【文档说明】【精准解析】内蒙古通辽市蒙古族中学2020届高三下学期模拟（四）物理试题.doc，共(18)页，879.000 KB，由小赞的店铺上传

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通辽市蒙古族中学2020届高三模拟（四）理科综合物理部分二、选择题（本题共8小题，每小题6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，全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。）1.下列说法正确的是A.

原子核的质量大于组成它的核子的总质量，这个现象叫做质量亏损B.玻尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的C.在光电效应实验中，某金属的截止频率对应的波长为λ0，若用波长为λ(λ>λ0)的单色光照射该金属，会产生光电效应D.爱因斯

坦提出质能方程E=mc2，其中E是物体以光速c运动时的动能【答案】B【解析】【详解】A.原子核的质量小于组成它的核子的总质量，这个现象叫做质量亏损．故A错误．B.玻尔原子模型：电子的轨道是量子化的，原子的能量也是量子化的，所以他提出能

量量子化．故B正确．C.光电效应实验中，某金属的截止频率对应的波长为λ0，根据cv=，结合光电效应发生的条件可知，若用波长为0()的单色光做该实验，其频率变小，不好产生光电效应．故C错误．D.其中E是与物体相联

系的一切能量的总和，即不是单一的动能，也不是单一的核能．故D错误．2.如图所示，两根不可伸长的轻绳一端与一个质量为m的小球相连于O点，另一端分别固定在小车天花板上的A、B两点，OA绳与天花板的夹角为30°

，OB绳与天花板的夹角为60°，重力加速度为g．当小车以速度ν向右做匀速直线运动，小球与车保持相对静止时，下列说法正确的是A.OA绳对小球的拉力大小为32mgB.OB绳对小球的拉力大小为12mgC.OA绳对小球拉力做功的功率为34mgvD.重力对小球做功的功率为mgv【答案】C【解析

】【分析】根据共点力的平衡，根据平行四边形法则求解两边绳的拉力大小；根据P=Fv求解功率.【详解】小车以速度ν向右做匀速直线运动，则小球处于平衡状态，由平衡条件可知，01sin302OATmgmg==，03cos302OBTmgmg==，选项AB错误；OA绳对

小球拉力做功的功率为03cos304OAOAPTvmgv==，选项C正确；重力对小球做功的功率为0cos900GPGv==，选项D错误；故选C.3.若已知引力常量G，则利用下列四组数据可以算出地球质量的是（）A.一颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星的运行速率和周期B.一颗绕地球做匀速圆周运

动的人造卫星的质量和地球的第一宇宙速度C.月球绕地球公转的轨道半径和地球自转的周期D.地球绕太阳公转的周期和轨道半径【答案】A【解析】【详解】ABC．可根据方程22MmvGmrr=和22rvTvrT==联立可以求出地球质量M，选项BC错误，A正确；D．已知地球绕太阳

公转的周期和轨道半径可以求出太阳质量，选项D错误。故选A。4.两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是()A.q1、q2为等量异种电荷

B.N、C两点间场强方向沿x轴负方向C.N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大D.将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小【答案】C【解析】【详解】A．若是异种电荷，电势应该逐渐减小或逐渐增大，由图象可以看出，应该

是等量的同种正电荷，故A错误；B．沿x正方向从N到C的过程，电势降低，N、C两点间场强方向沿x轴正方向．故B正确；C．φ−x图线的斜率表示电场强度，由图可得N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大，故C正确；D．NC电场线向右，CD电场线

向左，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大．故D错误；【点睛】由图象中电势的特点可以判断是同种等量正电荷．由电势图线的斜率可以判断电场强度的大小．沿电场线电势降低，可以判断电场强度的方向，可知电场力做功的正负，从而判断电势能的变化．5.如

图甲所示，一质量为m的物体静止在水平面上，自t=0时刻起对其施加一竖直向上的力F，力F随时间t变化的关系如图乙所示，已知当地重力加速度为g，在物体上升过程中，空气阻力不计，以下说法正确的是（）A.物体做匀变速直线运动B.02t时刻物体速度最大C.物体

上升过程的最大速度为0gtD.0t时刻物体到达最高点【答案】BD【解析】【详解】由图可得力F与时间的关系为022mgFmgtt=−，则可得物体的合外力与时间的关系为02AmgFmgtt=−，由牛顿第二定律可得加速度与时间的关系式为02Fgagtmt==−合，则可知物体先向上做加速度

减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，然后再向下做加速度增大的加速运动，在上升过程中，当加速度为零时，速度最大，即020ggtt−=，可得012tt=，故A错误，B正确；由初速度大小为零，所以末速度大小等于速度的变化大小，由前面的分析可知，加速度与时间成线性关系，所

以最大速度大小为0001224mtgvvgt+===，故C错误；由前面的分析可知在t=t0时，加速度为ag=−，根据运动的对称性规律可知，此时间速度减小为0，物体运动到最高点，故D正确．故选BD．6.如图，等离子体以

平行两极板向右的速度v=100m/s进入两极板之间，平行极板间有磁感应强度大小为0.5T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，两极板间的距离为10cm，两极板间等离子体的电阻r=1Ω。小波同学在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电路中B点，沿边缘放一个圆环形电极接电路中A点后

完成“旋转的液体”实验。若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，上半部分为S极，R0=2.0Ω，闭合开关后，当液体稳定旋转时电压表（视为理想电压表）的示数恒为2.0V，则A.玻璃皿中的电流方向由中心流向边缘B.由上往下看，液体做逆时针旋转C.通过R0的电流为1.5

AD.闭合开关后，R0的热功率为2W【答案】BD【解析】【详解】AB．由左手定则可知，正离子向上偏，所以上极板带正电，下极板带负电，所以由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向

中心，器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A错误，B正确；C．当电场力与洛伦兹力相等时，两极板间的电压不变，则有UqvBqd=得==0.50.1100V=5VUBdv由闭合电路欧姆定律有V0()U

UIrR−=+解得1AI=R0的热功率0202WRPIR==故C错误，D正确。故选BD。7.如图所示，边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′以角速度ω匀速转动，轴OO′'垂直于磁感线，制成一台交流发电

机，它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置开始计时，下列判断正确的是()A.交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2cosωtB.变压器的输入

功率与输出功率之比为2∶1C.电压表V示数为NBωL2D.若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表和电压表示数均变小【答案】AC【解析】【详解】A．从垂直于中性面时开始时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBL2ωcosωt故A正确；B．变压器的输入

与输出功率之比为1：1，故B错误；C．交流电在一个周期内有半个周期通过二极管，次级交流电压的最大值等于U2m=2NBωL2根据电流的热效应可得222()22mUTUTRR＝解得U=NBωL2故C正确；D．当P位置向下移动，R增大，

根据理想变压器的变压原理知输出电压即电压表V的示数不变，电阻消耗的功率变小，故电流表示数变小，故D错误。故选AC．8.如图所示，a、b、c分别为固定竖直光滑圆弧轨道的右端点、最低点和左端点，Oa为水平半径，c点和圆心O的连线与竖直方向的夹角53=。现从a点正上方的P点由静止释放一

质量1kgm=的小球（可视为质点），小球经圆弧轨道飞出后以水平速度3m/sv=通过Q点。已知圆弧轨道的半径1mR=，取重力加速度210m/sg=，sin530.8=，cos530.6=，不计空气阻力。下列分析正

确的是（）A.小球从P点运动到Q点的过程中重力所做的功为4.5JB.P、a两点的高度差为0.8mC.小球运动到b点时对轨道的压力大小为43ND.小球运动到c点时的速度大小为4m/s【答案】AC【解析】【详解】ABD．小球从c到Q的逆过程做平抛运动，小球运动

到c点时的速度大小3m/s5m/scos0.6cvv===小球运动到c点时竖直分速度大小4tan3m/s=4m/s3cyvv==则Q、c两点的高度差224m0.8m2210cyvhg===设P、a两点的高度差为H，从P到c，由机械能守恒得21cos2cmgH

Rmv+=()解得0.65mH=小球从P点运动到Q点的过程中重力所做的功为cos1100.6510.60.8J4.5JWmgHRh=+−=+−=()()故A正确，BD错误；C．从P到b，由机械

能守恒定律得212bmgHRmv+=()小球在b点时，有2bvNmgmR−=联立解得43NN=根据牛顿第三定律知，小球运动到b点时对轨道的压力大小为43N，故C正确。故选AC。第II卷三、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，每个试题考生都必须做答。第33题～

第38题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共129分）9.橡皮筋像弹簧一样，也遵守胡克定律，即在弹性限度内伸长量△x与弹力F成正比，可表达为Fkx=，某同学用铁架台、刻度尺、钩码和待测橡皮筋组成

如图所示装置，测定橡皮筋的劲度系数，是通过改变钩码个数测得一系列弹力F与橡皮筋总长度x的值，并作出Fx−图象如图。请回答下列问题：（1）若将图线延长与F轴相交，该交点的物理意义是_________________；（2）由图线计算得该橡皮筋的劲度系数为________

_；（3）橡皮筋的劲度系数的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L、横截面积S有关，理论与实际都表明YSkL=，其中Y是一个由材料决定的常数，材料力学上称之为杨氏模量。已知该实验所测橡皮筋未受到拉力时圆形横截面的直径D=4.00mm，则其杨氏模量Y=__________。【答案】(1).

相当于弹簧压缩1cm时的弹力(2).24N/m(3).51.1510Pa【解析】【详解】（1）[1]根据Fx−图象得到，橡皮筋总长度x=6cm时，此时弹力F=0，如果对弹簧来说，弹簧处于原长，将图线延长

与F轴相交，该交点对应的橡皮筋总长度x=5cm，所以该交点的物理意义是相当于弹簧压缩1cm时的弹力。（2）[2]根据胡克定律Fkx=得出弹力F与橡皮筋总长度x的关系式为()0Fkxl=−图象的斜率大小等于劲度系数大小，由图象求出劲度系数为24N/mFkx

==（3）[3]根据YSkL=得，杨氏模量为25252240.06N/m1.1510N/m1.1510Pa0.0042kLYS====10.某同学想将一量程为1mA的灵敏电流计G改装为多用电表，他的部分实验步骤如下：（1）他用如图甲所示

的电路测量灵敏电流计G的内阻①请在乙图中将实物连线补充完整____________；②闭合开关S1后，将单刀双置开关S2置于位置1，调节滑动变阻器R1的阻值，使电流表G0有适当示数I0：然后保持R1的阻值不变，将开关S2置于位置2，调节电阻箱R2，使电流表G0示数仍为I0

．若此时电阻箱阻值R2=200Ω，则灵敏电流计G的内阻Rg=___________Ω．（2）他将该灵敏电流计G按图丙所示电路改装成量程为3mA、30mA及倍率为“×1”、“×10”的多用电表．若选择电

流30mA量程时，应将选择开关S置于___________(选填“a”或“b”或“c”或“d")，根据题给条件可得电阻R1=___________Ω，R2=___________Ω．（3）已知电路中两个电源的电动势均为3V，将选择开关置于a测量某

电阻的阻值，若通过灵敏电流计G的电流为0.40mA，则所测电阻阻值为___________Ω．【答案】(1).如图所示：(2).200(3).b(4).10(5).90(6).150【解析】【详解】(1)①由原理图连线如图：；②由闭合电路欧姆定律可知，两情况下的电流相同，所以灵敏电流计G

的内阻Rg=200；(2)由表头改装成大量程的电流表原理可知，当开关接b时，表头与R2串联再与R1串联，此种情形比开关接c时更大，故开关应接b由电流表的两种量程可知：接c时有：312320010100210RR−−+==接b时

有：33122910110(200)RR−−=+联立解得：1210,90RR==；(3)接a时，max30ImA=，多用电表的内阻为：331003010gR−==，此时流过待测电阻的电流为0.4(90200)0.41210ImA+=+=，所以总电阻为：332501210R−=

=总，所以测电阻阻值为150．11.如图所示，PQ、MN两轨道间距L=1m，其中Pe、Mf段是光滑轨道且ce、df段水平，而eQ、fN段为水平粗糙轨道，同时在efhg区域存在方向竖直向下、磁感应强度B=1T的匀强磁场，定值电阻R1=2Ω。现有质量m=1

kg、电阻R2=2Ω的两根相同导体棒ab和cd，导体棒cd静止在水平轨道上，导体棒ab在距cd高H=0.45m处由静止释放，ab棒在光滑轨道上下滑至cd棒处与其发生弹性碰撞，两者速度交换后导体棒cd进入匀强磁场区域，在磁场中运动距离x=1.5m后恰好停在磁场右边界gh处，其中导体棒c

d与水平粗糙轨道间的动摩擦因数μ=0.1，g取10m/s2，不计轨道电阻，求：（1）导体棒cd进入磁场区域后直至停止，定值电阻R1产生的热量Q1（2）导体棒cd进入磁场区域到停止的运动时间t【答案】（1）0.5J；（2）2.5s【解析】【

详解】（1）导体棒ab由静止释放至与cd碰撞前，由动能定理得212mgHmv=两导体棒发生弹性碰撞后，ab棒静止，cd棒以v=3m/s的速度进入磁场区域，导体棒cd在磁场中运动，根据动能定理得2102AWmgxmv==−回路产生的

总焦耳热为212AQWmvmgx=−=−总代入数据解得3JQ=总因为定值电阻R1与ab棒并联后再与cd棒串联且三者电阻均为2Ω，三者电流之比为1:1:2，所以热量之比为1:1:4，故定值电阻R1产生的热量为110.5J6QQ==总（2）电流的大小为EBLvIRR==总总导体

棒cd通过的电荷量为EBLxqIttRR===总总对导体棒cd由动量定理得0BILtmgtmv−−=−联立上式，代入数据解得2.5st=12.如图所示，水平面上有A、B两个小物块（均视为质点），质量均为m，两者之间有一被压缩的轻质弹簧（

未与A、B连接）。距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体（底部与水平面平滑连接）。某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A、B瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D（物块A过D点后立即撤去），B向左平滑地滑上斜

面体，在斜面体上上升的最大高度为L（L小于斜面体的高度）。已知A与右侧水平面的动摩擦因数0.5=，B左侧水平面光滑，重力加速度为g，求：(1)物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小；(2)斜面体的质量；(3)物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功。【答案】(1)

6mg；(2)2mM=；(3)83mgLW=【解析】【详解】(1)在D点，有2DvmgmL=从C到D，由动能定理，有2211222DCmgLmvmv−=−在C点，有2CvFmgmL−=解得6Fmg=由牛顿第三定律可知，物块A通过C点时对半圆形轨道的压力6FFmg==(2)弹簧释放瞬间，

由动量守恒定律，有ABmvmv=对物块A，从弹簧释放后运动到C点的过程，有22A1122CmgmvmvL−=−B滑上斜面体最高点时，对B和斜面体，由动量守恒定律，有()BmvmMv=+由机械能守恒定律，有22B11()22mv

mMvmgL=++解得2mM=(3)物块B从滑上斜面到与斜面分离过程中，由动量守恒定律BBmvmvmv=+由机械能守恒，有222BB111222mvmvMv=+解得B63gLv=，463gLv=由功能关系知，物

块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功212WMv=解得83mgLW=13.下列关于热现象的判断正确的是___________A.单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的

B.露珠呈现球状是由于液体表面张力的作用C.在完全失重的情况下，气体对器壁的压强为零D.气体被压缩时，内能可能不变E.不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其它影响【答案】BDE【解析】【详解】A．单晶体的物理性质是各向异性的，多晶体和非晶体的物理性质是各

向同性的；故A错误.B．液体表面张力的产生原因是：液体表面层分子较稀疏，分子间引力大于斥力；合力现为引力，露珠呈现球状是由于液体表面张力的作用;故B正确.C．根据压强的微观意义可知气体对器壁的压强是由于大量分子对器壁持续的撞击形成的，

与是否失重无关;故C错误.D．做功与热传递都可以改变物体的内能，可知气体被压缩时，内能可能不变;故D正确.E．根据热力学第二定律可知，不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其它影响;故E正确.14.如图所示，某同学设计了测量液体密度的装置．左侧容器

开口；右管竖直，上端封闭，导热良好，管长L0=1m，粗细均匀，底部有细管与左侧连通，初始时未装液体．现向左侧容器缓慢注入某种液体，当左侧页面高度为h1=0.7m时，右管内液柱高度h2=0.2m．已知右管横截面积远小于左侧横截面积，大气压强501.010PaP=

，取210m/sg=．(i)求此时右管内气体压强及该液体的密度；(ii)若此时右管内气体温度T=260K，再将右管内气体温度缓慢升高到多少K时，刚好将右管中的液体全部挤出？（不计温度变化对液体密度的影响）【答案】（1）511.2510pPa=33=

510/kgm（2）350K【解析】【详解】（1）对右管内的气体，由等温变化规律：0011pVpV=其中：00VLS=()102VLhS=−解得：511.2510Pap=又：()1012ppghh=+−解得：33=510kg

/m（2）对右管内的气体：2011pVpVTT=其中：201ppgh=+，解得：350KT=15.某横波在介质中沿x轴传播，图甲是1st=时的波形图，图乙是介质中2mx=处质点的振动图象，则下说法正确的是A.波沿x轴正向传播，波速

为1m/sB.t＝2s时，x＝2m处质点的振动方向为y轴负向C.x＝lm处质点和x＝2m处质点振动步调总相同D.在1s的时间内，波动图象上任意质点通过的路程都是10cmE.在t＝ls到t＝2s的时间内，x＝0.5m

处的质点运动速度先增大后减小【答案】BDE【解析】A、由甲图知，波长λ=2m，由乙图知，质点的振动周期为T=2s，则波速为：1/vmsT==，由乙图知，t=1s时刻，x=2m处质点向上运动，根据甲图可知，该波沿x轴负方向传

播，故A错误；B、由乙图知，t=2s时，x=2m处质点的振动方向为y轴负向，故B正确；D、因12Tts==，则在C、x=lm处质点和x=2m处质点相距半个波长，振动步调总相反，故C错误；1s的时间内，波动图象上任意质点通过的路程都是两个振幅，为10cm，故D

正确；E、在t=1s到t=2s经历的时间为12Tts==，t=1s时刻x=0.5m处的质点位于波峰，则在t=1s到t=2s的时间内该质点的速度先增大后减小，故E正确；故选BDE．【点睛】本题关键要把握两种图象的

联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向．16.如图所示，MNPQ是一块截面为正方形的玻璃砖，其边长MN=30cm．一束激光AB射到玻璃砖的MQ面上（入射点为B）进入玻璃砖后在QP面上的F点（图中未画出）发

生全反射，恰沿DC方向射出．其中B为MQ的中点，∠ABM=30°，PD=7．5cm，∠CDN=30°．①画出激光束在玻璃砖内的光路示意图，求出QP面上的反射点F到Q点的距离QF；②求出该玻璃砖的折射率．③求出激光束在玻璃砖内的传

播速度（真空中光速c=3×108m/s）．【答案】①光路如图所示,②536n=③86310m/s5v=【解析】【详解】①光路示意图如图所示，反射点为F由几何关系得tanQBPDrQFPF==代入数据得QF=20cm②由①的计算得3tan

4r=得sinr=0.6由折射定律得n=sin53sin6i=③由cnv=得激光束在玻璃砖内的传播速度863105cvn==m/s