宁夏回族自治区银川市第一中学2020届高三下学期第四次模拟考试物理试卷 Word版含解析 17页

宁夏回族自治区银川市第一中学2020届高三第四次模拟考试 理综物理 二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在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.发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响).速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网.其原因是(　　)‎ A. 速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B. 速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C. 速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D. 速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】发球机发出的球，速度较大的球越过球网，速度度较小的球没有越过球网，原因是发球机到网的水平距离一定，速度大，则所用的时间较少，球下降的高度较小，容易越过球网，C正确．‎ ‎2.目前，在居家装修中，经常用到花岗岩、大理石等装修材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，比如有些含有铀钍的花岗岩等岩石都会释放出放射性惰性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道方面的疾病，根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是（　　）‎ A. β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的 B. γ射线是衰变后处于激发态的新核跃迁产生的，它具有很强的电离能力 C. 已知氡的半衰期为3.8天，若取1 g氡放在天平左盘上，砝码放于右盘，左右两边恰好平衡，则3.8天后，需取走0.5 g砝码天平才能再次平衡 D. 发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的，选项A - 17 -‎ 正确；‎ B．γ射线一般伴随α或β射线产生，三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱。选项B错误；‎ C．氡的半衰期为3.8天，经3.8天后，有0.5克衰变成新核，故取走的砝码小于0.5克，天平才能再次平衡，选项C错误；‎ D．α衰变时，电荷数少2，质量数少4，中子数减少了2，选项D错误。‎ 故选A。‎ ‎3.空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在到的时间间隔内（　　）‎ A. 圆环所受安培力的方向始终不变 B. 圆环中的感应电流先沿逆时针方向，再沿顺时针方向 C. 圆环中的感应电动势大小为 D. 圆环中的感应电流大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由楞次定律可知，在到的时间间隔内感应电流始终沿顺时针方向，由左手定则可知：时间内圆环受到的安培力向上，时间内安培力向下，故AB - 17 -‎ 错误；‎ CD．由电阻定律可知，圆环电阻 由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为 感应电流为 故C错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎4. 一质量为M的探空气球在匀速下降，若气球所受浮力F始终保持不变，气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关，重力加速度为g，现欲使该气球以同样速率匀速上升，则需从气球吊篮中减少的质量为 A. B. C. D. 0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：匀速下降时，受到重力Mg，向上的浮力F，向上的阻力f，根据共点力平衡条件①‎ 气球匀速上升时，受到重力，向上的浮力F，向下的阻力f，根据共点力平衡条件②，由①②式解得，A正确；‎ 考点：考查了共点力平衡条件的应用 - 17 -‎ ‎【名师点睛】本题关键对气球受力分析，要注意空气阻力与速度方向相反，然后根据共点力平衡条件列式求解．‎ ‎5.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2:3，两端共接有六只相同的小灯泡L1、L2、 L3、L4、L5和L6（电阻恒定不变），变压器的原线圈接有输出电压U恒定的交流电源，六只小灯泡均发光．下列说法正确的是（ ）‎ A. L1、L2、 L3三只灯泡亮度一定相同 B. 小灯泡L2一定比L4亮 C. 交流电源输出电压U是小灯泡L4两端电压的4.5倍 D. L1消耗的功率是L2消耗灯泡的2.25倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设小灯泡L4两端电压为，则有副线圈的输出电压为，根据电压与匝数成正比，原线圈的输入电压为，L2、 L3两只灯泡串联后的总电压为；设通过小灯泡L4电流为，根据电流与匝数成反比，则有原线圈电流为，根据欧姆定律可得通过L2、 L3两只灯泡的电流为，根据并联分流可得通过L1灯泡的电流为，小灯泡L1两端电压为，根据串联分压可知交流电源输出电压，根据电功率公式可知，故C正确，A、B、D错误；‎ ‎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、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积．下列关系式正确的有 - 17 -‎ A. TA>TB B. EkA>EkB C. SA=SB D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据 知，轨道半径越大，周期越大，所以TA>TB，故A正确；由 知： ，所以vB>vA，又因为质量相等，所以EkB>EkA，故B错误；根据开普勒第二定律可知，同一行星与地心连线在单位时间内扫过的面积相等，所以C错误；由开普勒第三定律知，D正确．‎ ‎【点睛】重点是要掌握天体运动的规律，万有引力提供向心力．选项C容易错选，原因是开普勒行星运动定律的面积定律中有相等时间内行星与太阳的连线扫过的面积相等．这是针对某一行星的，而不是两个行星．‎ ‎7.如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为；若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对盒静止，则（　　）‎ A. 方盒最终速度为 B. 方盒最终的速度为 C. 滑块相对方盒运动的路程为 D. 滑块相对方盒运动的路程为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．设滑块的质量是m，碰后速度为v共，物体与盒子组成的系统合外力为0，设向左为正方向，由动量守恒有 - 17 -‎ 解得 故B正确，A错误；‎ CD．开始时盒子与物块的机械能为 碰后盒子与物块的机械能为 损失的机械能为 联立得 故C正确，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎8.如图所示，竖直方向上固定一光滑绝缘细杆，两电荷量相等的正点电荷M、N关于细杆对称固定。两电荷连线中点为O，带正电的小球套在细杆上，从距中点O高为处的P点静止释放，经过时间运动到O点。此过程中小球速度的大小v、加速度的大小a、动能Ek、电势能Ep（无穷远处电势为0）随时间t或下降距离h的变化图像可能正确的有（　　）‎ A. B. C. D. ‎ - 17 -‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据等量同种正点电荷的特点可知，MN在杆的位置处的电场线的方向向上，从杆与MN的连线的交点处向上，电场强度的大小从0先增大后减小。小球受重力，如果开始时小球的位置在场强最大点的下方，则小球向下运动的过程中受到的电场力逐渐减小，所以小球的加速度逐渐增大，小球做加速度增大的加速运动；如果开始时小球的位置在最大的点的位置上方，则小球向下运动的过程中受到的电场力先增大后减小，所以小球的加速度可能先减小后增大，小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度最大的加速运动；则B项中的速度变化是可能的，A项的加速度的变化是不可能的，故A错误，B正确；‎ C．如果开始时小球的位置在场强最大的点的位置上方，而且电场力最大的时候电场力大于重力，则小球向下运动的过程中受到的电场力先增大后减小，所以小球的加速度先减小然后反向增大，所以小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动；当经过了电场力得最大点后，又做加速度减小的减速运动，最后再做加速度增大的加速运动，该种情况下小球的运动过程最复杂，小球的速度先增大，然后减小，最后又增大。小球的动能也是先增大，然后减小，最后又增大，故C正确；‎ D．小球向下运动的过程中电场力一直做负功，所以小球的电势能一直增大，故D正确。‎ 故选BCD。‎ 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，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题（共129分）‎ ‎9.在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m＝1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点．已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g＝9.80m/s2，那么：‎ ‎(1)根据图所得的数据，应取图中O点到_____点来验证机械能守恒定律；‎ ‎(2)从O点到(1)问中所取的点，重物重力势能的减少量△Ep＝_____J，动能增加量△Ek＝_____J - 17 -‎ ‎（结果取三位有效数字）；‎ ‎(3)若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以v2为纵轴，以h为横轴画出的图象是如图中的_____．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】 (1). B (2). 1.88 (3). 1.84 (4). A ‎【解析】‎ 分析】‎ 该实验的原理是验证物体下降的距离从O点到B点，动能的增加量和重力势能的减小量是否相等．根据△Ep=mg△h求重力势能的减小量，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，从而求出动能的增加量 ‎【详解】（1）因为通过某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可以求出B点的速度，所以取图中O点到B点来验证机械能守恒定律．‎ ‎（2）重物重力势能的减少量：‎ ‎△Ep=mg△h=9.80×0.192=1.88J．‎ B点的速度：‎ 则B点的动能：‎ 所以动能的增加量△Ek=1.84J．‎ ‎（3）根据，即 与h成正比．故A是符合题意的．‎ ‎10.某同学要将一量程为500μA的微安表扩大改装，为此先要测微安表的内阻 ‎(1)如图甲所示，他先用多用表的欧姆“×100挡”‎ - 17 -‎ 进行测量，指针指在图中虚线处。他应该换用____（填“×10挡"或“×1k挡"）；进行正确的操作后，指针指在图中实线处，其测量值为___Ω；测量时多用表的红表笔应接电流表的___（填“ 正接线柱”或“负接线柱”）‎ ‎(2)为了较精确地测量该电流表的内阻。该同学在实验室借到以下器材∶定值电阻R0=180Ω，滑动变阻器R1（0~10Ω）。电阻箱R2（0~999.9Ω），电源E（电动势为4V。内阻很小），开关和导线若干。设计实验电路如图乙所示 ‎①将滑动变阻器的滑片P移到最______（填左端”或“右端”），调节电阻箱R2的阻值为0，闭合开关S，移动滑片P，使微安表满偏 ‎②保持滑片P不动。调节R2使微安表的示数正好为满刻度的，记录电阻箱的阻值为59.4Ω，则微安表内阻的测量值Rg=______，这个测量值_____（填“ 大于”、“小于”或“等于”）微安表内阻的真实值 ‎(3)根据(2)中测量的结果，若该同学将一阻值R=1.2Ω的电阻与微安表并联改装成电流表，则原微安表100μA的刻度线应标识的电流为_______mA ‎【答案】 (1). ×10挡 (2). 120 (3). 负接线柱 (4). 左端 (5). 118.8Ω (6). 大于 (7). 10‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]使用欧姆挡测量时指针偏角过大，则改换用小倍率，即选用“×10挡"‎ ‎[2]由图可知 ，读数为12.0×10Ω=120Ω ‎[3]多用表的红表笔接表内电池的负极，测电流表内阻时，其红表笔应接电流表的负接线柱 ‎(2)[4]开始时，应保证通过微安表的电流为零，故将滑动变阻器的滑片P移到最左端 ‎[5]当微安表的示数正好是满刻度的时，由串联电路特点可知，微安表的内阻等于电阻箱阻值的2倍，即 ‎[6]‎ - 17 -‎ 微安表与电阻箱串联后的电阻大于微安表的电阻，故分得的总电压大于只有微安表时的电压,微安表与电阻箱再按照比例分配电压，可知微安表内阻的测量值大于其真实值 ‎(3)[7]设改装后量程扩大的倍数为n，由 得 n=100‎ 故原微安表100μA刻度线应标识的电流为 ‎100μA×100=10mA ‎11.如图所示，跨过同一高度处的定滑轮的细线连接着质量相同的物体A和B，A套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度h=0.2m，开始时让连着A的细线与水平杆的夹角，由静止释放B，当细线与水平杆的夹角时，A的速度为多大？在以后的运动过程中，A所获得的最大速度为多大？（设B不会碰到水平杆，g=10m/s2）‎ ‎【答案】1.1m/s，1.6m/s。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B两物体组成的系统，只有动能和重力势能的转化，机械能守恒。设时，A、B两物体的速度分别为、，B下降的高度为，则有：‎ 其中 且由速度分解得：‎ 代入数据解得：‎ - 17 -‎ 由于绳子的拉力对A做正功，使A加速，至左滑轮正下方时速度最大，此时B的速度为零，此过程B下降高度设为，则由机械能守恒定律得：‎ 其中 代入数据解得：‎ ‎12.如图所示，虚线MO与水平线PQ相交于O点，夹角θ＝30°，在MO左侧存在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场；MO右侧某个区域存在磁感应强度为B、垂直纸面向里的匀强磁场，且O点在磁场的边界上．现有大量质量为m、电量为＋q的带电粒子在纸面内以速度v（0＜v≤）垂直于MO从O点射入磁场，所有粒子通过直线MO时，速度方向均平行于PQ向左．不计粒子的重力及粒子间的相互作用．求：‎ ‎（1）速度最大的粒子从O点运动至水平线PQ所需的时间；‎ ‎（2）磁场区域的最小面积．‎ ‎【答案】（1）；（2）或 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，粒子在匀强磁场中运动时间为，‎ - 17 -‎ 由牛顿第二定律得：‎ 解得 设粒子自N点水平飞出磁场，出磁场后应做匀速运动至OM，设匀速运动的距离为s，匀速运动的时间为t2，由几何关系知：‎ ‎，‎ 过MO后粒子做类平抛运动，设运动的时间为，则：‎ 又由题知：‎ 则速度最大的粒子自O进入磁场至重回水平线POQ所用的时间为：‎ ‎（2）由题知速度大小不同的粒子均要水平通过OM，则其飞出磁场的位置均应在ON的连线上，故磁场范围的最小面积△S是速度最大的粒子在磁场中的轨迹与ON所围成的面积，扇形 - 17 -‎ OO′N的面积的面积，的面积为：‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎（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题计分。‎ ‎13.一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p－V图描述。则气体状态从A到B是_______过程（选填“等容”“等压”或“等温”）；状态从C到D的变化过程中，气体______（选填“吸热”或“放热”）。‎ ‎【答案】 (1). 等压 (2). 放热 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]由题图可知，气体状态从A到B的过程中，压强是不变的，所以此过程为等压过程；‎ ‎[2]状态从C到D的过程中，气体发生等压变化，且体积减小，外界对气体做功，即 根据 ‎（常量）‎ 则气体的温度T降低，气体的内能减小，由 则 - 17 -‎ 所以气体放热。‎ ‎14.如图所示，汽缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞距缸口，活塞面积，封闭气体的体积为，温度为，大气压强，物体重力，活塞重力及一切摩擦不计。缓慢升高环境温度，封闭气体吸收了的热量，使活塞刚好升到缸口。求：‎ ‎(1)活塞刚好升到缸口时，气体的温度；‎ ‎(2)气体内能的变化量。‎ ‎【答案】(1)364K；(2)35J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)封闭气体初态 ‎，‎ 末态 缓慢升高环境温度，封闭气体做等压变化，则有 解得 ‎(2)设封闭气体做等压变化的压强为p，对活塞 汽缸内气体对外界做功 - 17 -‎ 解得 由热力学第一定律得，汽缸内气体内能的变化量 得 故汽缸内的气体内能增加了35J。‎ ‎15.某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行．正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示．‎ ‎①此玻璃的折射率计算式为=_____(用图中的、表示)；‎ ‎②如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度_____(填“大”或“小”)的玻璃砖来测量．‎ ‎【答案】 (1). ① n=(或n= (2). ②大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图得到，光线在玻璃砖上表面上入射角为i=90°-θ1，折射角为r=90°-θ2，根据折射定律得   （2）在宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择时，玻璃砖宽度较大时，引起的角度误差较小．‎ ‎16.如图所示，实线和虚线分别是沿x轴传播的一列简谐横波在和时刻的波形图。已知在时刻，处的质点向y轴正方向运动。‎ - 17 -‎ ‎(1)求该波的最小频率；‎ ‎(2)若，求该波的波速。‎ ‎【答案】(1)12.5Hz；(2)75m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由波形图可知 解得 ‎（）‎ 当 时，可求解最大周期 则最小频率 ‎(2)若 则由上述表达式可知 即 解得 - 17 -‎ 由图中读出波长为 则波速 ‎ ‎ - 17 -‎