【解析】【详解】①由题意可知，光线AB从圆柱体左端面射入，其折射光BD射到柱面D点恰好发生全反射．设光线在B点的入射角为i．
则
由折射定律得： 
 
根据几何知识得： 
得：            
② 折射光BD在玻璃柱体内传播路程最长，因而传播时间最长．最长的路程为： 光在玻璃中传播的速度为：                      
则该单色光通过玻璃圆柱体的最长时间为：