1、静宁一中2021届高三级第四次模拟试题（卷）理科综合能力测试二、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1417题只有一个正确答案，第1821题有多项符合要求。全选对得6分，选对但不全对得3分，有选错的得0分。14如图所示,两箱相同的货物,现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用扶梯台式电梯运送，图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种情况下电梯都是匀速运送货物，下列关于两电梯在运送货物时的说法正确的是()A两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功B图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功C图甲中电梯对货物的支持力对货物不做功D图乙中电梯对货物的支持力对货物不做
2、功15某人用绳子通过定滑轮拉物体A，A穿在光滑的竖直杆上，人以速度v0匀速向下拉绳，当物体A到达如图所示位置时，,绳与竖直杆的夹角为，则物体A实际运动的速度是()A B Cv0 cos Dv0 sin 16如图所示两个底边相等的固定在水平面的光滑斜面甲和乙倾角分别为70和20，质量为m1和m2(m1t2 Bt1”“0)。A从O点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t：B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求(1)电场强度的大小;(2)B运动到P点时的动能。25（17分）近年来，随着AI的迅猛发展,自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及。如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带
3、右端与水平面相切，以v0=2 m/s的恒定速率顺时针运行,传送带的长度为L=7.6 m。机械手将质量为1 kg的包裹A轻放在传送带的左端,经过4 s包裹A离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3 kg的包裹B发生正碰，碰后包裹B在水平面上滑行0.32 m后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣。已知包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g=10 m/s2,求:(1)包裹A与传送带间的动摩擦因数;(2)两包裹碰撞过程中损失的机械能;(3)包裹A是否会到达分拣通道口。（二）选考题：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，每科按所做的第一题计算。33物理选
4、修3-3（15分）(1)(5分)(2019广东深圳调研)关于分子动理论,下列说法正确的有()A扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明B布朗运动不是分子的运动,但间接地反映了液体分子运动的无规则性C压缩气体时,体积越小,压强越大,说明气体分子间存在着斥力D从微观角度来看,气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关E当分子间作用力表现为引力时,分子势能随距离的增大而减小(2)（10分）如图,一粗细均匀的细管开口向上竖直放置,管内有一段高度为20 cm的水根柱,水银柱下密封了一定量的理想气体,水银柱上表面到管口的距离为20 cm。若将细管倒置,水银柱下表面恰好位于管口处,且无水银滴落
5、,管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76 cmHg,环境温度为296 K。()求细管的长度;()若在倒置前,缓慢加热管内被密封的气体,直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止,求此时密封气体的温度。34物理选修3-4（15分）(1)(5分)半圆形玻璃砖横截面如图,AB为直径,O点为圆心。在该截面内有a、b两束单色可见光从空气垂直于AB射入玻璃砖,两入射点到O的距离相等。两束光在半圆边界上反射和折射的情况如图所示,则a、b两束光()A在同种均匀介质中传播,a光的传播速度较大B以相同的入射角从空气斜射入水中,b光的折射角大C在真空中,a光的波长小于b光波长D让a光向A端逐渐平移,将发生全反射E
6、分别通过同一双缝干涉装置,a光的相邻亮条纹间距大(2)（10分）一列简谐横波在t= s时的波形图如图(a)所示,P、Q是介质中的两个质点。图(b)是质点Q的振动图像。求()波速及波的传播方向;()质点Q的平衡位置的x坐标。静宁一中2021届高三级第四次模拟试题（卷）理科综合能力测试物理答案一、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1417题只有一个正确答案，第1821题有多项符合要求。全选对得6分，选对但不全对得3分，有选错的得0分。14答案D在图甲中,货物随扶梯台式电梯匀速上升时,货物受到的支持力竖直向上,与货物位移方向的夹角小于90,故此种情况下支持力对货
7、物做正功,选项C错误;图乙中,货物受到的支持力与履带式自动电梯的接触面垂直,此时货物受到的支持力与货物位移方向垂直,故此种情况下支持力对货物不做功,选项A、B错误,D正确。15答案A将A的速度以运动效果分解为沿绳方向和垂直于绳方向的速度,如图所示,拉绳的速度等于A沿绳方向的分速度,根据平行四边形定则得,实际速度v=,选项A正确。16答案C设斜面底边长为L,斜面的倾角为。则物体下滑的加速度大小a=g sin 根据运动学公式有=at2，得t=根据数学知识知sin(270)=sin 40=sin(220)，可得t1=t2。17答案D根据v=可知,“墨子号”卫星的线速度大于地球同步通信卫星的线速度,故
8、A错误;根据a=可知“墨子号”卫星的向心加速度小于地面的重力加速度,故B错误;根据G=mr,知道同步卫星的周期T=24 h、半径r=h+R,可求解地球的质量,故C错误;根据v=,由C可知可算得地球的质量M,又“墨子号”卫星的轨道半径r=R+h,可求解“墨子号”环绕地球运行的线速度大小,故D正确。18答案BD小球沿细杆从M点运动到N点的过程中,弹簧先恢复原长,然后被压缩,再伸长到原长,再被拉伸,对应做功为,先做正功、然后做负功、再做正功、再做负功,故A错误;小球加速度大小等于g sin 的位置有三个,一个是在P点、另外两个在弹簧处于原长的位置,故B正确;小球处于MPN三点时,弹簧形变量相等,弹性
9、势能相等,小球从M到N过程中重力势能的减少量,是从M到P过程重力势能减少量的两倍,可得小球运动到N点时的动能是运动到P点时动能的两倍,N点的速度是P点速度的倍,故C错误,D正确。19答案BCD将极板A稍向上平移,板间距离d增大,根据电容的决定式C=得知,电容C减小;若电容器的电压不变,则电容器所带电量将要减小,由于二极管具有单向导电性,电荷不能流回电源,电容器上电荷放不掉,所以电容器的电量保持不变,由于电容C减小,由电容的定义式C=可知,U变大。根据推论可知,板间场强E不变,电荷所受的电场力不变,仍保持静止状态。P与B板间电势差UPB=Ex,E、x都不变,UPB保持不变,P点的电势保持不变,则
10、电荷在P点电势能Ep不变。故A错误,B、C、D正确。20答案AC由题意知,A球加上力F移动一段距离后仍处于静止状态,故B球对A球的库仑力沿竖直方向上分力增大,B球应该向左移动,A球对B球的库仑力在水平方向的分力等于匀强电场对B球的静电力,而匀强电场对B球的静电力不变,根据作用力和反作用力的关系,B球对A球的库仑力在水平方向的分力大小也不变,所以A球对竖直墙壁的压力不变,选项A正确;A、B两球的连线与水平方向的夹角变大,F库 cos 不变,库仑力F库一定变大,选项C正确;两球之间的距离减小,选项B错误;根据力的相互作用性可知,A球对B球的库仑力在竖直方向上的分力变大,故地面对B球的弹力变大,选项
11、D错误。21答案CD当球B运动到最高点时,水平转轴O对杆的作用力为零,这说明球A、B对杆的作用力是一对平衡力,由于A做圆周运动的向心力竖直向上且由杆的弹力与重力的合力提供,故A所受杆的弹力必竖直向上,B所受杆的弹力必竖直向下,且两力大小相等,D项正确;对A球有F-mg=m2L,对B球有F+mg=m22L,由以上两式联立解得=,则A球的线速度vA=L=,B球的线速度vB=2L=2,A、B项错误,C项正确。22答案(1)348(2)124128(3)存在空气阻力解析(1)v5=1-2 m/=348 m/s。(2)重力势能的增加量Ep=mgh,代入数据可得Ep124 J,动能减少量为Ek=m-m,代
12、入数据可得Ek128 J。(3)由计算可得EpEk,主要是由于存在空气阻力。23答案(1)2.75(2)如图所示(3)(M+m)gg(4)0.40解析本题考查物体的平衡、滑动摩擦力的计算及分析图像的能力。(1)由图可知弹簧测力计的读数为2.75 N。(2)画图线时应使尽可能多的点落在线上,不在线上的点应均匀分布在线的两侧。(3)以木块和砝码为研究对象,整体水平方向受木板的滑动摩擦力和细线的拉力,f=(M+m)g,整理得f=mg+Mg,故f-m图线的斜率k=g。(4)由图知k=3.9 N/kg,故=0.40。24答案(1)(2)2m(+g2t2)解析(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度
13、为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有mg+qE=maa=gt2解得E=(2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的高度差为h,根据动能定理有Ek-m=mgh+qEh且有v1=v0th=gt2联立式得Ek=2m(+g2t2)25答案(1)05(2)096 J(3)见解析解析(1)假设包裹A经过t1时间速度达到v0,由运动学知识有t1+v0(t-t1)=L包裹A在传送带上加速度的大小为a1,则a1=包裹A的质量为mA,与传送带间的动摩擦因数为1,由牛顿运动定律有1mAg=mAa1解得1=0.5(2)包裹A离开传送带时速度为v0,设碰后包裹A与包裹B速度分别为
14、vA和vB,由动量守恒定律有mAv0=mAvA+mBvB包裹B在水平面上滑行过程,由动能定理有-2mBgx=0-mB解得vA=-04 m/s,负号表示方向向左两包裹碰撞时损失的机械能E=mA-mA-mB解得E=0.96 J(3)碰后包裹A返回传送带,在传送带作用下向左运动xA后速度减为零,由动能定理可知-1mAgxA=0-mA解得xA=0.016 mL,包裹A在传送带上会再次向右运动设包裹A再次离开传送带的速度为vA,由动能定理得1mAgxA=mAvA2，代入数据解得vA=0.4 m/s设包裹A再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为xA,由动能定理得-2mAgxA=0-mAvA2解得xA=00
15、8 m由于xA032 m,包裹A不会到达分拣通道口33（1）答案ABD扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明,A正确;布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的运动,不是分子的运动,但间接地反映了液体分子运动的无规则性,B正确;压缩气体时,体积越小,压强越大,这是因为体积越小时气体分子数密度越大,单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数越多,从而压强越大,这与气体分子间的斥力无关,C错误;从微观角度来看,气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关,D正确;当分子间作用力表现为引力时,分子间距离变大,则分子力做负功,分子势能增加,即分子势能随距离的增大而增大,E错误。（2）答案()41 cm(
16、)312 K解析()设细管的长度为L,横截面的面积为S,水银柱高度为h;初始时,设水银柱上表面到管口的距离为h1,被密封气体的体积为V,压强为p;细管倒置时,气体体积为V1,压强为p1。由玻意耳定律有pV=p1V1由力的平衡条件有p=p0+ghp1=p0-gh式中,、g分别为水银的密度和重力加速度的大小,p0为大气压强。由题意有V=S(L-h1-h)V1=S(L-h)由式和题给条件得L=41 cm()设气体被加热前后的温度分别为T0和T,由盖吕萨克定律有=由式和题给数据得T=312 K34（1）临界角Ca大于b光的临界角Cb,根据sin C=,知a光的折射率小,即navb,选项A正确;根据n=
17、,当i相等时,rarb,选项B错误;由vavb知其频率关系为fab,选项C错误;a光束向A端平移,射到圆面的入射角增大到大于临界角,发生全反射,故选项D正确;根据条纹间距公式x=知,用a光时条纹间距大,选项E正确。（2）答案()18 cm/s沿x轴负方向传播()xQ=9 cm解析本题考查机械振动、机械波。()由图(a)可以看出,该波的波长为=36 cm由图(b)可以看出,周期为T=2 s波速为v=18 cm/s由图(b)知,当t= s时,质点Q向上运动,结合图(a)可得,波沿x轴负方向传播。()设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为xP、xQ。由图(a)知,x=0处y=-=A sin (-30),因此xP=3 cm由图(b)知,在t=0时质点Q处于平衡位置,经t= s,其振动状态向x轴负方向传播至P点处,由此及式有xQ-xP=vt=6 cm由式得,质点Q的平衡位置的x坐标为xQ=9 cm