宁夏六盘山高级中学2020届高三下学期第四次模拟测试物理试题 Word版含解析

宁夏六盘山高级中学2020届高三下学期第四次模拟测试物理试题 Word版含解析

宁夏六盘山高级中学 ‎2020届高三年级第四次模拟测试卷 理科综合-物理部分 ‎1.下列说法正确的是（　　）‎ A. 在匀强磁场中静止的发生α衰变后产生的新核与α粒子的动量相等 B. 汤姆逊用α粒子撞击Be原子核发现了中子 C. 放射性元素发生β衰变时释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的 D. 氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核经过7.6天后就一定剩下一个氡原子核 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．依据动量守恒定律，则在匀强磁场中静止的发生衰变后产生的新核与粒子的动量大小相等，方向相反，故A错误；‎ B．查德威克用粒子轰击Be原子核发现了中子，故B错误；‎ C．衰变时，原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，故C正确；‎ D．半衰期对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为2m、5m，两者之间用水平轻绳连接。现对Q施加一水平向右的拉力F，两物块一起做匀加速直线运动，若水平面光滑轻绳的张力大小为F1，如果水平面粗糙且两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，轻绳的张力大小为F2，重力加速度大小为g，则F1：F2为（　　）‎ A. 1：1 B. 2：5 C. 7：5 D. 5：2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】水平面光滑时，对整体，根据牛顿第二定律得 - 18 -‎ 再对物块P，根据牛顿第二定律得 联立解得 水平面粗糙时，对整体，根据牛顿第二定律得 再对物块P，根据牛顿第二定律得 联立解得 则有 故A正确，B、C、D错误；‎ 故选A。‎ ‎3.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（　　）‎ A. P的电势高于Q点的电势 B. 带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大 C. 带电粒子在R点时动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大 D. 带电粒子在R点时的电场强度小于在Q点时的电场强度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右，由于粒子带负电，所以电场线方向向左，则有P的电势高于Q点的电势，故A正确；‎ - 18 -‎ B．若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，电荷的电势能增大，带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能小，故B错误；‎ C．根据能量守恒定律，带电粒子在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变，故C错误；‎ D．电场线的疏密表示电场的强弱，则由电场线疏密可知带电粒子在R点时的电场强度大于在Q点时的电场强度，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎4.如图所示，两根平行固定放置的长直导线a和b载有大小、方向均相同的电流，a受到的磁场力大小为F，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为2F，则此时b受到的磁场力大小可能为（　　）‎ A. 5F B. 3F C. 2F D. 0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】两根长直线，电流大小相同，方向相同，则长直导线a受到长直导线b产生磁场的作用力向右大小为，那么长直导线b受到长直导线a产生磁场的作用力向左大小为，这两个力大小相等，方向相反；设加入匀强磁场时，匀强磁场对长直导线a产生的磁场力大小为，当匀强磁场对长直导线a产生的安培力方向向右时，则有 解得 长直导线b受到作用力为 当匀强磁场对长直导线a产生的安培力方向向左时，则有 - 18 -‎ 解得 长直导线b受到作用力为 故A、B、C错误，D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.当前星际探索成为世界新的科技竞争焦点，而我国的载人航天已取得了成功，探月计划也进入了实质性进程中。假如2025年，你成功登上了月球，由天文观测可得，月球绕地球运动的周期为T，速度为v，引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 月球的质量为 B. 月球运动的加速度为 C. 月球运动的轨道半径为 D. 地球的质量为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ACD．月球绕地球做圆周运动的周期为，线速度为，根据可得月球运动的轨道半径为 月球绕地球做匀速圆周运动，由万有引力公式可得 可得地球的质量 由于月球是环绕天体，所以无法求得月球的质量，故A、C、D错误；‎ B．根据可得月球运动的加速度 - 18 -‎ 故B正确。‎ 故选B。‎ ‎6.如图，在斜面顶端以不同的初速度水平抛出几个小球，所有小球均落在斜面上。忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A. 所有小球的竖直位移与水平位移之比都相等 B. 小球的运动时间与初速度的平方成正比 C. 小球从抛出到离斜面最远的过程中，竖直位移为总竖直位移的一半 D. 所有小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角都相同 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．在斜面顶端以不同的初速度水平抛出几个小球，所有小球均落在斜面上，斜面的底角不变，根据几何关系可知位移夹角不变，即所有小球的竖直位移与水平位移之比都相等；根据速度夹角的正切值是位移夹角的正切值的2倍，可知速度夹角不变，则有所有小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角都相同，故A、D正确；‎ B．小球落到斜面上时，则有 可得 可得小球的运动时间与初速度成正比，故B错误；‎ C．小球在运动过程中距斜面最远是瞬时速度与斜面平行，则速度偏向角为，则有 - 18 -‎ 可得 则有 根据竖直位移公式可得 即小球从抛出到离斜面最远的过程中，竖直位移为总竖直位移的，故C错误；‎ 故选AD。‎ ‎7.如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为和的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时位于C点，从静止释放，在由C点下滑到A点的过程中（　　）‎ A. 的速度始终不小于的速度 B. 重力对做功的功率先增大后减小 C. 轻绳对做的功等于的机械能增加 D. 若恰好能沿圆弧下滑到A点，则 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由C点下滑到A点的过程中，两球沿绳子方向的速度大小相等，在滑下过程，设的速度为，的速度为，的速度方向与绳子方向的夹角为，则有 - 18 -‎ 可知的速度始终不小于的速度，故A正确；‎ B．重力的功率为 这里的是指竖直的分速度，一开始是由静止释放的，所以一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零，但是在这个C到A的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率是先增大后减小的过程，故B正确；‎ C．根据功能关系知，轻绳对做的功等于的机械能增加，故C正确；‎ D．若恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据机械能守恒得 解得 故D错误；‎ 故选ABC。‎ ‎8.如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在倾角为的斜面上，导轨间距为L，导轨下端连接一个阻值为R的定值电阻，空间中有一磁感应强度大小为B、方向垂直导轨所在斜面向上的匀强磁场。在斜面上平行斜面固定一个轻弹簧，弹簧劲度系数为k，弹簧上端与质量为m、电阻为r、长为L的导体杆相连，杆与导轨垂直且接触良好。导体杆中点系一轻细线，细线平行斜面，绕过一个光滑定滑轮后悬挂一个质量也为m的物块。初始时用手托着物块，导体杆保持静止，细线伸直，但无拉力。释放物块后，下列说法正确的是（　　）‎ A. 释放物块瞬间导体杆的加速度为g - 18 -‎ B. 导体杆最终将保持静止，在此过程中电阻r上产生的焦耳热为 C. 导体杆最终将保持静止，在此过程中细线对导体杆做功为 D. 导体杆最终将保持静止，在此过程中流过电阻R的电荷量为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．初始时，弹簧被压缩，弹力大小 释放物块瞬间，安培力为零，对杆和物块分析有 解得 故A错误；‎ B．由于电磁感应消耗能量，杆最终速度为零，安培力为零，细线拉力为 弹簧处于伸长状态，对导体杆有 可得 解得 弹簧弹性势能不变，对物块、导体杆、弹簧整个系统，由能量守恒可得 解得 - 18 -‎ 则电阻r上产生的焦耳热 故B错误；‎ C．从运动到最终停止，弹簧弹力对导体棒做功为零，对导体杆运用动能定理得 其中 解得细线对导体杆拉力做功 故C正确；‎ D．流过电阻上的电荷量为 故D正确；‎ 故选CD 第Ⅱ卷（共174分）‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都做答。第33题～第39题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题（共129分）‎ ‎9.利用如下图所示的装置探究弹簧的弹力与形变量的关系 - 18 -‎ ‎①对于该实验，下列操作规范的是_________．(填字母代号)‎ A.固定刻度尺时，保持刻度尺的零刻度线与弹簧上端对齐且竖直并靠近弹簧 B.实验中任意增加钩码个数 C.实验中仅把弹簧竖直悬挂待稳定时测量弹簧的原长 D.实验数据处理时，把所有的描点用折线连起来 ‎②实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度L,测量后把6组数据描点在坐标图中，作出的F-L 图线如图所示．由此图线可得出该弹簧的原长L0=____cm,劲度系数k=_______N/m.‎ ‎【答案】 (1). AC (2). 5 (3). 20‎ ‎【解析】‎ ‎①固定刻度尺时，保持刻度尺的零刻度线与弹簧上端对齐且竖直并靠近弹簧，故A正确；实验过程应使弹簧始终在弹性限度内，实验中不能任意增加钩码的个数，以防止超过弹簧的劲度系数，故B错误；为防止弹簧自重对实验的影响，实验中仅把弹簧竖直悬挂待稳定时测置弹簧的原长，故C正确；实验数据处理时，应根据实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象，图象应是直线而不是折线，故D错误；故选AC．‎ ‎②由图示图象可知，F=0N时L=0.05m=5cm，则弹簧的原长为5cm； 弹簧的劲度系数：； 点睛：本题考查了实验注意事项与实验数据处理，知道实验注意事项、分析清楚图示图象、应用胡克定律即可解题，掌握基础知识是解题的关键，平时要注意基础知识的学习．‎ ‎10.(1)某同学用螺旋测微器测量一物体的直径，读出图中读数为_____mm - 18 -‎ ‎(2)在测量电源电动势和内电阻的实验中，有电压表V（量程为3V，内阻约3kΩ）；电流表A（量程为0.6A，内阻约为0.70Ω）；滑动变阻器R（10Ω，2A）。为了更准确地测出电源电动势和内阻设计了如图所示的电路图。‎ ‎①如图所示在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在_____处，在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U-I图线，由图可得该电源电动势E=_____V，内阻r=_____Ω。‎ ‎②一位同学对以上实验进行了误差分析。其中正确的是_____。‎ A．实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用 B．实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用 C．实验测出的电动势小于真实值 D．实验测出的电动势大于真实值 ‎【答案】 (1). 1.194 (2). a (3). 1.50 (4). 1.00 (5). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]螺旋测微器的固定刻度为1mm，可动刻度为19.4×0.01mm=0.194mm，所以最终读数为1mm+0.194mm=1.194mm ‎(2)[2]滑动变阻器采用限流式，闭合开关之前，滑动变阻器的滑动头P应放接入电路中阻值最大值位置处，即放在a处；‎ ‎[3]根据以及图象可知，在图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以电源的电动势为 ‎[4]图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为 - 18 -‎ ‎②[4]AB．由图示电路图可知，由于电压表的分流，电流表的测量值小于流过电源的电流，实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用造成的，故A正确，B错误；‎ CD．由于电压表分流作用，电流测量值小于真实值，实验测出的电动势小于真实值，故C正确，D错误；‎ 故选AC。‎ ‎11.如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴，一质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场区域，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为。不计空气阻力，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)电场强度E的大小和方向；‎ ‎(2)小球从A点抛出时初速度的大小。‎ ‎【答案】(1)，电场强度方向竖直向上；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡，有 得到 电场强度方向竖直向上。‎ ‎(2)小球做匀速圆周运动，为圆心，为弦长，，如图所示 - 18 -‎ 设半径为，由几何关系知 设小球做圆周运动的速率为，根据牛顿第二定律有 由速度的合成与分解知 联立可得 ‎12.如图，水平面MN右端N处与水平传送带恰好平齐且很靠近，传送带以速率v=1m/s顺时针匀速转动，水平部分长度L=1m。物块B静止在水平面的最右端N处，质量为mA=1kg的物块A在距N点s=1.125m处以v0=5m/s的水平初速度向右运动，再与B发生碰撞并粘在一起，若B的质量是A的k倍（k＞0），A、B与水平面和传送带的动摩擦因数都为μ=0.4，物块均可视为质点，取g=10m/s2。‎ ‎(1)求A到达N点与B碰撞前的速度大小；‎ ‎(2)求碰撞后瞬间A与B的速度大小以及碰撞过程中损失的能量；‎ ‎(3)讨论k在不同数值范围时，A、B碰撞后传送带对它们所做的功W的表达式。‎ ‎【答案】(1)4m/s；(2)；；(3)①时；②当

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