廣東省珠海市2020屆高三物理下學期2月復習檢測試題含解析廣東省珠海市2020屆高三物理下學期2月復習檢測試題含解析PAGE20-廣東省珠海市2020屆高三物理下學期2月復習檢測試題含解析廣東省珠海市2020屆高三物理下學期2月復習檢測試題(含解析)二、選擇題1。關于光電效應，下列說法正確的是（）A.極限頻率越大的金屬材料逸出功越大B.只要光照射的時間足夠長，任何金屬都能產生光電效應C。從金屬表面出來光電子的最大初動能越大，這種金屬的逸出逸出功越小D。入射光的光強一定時，頻率越高，單位時間內逸出的光電子數就越多【答案】A【解析】【詳解】A．根據，極限頻率越大的金屬材料逸出功越大。故A正確。B．發生光電效應的條件是入射光的頻率大于極限頻率，與入射光照射的時間無關。故B錯誤。C．根據光電效應方程知,光電子的最大初動能與入射光的頻率和逸出功兩個因素有關，光電子的最大初動能越大，這種金屬的逸出逸出功不一定越小，也可能是因為入射光的頻率高的緣故。故C錯誤。D．光的強度影響的是單位時間發出光電子數目，入射光光強一定時，頻率越高,則單位時間發出的光子數目越少，單位時間內逸出的光電子數就越少．故D錯誤。故選A.2.A、B兩物體沿同一方向運動,它們的圖像如圖所示,下列判斷正確的是A.在時刻前，B物體始終在A物體的前面B。在這段時間內，B物體的位移比A物體的位移大C。在時刻前,B物體的速度始終比A物體增加得快D.在時刻兩物體不可能相遇【答案】B【解析】【詳解】A．在時刻前，B的速度大于A的速度,但AB出發的位置不確定，無法判斷AB的位置關系，故A錯誤;B．在圖像中，與時間軸所圍的面積為物體運動的位移，故在這段時間內,B物體的位移比A物體的位移大，故B正確；C．在圖像中,斜率代表加速度，所以B物體的速度有比A物體速度增加慢的時刻，故C錯誤；D．由于不知道出發時的位置關系，故在時刻兩物體有可能相遇，故D錯誤.故選：B．3。物塊、的質量分別為和，用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上，對施加向右的水平拉力,穩定后、相對靜止在水平面上運動，此時彈簧的形變量為；若撤去拉力，換成大小為的水平推力向右推,穩定后、相對靜止在水平面上運動,彈簧的形變量為，則的值是()A. B.C. D。【答案】A【解析】【詳解】設彈簧的勁度系數為k，則當F作用在Q上時，將兩者看做一個整體，對整體應用牛頓第二定律可得對P分析可知解得當2F的力作用在P上時,分別應用整體和隔離法，根據牛頓第二定律可得聯立解得解得故A正確,BCD錯誤。故選A。4.質量為的籃球從某一高處從靜止下落，經過時間與地面接觸，經過時間彈離地面，經過時間達到最高點。重力加速度為，忽略空氣阻力。地面對籃球作用力沖量大小為(）A.B.C。D。【答案】A【解析】【詳解】選向下為正，運動全程由動量定理得：mg(t1+t2+t3)+I地=0,則有：I地=-（mgtl+mgt2十mgt3），負號表方向.A．，故A符合題意；B．，故B不符合題意;C．，故C不符合題意；D．，故D不符合題意。故選A。5.為了探測引力波，“天琴計劃”預計發射地球衛星P,其軌道半徑約為地球半徑的16倍；另一地球衛星Q的軌道半徑約為地球半徑的4倍．P與Q的周期之比約為（）A。2：1 B。4：1 C.8:1 D。16：1【答案】C【解析】【詳解】本題考查衛星的運動、開普勒定律及其相關的知識點．設地球半徑為R，根據題述，地球衛星P的軌道半徑為RP=16R，地球衛星Q的軌道半徑為RQ=4R，根據開普勒定律,==64，所以P與Q的周期之比為TP∶TQ=8∶1，選項C正確．6.如圖，電荷量分別為q和–q（q〉0）的點電荷固定在正方體的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點,則（）A。a點和b點的電勢相等B。a點和b點的電場強度大小相等C。a點和b點的電場強度方向相同D.將負電荷從a點移到b點，電勢能增加【答案】BC【解析】【詳解】由幾何關系，可知b的電勢大于a的電勢，故A錯誤；把負電荷從a移到b,電勢能減少，故D錯誤；由對稱性和電場的疊加原理，可得出a、b的合電場強度大小、方向都相同,故B、C正確。7.如圖,水平桌面上固定有一半徑為的金屬細圓環，環面水平,圓環每單位長度的電阻為，空間有一勻強磁場,磁感應強度大小為，方向豎直向下；一長度為、電阻可忽略的導體棒置于圓環左側并與環相切,切點為棒的中點。棒在拉力的作用下以恒定加速度從靜止開始向右運動,運動過程中棒與圓環接觸良好。下列說法正確的是()A。拉力的大小在運動過程中保持不變B.棒通過整個圓環所用的時間為C.棒經過環心時流過棒的電流為D.棒經過環心時所受安培力的大小為【答案】BCD【解析】【詳解】A．棒在拉力的作用下以恒定加速度a從靜止開始向右運動，合外力恒定,由F—F安=ma，由于安培力隨速度的變化而變化，所以拉力也是變化的,故A錯誤；B．根據位移公式可得時間為故B正確;C．當棒運動到環中心時,由于棒將金屬細圓環分開的兩部分的電阻并聯，則電路總電阻為，速度大小為產生感應電動勢所以產生感應電流大小為故C正確；D．棒經過環心時所受安培力的大小為故D正確.故選BCD。8.如圖所示，一光滑球體靜止于夾角為的支架ABC內,現以B為軸，讓整個支架緩慢的順時針旋轉，直至支架BC部分水平．設BC部分對球體的作用力為F，則整個過程中(）A.F可能一直減小 B.F可能一直增大C.F可能先減小后增大 D。F可能先增大后減小【答案】D【解析】【分析】對球受力分析，受重力和兩個支持力,其中AB面的支持力為F2，而BC面的支持力為F1，根據三力平衡條件作圖分析．【詳解】球受重力和兩個支持力,根據平衡條件，三個力可以構成首尾相連的矢量三角形,如圖所示,隨著框架順時針旋轉,F1先增大后減小，最后與重力G大小相等,F2先減小后增大，D正確．9。用打點計時器研究物體的自由落體運動，得到如圖一段紙帶，測得，.已知交流電頻率是，則打點時物體的瞬時速度為______.如果實驗測出的重力加速度值比公認值偏小，可能的原因是___.【答案】(1）.2.10（2）.下落過程中有存在阻力等【解析】【詳解】[1]．根據某點瞬時速度等于該點的相鄰的兩段位移內的平均速度得[2］．如果實驗測出的重力加速度值比公認值偏小，可能的原因是下落過程中有存在阻力等。10。現有一塊59C2型的小量程電流表G(表頭），滿偏電流為50μA,內阻約為800~850Ω,把它改裝成1mA、10mA的兩量程電流表，可供選擇的器材有:滑動變阻器R1，最大阻值20Ω;滑動變阻器R2,最大阻值100kΩ；電阻箱R′,最大阻值9999Ω；定值電阻R0,阻值1kΩ;電池E1，電動勢15V;電池E2，電動勢3V；電池E3,電動勢4.5V；（所有電池內阻不計），標準電流表A，滿偏電流1。5mA;單刀單擲開關S1和S2；單刀雙擲開關S3；電阻絲及導線若干．（1）采用如圖(甲）所示電路測量表頭的內阻，為提高測量精確度,選用的滑動變阻器為__________________,選用的電池為_______________．甲乙丙（2)將G改裝成兩量程電流表,現有兩種備選電路，如圖（乙）、（丙）所示．圖_________為合理電路，另一電路不合理的理由是______________________．（3）將改裝后的電流表與標準電流表逐格進行核對(僅核對1mA量程），畫出所用電路圖，圖中待核對的電流表符號用A′來表示___________．【答案】（1)。（1）R2．(2)。E3(3).（2）圖（乙）(4）。因為圖(丙）電路在通電狀態下，更換量程時會造成兩個分流電阻都未并聯在表頭兩端，以致通過表頭的電流超過其滿偏電流而損壞．（5）。（3）如圖：【解析】【詳解】（1）首先我們要知道半偏法測量電流表內阻的方法以及測量原理：如圖，設電源的電動勢為E,內阻為r，S1打開時，設電流表滿偏電流，實驗要求R＞＞Rg，R＞＞r,這樣才有，當S1閉合時,R′和Rg并聯，并聯后總阻值R并＜Rg＜＜R,這樣才有S1閉合后，電路中總電流幾乎不變,仍然近似等于,調節R′使電流表半偏為,所以流過R′的電流也為，所以R′=Rg．從上述原理可知,S1打開與閉合，近似認為干路中電流不變，前提是R＞＞Rg．故實驗器材選擇應滿足①電源電動勢盡可能大,②R盡可能大．所以滑動變阻器選量程較大的R2，電池選用電動勢較大的E3．（2）圖（乙）所示的電路較合理，因為圖（丙）電路在通電狀態下,更換量程時會造成兩個分流電阻都未并聯在表頭兩端，以致通過表頭的電流超過其滿偏電流而損壞．(3）核對電路如圖所示．為使改裝后的電流表與標準表在0～1mA之間逐格核對,應選用分壓電路．由于A和A′滿偏電流和滿偏電壓都很小，為使滑動變阻器便于調節，即有較大的調節范圍，滑動變阻器應選用R1，電池應選用E1,且在電流表所在的支路上串聯定值電阻R0,起保護作用．11.如圖所示，半徑的光滑半圓環軌道處于豎直平面內,半圓環與粗糙的水平地面相切于圓環的端點。一質量的小球，以初速度在水平面上向左作加速度的勻減速直線運動，運動后,沖上豎直半圓環，最后小球落在點。求：（1）小球沖到最高點時對軌道的壓力。（2）A、C間的距離（取重力加速度。【答案】(1）；（2）。【解析】【詳解】（1)小球勻減速運動過程中，由運動學公式可得①小球從到,由機械能守恒得②聯立①②可得③小球在點④由牛頓第三定律得軌道受到的壓力⑤解得；（2)小球從點作平拋運動，有：由④⑤得：12。空間中存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為，一帶電量為、質量為的粒子，在點以某一初速開始運動,初速方向在圖中紙面內如圖中點箭頭所示.該粒子運動到圖中點時的速度方向與點時速度方向垂直，如圖中點箭頭所示。已知、間的距離為l。若保持粒子在點時的速度不變,而將勻強磁場換成勻強電場，電場方向與紙面平行且與粒子在點時速度方向垂直，在此電場作用下粒子也由點運動到點。不計重力.求:（1)電場強度的大小。（2）兩種情況中粒子由運動到點所經歷的時間之差。【答案】（1）；(2）【解析】【詳解】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動,以表示粒子在點的初速度，表示圓周半徑,則有①由于粒子在點的速度垂直于它在點時的速度，可知粒子由點到點的軌跡是圓周的，故有②聯立①②得③在電場中粒子做類平拋運動，分別以、、、、表示射程、偏轉位移、電場強度,加速度和運動時間，則④垂直方向⑤沿方向⑥聯立②③④⑤⑥各式可解得電場強度的大小為（2）由分析知粒子在磁場中由運動到點所經歷的時間為，故在電場中由運動到點所經歷的時間由運動到點所經歷的時間之差兩種情況中粒子由運動到點所經歷的時間之差為13。下列五幅圖分別對應五種說法,其中正確的是(）A。甲圖中微粒的運動就是物質分子的無規則熱運動，即布朗運動B。乙圖中當兩個相鄰的分子間距離為r0時，它們間相互作用的引力和斥力大小相等C.丙圖中食鹽晶體的物理性質沿各個方向都是不一樣的D.丁圖中小草上的露珠呈球形的主要原因是液體表面張力的作用E.戊圖中潔凈的玻璃板接觸水面,要使玻璃板離開水面，拉力F必須大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之間存在分子斥力【答案】BCD【解析】【詳解】A.甲圖中微粒的運動是布朗運動，但由于微粒是大量分子組成的，所以微粒的運動并不是物質分子的無規則熱運動，故A錯誤；B.由兩分子間作用力隨距離變化的關系圖線可知，當兩個相鄰的分子間距離為時，它們間相互作用的引力和斥力大小相等，故B正確；C。圖丙說明食鹽晶體的物理性質沿各個方向不同，表現為各向異性，故C正確；D。小草上的露珠呈球形的主要是液體表面張力的作用,故D正確；E.戊圖中潔凈的玻璃板接觸水面,要使玻璃離開水面，拉力必須大于玻璃板的重力，說明了分子之間存在引力，故E錯誤．14。如圖所示,兩個可導熱氣缸豎直放置，它們的底部都由一細管連通（忽略細管的容積）。兩氣缸各有一個活塞，質量分別為和，活塞與氣缸無摩擦。活塞的下方為理想氣體，上方為真空.當氣體處于平衡狀態時，兩活塞位于同一高度。(已知，①在兩活塞上同時各放一質量為的物塊，求氣體再次達到平衡后兩活塞的高度差（假定環境溫度始終保持為。②在達到上一問的終態后，環境溫度由緩慢上升到，試問在這個過程中，氣體對活塞做了多少功?氣體是吸收還是放出了熱量？（假定在氣體狀態變化過程中,兩物塊均不會碰到氣缸頂部）。【答案】①；②，吸收熱量。【解析】【詳解】①設左、右活塞的面積分別為和，由于氣體處于平衡狀態，故兩活塞對氣體的壓強相等，即由此得①在兩個活塞上各加質量為物塊后,假設左右兩活塞仍沒有碰到汽缸底部，由平衡條件,則右活塞降至氣缸底部，所有氣體都在左氣缸中在初態，氣體的壓強為：，體積為：;在末態,氣體壓強為:，體積為：為左活塞的高度)由玻意耳定律得代入數據解得②當溫度由上升至時,氣體的壓強始終為，設是溫度達到時左活塞的高度,由蓋?呂薩克定律得活塞對氣體做的功為環境溫度升高,則氣體溫度升高內能變大，又氣體對活塞做功,根據熱力學第一定律:在此過程中氣體吸收熱量.15.如圖甲所示為一列沿x軸傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波形圖，圖乙表示該波傳播的介質中x=2m處的a質點從t=0時刻起的振動圖象．下列說法正確的是_________A。波沿x軸正方向傳播B.波傳播的速度為20m／sC.a質點在0~1。0s內，通過的路程為2