届天津市河东区高三物理学生居家学习自我检测试题 解析版.docx

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届天津市河东区高三物理学生居家学习自我检测试题解析版

河东区高三学生居家学习自我综合检测

物理试卷

本试卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时60分钟。

第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至8页。

第Ⅰ卷（本卷共8题，共40分）

一、单项选择题（每题5分，共25分。

每题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）

1.下列说法正确的是（　　）

A.β衰变所释放的电子是原子核外电子电离形成的

B.贝克勒尔通过实验发现了中子

C.原子从a能级状态跃迁到b能级状态时吸收波长为λ1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时发射波长为λ2的光子，已知λ1＞λ2，那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸收波长为

的光子

D.赫兹首次用实验证实了电磁波的存在

2.如图所示，水平放置的封闭绝热气缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分。

已知a部分气体为2mol氧气，b部分气体为1mol氧气，两部分气体温度相等，均可视为理想气体。

解除锁定，活塞滑动一段距离后，两部分气体各自再次达到平衡态时，它们的体积分别为Va、Vb，温度分别为Ta、Tb．下列说法正确的是（　　）

A.Va＞Vb，Ta＞Tb

B.Va＞Vb，Ta＜Tb

C.Va＜Vb，Ta＜Tb

D.Va＜Vb，Ta＞Tb

3.如图所示为某静电除尘装置的原理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区。

图中虚线是某一带负电的尘埃（不计重力）仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹，

A、B两点是轨迹与电场线的交点。

不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则以下说法正确的是（　　）

A.A点电势高于B点电势B.尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度

C.尘埃在迁移过程中做匀变速运动D.尘埃在迁移过程中电势能一直在增大

4.某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图甲所示，图乙是其输入电压u的变化规律．已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为n1：

n2=10：

1，电阻R=22Ω．下列说法正确的是（　　）

A. 通过R的交流电的频率为100 Hz

B. 电流表A2的示数为

A

C. 此时变压器的输入功率为22 W

D. 将P沿逆时针方向移动一些，电流表A1的示数变小

5.如图，两梯形木块M、P（均可看成质点）叠放在水平地面上，M、P之间的接触面倾斜。

连接M与天花板之间的细绳沿竖直方向。

关于力的分析，下列说法正确（）

A.木块M不可能受二个力作用B.木块M可能受三个力作用

C.木块M一定受四个力作用D.地面可能受到水平方向的摩擦力

二、不定项选择题（每题5分，共15分。

每题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）

6.如图所示，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、Ek、F分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、万有引力．下列关系式正确的有（　　）

7.如图所示，沿x轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，则下列说法正确的是（　　）

A.图示时刻质点b的加速度正在增大

B.从图示时刻开始，经0.01s，质点b位于平衡位置上方，并向y轴正方向做减速运动

C.从图示时刻开始，经0.01s，质点a沿波传播方向迁移了2m

D.若该波发生明显的衍射现象，则它所遇到的障碍物或孔的尺寸一定比4m大得多

8.如图所示，a、b两束不同频率的单色光从半圆形玻璃砖底边平行射入，入射点均在玻璃砖底边圆心O的左侧，两束光进入玻璃砖后都射到O'点，OO'垂直于底边，下列说法确的是（　　）

A.从点O'射出的光一定是复色光

B.增大两束平行光的入射角度，则b光先从O'点消失

C.用同一装置进行双缝干涉实验，b光的相邻条纹间距较大

D.若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a光的截止电压低

第Ⅱ卷（本卷共4题，共60分）

9.

（1）（12分）如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与形变量的关系的实验。

①实验中还需要的测量工具有______。

②如图乙所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x。

由图象可知：

弹簧的劲度系数k=______N/m（g取10m/s2）。

③如图丙所示，实验中用两根不同的弹簧a和b，画出弹簧弹力F与弹簧长度L关系的F-L图象。

下列说法正确的是______。

A．a的原长比b的长

B．a的劲度系数比b的大

C．a的劲度系数比b的小

D．弹力与弹簧长度成正比

（2）某同学为了测量一根铅笔芯的电阻率，设计了如图甲所示的电路测量该铅笔芯的电阻值。

所用器材有电流表A1、A2、电阻箱R1、滑动变阻器R2、待测铅笔芯Rx、电源E、开关S及导线等。

操作步骤如下：

调节滑动变阻器和电阻箱的阻值达到最大；闭合开关，适当调节滑动变阻器和电阻箱的阻值；记录两个电流表A1、A2的示数分别为I1、I2。

请回答以下问题：

（1）若电流表的内阻可忽略，则电流表示数I2=______I1时，电阻箱的阻值等于待测笔芯的电阻值。

（2）用螺旋测微器测量该笔芯的直径，螺旋测微器的示数如图乙所示，该笔芯的直径为______mm。

（3）已测得该笔芯的长度L=20.00cm，电阻箱R1的读数为5.00Ω，根据上面测量的数据可计算出笔芯的电阻率ρ=______Ω•m．（结果保留3位有效数字）

（4）若电流表A2的内阻不能忽略，仍利用

（1）中方法，则笔芯电阻的测量值______真实值（填“大于”“小于”或“等于”）。

10.有一个推矿泉水瓶的游戏节目，规则是：

选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后末停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败。

其简化模型如图所示，AC是长度为L1=5m的水平桌面，选手们可将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC为有效区域。

已知BC长度L2=1m，瓶子质量m=1kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数μ=0.2．某选手作用在瓶子上的水平推力F=10N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，滑行过程中未倒下，g取10m/s2，那么该选手要想游戏获得成功，试问：

（1）推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？

（2）推力作用在瓶子上的距离最小为多少？

11.如图所示，MN、PQ两平行水平导轨间距为l=0.5m，分别与半径r=0.5m的相同竖直半圆导轨在N、O端平滑连接，M、P端接有R=3Ω的定值电阻。

质量M=2kg的绝缘杆cd垂直静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B=0.4T．现有质量m=1kg、电阻R0=1Ω的金属杆ab，以初速度v0=12m/s水平向右与绝缘杆cd发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，绝缘杆cd则恰好通过半圆导轨最高点。

不计导轨电阻和摩擦，金属杆ab始终与导轨垂直且接触良好，a取10m/s2，（不考虑杆cd通过半圆导轨最高点以后的运动）。

求：

（1）杆cd通过半圆导轨最高点时的速度v的大小；

（2）正碰后杆ab的速度v1的大小；

（3）杆ab刚进入磁场时感应电流I的大小、方向及其所受的安培力F的大小；

（4）杆ab运动的过程中，电阻R产生的焦耳热QR。

12.如图所示为回旋加速器的结构示意图，匀强磁场的方向垂直于半圆型且中空的金属盒D1和D2，磁感应强度为B，金属盒的半径为R，两盒之间有一狭缝，其间距为d，且R≫d，两盒间电压为U．A处的粒子源可释放初速度不计的带电粒子，粒子在两盒之间被加速后进入D1盒中，经半个圆周之后再次到达两盒间的狭缝。

通过电源正负极的交替变化，可使带电粒子经两盒间电场多次加速后获得足够高的能量。

已知带电粒子的质量为m、电荷量为+q。

（1）不考虑加速过程中的相对论效应和重力的影响

①求粒子可获得的最大动能Ekm；

②若粒子第1次进入D1盒在其中的轨道半径为r1，粒子第2次进入D1盒在其中的轨道半径为r2，求r1与r2之比；

③求粒子在电场中加速的总时间t1与粒子在D形盒中回旋的总时间t2的比值，并由此分析：

计算粒子在回旋加速器中运动的时间时，t1与t2哪个可以忽略？

（假设粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半周的次数）；

（2）实验发现：

通过该回旋加速器加速的带电粒子能量达到25～30MeV后，就很难再加速了。

这是由于速度足够大时，相对论效应开始显现，粒子的质量随着速度的增加而增大。

结合这一现象，分析在粒子获得较高能量后，为何加速器不能继续使粒子加速了。

解析版

1.【答案】

D

【解析】

解：

A、β衰变的本质是原子核内的一个中子释放一个电子变为质子，故A错误；

B、根据物理学史可知，查德威克通过α粒子轰击铍核的实验，发现了中子的存在，故B错误；

C、光子的能量：

，由题λ1＞λ2，则E1＜E2，从a能级状态跃迁到b能级状态时吸收波长为λ1的光子，原子从b能级状态跃迁到c能级状态时发射波长为λ2的光子，根据玻尔理论，a能级的能量值大于c能级的能量值，所以原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要辐射波长为

的光子，故C错误；

D、根据物理学史可知，赫兹首次用实验证实了电磁波的存在，故D正确。

故选：

D。

β衰变的本质是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来；查德威克通过α粒子轰击铍核的实验，发现了中子的存在；根据玻尔理论分析跃迁的情况；赫兹首次用实验证实了电磁波的存在。

本题考查了物理学史以及玻尔理论，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，对于物理学家的贡献，要牢记，不能混淆。

2.【答案】

B

【解析】

解：

解除锁定前，两部分气体温度相同、体积相同，根据克拉伯龙方程PV=nRT可知，a部分压强大，故活塞解除锁定后，活塞右移，平衡时Va＞Vb，Pa=Pb．活塞右移过程中，b气体被压缩，气体内能增大，温度升高，a气体向外做功，内能减小，温度降低，平衡时Ta＜Tb．故ACD错误，B正确； 

故选：

B。

解除锁定前，两部分气体温度相同、体积相同，根据克拉伯龙方程PV=nRT可分析初态压强，从而判定解除锁定后活塞移动方向，进而判定体积关系，然后再根据热力学第一定律分析温度关系。

本题考查克拉伯龙方程和热力学第一定律，关键是抓住初态温度相同、体积相同，且绝热，整个过程没有热传递。

3.【答案】

B

【解析】

解：

A、由图可知，作过的等势线，交A所在电场线于B'，则可知，B'点靠近正极板，故B点的电势高于A点电势故A错误；

B、由图可知，A点电场线比B点密集，因此A点的场强大于B点场强，故A点的电场力大于B点的电场力，再根据牛顿第二定律可知，A点的加速度大于B点的加速度，故B正确；

C、放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的。

故粒子不可能做匀变速运动，故C错误；

D、由图可知，开始为钝角，电场力做负功，电势能增大；后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小；对于全过程而言，根据电势的变化可知，电势能减小，故D错误。

故选：

B。

根据电场方向，分析尘埃所受的电场力方向，判断其电性。

放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的。

电场力对尘埃做正功。

本题考查考查分析实际问题工作原理的能力，解题时，明确电场线的分布规律，并且能抓住尘埃的运动方向是解题突破口。

4.【答案】

C

【解析】

C、变压器的输出功率为：

P′=U′I=22×1=22W，理想变压器的输入功率等于输出功率，所以有P=P′=22W，故C正确．

D、将P沿逆时针方向移动一些，变压器的副线圈匝数变大，输出电压变大，输出功率变大，所以输入功率也变大，故电流表A1的示数将变大，故D错误．

故选：

C

A、通过图乙读出交流电的周期，即可得知交流电的频率，判知选项A的正误

B、通过图乙得知原线圈的电压的最大值，计算出其有效值，通过变比可计算出副线圈的电压，利用欧姆定律可计算出电流表A2的示数，继而可判知选项B的正误．

C、先计结合B的计算结果算出变压器的输出功率，利用理想变压器的输入功率等于输出功率可判知选项C的正误

D、将P沿逆时针方向移动一些，判断副线圈匝数的变化情况，判知副线圈电压的变化，结合功率的关系可得知选项D的正误．

该题考查到了理想变压器的相关知识，主要要注意一下几个方面：

1、要会从交变电流的图象中得知相关的信息，例如最大值及周期等信息．

2、知道理想变压器的输入功率等于输出功．但是不能阐述成输出功率等于输入功率．

3、注意原副线圈比值与电压比和电流比的关系．

5.【答案】

B

【解析】

【分析】

分别对M、P及整体进行分析，由共点力的平衡条件可判断两物体可能的受力情况。

本题考查共点力的平衡及受力分析，解题关键在于能明确物体受力的各种可能性，从而全面分析得出结果。

【解答】

解：

ABC、对M进行受力分析，则M可能受绳子的拉力、重力而处于平衡；此时MP间没有相互的挤压，故没有摩擦力；若绳子对木块没有拉力，则此时M受重力、支持力及摩擦力而处于平衡，故AC错误，B正确；

D、对整体受力分析可知，整体不受水平方向的推力作用，故P不受地面的摩擦力，则地面也不会受到水平方向的摩擦力；故D错误；

故选：

B。

6.【答案】

BD

【解析】

解：

A、根据万有引力定律得

，卫星A、B质量相等，RA＞RB，得FA＜FB．故A错误。

故选：

BD。

根据万有引力定律分析万有引力F的大小．根据由万有引力提供向心力求得卫星的动能表达式，再比较动能的大小．由开普勒定律第三定律可确定周期与半径的关系．

本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键是掌握开普勒第三定律以卫星问题的基本思路：

万有引力等于向心力，并能熟练运用．

7.【答案】

AB

【解析】

解：

A、由于波沿x轴正方向传播，根据“上下坡”法，知道b质点正向下振动，位移增大，加速度正在增大，故A正确；

B、由图知，波长λ=4m，则该波的周期为：

，从图示时刻开始，经过0.01s，即半个周期，质点b位于平衡位置上方，并向y轴正方向做减速运动，故B正确；

C、质点a不会沿波传播方向迁移，故C错误；

D、当波的波长比障碍物尺寸大或差不多时，就会发生明显的衍射，所以若该波发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物尺寸一定比4 m小或和4差不多，故D错误。

故选：

AB。

根据波传播方向知道质点的振动的方向，从而知道质点加速度的变化；根据波的图象，计算出周期，判断质点b的振动情况；质点不会随波迁移；比较波的波长与障碍物的尺寸，因为只有当波长比障碍物尺寸大或差不多时，就会发生明显的衍射。

解决本题的关键掌握波动与振动的联系，以及知道发生干涉和明显衍射的条件。

8.【答案】

AD

【解析】

解：

A、两光束射到O′点时的入射角都等于在玻璃砖底边的折射角，根据光路可逆性可知，从O′点射出时折射角都等于射入玻璃砖底边时的入射角，而在玻璃砖底边两光束平行射入，入射角相等，所以从O′点射出时折射角相同，两光束重合，则从O′点射出的一定是一束复色光，故A正确；

B、令光在底边的入射角为i，折射角为r，根据折射定律有

，所以

，

根据几何知识可知，光在O′点的入射角为r，

无论怎样增大入射角度，光在O′点的入射角都小于光发生全反射的临界角，所以a、b光不会在O′点发生全反射，故B错误；

C、根据光路图可知，玻璃砖对a光的折射率小于b光的折射率，则a光的波长大于b光的波长，由于条纹间距为，所以a光的条纹间距大于b光的条纹间距，故C错误；

D、由于a光的频率小于b光的频率，根据光电效应方程Ek0=hv-W=eU可知a、b光分别照射同一光电管发生光电效应时，a光的截止电压比b光的截止电压低，故D正确。

故选：

AD。

根据光路可逆性和几何知识分析出射光线的关系，即可判断从O′点射出的应是复色光；

根据折射定律分析光在O′点的入射角与全反射的临界角的关系；

由折射率大小分析波长的大小，即可判断干涉条纹间距的关系；

根据光电效应方程分析光射到金属表面发生光电效应的截止电压大小关系。

解决该题关键是能根据光路图正确分析两种光的折射率大小关系，掌握条纹间距公式，掌握光发生全反射的条件，熟记光电效应方程。

9.

（1）【答案】

刻度尺 5 B

【解析】

解：

①需要测弹簧的长度、形变量，故还需要的实验器材有：

刻度尺

②图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比。

由

③A、在图象中横截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，故A错误；

B、在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故B正确，C错误；

D、弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误；

故选：

B

故答案为：

①刻度尺；②5；③B

①根据实验的原理：

测量弹簧的弹力和伸长的长度来选择器材；

②图线的斜率即为弹簧的劲度系数，由胡克定律求出k；

③在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，横截距表示弹簧的原长。

本题考查了胡克定律实验，要明确弹簧的弹力与形变量的关系，注意正确理解图象的性质。

（2）【解析】

解：

（1）由图示电路图可知，电阻箱与铅笔芯并联，忽略电流表内阻，当电阻箱阻值与铅笔芯电阻相等时，流过两支路的电流相等，即：

I2=IRX，由并联电路规律可知，I1=I2+IRX，则：

I2=

；

（2）由图示螺旋测微器可知，其示数为：

1mm+0.0×0.01mm=1.000mm；

（2）由电阻定律：

，解得：

≈1.96×10-5Ω•m；

（4）电流表A2的内阻不能忽略时，由于电流表A2与电阻箱的电阻箱之和等于待测铅笔芯的电阻，实验认为铅笔芯电阻等于电阻箱阻值，则铅笔芯电阻的测量值小于真实值。

故答案为：

（1）

；

（2）1.000；（3）1.96×10-5；（4）小于。

（1）根据并联电路特点求出两电流表示数间的关系。

（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。

（3）根据实验数据应用电阻定律可以求出铅笔芯的电阻率。

（4）根据图示电路图与串联电路特点分析实验误差。

本题考查了实验数据处理，分析清楚电路结构、掌握基础知识是解题的前提与关键；应用并联电路特点与电阻定律可以解题。

10【答案】

解：

（1）要想获得游戏成功，瓶滑到C点速度正好为0，力作用时间最长，设最长作用时间为t1，有力作用时瓶的加速度为a1，t1时刻瓶的速度为v，力停止后加速度为a2，由牛顿第二定律得：

 F-μmg=ma1 ①

 μmg=ma2②

加速运动过程中的位移：

减速运动过程中的位移：

x2= ④

位移关系满足：

x1+x2=L1⑤

又v=a1t1⑥

由以上各式解得：

t1=0.5s；

（2）要想游戏获得成功，瓶滑到B 点速度正好为零，力作用距离最小，设最小距离为d，

则：

=L1-L2     ⑦

v′2=2a1d     ⑧

联立解得：

d=0.8m；

答：

（1）推力作用在瓶子上的时间最长不得超过0.5s。

（2）推力作用在瓶子上的距离最小为0.8m。

【解析】

（1）受力分析后，先根据牛顿第二定律求解出瓶子加速和减速时的加速度，然后根据运动学公式结合几何关系列式求解出瓶子恰好滑动到C点时推力的作用时间； 

（2）瓶子恰好滑动到B点，推力的作用距离最短；根据运动学公式结合几何关系列式求解即可。

本题关键找出临界情况，求出加速度后，运用运动学公式结合几何关系列式求解。

也可以根据动量定理和动能定理进行解答。

11.

解得：

QR=1.5J。

答：

（1）杆cd通过半圆导轨最高点时的速度v的大小为m/s；

（2）正碰后杆ab的速度v1的大小为2m/s；

（3）杆ab刚进入磁场时感应电流I的大小为0.1A、方向从b到a，所受的安培力F的大小为0.02N；

（4）杆ab运动的过程中，电阻R产生的焦耳热为1.5J。

【解析】

（1）cd杆恰好通过半圆轨道的最高点，在最高点，重力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出速度； 

（2）两杆碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律求出碰撞后ab杆的速度； 

（3）根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律求解电流强度，根据右手定则判断电流方向，根据安培力的计算公式求解； 

（4）由能量守恒定律可以求出电阻产生的焦耳热。

本题考查了求速度、焦耳热问题，应用牛顿第二定律、机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题；分析清楚运动过程是正确解题的前提与关键。

12.【答案】

解：

（1）①粒子离开回旋加速器前，做的还是圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：

已知R＞＞d，可知t1＜＜t2

所以t1可以忽略。

（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为

，对一定的带电粒子和一定的磁场来说，这个周期是不变的。

如果在两盒间加一个同样周期的交变电场，就可以保证粒子每次经过电场时都能被加速，当粒子的速度足够大时，由于相对论效应，粒子的质量随速度的增加而增大，质量的增加会导致粒子在磁场中的回旋周期变大，从而破坏了与电场变化周期的同步，导致无法继续加速。

答：

（1）①求粒子可获得的最大动能Ekm为

；

②若粒子第1次进入D1盒在其中的轨道半径为r1，粒子第2次进入D1盒在其中的轨道半径为r2，求r1与r2之比为

；

③粒子在电场中加速的总时间t1与粒子在D形盒中回旋的总时间t2的比值为

，已知R＞＞d，可知t1＜＜t2，所以t1可以忽略；

（2）当粒子的速度足够大时，由于相对论效应，粒子的质量随速度的增加而增大，质量的增加会导致粒子在磁场中的回旋周期变大，从而破坏了与电场变化周期的同步，导致无法继续加速。

【解析】

（1）①根据洛仑兹力提供向心力，牛顿第二定律即可得到粒子的最大动能； 

②根据动能定理可以得到每次经电场加速后的速度，然后根据牛顿第二定律得到粒子在磁场中的半径； 

③分别计算出粒子在电场和磁场中运动的总时间，然后相比较即可。

（2）因为相对论效应，会使粒子的速度增大，从而会改变粒子在磁场中的运动周期，改变与交变电场的同步，影响粒子的加速。

第②题目当中问的是两次经过D1盒中的的半径之比，注意并不能连续两次加速都经过D1盒，第二次进入D1盒中的时候加速了三次。