長(zhǎng)春市五中2020屆高三物理下學(xué)期3月線上測(cè)試試題含解析

吉林省長(zhǎng)春市五中2020屆高三物理下學(xué)期3月線上測(cè)試試題含解析吉林省長(zhǎng)春市五中2020屆高三物理下學(xué)期3月線上測(cè)試試題含解析PAGE19-吉林省長(zhǎng)春市五中2020屆高三物理下學(xué)期3月線上測(cè)試試題含解析吉林省長(zhǎng)春市五中2020屆高三物理下學(xué)期3月線上測(cè)試試題(含解析）一、選擇題1。下列描繪兩種溫度下黑體輻射強(qiáng)度與頻率關(guān)系的圖中，符合黑體輻射實(shí)驗(yàn)規(guī)律的是(）A. B。C。 D.【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)黑體輻射實(shí)驗(yàn)規(guī)律,黑體熱輻射的強(qiáng)度與波長(zhǎng)的關(guān)系為:隨著溫度的升高，一方面，各種波長(zhǎng)的輻射強(qiáng)度都有增加,則各種頻率的輻射強(qiáng)度也都增加，另一方面,輻射強(qiáng)度的極大值向波長(zhǎng)較短的方向移動(dòng),即頻率較大的方向移動(dòng)分析圖像，只有B項(xiàng)符合黑體輻射實(shí)驗(yàn)規(guī)律，故B項(xiàng)正確．故選B.2。如圖,在挪威的兩座山峰間夾著一塊巖石,吸引了大量游客前往觀賞．該景觀可簡(jiǎn)化成如圖所示的模型，右壁豎直，左壁稍微傾斜．設(shè)左壁與豎直方向的夾角為θ，由于長(zhǎng)期的風(fēng)化,θ將會(huì)減小．石頭與山崖間的摩擦很小，可以忽略不計(jì)．若石頭質(zhì)量一定，θ減小，石頭始終保持靜止，下列說(shuō)法正確的是A。山崖左壁對(duì)石頭的作用力將增大B.山崖右壁對(duì)石頭的作用力不變C.山崖對(duì)石頭的作用力減小D.石頭受到的合力將增大【答案】A【解析】【分析】對(duì)小球受力分析，根據(jù)平衡列出水平方向平衡公式和豎直方向平衡公式即可求解．【詳解】AB、對(duì)石頭受力分析如圖所示：根據(jù)平衡可知隨著θ減小，根據(jù)公式可知、都增大,故A對(duì)；B錯(cuò)C、根據(jù)共點(diǎn)力平衡可知，山崖對(duì)石頭的作用力始終不變大小等于石頭的重力，所以作用力不變，故C錯(cuò)誤；D、由于石頭處于靜止?fàn)顟B(tài),所以石頭受合力一直為零，故D錯(cuò)；故選A3。水平路面上的汽車(chē)以恒定功率P做加速運(yùn)動(dòng),所受阻力恒定,經(jīng)過(guò)時(shí)間t，汽車(chē)的速度剛好達(dá)到最大，在t時(shí)間內(nèi)（）A。汽車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B.汽車(chē)加速度越來(lái)越大C.汽車(chē)克服阻力做的功等于PtD.汽車(chē)克服阻力做的功小于Pt【答案】D【解析】【詳解】AB．汽車(chē)是以恒定功率啟動(dòng)方式，由于功率不變，根據(jù)Ｐ=Fv可知：隨著汽車(chē)速度的增加，汽車(chē)的牽引力在減小，加速度減小,汽車(chē)做加速度越來(lái)越小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)牽引力減小到等于阻力時(shí),加速度等于零,速度達(dá)到最大值，AB錯(cuò)誤；CD．因?yàn)槠?chē)速度越來(lái)越大,合外力做正功，汽車(chē)克服阻力做的功小于Pt，D正確、C錯(cuò)誤．故選D．考點(diǎn)：功率、汽車(chē)的兩種啟動(dòng)方式4.如圖甲所示,一塊長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的木塊靜止在光滑水平面上．一顆質(zhì)量也為m的子彈以水平速度v0射人木塊．當(dāng)子彈剛射穿木塊時(shí),木塊向前移動(dòng)的距離為s（圖乙）．設(shè)子彈穿過(guò)木塊的過(guò)程中受到的阻力恒定不變，子彈可視為質(zhì)點(diǎn)．則子彈穿過(guò)木塊的時(shí)間為A. B。 C。 D.【答案】D【解析】【分析】以子彈與木塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,滿足動(dòng)量守恒定律，分別對(duì)子彈和木塊列動(dòng)能定理表達(dá)式，再對(duì)木塊列動(dòng)量定理表達(dá)式，聯(lián)立可求解.【詳解】子彈穿過(guò)木塊過(guò)程，對(duì)子彈和木塊的系統(tǒng),外力之和為零動(dòng)量守恒,有：，設(shè)子彈穿過(guò)木塊的過(guò)程所受阻力為f，對(duì)子彈由動(dòng)能定理：，由動(dòng)量定理:，對(duì)木塊由動(dòng)能定理：,由動(dòng)量定理:，聯(lián)立解得：;故選D?！军c(diǎn)睛】子彈穿過(guò)木塊過(guò)程，子彈與木塊組成的相同動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律與動(dòng)量定理可以正確解題，解題時(shí)注意研究對(duì)象、研究過(guò)程的選擇。5.一臺(tái)小型發(fā)電機(jī)與計(jì)算機(jī)相連接，計(jì)算機(jī)能將發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖象記錄下來(lái)，如圖甲所示，讓線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以不同的轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動(dòng),計(jì)算機(jī)記錄了兩次不同轉(zhuǎn)速所產(chǎn)生正弦交流電的圖象如圖乙所示.則關(guān)于發(fā)電機(jī)先后兩次的轉(zhuǎn)速之比na∶nb,交流電b的最大值正確的是(）A。3∶2，V B。3∶2，VC。2∶3，V D.2∶3，V【答案】B【解析】【詳解】由圖可知,a的周期為0.4s；b的周期為0。6s,則由n=可知，轉(zhuǎn)速與周期成反比，故曲線a、b對(duì)應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為3:2;曲線a表示的交變電動(dòng)勢(shì)最大值是10V，根據(jù)Em=nBSω得曲線b表示的交變電動(dòng)勢(shì)最大值是V;故B正確,ACD錯(cuò)誤．6.如圖所示，R1為定值電阻，R2為可變電阻，E為電源電動(dòng)勢(shì)，r為電源內(nèi)電阻,以下說(shuō)法中正確的是(）A.當(dāng)R2＝R1＋r時(shí),R2獲得最大功率B.當(dāng)R1＝R2＋r時(shí)，R1獲得最大功率C.當(dāng)R2＝0時(shí)，R1獲得最大功率D。當(dāng)R2＝0時(shí)，電源的輸出功率最大【答案】AC【解析】【詳解】A．將定值電阻R1等效為電源的內(nèi)阻，則可知當(dāng)R2=R1+r時(shí)，R2獲得最大功率，故A正確；BC．根據(jù)P=I2R，電流最大時(shí)，R1上的功率最大，當(dāng)外電阻最小時(shí)，即R2=0時(shí)，電流最大，R1上獲得最大功率，故B錯(cuò)誤，C正確；D．只有電源內(nèi)阻等于外電阻時(shí)，電源的輸出功率是最大的，因不能明確R1與r的大小關(guān)系，故無(wú)法確定電源的輸出功率是否最大，故D錯(cuò)誤。故選AC.7.如圖所示，相距為d的兩水平虛線L1和L2分別是水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的上下兩個(gè)邊界，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，正方形線框abcd邊長(zhǎng)為L(zhǎng)(L〈d)，質(zhì)量為m，將線框在磁場(chǎng)上方高h(yuǎn)處由靜止釋放．如果ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v0,cd邊剛穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度也為v0，則從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛穿出磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中（）A。線框中一直有感應(yīng)電流B。線框中有一階段的加速度為重力加速度gC。線框中產(chǎn)生的熱量為mg（d＋h＋L)D。線框有一階段做減速運(yùn)動(dòng)【答案】BD【解析】【分析】從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛穿出磁場(chǎng)整個(gè)過(guò)程中，穿過(guò)線框的磁通量先增大、再不變，最后減小，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的產(chǎn)生，根據(jù)左手定則判斷安培力的方向，進(jìn)而分析導(dǎo)線框的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題和功能關(guān)系．【詳解】A．正方形線框abcd邊長(zhǎng)為L(zhǎng)（L<d)，所以cd進(jìn)入磁場(chǎng)后，ab還在磁場(chǎng)內(nèi)，所以穿過(guò)線框的磁通量不變，根據(jù)楞次定律可知線框內(nèi)無(wú)感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤；B．線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線框無(wú)感應(yīng)電流，只受重力，線框的加速度為g，故B正確；C．根據(jù)能量守恒定律可知從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛穿出磁場(chǎng)整個(gè)過(guò)程,動(dòng)能變化量為0,重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為線框產(chǎn)生的熱量:故C錯(cuò)誤；D．線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)速度為v0，cd邊剛穿出磁場(chǎng)時(shí)速度也為v0,線框有一階段加速度為g，則線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中一定為減速運(yùn)動(dòng)，故D正確．【點(diǎn)睛】正確判斷感應(yīng)電流和安培力的方向是前提,線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)和完全離開(kāi)磁場(chǎng)的速度相等時(shí)突破口，據(jù)此分析線框的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題和功能轉(zhuǎn)化．8.如圖所示,滑塊以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到達(dá)最高點(diǎn)后又返回到出發(fā)點(diǎn)．則能大致反映整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，滑塊的加速度a、速度v隨時(shí)間t，重力對(duì)滑塊所做的功W、動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的是(取初始位置為坐標(biāo)原點(diǎn)、初速度方向?yàn)檎较颍〢。 B。C. D?！敬鸢浮緽C【解析】【詳解】取初速度方向?yàn)檎?則上滑時(shí)的加速度a1=—=—（gsinθ+μgcosθ）,下滑時(shí)的加速度a2==gsinθ-μgcosθ．知｜a1|＞a2．根據(jù)位移公式x=at2，由于下滑與上滑過(guò)程位移大小相等,則知下滑時(shí)間t2大于上滑的時(shí)間t1．由于機(jī)械能有損失，返回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)速度小球出發(fā)時(shí)的初速度．根據(jù)速度時(shí)間圖線的斜率表示加速度，故A錯(cuò)誤，B正確；重力做功為：W=-mgh=-mgxsinθ，故C正確；由動(dòng)能定理可知，上滑時(shí)；下滑時(shí)：，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，應(yīng)該是動(dòng)能與位移的大小，因此此圖是錯(cuò)誤的，故D錯(cuò)誤。故選BC.二、非選擇題9.某物理興趣小組利用如圖甲所示的裝置進(jìn)行驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律及平臺(tái)上A點(diǎn)左側(cè)與滑塊a之間的動(dòng)摩擦因數(shù)的實(shí)驗(yàn)．在足夠大的水平平臺(tái)上的A點(diǎn)放置一個(gè)光電門(mén)，水平平臺(tái)上A點(diǎn)右側(cè)摩擦很小，可忽略不計(jì),左側(cè)為粗糙水平面,當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間．采用的實(shí)驗(yàn)步驟如下:A．在小滑塊a上固定一個(gè)寬度為d的窄擋光片；B．用天平分別測(cè)出小滑塊a(含擋光片）和小球b的質(zhì)量ma、mb：C．在a和b間用細(xì)線連接，中間夾一被壓縮了的輕短彈簧，靜止放置在平臺(tái)上：D．燒斷細(xì)線后，a、b瞬間被彈開(kāi)，向相反方向運(yùn)動(dòng)：E．記錄滑塊a通過(guò)光電門(mén)時(shí)擋光片的遮光時(shí)間△t：F．滑塊a最終停在C點(diǎn)（圖中未畫(huà)出），用刻度尺測(cè)出AC之間的距離SaG．小球b從平臺(tái)邊緣飛出后，落在水平地面的B點(diǎn)，用刻度尺測(cè)出平臺(tái)距水平地面的高度h及平臺(tái)邊緣鉛垂線與B點(diǎn)之間的水平距離sb；H．改變彈簧壓縮量，進(jìn)行多次測(cè)量．(1）用螺旋測(cè)微器測(cè)量擋光片的寬度，如圖乙所示,則擋光片的寬度為_(kāi)_______mm；（2）該實(shí)驗(yàn)要驗(yàn)證“動(dòng)量守恒定律”,則只需驗(yàn)證兩物體a、b彈開(kāi)后的動(dòng)量大小相等，即a的動(dòng)量大小____________等于b的動(dòng)量大小___________；(用上述實(shí)驗(yàn)所涉及物理量的字母表示）（3）改變彈簧壓縮量,多次測(cè)量后，該實(shí)驗(yàn)小組得到小滑塊a的Sa與關(guān)系圖象如圖丙所示，圖象的斜率為k，則平臺(tái)上A點(diǎn)左側(cè)與滑塊a之間的動(dòng)摩擦因數(shù)大小為_(kāi)___________．(用上述實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)字母表示)【答案】（1）。（2)。(3）。(4)?！窘馕觥浚?)螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為：2.5mm+0。050mm=2.550mm．（2)燒斷細(xì)線后，a向左運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)光電門(mén),根據(jù)速度公式可知，a經(jīng)過(guò)光電門(mén)的速度為：，故a的動(dòng)量為：,b離開(kāi)平臺(tái)后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：及聯(lián)立解得:，故b的動(dòng)量為:．（3）對(duì)物體a由光電門(mén)向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，則有：，經(jīng)過(guò)光電門(mén)的速度：，由牛頓第二定律可得：,聯(lián)立可得：,則由圖象可知：．10.某小組利用圖（a）所示的電路，研究硅二極管在恒定電流條件下的正向電壓U與溫度t的關(guān)系，圖中V1和V2為理想電壓表；R為滑動(dòng)變阻器，R0為定值電阻（阻值100Ω);S為開(kāi)關(guān),E為電源．實(shí)驗(yàn)中二極管置于控溫爐內(nèi),控溫爐內(nèi)的溫度t由溫度計(jì)（圖中未畫(huà)出）測(cè)出．圖(b）是該小組在恒定電流為50。0μA時(shí)得到的某硅二極管U—t關(guān)系曲線．回答下列問(wèn)題：（1）實(shí)驗(yàn)中，為保證流過(guò)二極管的電流為50。0μA，應(yīng)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R，使電壓表V1的示數(shù)為U1=______mV；根據(jù)圖（b）可知,當(dāng)控溫爐內(nèi)的溫度t升高時(shí)，硅二極管正向電阻_____(填“變大”或“變小”）,電壓表V1示數(shù)_____（填“增大”或“減小"),此時(shí)應(yīng)將R的滑片向_____（填“A”或“B”）端移動(dòng)，以使V1示數(shù)仍為U1．（2）由圖（b）可以看出U與t成線性關(guān)系，硅二極管可以作為測(cè)溫傳感器,該硅二極管的測(cè)溫靈敏度為=_____×10-3V/℃（保留2位有效數(shù)字）．【答案】（1).5.00(2）。變?。?）。增大（4）.B(5)。2.8【解析】【詳解】（1）U1=IR0=100Ω×50×10-6A=5×10—3V=5mV由，I不變，溫度升高,U減小，故R減??；由于R變小，總電阻減小，電流增大;R0兩端電壓增大，即V1表示數(shù)變大,只有增大電阻才能使電流減小,故滑動(dòng)變阻器向右調(diào)節(jié)，即向B端調(diào)節(jié)．(2)由圖可知，=2。8×10-3V/℃11。如圖所示，質(zhì)量的木塊A套在水平桿上，并用輕繩將木塊與質(zhì)量的小球B相連。今用跟水平方向成角的力,拉著球帶動(dòng)木塊一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中M、m相對(duì)位置保持不變,取。求:(1）運(yùn)動(dòng)過(guò)程中輕繩與水平方向夾角；(2）木塊與水平桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。（3）當(dāng)為多大時(shí)，使球和木塊一起向右勻速運(yùn)動(dòng)的拉力最??？【答案】（1）30°（2）μ=(3)α=arctan．【解析】【詳解】（1）對(duì)小球B進(jìn)行受力分析,設(shè)細(xì)繩對(duì)N的拉力為T(mén)由平衡條件可得：

Fcos30°=TcosθFsin30°+Tsinθ=mg

代入數(shù)據(jù)解得：T=10，tanθ=，即：θ=30°

（2）對(duì)M進(jìn)行受力分析，由平衡條件有

FN=Tsinθ+Mg

f=Tcosθ

f=μFN

解得：μ＝

（3）對(duì)M、N整體進(jìn)行受力分析，由平衡條件有：FN+Fsinα=(M+m）g

f=Fcosα=μFN

聯(lián)立得：Fcosα=μ(M+m）g-μFsinα

解得:F＝令：sinβ＝，cosβ=,即：tanβ=

則：

所以：當(dāng)α+β=90°時(shí)F有最小值．所以：tanα=μ=時(shí)F的值最?。?α=arctan【點(diǎn)睛】本題為平衡條件的應(yīng)用問(wèn)題，選擇好合適的研究對(duì)象受力分析后應(yīng)用平衡條件求解即可，難點(diǎn)在于研究對(duì)象的選擇和應(yīng)用數(shù)學(xué)方法討論拉力F的最小值，難度不小,需要細(xì)細(xì)品味．12.如圖所示，在坐標(biāo)系xOy平面的x>0區(qū)域內(nèi),存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=2×105N/C、方向垂直于x軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.2T、方向與xOy平面垂直向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在y軸上有一足夠長(zhǎng)的熒光屏PQ，在x軸上的M（10，0）點(diǎn)處有一粒子發(fā)射槍向x軸正方向連續(xù)不斷地發(fā)射大量質(zhì)量m=6.4×10－27kg、電荷量q=3.2×10－19C的帶正電粒子（重力不計(jì)），粒子恰能沿x軸做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若撤去電場(chǎng),并使粒子發(fā)射槍以M點(diǎn)為軸在xOy平面內(nèi)以角速度=2πrad/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)（整個(gè)裝置都處在真空中)．（1)判斷電場(chǎng)方向，求粒子離開(kāi)發(fā)射槍時(shí)的速度；（2）帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑；（3）熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍距離；(4)熒光屏上閃光點(diǎn)從最低點(diǎn)移動(dòng)到最高點(diǎn)所用的時(shí)間．【答案】（1)106m/s（2）0.1m（3)0.273m（4)0。42s【解析】試題分析：（1）粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所受合力為零，由平衡條件可以求出粒子的運(yùn)動(dòng)速度；粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律列方程可以求出粒子的軌道半徑，（2）根據(jù)題意作出粒子打在熒光屏上的范圍圖示,然后由數(shù)學(xué)知識(shí)求出熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍，（3）求出粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期，求出粒子運(yùn)動(dòng)的圓心角，最后求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．（1）根據(jù)粒子恰能沿x軸做勻速直線運(yùn)動(dòng)，粒子受到豎直向下的洛倫茲力,則電場(chǎng)力應(yīng)豎直向上，所以電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上，根據(jù)可得，代入數(shù)據(jù)得;(2)撤去電場(chǎng)后，有：，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑，代入數(shù)據(jù)得：R=0.1m;（3）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡可知,粒子最上端打在A點(diǎn)，最下端打在B點(diǎn)：，，；(4)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可以忽略不計(jì)，閃光點(diǎn)從最高點(diǎn)移到最低點(diǎn)的過(guò)程中，粒子槍轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為，所以時(shí)間為．點(diǎn)晴：粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由平衡條件可以求出粒子的運(yùn)動(dòng)速度，粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律列方程，可以求出粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑；求出粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)所轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角是求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間的關(guān)鍵;第三問(wèn)是本題的難點(diǎn),根據(jù)題意作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵．13.下列說(shuō)法正確的是：____A。液晶顯示器利用液晶的光學(xué)各向異性顯示不同顏色B。某種液體的飽和汽壓不一定比未飽和汽壓大C.氣體溫度升高時(shí)，氣體熱運(yùn)動(dòng)變得劇烈,氣體的壓強(qiáng)一定增大D。萘的熔點(diǎn)為80℃，質(zhì)量相等的80℃的固態(tài)萘和80℃的液態(tài)萘具有不同的分子勢(shì)能E。若附著層的液體分子比液體內(nèi)部的分子分布稀疏，則液體和固體之間表現(xiàn)為浸潤(rùn)【答案】ABD【解析】【詳解】A．液晶既具有流動(dòng)性，有具有光學(xué)各向異性，所以液晶顯示器利用液晶的光學(xué)各向異性顯示不同顏色