【KS5U解析】吉林省長(zhǎng)春市五中2020屆高三下學(xué)期3月線上測(cè)試物理試題 Word版含解析

1、吉林省長(zhǎng)春市五中2019-2020學(xué)年下學(xué)期高三3月線上測(cè)試物理一、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

2、夾角為，由于長(zhǎng)期的風(fēng)化，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，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a

3、3.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)=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)

4、度為l、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.【點(diǎn)睛】子彈穿過(guò)木塊

5、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nanb，交流電b的最大值正確的是()a. 32，vb. 32，vc. 23，vd. 23，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)

6、勢(shì)最大值是10v，根據(jù)em=nbs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)r2r1r時(shí)，r2獲得最大功率b. 當(dāng)r1r2r時(shí)，r1獲得最大功率c. 當(dāng)r20時(shí)，r1獲得最大功率d. 當(dāng)r20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

7、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(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(dhl)d. 線框有一階段做減速運(yùn)動(dòng)【答案】bd【解析】【分析】從ab

8、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(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

9、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゛. b. c. d. 【答案】bc【解析】【詳解】取初速度方向?yàn)檎瑒t上滑時(shí)的加速度a1=-=-（gsin+gcos），下滑時(shí)的加速度a2=gsin-gc

10、os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=-mgxsin，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)?/p>

11、重力加速度大小為g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）

12、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). 【解析】（1）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)

13、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100 ）；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50.0a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50.0a，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，

14、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). 變小 (3). 增大 (4). b (5). 2.8【解析】【詳解】（1）u1=ir0=100×50×10-6a=5×10-3v=5mv由 ，i不變，溫度升高，u減小，故r減?。挥捎趓變小，總電阻減小，電流增

15、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)的拉力最小?【答案】（1）30°（2）=（3）=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由平衡條件可得：fcos30

16、°=tcosfsin30°+tsin=mg代入數(shù)據(jù)解得：t=10，tan=，即：=30°（2）對(duì)m進(jìn)行受力分析，由平衡條件有fn=tsin+mgf=tcosf=fn解得： （3）對(duì)m、n整體進(jìn)行受力分析，由平衡條件有：fn+fsin=（m+m）gf=fcos=fn聯(lián)立得：fcos=（m+m）g-fsin解得：f令：sin，cos=，即：tan=則： 所以：當(dāng)+=90°時(shí)f有最小值所以：tan=時(shí)f的值最小即：=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

17、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=0.2 t、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=6.4×1027kg、電荷量q=3.2×1019 c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=2 rad/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

18、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

19、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，a正確b同溫度下的飽和汽壓一定比不飽