内蒙古北方重工业集团有限公司第三中学2020届高三下学期第四次模拟考试理科综合试题物理答案

内蒙古北方重工业集团有限公司第三中学2020届高三下学期第四次模拟考试理科综合试题物理答案

物理答案 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．‎ 试题 ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ ‎21‎ 答案 D C A A C AD BD ACD ‎ ‎14. D　[由Ek＝hν－W可知，最大初动能随入射光的频率的增大而增大，但不成正比，A项错误；1927年戴维孙和汤姆孙做了电子束的衍射实验，取得了成功，说明电子的波动性，B项错误；比结合能小的原子核结合成或分裂成比结合能大的原子核时有质量亏损，释放核能，C项错误；氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，动能增大，氢原子能量减小，氢原子的电势能减小，D项正确。]‎ ‎15. C　[若从图示位置计时，则原线圈中电压瞬时值为e＝NBSωcos ωt，A项错误；当闭合开关S时，原线圈电压不变，根据＝可知，副线圈电压不变，B项错误；副线圈电阻减小，副线圈电流增大，原线圈电流增大，电流表示数增大，C项正确；原线圈电压有效值为不变，根据＝，副线圈电压为，D项错误。]‎ ‎16. A　[当a、b均为正电荷时，根据平衡条件，2kcos 30°＝E0q，如果仅让点电荷a带负电，电荷量大小不变，其他条件不变，则O点处电荷的受力变为F＝2k＝E0q，A项正确。]‎ ‎17. A　[根据第一宇宙速度的定义有G＝m，在天体表面G＝mg，由以上两式可得g＝，地球与火星的表面加速度之比为∶＝，A项正确。]‎ ‎18. C　[剪断轻绳，甲加速度为，乙加速度为g，加速度之比为1∶2，A项错误；由v＝at可得，速度之比为1∶2，B项错误；由平衡条件m甲gsin 30°＝m乙g可知，m甲∶m乙＝2∶1，动量大小之比为1∶1，C项正确；动能大小之比为1∶2，D项错误。]‎ ‎19. AD　[设在B点的速度为vB，在C点水平速度为vB，水平方向有l＝vBt，竖直方向vCy＝gt，tan 37°＝，解得vB＝2 m/s。由A到B，由机械能守恒定律可得mgR＝mv，解得R＝0.2 m，A 项正确；在轨道最低点B，N－mg＝m，N＝30 N，B项错误；A到B，重力的功率先增加后减小，B到C，竖直方向速度增大，重力功率增大，C项错误；在C点的速度vC＝＝2.5 m/s，动能Ek＝mv＝3.125 J，D项正确。]‎ ‎20. BD　[两物体及弹簧组成的系统机械能守恒，A项错误；当物体A的速度最大时，弹簧弹力等于物体A重力，物体B受绳的拉力等于其重力，物体B与地面间的作用力为零，B项正确；若物体A恰好能到达地面，在物体A减速的过程中，弹簧拉力大于其重力，物体B已经向上运动，C项错误；根据能量守恒，重力对物体A做的功，即物体A重力势能减少量等于弹簧弹性势能的增加量与物体B的机械能增加量之和，D项正确。]‎ ‎21. ACD　‎ 三、 非选择题 ‎22. [答案]　(1) 0.15(2分)　(2)0.5(2分)　0.3(2分)‎ ‎ [解析]　 (1)用公式Δs＝at2求解加速度，连续两点的时间间隔为t＝0.1 s，Δs＝(6.49－6.34)×10－2 m＝0.15×10－2 m，得加速度a＝0.15 m/s2。‎ ‎(2)由牛顿第二定律有F－μmg＝ma，故a＝－μg，即图线斜率为＝2，纵轴截距的大小为μg＝3，可得m＝0.5 kg，μ＝0.3。‎ ‎23. 解析　(1)由于欧姆表不能直接测量带电源的电路，应该断开开关后再放到1、4直接测量继电器的电阻，所以上述步骤中的d有错误，欧姆表正确的操作步骤是badc．‎ ‎(2)当通过电磁继电器线圈的电流达到20 mA时，衔铁被吸合，电炉丝停止加热；当通过继电器线圈的电流降到18 mA时，衔铁与继电器分开，电炉丝通电加热，所以回路中的电流取值范围是18～20 mA，当继电器线圈的电阻为25.0 Ω.电阻箱的阻值调为75.0 Ω，利用闭合电路欧姆定律I＝ 可解得此时热敏电阻的取值范围为80～100 Ω，结合图像可知温度的取值范围为50～60 ℃，若要提高控制的温度，即热敏电阻的阻值变小，则需要将电阻箱的阻值调大，保持回路中电流的取值范围不变．‎ ‎(3)从图中可以看出电表在测量变阻箱时的电压为电源电动势，所以回路中应该出现了变阻箱断路这样的故障，所以选B．‎ 答案　(1)d　badc　(2)50 ℃～60 ℃　调大　(3)B ‎24．解析　(1)设物块A滑到斜面底端与物块B碰撞前时的速度大小为v0，A在斜面上下滑过程，由机械能守恒定律得：m1gh＝m1v 解得：v0＝4.0 m/s ‎(2)设物块B受到的滑动摩擦力大小为f，则f＝μm2g，摩擦力做功为W，则有：W＝－μm2gx 解得：W＝－2.4 J ‎(3)设物块A与物块B碰撞后物块A瞬间的速度为v1，物块B碰撞后的速度为v，碰撞损失的机 械能为E.对碰后B的运动过程，由动能定理得：－μm2gx＝0－m2v2‎ 解得：v＝4.0 m/s 由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v 解得：v1＝2.0 m/s 由能量守恒得：m1v＝m1v＋m2v2＋E 解得：E＝1.2 J 答案　(1)4 m/s　(2)－2.4 J　(3)1.2 J ‎25. 解析　(1)由几何关系可得：r＋＝l 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：‎ ev0B＝ 解得：r＝，v0＝ ‎(2)假设电子从OE边离开，则电子做类平抛运动中，有：‎ x＝2R＝l 电子的加速度为：a＝＝ 若电子从EF间射出，则t1＝＝ 若电子从OE间离开，则t2＝ ＝ 因t1>t2，故可判断电子是从OE间离开电场的．‎ 电子在电场中运动的时间为：t2＝ ‎(3)对于电子P，设射出时速度方向与y轴负向成α角，射在荧光屏上的位置距离x轴为Y，‎ vPx＝at1‎ tan α＝ 由几何关系有：Y＝yP＋ 对于电子Q，设其在电场中运动的时间为t2，射出时速度方向与y负轴方向成β角，在y轴上的射出点与O点距离为yQ1，射出点与电子P打在荧光屏上的相交点竖直距离为yQ2：‎ yQ1＋yQ2＝Y yQ1＝v0t2‎ yQ2＝．‎ tan β＝ vQx＝at2‎ 联立解得：t2＝(另一个解t2′＝是电子P在电场中运动的时间，故舍弃)．所以，xQ＝ ＝l 故电子Q进入磁场的坐标为：x＝xQ－2R＝l－l＝－l 答案　(1)　(2)　(3)－l ‎33. [答案]　(1)ABC (2)①　②T0　Q－(p0S－Mg)Δh0‎ ‎[解析]　(1)气体放出热量，若外界对气体做功，温度升高，其分子的平均动能增大，A项正确；布朗运动不是液体分子的运动，但它间接地说明液体分子在永不停息地做无规则运动，B项正确；当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，C项正确；根据热力学第二定律，宏观过程具有方向性，D项错误；当液体分子间的距离减小时，分子间的斥力增大，分子间的引力也增大，但斥力比引力增加的快，E项错误。‎ ‎(2)①设封闭气体的压强为p，对活塞受力分析，得 p0S＝pS＋Mg(2分)‎ 用水银柱高表示气体的压强p＝p0－ρgΔh(1分)‎ 解得Δh＝。(1分)‎ ‎②加热过程中气体变化是等压变化 ＝(2分)‎ T＝T0‎ 气体对外做功为W＝pSΔh0＝(p0S－Mg)Δh0(1分)‎ 根据热力学第一定律：ΔU＝Q＋W(2分)‎ 可得ΔU＝Q－(p0S－Mg)Δh0。(1分)‎ ‎34. [答案]　(1)BCE　(2)4πa2‎ ‎[解析]　(1)质点开始振动的方向沿y轴负方向，A项错误；0.8 s传播一个波长，周期为0.8 s，B项正确；波速v＝＝30 m/s，D项错误；传到P点的时间t＝ s＝3.2 s，C项正确；P处质点开始振动后经个周期到波峰，即0.6 s，E项正确。‎ ‎(2)如图所示，射到OA界面的入射角α＝30°，则sin α＝<，故入射光能从圆锥侧面射出。设折射角为β，无限接近A点的折射光线为AC，根据折射定律有 sin β＝nsin α(2分)‎ 解得β＝60°‎ 过O点作∥ 则∠O2OD＝β－α＝30°(2分)‎ 在Rt△O1AO中，＝Rtan 30°＝a×＝a 在Rt△ACE中，＝tan 30°＝a 故＝－R＝a(2分)‎ 在Rt△OO2D中，＝4atan 30°＝a(2分)‎ 光束在桌面上形成的光斑面积 S＝π－π＝4πa2。(2分)‎