山东省泰安市2020届高三下学期四模物理试题 Word版含解析

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高三第四轮复习质量检测 物 理 试 题 第Ⅰ卷(选择题 共40分)‎ 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.核电站利用核反应堆工作时释放出的热能使水汽化以推动汽轮发电机发电。反应堆中的核反应方程式为，已知铀核的质量mU，中子的质量mn，锶(Sr)核的质量mSr，氙(Xe)核的质量mXe，光在真空中的传播速度为c。则（　　）‎ A. Z=38，A=136‎ B. Z=48，A=146‎ C. 一个裂变时的质量亏损 D. 一个裂变时释放的能量为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由质量数与电荷数守恒得 解得 Z=38，A=136‎ 故A正确，B错误；‎ CD．一个裂变时的质量亏损 根据爱因斯坦质能方程可知，一个裂变时释放的能量为 故CD错误 故选A。‎ - 21 -‎ ‎2.如图所示，有一质量为m的物块分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，轻弹簧Q与竖直方向的夹角为，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 轻绳P的弹力大小可能小于mg B. 弹簧Q可能处于压缩状态 C. 剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小为g D. 剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小为gsin ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．轻绳P竖直，轻弹簧Q弹力为零，弹簧处于原长状态，轻绳P的弹力大小等于mg，选项AB错误；‎ CD．剪断轻绳瞬间，物体只受重力，物块的加速度大小为g，选项C正确，选项D错误。‎ 故选C。‎ ‎3.如图所示，在竖直放置的导热性能良好的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积为S。整个装置放在大气压为p0的室内，稳定时活塞与容器底的距离为h0。现把容器移至大气压仍为p0的室外，活塞缓慢上升d后再次平衡，重力加速度大小为g。若此过程中气体吸收的热量为Q，则密闭气体的内能（　　）‎ A. 减少了Q－(mg+p0S)d B. 减少了Q+(mg+p0S)d C. 增加了Q－(mg+p0S)d D. 增加了Q+(mg+p0S)d ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】活塞上升 - 21 -‎ 过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功 根据势力学第一定律得密闭气体增加的内能 即在此过程中的密闭气体的内能增加了，故C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎4.在光学仪器中，“道威棱镜”被广泛用来进行图形翻转。如图所示，其棱镜的横截面ABCD是底角为的等腰梯形，与BC平行的三条光线经AB面射入棱镜，经BC面反射后，反射光线直接射到CD面上。已知棱镜材料的折射率n=，则（　　）‎ A. 光线1在AB面上的折射角为 B. 三条光线在BC面上都发生全反射 C. 只有光线3BC面上发生全反射 D. 从DC射出的光线跟入射光线平行，且距离C点最近的为光线3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，光线1在AB面上的入射角为，由折射定律有 得 即光线1在AB面上的折射角为，故A错误；‎ BC．由公式可知，发生全反射的临界角为 - 21 -‎ 光路图如图所示，由图像可知，光线在BC面上的入射角 由于三条光线平行，三条光线在BC面上的入射相同，则三条光线在BC面上都发生全反射，故B正确，C错误；‎ D．由三条光线平行，三条光线在棱镜中的传播如图所示，由图可知，光线射到DC面的入射角为，折射角为，即光线与入射光线平行，但距离C点最近的为光线1，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎5.爱因斯坦提出光电效应理论获得诺贝尔物理学奖已近100年。用金属钙做实验时，得到的光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图所示。用其他金属做实验，得到的Ekm－ν图线也为直线。表中列出了几种金属的截止频率和逸出功，下列判断正确的是（　　）‎ 金属 钨 钙 钠 截止频率ν0/×1014Hz ‎10.95‎ ‎7.73‎ ‎5.53‎ 逸出功W0/eV ‎4.54‎ ‎3.20‎ ‎2.29‎ A. 如用金属钨做实验，得到的Ekm－ν图线的斜率比图中直线的斜率大 - 21 -‎ B. 如用金属钨做实验，得到的Ekm－ν图线的斜率比图中直线的斜率小 C. 如用金属钠做实验，得到的Ekm－v图线延长线与纵轴交点的坐标为(0，－Ek2)，则Ek2＞Ek1‎ D. 如用金属钠做实验，得到的Ekm－v图线延长线与纵轴交点的坐标为(0，－Ek2)，则Ek2＜Ek1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据爱因斯坦光电效应方程 整理得 AB．Ekm－v图线的斜率等于普朗克常数h，因此各种不同金属的Ekm－v图线的斜率相同，AB错误；‎ CD．Ekm－v图线延长线与纵轴交点的坐标绝对值等于逸出功，则 ‎，‎ 因此 C错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎6.如图所示，某行星半径为R，外围有一圈厚度为d的卫星群，设卫星群中的某“点”绕行星的运动速度为v，该“点”到行星中心的距离为r。已知该行星的第一宇宙速度为v0。下列图象可能的是（　　）‎ A. B. ‎ - 21 -‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】卫星受到的万有引力提供向心力，根据 可知 因此只有D是可能的，ABC不可能。‎ 故选D。‎ ‎7. 如图所示,细线的一端固定于O 点,另一端系一小球. 在水平拉力作用下,小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B 点. 在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是 A. 逐渐增大 B. 逐渐减小 C. 先增大,后减小 D. 先减小后增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：因为小球是以恒定速率运动，即它是做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G、水平拉力F、绳子拉力T三者的合力必是沿绳子指向O点．设绳子与竖直方向夹角是，则（F与G的合力必与绳子拉力在同一直线上），解得 - 21 -‎ ‎，而水平拉力F的方向与速度v的方向夹角也是，所以水平力F的瞬时功率是，则，故从A到B的过程中，是不断增大的，所以水平拉力F的瞬时功率是一直增大的，故A正确 考点：考查了功率的计算 ‎【名师点睛】根据小球做圆周运动，合力提供向心力，即合力指向圆心，求出水平拉力和重力的关系，根据得出拉力瞬时功率的表达式，从而判断出拉力瞬时功率的变化 ‎8.如图所示，半径分别为R、2R的两个同心圆，圆心为O，大圆和小圆之间区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，其余区域无磁场。一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹所对的圆心角为120°。若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2，不论其入射方向如何，都不可能射入小圆内部区域，则最大为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABCD．粒子在磁场中做圆周运动，如图 - 21 -‎ 由几何知识得 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得 当粒子竖直向上射入磁场时，粒子不能进入小圆区域，则所有粒子都不可能进入小圆区域，粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时粒子轨道半径 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 ‎ ‎ 解得 则 ACD错误B正确。‎ 故选B。‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16‎ - 21 -‎ 分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得零分。‎ ‎9.如图甲所示，绝缘水平面上存在方向水平向右的匀强电场，一带电物块以一定的初速度从O点开始向右运动。取O点为电势零点，该物块的电势能与动能之和E总、电势能Ep随它离开O点的距离x变化的关系如图乙所示。由此能够确定的是（　　）‎ A. 物块受到的电场力 B. 匀强电场的场强大小 C. 物块返回O点时的动能 D. 物块与水平面间的动摩擦因数 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由克服电场力做功等于电势能的增加量得 由于不知道电荷量，则无法求解匀强电场的场强大小，故A正确，B错误；‎ CD．由图乙可知，物块的初动能为100J，当运动到8m处物块的动能为0，则此过程中有 得 从物块O点开始运动到返回O点，由动能定理得 得 由于不知道物块的质量，则无法求解动摩擦因数，故C正确，D错误。‎ - 21 -‎ 故选AC。‎ ‎10.如图甲所示，a、b为一列简谐横波上平衡位置之间相距6m的两个质点，两质点的振动图象如图乙所示，实线为a质点的振动图象，虚线为b质点的振动图象。已知两质点平衡位置之间的距离不小于一个波长。关于该简谐波，下列说法正确的是（　　）‎ A. 波长最大值为24m B. 波长最大值为4.8m C. 波速最大值为1.2m/s D. 波速最大值为6.0m/s ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】当波向右传播时，由图乙可知，a、b两质点的振动时间差为 ‎(n=0、1、2……)‎ 则a、b两质点的距离为 ‎(n=0、1、2……)‎ 由于两质点平衡位置之间的距离不小于一个波长，则波长的最大值为 最大波速为 当波向左传播时，由图乙可知，a、b两质点的振动时间差为 ‎(n=0、1、2……)‎ 则a、b两质点的距离为 ‎(n=0、1、2……)‎ 由于两质点平衡位置之间的距离不小于一个波长，则波长的最大值为 最大波速为 - 21 -‎ 故BC正确，AD错误。‎ 故选BC。‎ ‎11.如图所示，理想降压变压器的副线圈匝数可通过滑片F调节，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，A1，A2为理想交流电流表，保持交流电源的电压U不变。以下说法正确的是（　　）‎ A. 保持F不动，P下移，则两电流表的示数均增大 B. 保持F不动，P下移，则两电流表的示数均减小 C. 保持P不动，F上移，则两电流表示数均增大，且增大倍数相同 D. 保持P不动，F上移，则两电流表示数均增大，但增大倍数不相同 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．保持不动，则次级电压不变，下移时，变阻器在电路中电阻增大，次级电流减小，电流表A2示数减小，电流表A1示数减小，A错误，B正确；‎ CD．保持不动，上移，则次级电压升高，次级电路电阻不变，次级电流增大，A2示数增大，A1示数增大，两电流表示数均增大；由 可知两者的比值不是定值，因此两电流表示数增大的倍数不相同，C错误，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎ ‎ ‎12.如图所示，竖直平面内固定有半径为R的光滑半圆形轨道，最高点M、N与圆心O、在同一水平线上，物块甲、乙质量之比为1：3。物块甲从M处由静止开始无初速释放，滑到最低点P与静止在P处的物块乙发生第一次弹性碰撞，碰撞时间很短可不计，碰后物块甲立即反向，恰能回到轨道上Q点，物块甲、乙均可视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ - 21 -‎ A. QP之间的竖直高度为 B. QP之间的竖直高度为 C. 在以后的运动中，物块甲不能回到M点 D. 在以后的运动中，物块甲能回到M点 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．设QP之间的竖直高度为h，物块甲M点滑到P点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得 解得物块甲第一次与物块乙碰前速度大小 碰后物块甲立即反向，恰能回到轨道上Q点，由机械能守恒定律得 解得碰撞后甲的速度大小为 设甲的质量为m，则乙的质量为3m，甲乙发生弹性碰撞，以向左为正方向，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 联立解得，，，故A正确，B错误；‎ CD．由于第一次碰撞后两物块的速度大小相等，则物块甲、乙将同时回到最低位置P点发生第二次弹性碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 - 21 -‎ 解得物块甲的速度大小为 碰撞后对甲，由机械能守恒定律得 解得h′=R，物块甲能回到M点，故C错误，D正确。‎ 故选AD。‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共60分)‎ 三、非选择题：本题共6小题，共60分。‎ ‎13.某同学利用图(a)所示的实验装置研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系”。‎ ‎（1）实验中需要把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，平衡木板对小车的阻力及其他阻力，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列_________的点，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做_______________运动。‎ ‎（2）保持砂和砂桶质量不变，小车中加入砝码，每增加一个砝码打出一条纸带，打点计时器的电源为50Hz的交流电源，图(b)是实验打出的一条纸带的一部分，A、B、C、……G是纸带上标出的计数点，每两个相邻的计数点之间还有4个打出的点未画出。小车的加速度大小a=______m/s2(保留2位有效数字)。‎ ‎（3）某同学在平衡了木板对小车的阻力及其他阻力情况下进行实验，处理数据时，他以小车加速度的倒数为纵轴，以小车和车上砝码的总质量M为横轴，描绘出图象如图(c)所示。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则砂和砂桶的质量为___(‎ - 21 -‎ 用斜率k和截距b表示)。‎ ‎【答案】 (1). 点迹距离均匀 (2). 匀速直线运动 (3). 0.40 (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]．实验中需要把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，平衡木板对小车的阻力及其他阻力，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列点迹距离均匀的点，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动运动。‎ ‎（2）[3]．由题可知T=0.1s，根据结合逐差法可得 ‎（3）[4]．由 则 则 则 ‎14.某实验小组要测量两个电压表的内阻，实验室提供的实验器材如下：‎ A.待测电压表V1(量程为5V)‎ B.待测电压表V2(量程为3V)‎ - 21 -‎ C.滑动变阻器R1(最大阻值为20Ω，额定电流为1A)‎ D.滑动变阻器R2(最大阻值为500Ω，额定电流为1A)‎ E.电阻箱R(0~9999Ω)‎ F.电源(电动势约9V，内阻约1Ω)‎ G.开关两个、导线若干 ‎（1）研究小组设计电路图如图所示，选用的滑动变阻器为_____(填“R1”或“R2”)。‎ ‎（2）实验步骤如下：‎ ‎①按电路图连接好电路，两个开关均要打开，滑动变阻器的触头要在最_____端(填“右”或“左”)。‎ ‎②闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器，使两个电压表的示数逐渐增加，当电压表V1示数为4V时，电压表V2示数为2V。‎ ‎③保持滑动变阻器的位置不变，断开开关S2，调整电阻箱，当电阻箱的阻值为R=3kΩ时，电压表V2的示数变为1V，则电压表V1的示数为_______V。‎ ‎（3）电压表V1的内阻为________kΩ。‎ ‎（4）电压表V2内阻的测量值________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。‎ ‎【答案】 (1). R1 (2). 左 (3). 2 (4). 2 (5). 大于 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]滑动变阻器采用分压式接法，为了调节方便，并且电压不随接入电阻值明显变化，选用阻值小的滑动变阻器，因此选R1。‎ ‎(2)[2]为了保护电路，闭合电键前，滑动触头移到最左端。‎ ‎[3]由于两块电压表串联，电压之比等于内电阻之比，而电压比是2：1关系，因此当电压表V2的示数变为1V，则电压表V1的示数为2V。‎ ‎(3)[4]由于滑动变阻器阻值远小于电压表内阻，因此可认为串联电阻箱后，整个支路电路电压不变，而两个电压表电压减半，电阻箱的分得的电压等于两个电压表电压之和，电阻箱阻值等于两个电压表内阻之和，两块电压表电阻之比也为2；1，因此电压表V1的内阻等于2 kΩ - 21 -‎ ‎，电压表V2的内阻等于1 kΩ。‎ ‎(4)[5]由于串联电阻箱后，总电阻增大，分得的电压略有升高，两块电压表分得的电压减半，这时电阻箱分得的电压略大于3V，也就是电阻箱的阻值略大于两块电压表内阻之和，从而两块电压表的测量值都大于真实值。‎ ‎15.如图所示，在汽车玻璃强度测试中，将一质量m=1kg的铁球以初速m/s水平抛出，铁球正好垂直击中汽车的挡风玻璃，玻璃与水平面成60°角。通过高速摄像机观察，玻璃受到冲击时沿球速度方向最大位移为5mm。设铁球对玻璃的弹力可看做恒力，且远远大于铁球重力，g取10m/s2。‎ ‎（1）求铁球从抛出到击中玻璃下落的高度；‎ ‎（2）估算玻璃受到冲击时，铁球对玻璃的弹力大小。‎ ‎【答案】（1）h=0.45m；（2）F=3.6×l03N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设铁球垂直击中玻璃时，竖直速度为v1‎ 解得 v1=3m/s 铁球在竖直方向的做自由落体运动 解得 h=0.45m ‎（2）铁球冲击玻璃时，铁球的速度 铁球冲击玻璃过程中的弹力远远大于铁球重力，以铁球为研究对象，由动能定理 - 21 -‎ 解得 F=3.6×103N 由牛顿第三定律，铁球对玻璃的弹力大小 ‎16.如图所示，厚度不计的活塞把内壁光滑的竖直圆筒形气缸内的理想气体分成A、B两部分。活塞静止时与气缸底部的间距为气缸高度h的，A内气体的压强等于外界大气压p0。已知B气体的质量为m，活塞的横截面积为S，活塞的质量为，其中g为重力加速度大小。若整个系统处于恒温状态，气缸导热性能良好。现将气缸底部的阀门K打开，B气体缓慢放出，活塞下移时关闭阀门K。求此时：‎ ‎(1)B气体的压强pB；‎ ‎(2)气缸内B气体剩下的质量m＇。‎ ‎【答案】(1)pB=2p0；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A气体作等温变化，根据玻意耳定律有 解得 B气体的压强 - 21 -‎ 其中，解得 pB=2p0‎ ‎(2)设打开阀门后B气体作等温变化到压强为pB时体积膨胀到V，根据玻意耳定律有 解得 由 得 ‎17.如图所示，倾角的足够长光滑斜面上，质量M=2kg、足够长的木板沿斜面向上运动，上端经过斜面上的P点时速度为v0=4m/s。此时在木板上端轻放上质量m=1kg的小物块(可视为质点)，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.5。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6。求：‎ ‎（1）木板向上运动过程中物块相对木板的最大位移大小；‎ ‎（2）物块从开始运动到刚好与木板速度相同经历的时间；‎ ‎（3）木板上端再次经过P点时，物块与木板上端的距离。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设木板上滑过程中的加速度为a1，小物块的加运度为a2，根据牛顿第二定律 - 21 -‎ 解得 a1=8m/s2‎ 根据牛顿第二定律 解得 a2=2 m/s2‎ 根据运动学公式有 ‎0=v0－a1t1‎ v02=2a1x1‎ 代入数据解得 ‎（2）之后木板下滑，在与物块速度相等之前，物块、木板的加运度均不变，设再经过时间t2时二者速度相等，则 v=a2(tl+t2)=a1t2‎ 解得 ‎（3）设从木板开始下滑到二者速度相等过程木板的位移x3，物块的位移x4，取沿斜面向下为正方向 解得 此时木板上端仍在P点上方 解得 - 21 -‎ 此时木板上端物块与木板上端的距离 之后二者之间没有摩擦力作用，以相同的加速度下滑，物块不会再相对木块滑动 ‎18.如图(a)所示，两根电阻不计的平行长直金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距为L；两根长度均为L、质量均为m、电阻均为r的相同的导体棒M、N静置于导轨上，两棒相距x0；整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。从t=0开始，给导体棒M施加一平行于导轨的外力F，使导体棒M在0~t0内以加速度a=μg做匀加速运动，导体棒N在t0时刻(t0未知)开始运动，F随时间变化的规律如图(b)所示。棒与导轨间的动摩擦因数均为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，运动过程中两棒均与导轨接触良好。重力加速度大小为g。‎ ‎（1）求t0时刻导体棒M的速度；‎ ‎（2）求2t0时刻外力F的大小；‎ ‎（3）若2t0时刻导体棒M的速度为v，求此时两棒间的距离。‎ ‎【答案】（1）；（2）F2=4μmg；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）导体棒N未运动时，电路中的电动势、电流 E=BLv，‎ 每个导体棒受到的安培力 F安=BiL 导体棒N开始运动时，安培力与摩擦力平衡 F安=μmg 整理得，此时导体棒M的速度 ‎（2）对导体棒M，t=0时刻 - 21 -‎ F0－μmg=ma ‎ t0时刻 F1－μmg－F安=ma 而 ‎ ‎ 整理得 F2=4μmg ‎（3）0~t0时间内，导体棒M做匀加速运动 v0=at0‎ 可得 t0时刻两棒间的距离为 设2t0时刻两棒间的距离为x2，导体棒N的速度为v1，t0~2t0时间内电路中电流的平均值 为I。根据动量定理对整体 对导体棒N ‎ 此过程中的平均感应电动势 ‎，‎ 而 整理得 - 21 -‎