1、四川省泸县第四中学2020届高三物理下学期第四次学月考试试题（含解析）第卷选择题一、选择题1.下列关于原子核的叙述中正确的是（）A. 居里夫人通过粒子轰击铝原子核，首次发现了中子B. 核反应堆中的“慢化剂”是为了减慢反应速度，防止反应过于剧烈C. 轻核聚变过程中，会有质量亏损，要释放能量D. 原子核的质量越大，比结合能就越小【答案】C【解析】【详解】A查德威克在粒子轰击铍核实验中发现了中子，故A错误；B核反应堆中的“慢化剂”是减慢中子速度，故B错误；C轻核聚变过程中，会有质量亏损，由爱因斯坦质能方程可知，要释放能量，故C正确；D比结合能为结合能与核子数的比值，则原子核的质量越大，比结合能不一定
2、越小，故D错误。故选C。2.如图所示，真空中O点固定一个带正电点电荷，同一平面内距离点电荷r处有一个带负电的粒子P（不计重力），该粒子在纸面内沿垂直于它们连线的方向入射，已知空间同时存在垂直纸面向里的匀强磁场，则关于粒子在电、磁场中的运动轨迹，不可能的是（）A. 在纸面内以O点为圆心，r为半径的圆B. 初始阶段为在纸面内向右偏的曲线C. 初始阶段为在纸面内向左偏的曲线D. 沿初速度方向的直线【答案】D【解析】【详解】ABC粒子受到向左的正点电荷的库仑力，由左手定则可知，粒子同时受到向右的洛伦兹力，开始时，当库仑力与洛伦兹力的合力刚好提供向心力则粒子在纸面内以O点为圆心，r为半径的圆周运动，当库
3、仑力与洛伦兹力的合力大于粒子做圆周运动的向心力时，粒子在初始阶段为在纸面内向左偏的曲线，当库仑力与洛伦兹力的合力向右时，粒子初始阶段为在纸面内向右偏的曲线，故ABC正确；D粒子沿初速度方向做直线运动时，粒子与正点电荷间的库仑力变化，则粒子受到的合力变化，则粒子不可能沿初速度方向的直线，故D错误。本题选不正确的，故选D。3.如图所示为某质点做直线运动的vt图像。已知t0时刻质点的速度为v0，2t0时刻质点的速度为2v0。图中OA与AB是关于A点中心对称的曲线，由此可求出的物理量有（）A. 2t0时刻的加速度B. 0t0时间内的位移C. 02t0时间内的位移D. t02t0时间内的平均速度【答案】
4、C【解析】【详解】A对于速度-时间图象，速度的斜率表示加速度，但2t0时刻的斜率无法求解，即无法求解2t0时刻的加速度，故A错误；B对于速度时间图象，图线与坐标轴围成面积表示位移，0t0时间内的图象是曲线且不知是何种线，故无法求解0t0时间内的位移，故B错误；C图中OA与AB是关于A点中心对称的曲线，利用割补法可知图线围成面积等于连接OB，OB图象与坐标轴围成三角形面积，该面积可求，即可求02t0时间内的位移，故C正确；D对于速度时间图象，图线与坐标轴围成面积表示位移，t02t0时间内的图象是曲线且不知是何种线，故无法求解t02t0时间内的位移，则无法求解t02t0时间内的平均速度，故D错误。
5、故选C。4.世界最长的跨海大桥一港珠澳大桥建成，2018年12月1日起，首批粤澳非营运小汽车可免加签通行港珠澳大桥跨境段，极大方便了游客出行。2020年1月24日至25日，中央广播电视总台春节联欢晚会在港珠澳大桥白海豚岛设分会场。驱车数百米长的引桥，经过主桥，可往返于香港澳门两地。下列说法正确的是（）A. 通过很长引桥，减小了汽车重力沿桥面方向分力B. 通过很长引桥，减小了汽车对桥面的压力C. 汽车通过主桥最高点时，重力的瞬时功率不为零D. 汽车通过主桥最高点时，处于超重状态【答案】A【解析】【详解】AB对车受力分析，受重力、支持力和阻力，重力产生两个作用效果，使物体沿斜面下滑，使物体紧压斜面
6、，设斜面倾角为，将重力按照作用效果正交分解，如图由正交分解得，沿斜面分量为压力的大小等于重力垂直斜面分量的大小，即由于引桥越长，坡角越小，压力变大；重力平行斜面分量为由于引桥越长，坡角越小，越小，通过很长引桥，减小了汽车重力沿桥面方向的分力，故A正确，B错误；C汽车通过主桥最高点时，重力的方向与速度的方向垂直，故重力的瞬时功率为零，故C错误；D汽车通过主桥最高点时，根据牛顿第二定律可得则有处于失重状态，故D错误。故选A。5.电动平衡车因为其炫酷的操作，被年轻人所喜欢，变成了日常通勤的交通工具。平衡车依靠人体重心的改变，来实现车辆的启动、加速、减速、停止等动作。下表所示为某款电动平衡车的部分参数
7、，若平衡车以最大速度行驶时，电机恰好达到额定功率，则下列说法中正确的是（）电池输出电压36 V电池总容量50000 mAh电机额定功率900 W最大速度15 km/h充电时间23小时百公里标准耗电量6 kWhA. 电池最多输出的电能约为1800 JB. 充满电的平衡车以额定功率行驶的最长时间约为2 hC. 该平衡车以最大速度行驶时牵引力约为60 ND. 该平衡车在标准情况下能骑行的最大里程约为3 km【答案】B【解析】【详解】A电池最多储存的电能为故A错误；B由储存的电能除以额定功率可求得时间为故B正确；C根据功率公式则有故C错误；D由电池总电量除以百公里标准耗电量即可求出故D错误。故选B。6
8、.如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度向右运动并压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x；现将弹簧一端连接另一质量为m的物体B，静止于光滑水平面上（如图乙所示），物体A以2v0的速度向右运动并压缩弹簧（如图乙所示），测得弹簧的最大压缩量仍为x，AB运动始终在一条直线上，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（）A. A 物体的质量为 3mB. A 物体的质量为 2mC. 弹簧压缩量最大时的弹性势能为D. 弹簧压缩量最大时的弹性势能为【答案】AC【解析】【详解】当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，设A的质量为，最大的弹性势能为，根据系统
9、的机械能守恒当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A、B速度相等时弹簧的弹性势能最大，设A、B速度为v，由动量定理得由机械能守恒定理得联立解得选项A、C正确，B、D错误。故选A、C。7.如图所示，在竖直面内固定着一个刚性的、绝缘的、内壁光滑的椭圆轨道。AC、BD分别是椭圆短轴与长轴上的点，它们相交于O点。最初，将一个小球从A点水平射出，它能通过C点。现在在O点固定一个正电荷，同时让小球也带正电，仍然将它以相同的速度从A点水平射出，小球始终沿轨道运动，它仍能通过C点，则下列说法正确的是（）A. 小球运动到B点时机械能比原来大B. 小球运动到B点时对轨道的压力和原来相同C. 小球运动到C点时机械能
10、比原来大D. 小球运动到C点时对轨道的压力比原来大【答案】AD【解析】【详解】A因为从A到B的过程中，电场力做正功，所以，和原来相比，小球机械能增大，故A正确；B小球机械能增大，在B点速度比原来大，且受到库仑斥力，则小球运动到B点时对轨道的压力比原来大，故B错误；CDA、C处在同一等势面上，所以从A到C，电场力做功为零，到C点速度与原来相同，机械能与原来相同，但由于存在库仑斥力，所以到C点时对轨道的压力比原来大，故C错误D正确。故选AD。8.如图所示，竖直面内两条平行的、间距为L的四分之一光滑圆弧导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，两导轨与内阻不计的电源、开关、总阻值为R的滑动变阻器相连，导轨与
11、导线电阻均不计。现将一长度也为L、电阻为R/2的导体棒ab放置在导轨上，导体棒恰能静止在图示位置。现缓慢将滑片P从一端移动到另外一端，使导体棒沿导轨缓慢向下滑动，则下列说法正确的是（）A. 在滑片P滑动的过程中，导轨对导体棒的支持力一直减小B. 在滑片P滑动的过程中，导体棒所受的安培力一直减小C. 滑片P应由C点向D点滑动D. 在滑片P滑动的过程中，滑动变阻器消耗的电功率先增大后减小【答案】ABD【解析】【详解】AB根据图示可知，电流从a流向b，根据左手定则可以判断，导体棒受到的安培力水平向左，导体棒沿导轨缓慢向下滑动，时刻处于平衡状态，根据平衡可知，支持力等于重力与安培力的合力，是矢量三角形
12、的斜边，现缓慢将滑片P从一端移动到另外一端，电流一直减小，安培力一直减小，支持力减小，当滑到水平位置时，支持力与重力相等，故AB正确；C因为开始时静止平衡，现导体棒向下滑动，则向右的安培力应减小，根据 可知，电流应减小，电阻增大，则滑片P应由D点向C点滑动，故C错误；D 导体棒ab的电阻为 ，归为电源内阻，滑动变阻器的总阻值为R，故在滑动变阻器电阻减小到零的过程中，根据电源输出功率与外电阻关系可知，滑动变阻器消耗的功率先增大后减小，故D正确。故选ABD。第II卷 非选择题三、非选择题：共62分。第912题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1316题为选题，考生根据要求作答。(一)必考题9.利
13、用计算机和力传感器可以比较精确地测量作用在挂钩上的力，并能得到挂钩所受的拉力随时间变化的关系图象，实验过程中挂钩位置可认为不变某同学利用力传感器和单摆小球来验证机械能守恒，实验步骤如下：如图甲所示，固定力传感器M取一根不可伸长的轻质细线，一端连接一小铁球，另一端穿过固定的光滑小圆环O（小圆环重力不计）并固定在传感器M的挂钩上（小圆环刚好够一根细线通过）；让小铁球自由悬挂并处于静止状态，从计算机中得到拉力随时间变化的关系图象如图乙所示；让小铁球以较小的角度在竖直平面内的A、B之间摆动，从计算机中得到拉力随时间变化的关系图象如图丙所示请回答以下问题（1）小铁球的重力为_（2）为了验证小铁球在最高点
14、A和最低点处的机械能是否相等（忽略空气阻力），现已测得图乙和图丙中的F0、F1、F2的大小，只需验证_等式是否成立即可用F0、F1、F2来表示）【答案】 (1). F0 (2). 3F0=2F1+F2【解析】【详解】第一空.由于重力加速度未知，则有小铁球静止时，绳子的拉力F0，可知小球的重力为：G=mg=F0；第二空.小球在最低点，由牛顿第二定律，则有：F2-F0=m 小球在最低点的动能为： 从A到最低点，物体的重力势能减少量等于重力做的功即：WG=F0l（1-cos）另有对A点受力分析得：F0cos=F1，从A到最低点的过程中，重力势能减少量等于动能增加量，即为：联立化简得：3F0=2F1+
15、F210.物理实验室现有一量程为3V的电压表，内阻约为6。为了较准确地测量其内阻，在没有电流表的情况下，某向学设计了如图甲所示的实验电路，按此电路可以测出电压表的内阻。(1)若电源E、滑动变阻器R2、电阻箱R1各有两个可供选择：电源E：a.电动势2.0V，有内阻 b.电动势5.0V滑动变阻器R2：a.最大阻值20 b.最大阻值1700电阻箱R1：a.0999.9 b.09999.9为了减小实验误差，电源E应选_（填“a”或“b”，下同），滑动变阻器R2应选_，电阻箱R1应选_。(2)该同学在开关都断开的情况下，检查电路连接无误后，接通电路前应将滑动变阻器的滑片P置于_（填“A”或“B”）端，后
16、续必要的实验操作步骤依次是：_(请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母)，最后记录R1的阻值并整理好器材。A.闭合开关S1B.闭合开关S2C.断开开关S1D.断开开关S2E.调节R2的阻值，使电压表满偏F.调节R2的阻值，使电压表半偏G.调节R1的阻值，使电压表半偏H.调节R1的阻值，使电压表满偏(3)按正确的实验步骤完成后，如果所得的R1的阻值为5600.0，则图甲中被测电压表的内阻R1的测量值为_，该测量值_（填“略大于”“略小于”或“等于”）实际值。【答案】 (1). b (2). a (3). b (4). A (5). ABEDG (6). 5600.0 (7). 略大于【解析】【
17、详解】(1)123据题意可知实验原理为半偏法测电压表电阻，电压表量程为，电源E应选b；滑动变阻器接成分压式接法，为了方便调节应选a；电阻箱的电阻与电压表的内电阻近似相等，则电阻箱应选b；(2)45该同学在开关都断开的情况下，为使输出电压最小，接通电路前应将滑动变阻器的滑动头P置于A端；根据实验的原理得知，本实验运用等效替代的方法，应先闭合开关和，调节的阻值，使电压表指针偏转到满刻度，再断开开关，调节的阻值，使电压表指针偏转到满刻度的一半，由于电压表与电阻箱的总电压几乎不变，电箱的电压与电压表的电压相等，电阻也相等，即可读出电压表的内阻。当调节的阻值，使电压表指针偏转到满刻度的一半时，由电阻箱的
18、阻值替代电压表的内阻。因此，后续必要的实验操作步骤依次是ABEDG或BAEDG。(3)67当调节的阻值使电压表半偏时，和电压表各分得的电压为电压表量程的一半，则电压表内阻为，实际上，断开后，滑动变阻器的并联部分的两端电压略有增大，则两端的电压大于，故测量值略大于真实值。11.如图所示，正方形abcd区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子均从a点沿与ab成30角的方向垂直射人磁场，甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场已知甲粒子的速度大小为v，甲、乙两带电粒子的电荷量之比为1:2，质量之比为1:2，不计粒子重力求：(1)乙粒子的速度大小；(2)甲、乙两粒子在磁场中
19、运动的时间之比【答案】（1）v乙=v（2）1：4【解析】【详解】（1）设边界长度为L，如图可得r甲=2L， r乙=，对于甲和乙两粒子，洛伦兹力提供向心力，可得，因为q甲q乙=12、m甲m乙=12所以v甲v乙=，v乙=v（2），如图可得甲=30，乙=120，所以甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为1412.如图所示，质量M=4kg且足够长木板A放在光滑的水平面上，质量m=lkg的小物块B（视为质点）放在A的左端开始时系统处于静止状态t=0时刻，A受到大小为8N、方向水平向右的恒力F1，经时间t1=1.25s后撤去力F1，并立即对B施加大小为3.5N、方向水平向右的恒力F2，再经过时间t2（未知）
20、后，B滑行到木板A上的O点，此时撤 去力F2已知B与A间的动摩擦因数=0.2，O点与A的左端间的距离L1=0.5 m，取g=10m/s2，认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等求：（1）t1=1.25 s时，A、B各自的速度大小；（2）时间t2；（3）A、B的最终速度大小【答案】（1）2m/s（2）1s（3）2.7m/s【解析】【详解】(1)F1作用在A上，那么B最大加速度为设M与m相对静止，则共同的加速度为说明m与M相对静止，所以t1=1.25s时，A、B的速度大小都为：v1=at1=1.61.25m/s=2m/s(2)当F2作用在B上，AB相对滑动，所以对A受力分析知：对B受力分析知根据位移
21、关系知代入数据解得：t2=1s(3)撤掉F2时，A的速度为：v1=v1+a1t2=2+0.51=2.5m/sB的速度为：v2=v1+a2t2=2+1.51=3.5m/s撤掉F2后，对A仍受摩擦力，加速度大小仍为a1，对B则为：a2=-g=-2m/s2A、B最终速度相等为：v共=v1+a1t=v2+a2t代入数据解得：t=0.4s所以A、B的最终速度大小为：v共=v1+a1t=2.5m/s+0.50.4m/s=2.7m/s13.下列说法中正确的是_A. 甲物体温度比乙物体温度高，则甲物体的分子平均速率比乙物体的大B. 在两个分子间的距离由很远（）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增大后减小
22、C. 分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D. 扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，且温度越高，扩散进行得越快E. 热量可以从低温物体传递到高温物体【答案】CDE【解析】【详解】甲物体温度比乙物体温度高，则甲物体的分子平均动能比乙物体的平均动能大，但分子质量大小不确定，所以甲物体的分子平均速率不一定比乙物体大，故A错误；在两个分子间的距离由很远（r10-9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增大、后减小、再增大，故B错误；分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，故C正确；扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，且温度越高，扩散进行得越快，故D正确；热量可以从低温物体传
23、递到高温物体，但要引起其它变化，例如电冰箱工作时就是热量可以从低温物体传递到高温物体，但消耗了电能，故E正确14.U形管左右两管粗细不等，左侧A管开口向上，封闭的右侧B管横截面积是A管的3倍管中装入水银，大气压为p076 cmHg，环境温度为27A管中水银面到管口的距离为h116 cm，且水银面比B管内高h4 cmB管内空气柱长为h26 cm，如图所示欲使两管液面相平，现用小活塞把开口端封住，并给A管内气体加热，B管温度保持不变，当两管液面相平时，试求此时A管气体的温度为多少？【答案】450K【解析】【详解】设A管横截面积为，则B管横截面积为 以B管封闭气体为研究对象初状态：，设末状态的压强为
24、，体积为从初状态到末状态，设A管水银面下降，B管水银面上升，则有：解得：、末状态的体积：由玻意耳定律有：由以上各式得：以管被活塞封闭的气体为研究对象初状态：，末状态：， 由理想气体方程：由以上各式得：15.如图所示为某时刻的两列简谐横波在同一介质中沿相同方向传播的波形图，此时a波上某质点P的运动方向如图所示，则下列说法正确的是()A. 两列波具有相同的波速B. 此时b波上的质点Q正向上运动C. 一个周期内，Q质点沿x轴前进的距离是P质点的1.5倍D. 在P质点完成30次全振动的时间内Q质点可完成20次全振动E. a波和b波在空间相遇处会产生稳定的干涉图样【答案】ABD【解析】【详解】A两列简谐
25、横波同一介质中传播，波速相同，故A正确；B此时a波上质点P的运动方向向下，由波形平移法可知，波向左传播，则知此时b波上的质点Q正向上运动，故B正确；C在简谐波传播过程中，介质中质点只上下振动，不会沿x轴前进，故C错误；D由图可知，两列波波长之比 a：b=2：3，波速相同，由波速公式 v=f得a、b两波频率之比为 fa：fb=3：2。所以在P质点完成30次全振动的时间内Q质点可完成20次全振动，故D正确；E两列波的频率不同，不能产生稳定的干涉图样，故E错误。故选ABD。16.如图所示，平静湖面岸边的垂钓者的眼睛恰好位于岸边P点正上方h1 =1.8 m的高度处，浮标Q离P点的距离s1 =2.4 m，鱼饵灯M在浮标正前方s2 =3.6 m处的水下h2=4.8 m深度处，垂钓者发现鱼饵灯刚好被浮标挡住求：（1）水的折射率；（2）若鱼饵灯缓慢竖直上浮，当它离水面多深时，鱼饵灯发出的光恰好无法从水面PQ间射出（结果可以用根号表示）【答案】（1）（2）3.17【解析】【详解】由几何关系可得：入射角：，i=53，折射角：，r=37，根据光的折射定律可知： 当鱼饵灯离水面深度为h3时，水面PQ间恰好无光射出，此时鱼饵灯与浮标的连线和竖直方向夹角恰好为临界角C，有： ，根据几何关系有：sinC= ，解得：h3=