1、山西省大同市第一中学2020届高三物理下学期2月模拟考试试题（四）（含解析）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.下列说法正确的是( )A. 粒子散射实验的结果证明原子核是由质子和中子组成的B. 比结合能越大，原子核中的核子结合得越牢固，原子核越稳定C. 核力是短程力，其表现一定为吸引力D. 质子、中子、粒子的质量分别为、，由2个质子和2个中子结合成一个粒子，释放的能量是【答案】B【解析】【详解】A粒子散射实验的结果使卢瑟福根据它提
2、出了原子的核式结构模型，故A错误；B比结合能是衡量原子核结构是否牢固的指标，它越大原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定；故B正确；C核力是短程力，其作用的范围是，其表现既有吸引力也有排斥力，故C错误；D2个质子和2个中子结合成1个粒子，根据质能方程知：故D错误。故选B。2.一个物体在几个力的共同作用下处于静止状态，现让力F1逐渐减小到零再逐渐恢复到原来的值（其余力保持不变），下列图像可能正确的是：A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】ABC依题，原来物体在多个力的作用下处于静止状态，物体所受的合力为零，使其中的一个力保持方向不变、大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小的
3、过程中，物体的合力从开始逐渐增大，又逐渐减小恢复到零，物体的加速度先增大后减小，物体先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动。根据速度图象的斜率等于加速度可知，速度图象的斜率先增大后减小，所以AC错误，B正确。D物体的速度一直变大，则位移时间图像的斜率一直变大，选项D错误；故选B。3.2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索（所有钢索均处在同一竖直面内）斜拉桥，其索塔与钢索如图所示下列说法正确的是（ ）A. 增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B. 为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C. 索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，
4、钢索对索塔的合力竖直向下D. 为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布【答案】C【解析】【详解】A、以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A错误；B、由图甲可知，当索塔高度降低后，变大， 变小，故T变大，故B错误C、由B的分析可知，当钢索对称分布时，钢索对索塔的合力竖直向下，故C正确D、受力分析如图乙，由正弦定理可知，只要 ，钢索AC、AB的拉力FAC、FAB进行合成，合力竖直向下，钢索不一定要对称分布，故D错误；综上分析：答案为C4.地球和木星绕太阳运行的
5、轨道可以看作是圆形的，它们各自的卫星轨道也可看作是圆形的已知木星的公转轨道半径约为地球公转轨道半径的5倍，木星半径约为地球半径的11倍，木星质量大于地球质量如图所示是地球和木星的不同卫星做圆周运动的半径r的立方与周期T的平方的关系图象，已知万有引力常量为G，地球的半径为R下列说法正确的是（ ）A. 木星与地球的质量之比为B. 木星与地球的线速度之比为15C. 地球密度为D. 木星密度为【答案】C【解析】【详解】根据得，可知图线的斜率k= ，由于木星的质量大于地球的质量，可知图线斜率较大的是绕木星做圆周运动轨道半径和周期的关系图线，图线斜率较小的是绕地球做圆周运动半径和周期的关系图线对于地球，
6、，解得地球的质量，则地球的密度对于木星， ，解得木星的质量，则木星的密度，则木星与地球的质量之比为，故AD错误，C正确根据可知木星与地球的线速度之比为，故B错误故选C【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，通过轨道半径和周期的表达式得出图线斜率的含义是解决本题的突破口5.如图所示，矩形abcd的ad、bc边长为 2L，ab、cd边长为L。一半径为L的半圆形区域（圆心O在bc中点）内有方向垂直纸面向里、强度为B的匀强磁场。一质量为m、带电量为+q的粒子从b点以速度v0沿bc方向射入磁场，粒子恰能通过d点。不计粒子的重力，则粒子的速度v0大小为A. B. C. D. 【答案】D【
7、解析】【详解】粒子沿直径飞入，根据径向对称特点确定圆心，如图所示：根据几何关系：解得：连接，根据几何关系：解得：这里我们简单提供一种计算的计算方法：联立方程解得：洛伦兹力提供向心力：解得：，D正确，ABC错误。故选D。6.一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的图象如图所示若已知汽车的质量m、牵引力和速度及该车所能达到的最大速度，运动过程中所受阻力恒定，则根据图象所给的信息，下列说法正确的是A. 汽车行驶中所受阻力为B. 汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为C. 速度为时的加速度大小为D. 若速度为时牵引力恰为，则有，【答案】ABD
8、【解析】【详解】A.根据牵引力和速度的图象和功率得汽车运动中的最大功率为，该车所能达到的最大速度时加速度为零，所以此时阻力等于牵引力，所以阻力，选项A正确；B.根据牛顿第二定律，有恒定加速时，加速度，加速的时间：，则汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为，故B正确；C.速度为时的牵引力是，对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和阻力，根据牛顿第二定律，有速度为时加速度大小为 ，故C错误；D.若速度为时牵引力恰为，则，则，选项D正确.故选ABD。7.如图所示，绝缘水平面上O处放质量为m、电荷量为q的带负电荷的小物体劲度系数为k的绝缘轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与小物体接触（未固定），弹簧水平
9、且无形变O点左侧有竖直向下的匀强电场，电场强度为用水平力F缓慢向右推动物体，在弹性限度内弹簧被压缩了x0，此时物体静止撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0，物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g则（）A. 撤去F后，物体回到O点时速度最大B. 撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为C. 物体离开弹簧时速率D. 撤去F后系统产生的内能为4mgx0【答案】BC【解析】【详解】A. 撤去F后，物体回到O之前水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，当弹簧的弹力与滑动摩擦力的合力大
10、小相等、方向相反时，加速度为零，速度最大故A错误B. 撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：物体的加速度为故B正确C. 物块进入电场区域后，受到的电场力：所以在竖直方向上，物块受到的支持力：此时物体受到的摩擦力：物块此时加速度：物块进入电场的区域后竖直方向的摩擦力不变，物块做匀减速直线运动，位移为：x=4x0-x0=3x0由运动学的公式：可得物体离开弹簧时速率为：故C正确D. 物块进入电场前受到的摩擦力： ，物块进入电场区域后受到的摩擦力： ，所以撤去F后系统产生的内能为：故D错误8.两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图甲所示，左线圈连着正方形线框abcd，
11、线框所在区域存在变化的磁场，取垂直纸面向里为正方向，磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示，不计线框以外的感应电场，右侧线圈连接一定值电阻R。则下列说法中正确的是A. 时刻ab边中电流方向由，e点电势低于f点电势B. 设、时刻ab边中电流大小分别为、，则有，e点与f点电势相等C. 时间内通过ab边的电荷量为0，通过定值电阻R的电流方向竖直向下D. 时刻ab边中电流方向由，通过定值电阻R的电流方向竖直向下【答案】BD【解析】【详解】A由图可知，t1时刻磁场方向向里且均匀增加，根据楞次定律，线框中感应电流沿逆时针方向，ab边中电流方向由ab，根据法拉第电磁感应定律知，正方形线框中的感应电动势是恒定值
12、，原线圈中电流值恒定，副线圈中不产生感应电动势，e点电势等于f点电势，故A错误；B根据法拉第电磁感应定律得感应电动势，t1时刻磁感应强度的变化率小于t3时刻的磁感应强度变化率，e1e3，根据欧姆定律，知i1i3；副线圈磁通量不变，定值电阻R中无电流，e点与f点电势相等，故B正确；Ct2t4时间内磁感应强度均匀变化，磁通量均匀变化，感应电动势恒定，有恒定感应电流通过ab，通过ab的电量为q=It，不等于0，恒定电流通过铁芯产生恒定磁场，故副线圈磁通量不变，副线圈无感应电流产生，则定值电阻R中无电流，故C错误；Dt5时刻磁场方向垂直纸面向外，磁场变小，磁通量减小，根据楞次定律得感应电流逆时针，ab
13、边中电流方向ab，磁感应强度的变化率增大，感应电流大小变大，穿过原副线圈的磁通量增大，根据楞次定律，副线圈中感应电动势上正下负，因此通过定值电阻R的电流方向竖直向下，故D正确。故选BD。三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。9.某同学利用如图甲所示的装置探究物体的加速度a与所受合力F的关系图甲打点计时器使用的电源是_（选填选项前的字母）A交流电源 B直流电源 他用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是平衡摩擦力具体操作是：把木板垫高后，小车放在木板上，在不挂小桶且计时器_（选填“打点”或“不打点”）的情况下，轻推一下小车
14、，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其它阻力的影响实验时保持小桶和砝码的总质量远小于小车的质量，其目的是_（选填选项前的字母）A小车所受的拉力近似等于小车所受的合力B小车所受的拉力近似等于小桶和砝码的总重力C保证小车运动的加速度不超过当地重力加速度图乙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出相邻的计数点之间的距离分别为：已知打点计时器的工作频率为50Hz，则小车的加速度a=_（结果保留两位有效数字）图乙另一位同学也利用图甲所示的装置做实验他保持小桶和砝码的质量不变，改变放在小车中砝码的质量m，测出对应的加速度a假设
15、已经完全消除了摩擦力和其它阻力的影响他没有测量小车的质量，而是以为纵坐标，m为横坐标，画出图像从理论上分析，下列图像正确的是_ A B C D【答案】 (1). A (2). 打点 (3). B (4). 0.410.43 (5). B【解析】打点计时器，接交流电源，故选A；在平衡摩擦力小车后面要挂上纸带并接通打点计时器，当纸带上的点间距是均匀的，则说明小车是匀速运动，即平衡了摩擦力；本实验中采用砂桶带动小车的运动，在数据的处理中，小车所受的拉力近似等于小桶和砝码的总重力；因桶本身有加速度，故应减小桶的本身合力，故应使桶的质量远小于车的质量，故选B；相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，则相邻
16、的计数点之间的时间间隔为，根据，得：，代入数据解得：；设小车的质量为M，所受的合外力为F，根据牛顿第二定律得：，变形得：，图象一条倾斜的直线，当m=0时，图象有纵截距，故选B.【点睛】在“验证牛顿第二定律的实验”中要注意平衡摩擦力；同时要注意根据实验的原理和实验方法分析实验中的注意事项及实验结论；根据牛顿第二定律写出表达式可知图象的形状，即可求解10.某探究小组准备用图甲所示的电路测量某电源的电动势和内阻，实验器材如下：待测电源（电动势约2V）；电阻箱R（最大阻值为99.99）；定值电阻R0（阻值为2.0）；定值电阻R1（阻值为4.5k）电流表G（量程为400A，内阻Rg=500）开关S，导线
17、若干（1）图甲中将定值电阻R1和电流表G串联，相当于把电流表G改装成了一个量程为_V的电压表；（2）闭合开关，多次调节电阻箱，并记下电阻箱的阻值R和电流表G的示数I；（3）分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则 和 的关系式为_（用题中字母表示）；（4）以为纵坐标，为横坐标，探究小组作出的图像如图（乙）所示，根据该图像求得电源的内阻r=0.50，则其电动势E=_V（保留两位有效小数）；（5）该实验测得的电动势与真实值相比，理论上_ （填“”“”或“=”）【答案】 (1). 2； (2). ； (3). 2.08； (4). =；【解析】【详解】(1)根据串联电路电流相等，当电流表满偏时改装后的
18、电压表达到最大量程即；(2)根据闭合电路欧姆定律可得：，整理得：；(3) 由对应图象可知，解得；(4)通过（3）分析可知，本实验中不存大原理误差，即为真实的路端电压，为流过电源的真实电流，故电动势的测量值与真实值相同【点晴】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，重点分析实验电路图，同时能正确利用闭合电路欧姆定律列式，注意本题中一定要考虑电表的内阻，同时在分析图象时要认真分析坐标轴的起点值11.如图所示，在风洞实验室中，从A点以水平速度v0向左抛出一个质最为m的小球，小球抛出后所受空气作用力沿水平方向，其大小为F，经过一段时间小球运动到A点正下方的B点 处，重力加速度为g，在此过
19、程中求（1）小球离线的最远距离；（2）A、B两点间的距离；（3）小球的最大速率vmax【答案】（1） （2） （3） 【解析】【分析】（1）根据水平方向的运动规律，结合速度位移公式和牛顿第二定律求出小球水平方向的速度为零时距墙面的距离；（2）根据水平方向向左和向右运动的对称性，求出运动的时间，抓住等时性求出竖直方向A、B两点间的距离；（3）小球到达B点时水平方向的速度最大，竖直方向的速度最大，则B点的速度最大，根据运动学公式结合平行四边形定则求出最大速度的大小；【详解】（1）将小球的运动沿水平方向沿水平方向和竖直方向分解水平方向：Fmaxv022axxm解得： （2）水平方向速度减小为零所需时
20、间总时间t2t1竖直方向上： （3）小球运动到B点速度最大vx=v0Vy=gt【点睛】解决本题的关键将小球的运动的运动分解，搞清分运动的规律，结合等时性，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解12.欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l-0质子束以初速度v0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰已知质子质量为m，电量为e；加速极板AB、AB间电压均为U0，且满足eU0=mv02两磁场磁感应强度相同，半径均为R，圆心O、
21、O在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为H=R；整个装置处于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应(1)试求质子束经过加速电场加速后(未进入磁场)的速度和磁场磁感应强度B；(2)如果某次实验时将磁场O的圆心往上移了，其余条件均不变，质子束能在OO 连线的某位置相碰，求质子束原来的长度l0应该满足的条件【答案】(1) ；(2) 【解析】【详解】解：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有：又：解得：；根据对称，两束质子会相遇于的中点P，粒子束由CO方向射入，根据几何关系可知必定沿OP方向射出，出射点为D，过C、D点作速度的垂线相交于K，则K，则K点即为轨迹的圆心，如图所示，并可知
22、轨迹半径r=R根据洛伦磁力提供向心力有：可得磁场磁感应强度：(2)磁场O的圆心上移了，则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运达半径认为R，对于上方粒子，将不是想着圆心射入，而是从F点射入磁场，如图所示，E点是原来C点位置，连OF、OD，并作FK平行且等于OD，连KD，由于OD=OF=FK，故平行四边形ODKF为菱形，即KD=KF=R，故粒子束仍然会从D点射出，但方向并不沿OD方向，K为粒子束的圆心由于磁场上移了，故sinCOF=，COF=，DOF=FKD=对于下方的粒子，没有任何改变，故两束粒子若相遇，则只可能相遇在D点，下方粒子到达C后最先到达D点的粒子所需时间为而上方粒子最后一个到
23、达E点的试卷比下方粒子中第一个达到C的时间滞后上方最后的一个粒子从E点到达D点所需时间为要使两质子束相碰，其运动时间满足联立解得13.以下说法正确的是_A. 当一定量气体吸热时，其内能可能减小B. 单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体都没有固定的熔点C. 一定量的理想气体在等温变化的过程中，随着体积减小，气体压强增大D. 已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可估算出该气体分于间的平均距离E. 给自行车打气时越往下压，需要用的力越大，是因为压缩气体使得分子间距减小，分子间作用力表现为斥力导致的【答案】ACD【解析】【详解】当一定量气体吸热时，若气体对外做功大于吸收的热量，则其内能减小，选项A
24、正确；单晶体和多晶体都有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，选项B错误；根据PV/T=C可知，一定量的理想气体在等温变化的过程中，随着体积减小，气体压强增大，选项C正确；已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，用气体的摩尔质量除以密度可得摩尔体积，再除以阿伏加德罗常数，可得一个分子运动占据的空间的体积，把每个分子占据的空间的体积看做是立方体，从而可估算出该气体分于间的平均距离，选项D正确；给自行车打气时越往下压，需要用的力越大，是因为压缩气体时体积减小，压强变大，从而感觉越费力；与分子间的斥力无关，选项E错误；故选ACD.14.如图所示，开口向上、粗细均匀的玻璃管竖直放置，管内用两段水银柱封闭
25、了两部分理想气体，AB段和CD段分别是两段长h15 cm的水银柱。BC段气柱长l15 cm, D到玻璃管底端长l25 cm。已知大气压强是75 cmHg，玻璃管的导热性能良好，环境的温度T0300 K，以下过程中水银均未从管内流出。将玻璃管从足够高处由静止释放，不计空气阻力，求下落过程中A处的水银面沿玻璃管移动的距离xA；保持玻璃管静止，缓慢升高环境温度，同样可以使A处的水银面沿玻璃管移动到与中所求相同的位置，求此时环境温度T。【答案】3 cm T390K【解析】【详解】静止时，BC段气体的压强为p1 75 cmHg15 cmHg90 cmHgD到玻璃管底端气体的压强为p275 cmHg15
26、cmHg15 cmHg105 cmHg自由下落后，水银柱产生的压强消失，上下两部分气体的压强均为p075 cmHg根据玻意耳定律得，p1l1p1l1p2l2p2l2解得l16 cml27cmxAl1l2l1l23 cm缓慢升高环境温度的过程中，上下两部分气体均做等压变化，由盖吕萨克定律得由于l1l2，xA3 cm，故最终l1l265 cm解得T390 K15.如图所示为一列简谐横波在t0时的波形图，波沿x轴负方向传播，传播速度v1m/s，则下列说法正确的是 A. 此时x1.25m处的质点正在做加速度增大的减速运动B. x0.4m处的质点比x0.6 m处的质点先回到平衡位置C. x4m处的质点再
27、经过1.5s可运动到波峰位置D. x2m处的质点在做简谐运动，其振动方程为y0.4sint (m)E. t2s的波形图与t0时的波形图重合【答案】ACE【解析】【详解】A、波沿x轴负向传播，故此时x1.25 m处的质点向上运动，质点纵坐标大于零，故由质点运动远离平衡位置可得：质点做加速度增大的减速运动，故A正确；B、由波沿x轴负向传播可得：x0.6 m处的质点向平衡位置运动，故x0.4 m处的质点、x0.6 m处的质点都向平衡位置运动，且x0.4 m处的质点比x0.6 m处的质点距离远，那么，x0.6m处的质点比x0.4 m处的质点先回到平衡位置，故B错误；C、由波沿x轴负向传播可得：x4 m
28、处的质点由平衡位置向下振动，故x4 m处的质点再经过可运动到波峰位置，又有波长2m，波速v1m/s，所以，周期T2s，那么，x4 m处的质点再经过1.5 s可运动到波峰位置，故C正确；D、由C可知：x2 m处的质点在做简谐运动的周期T2s，又有振幅A0.4m，t0时，质点位移为零，根据波沿x轴负向传播可知质点向下振动，故可得：振动方程为y0.4sin（t）（m），故D错误；E、由C可知简谐波的周期T2s，故经过2s，波正好向前传播一个波长，波形重合，故t2s的波形图与t0时的波形图重合，故E正确16.如图所示，平静湖面岸边的垂钓者，眼睛恰好位于岸边P点正上方0.9m的高度处，水面与P点登高，浮标Q离P点1.2m远，鱼饵灯M在浮标正前方1.8m处的水下，垂钓者发现鱼饵灯刚好被浮标挡住，已知水的折射率，求：鱼饵灯离水面的深度；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【答案】【解析】【详解】（1）设入射角、折射角分别为i、r，设鱼饵灯离水面的深度为h2则有：sinisinr根据光的折射定律可知：n联立并代入数据得：h22.4 m（2）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，则有：sinC由sinC得：h3 m1.60 m