陕西省西安市西安中学2020届高三下学期第六次模拟考试物理试题 Word版含解析

陕西省西安市西安中学2020届高三下学期第六次模拟考试物理试题 Word版含解析

西安中学高2020届高三第六次模拟考试物理 二、选择题 ‎1.关于放射性元素的衰变，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 氡经一系列衰变变成稳定的，要经过4次α衰变和4次β衰变 B. 原子核发生一次β衰变，原子核内的一个质子转变为一个中子 C. 三种天然放射线中，电离能力和穿透能力最强的是α射线 D. 天然放射现象说明原子具有核式结构 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氡经一系列衰变变成稳定的，由222=206+4X，86=82+2X-Y，联立解得：X=4次，Y=4次，要经过4次α衰变和4次β衰变，选项A正确；‎ B．原子核发生一次β衰变，原子核内的一个中子转变为一个质子，选项B错误；‎ C．三种天然放射线中，电离能力最强的是α射线，穿透能力最强的是γ射线，选项C错误；‎ D．天然放射现象说明原子核具有复杂结构，选项D错误。‎ 故选A。‎ ‎2.质量为‎1 kg的物体只在力F的作用下运动，力F随时间变化的图像如图所示，在t＝1 s时，物体的速度为零，则物体运动的v－t图像、a－ t图像正确的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B - 18 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．在0-1s内物体在负方向的恒力F作用下做匀减速运动，t=1s时速度减为零，可知物体的初速度为正，初速度大小为 则选项A错误，B正确； ‎ CD．在0-1s内在负方向的恒力作用下加速度应该为负值且大小不变，选项CD错误。‎ 故选B。‎ ‎3.‎2018年12月8日“嫦娥四号”发射升空，它是探月工程计划中第四颗人造探月卫星．已知万有引力常量为G，月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，嫦娥四号绕月球做圆周运动的轨道半径为r，绕月周期为T．则下列说法中正确的是　‎ A. “嫦娥四号”绕月运行的速度大小为 B. 月球的第一宇宙速度大小为 C. 嫦娥四号绕行的向心加速度大于月球表面的重力加速度g D. 月球的平均密度为ρ＝‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据月球表面万有引力等于重力可求月球质量，进而可求月球的平均密度．根据月球对“嫦娥四号”的万有引力提供向心力可求“嫦娥四号”的绕行速度．根据重力提供向心力，可求月球的第一宇宙速度．‎ ‎【详解】A.根据万有引力提供向心力，得，又因为月球表面的物体受到的重力等于万有引力，得GM=gR2，所以v=．故A错误；‎ B.月球的第一宇宙速度为近月卫星的运行速度，所以重力提供向心力mg=，得v=.故B错误；‎ - 18 -‎ C. 根据万有引力提供向心力，嫦娥四号绕行的向心加速度，月球表面的重力加速度g=．嫦娥四号绕行的向心加速度小于月球表面的重力加速度．故C错误；‎ D. 根据万有引力提供向心力，，得月球的质量M=，所以月球的密度ρ=M/V=．故D正确；‎ 故选D ‎4.如图甲所示，一倾角为θ＝37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量m＝‎1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝‎10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 0~8 s内物体位移的大小为‎18m B. 物体和传送带间的动摩擦因数为0.625‎ C. 0~8 s内物体机械能增量为78J D. 0~8 s内物体因与传送带摩擦产生的热量Q为126J ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据v-t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移，可得0～8 s内物体的位移 故A错误。 B．物体运动的加速度 根据 - 18 -‎ ‎ ‎ 解得 选项B错误；‎ C．0～8 s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和，为 故C错误。 D．0-8s内只有前6s发生相对滑动，0-6s内传送带运动距离为：s带=4×‎6m=‎24m；0-6s内物体位移为：s物=‎6m；则0-6s内两者相对位移 ‎△s=s带-s物=‎‎18m 产生的热量为 Q=μmg cosθ•s相对=126J 故D正确； 故选D ‎5.如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点。现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图像如图乙所示，则以下判断正确的是（　　）‎ A. b点的场强一定为零 B. Q2电荷量大于Q1‎ C. a点的电势比b点的电势高 D. 粒子在a点的电势能比在b点的电势能小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．在b点前做加速运动，b点后做减速运动，可见b点的加速度为0，则在b - 18 -‎ 点受到两点电荷的电场力平衡，受力为零，因此b点的场强一定为零，而可知Q2带负电，且有 Q2＜Q1‎ 故A正确，B错误； CD．该电荷从a点到b点，做加速运动，且该电荷为正电荷，电场力做正功，所以电势能减小，电势降低，a点的电势比b点的电势高，即粒子在a点的电势能比在b点的电势能大，故C正确，D错误； 故选AC。‎ ‎6.如图所示，在倾角的光滑轨道上，质量m=‎0.1kg的AB杆放在轨道上，轨道间距，电流I=‎0.5A．当加上垂直于杆AB的某一方向的匀强磁场后，杆AB处于静止状态，则所加磁场的磁感应强度可能为（ ）‎ A. 1T B. 5.5T C. 4T D. 7.5T ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】金属导轨光滑，所以没有摩擦力，则金属棒只受重力支持力和安培力，根据平衡条件支持力和安培力的合力应与重力等大反向，根据矢量三角形合成法则作出三种情况的合成图如图 ‎ ‎ 由图可以看出当安培力F与支持力垂直时有最小值 即 - 18 -‎ 解得 故BD正确，AC错误。‎ ‎7.如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管。在水平拉力F的作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出，则在小球未从管口飞出前的过程中，下列说法正确的是（　 　） ‎ A. 小球带负电 B. 小球相对水平桌面的运动轨迹是一条抛物线 C. 洛伦兹力对小球做正功 D. 水平拉力F不断变大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电，故A错误； B．设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动。小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动。与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，故B正确； C．洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故C错误； D．设小球沿管子的分速度大小为v2，则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力F2=qv2B，v2增大，则F2增大，而拉力F=F2，则F逐渐增大，故D正确。 故选BD。‎ ‎8.如图甲所示的电路中，螺线管匝数为n，横截面积为S，螺线管电阻为r，外接电阻R1=3r，。闭合开关K，在一段时间内，穿过螺线管磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（　　）‎ - 18 -‎ A. 0-时间内，螺线管中产生感应电流的大小I=‎ B. 时间内，电阻R1两端的电压U=‎ C. 时间内，通过电阻R2的电荷量q2=‎ D. ~ T时间内，整个回路中产生的焦耳热Q=‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据法拉第电磁感应定律 根据图象知斜率 斜率大小恒定不变，电动势大小不变。0～时间内电动势不变，电流不变 ‎ ‎ ‎ ‎ 联立以上四式得 故A正确； B．在～内图象斜率大小保持不变，方向相反，所以电流大小为 电阻R1两端的电压 - 18 -‎ 故B正确； C．～时间内图象斜率大小保持不变，通过电阻R2的电荷量 故C错误； D．～T时间内，整个回路中产生的焦耳热 故D正确。 故选ABD。‎ 三、非选择题 ‎9.国庆同学在做“探究碰撞中的不变量”实验中，所用装置如图甲所示，已知槽口末端在白纸上的投影位置为O点。回答以下问题：‎ ‎(1)为了完成本实验，下列必须具备的实验条件或操作步骤是___________；‎ A.斜槽轨道末端的切线必须水平 ‎ B.入射球和被碰球半径必须相同 C.入射球和被碰球的质量必须相等 ‎ D.必须测出桌面离地的高度H E.斜槽轨道必须光滑 ‎(2)国庆同学在实验中正确操作，认真测量，得出的落点情况如图乙所示，则入射小球质量和被碰小球质量之比为____________；‎ ‎(3)为了完成本实验，测得入射小球质量m1，被碰小球质量m2，O点到M、P、N - 18 -‎ 三点的距离分别为y1、y2、y3，若两球间的碰撞是弹性碰撞，应该有等式_______成立。‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】 (1). AB (2). 3∶2 (3). AD ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) [1]．A.斜槽轨道末端的切线必须水平，以保证做平抛运动，选项A正确； ‎ B.入射球和被碰球半径必须相同，以保证两球正碰，选项B正确；‎ C.入射球质量要大于被碰球的质量，以防止入射球反弹，选项C错误； ‎ D.两球均做平抛运动，竖直高度相同，时间相同，没必要测出桌面离地的高度H，选项D错误；‎ E.斜槽轨道没必要必须光滑，只需小球到达底端时速度相同即可，选项E错误。‎ 故选AB。‎ ‎(2)[2]．设落地时间为t，则有 而动量守恒的表达式为 m1v0=m1v1+m2v2‎ 即 m1OP=m1OM+m2ON 代入数据可得 m1:m2=3:2‎ ‎(3)[3]．若碰撞是弹性碰撞，动能守恒表达式为 ‎ ‎ 即 两球相碰前后的动量守恒，则有 - 18 -‎ m1•OM+m2•ON=m1•OP 即 ‎ m1•y1+m2•y3=m1•y2‎ 若碰撞是弹性碰撞则有 故选AD.‎ ‎10.某同学欲将量程为300的微安表头G改装成量程为‎0.3A的电流表。可供选择的实验器材有：‎ A．微安表头G（量程300，内阻约为几百欧姆）‎ B．滑动变阻器（0 ～10）‎ C．滑动变阻器（0～50）‎ D．电阻箱（0～9999.9）‎ E．电源（电动势约为1.5V）‎ F．电源（电动势约为9V）‎ G．开关、导线若干 该同学先采用如图甲的电路测量G的内阻，实验步骤如下：‎ ‎①按图甲连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端的位置；‎ ‎ ‎ ‎②断开，闭合，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏；‎ ‎③闭合S2，保持滑动变阻器滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使G的示数为200，记下此时电阻箱的阻值。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）实验中电源应选用_____（填“”或“”），滑动变阻器应选用____（填“‎ - 18 -‎ ‎”或“”）。‎ ‎（2）若实验步骤③中记录的电阻箱的阻值为R，则G的内阻Rg与R的关系式为Rg=______。‎ ‎（3）实验测得G的内阻Rg＝500Ω，为将G改装成量程为‎0.3 A的电流表，应选用阻值为_____Ω的电阻与G并联。（保留一位小数）‎ ‎（4）接着该同学利用改装后的电流表A，按图乙电路测量未知电阻Rx的阻值。某次测量时电压表V的示数为1.20V，表头G的指针指在原电流刻度的250处，则Rx＝_______Ω。（保留一位小数）‎ ‎【答案】 (1). E2 (2). R2 (3). (4). 0.5 (5). 4.3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]电流表G的内阻约为几百欧姆，为提高测量精度，滑动变阻器的阻值应大些，故选R2；为减小实验误差，电源电动势应尽可能大些，电源最好选用E2。‎ ‎(2)[3]步骤③中闭合S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使G的示数为200μA，此时电阻箱的电流为100μA，则此时电阻箱的阻值应为电流计G阻值的2倍，即 ‎(3)[4]实验测得G内阻Rg=500Ω，为将G改装成量程为0．‎3A的电流表，应选用阻值为 的电阻与G并联。‎ ‎(4)[5]改装后的电流表的内阻为 表头G的指针指在原电流刻度的250μA处，此处对应的实际电流为 电压表V的示数为1.20V，则 ‎11.如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度m的粗糙水平轨道，二者相切与B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P - 18 -‎ 点为圆弧轨道上的一个确定点．一可视为质点的物块，其质量kg，与BC间的动摩擦因数．工件质量M=‎0.8kg，与地面间的动摩擦因数．（取m/s2）‎ ‎（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h；‎ ‎（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物体在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动 ‎①求F的大小；‎ ‎②当速度时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离。‎ ‎【答案】（1）‎0.2m；（2）①8.5N，②‎0.4m。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得：‎ 代入数据得：h=‎0.2m①‎ ‎（2）①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得 ‎②‎ 根据牛顿第二定律，对物体有：‎ mgtanθ=ma③‎ 对工件和物体整体有：‎ ‎④‎ 联立①②③④式，代入数据得：F=8.5N⑤‎ ‎②设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B间的距离为x2，由运动学公式可得 - 18 -‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 联立①②⑥⑦⑧式，代入数据得：x2=‎‎0.4m ‎12.在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ =37°。过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B = 1.25T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E=1×104N/C。小物体P1质量m =，电荷量q = +8×10‎-6C，受到水平向右的推力F = 9.98×10-3N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力。当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t = 0.1s与P1相遇。P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为u = 0. 5，取g = ‎10m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力，求：‎ ‎(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；‎ ‎(2)求小物体P1运动到G点的速度vG；‎ ‎(3)倾斜轨道GH的长度s。‎ ‎【答案】(1)‎4 m/s；(2)‎5m/s；(3)‎‎0.56 m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则 - 18 -‎ F1＝qvB ①‎ f＝μ(mg－F1)②‎ 由题意，水平方向合力为零 F－f＝0 ③ ‎ 联立①②③式，代入数据解得 v＝‎4 m/s ④‎ ‎(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理 ‎⑤‎ 带入数据解得 vG=‎5m/s ‎(3)P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律 qEcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1⑥‎ P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH运动的距离为s1‎ ‎⑦‎ 设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则 ‎ m2gsinθ－μm2gcosθ＝m‎2a2 ⑧ ‎ P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH运动的距离为s2，‎ ‎⑨‎ 联立⑤～⑨式，代入数据得 s＝s1＋s 2⑩‎ s＝‎0.56 m ‎ ‎13.封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、A、D三点在同一直线上。则________。‎ A. 由状态A变到状态B过程中，气体吸收热量 - 18 -‎ B. 由状态B变到状态C过程中，气体从外界吸收热量，内能增加 C. C状态气体的压强小于D状态气体的压强 D. D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少 E. C状态到D状态，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少 ‎【答案】ADE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．气体从状态A到状态B体积不变，发生的是等容变化，气体不做功W=0，温度升高，内能增加△U＞0，根据热力学第一定律△U=W+Q，知Q＞0，气体吸收热量，故A正确； B．由状态B变到状态C的过程中，温度不变，内能不变△U=0，体积变大，气体对外界做功W＜0，根据热力学第一定律知Q＞0，气体从外界吸收热量，故B错误； C．气体从C到D发生等容变化，根据查理定律知p∝T，TC>TD，所以pC>pD，即C状态气体的压强大于D状态气体的压强，故C错误； D．A点和D点在过原点的连线上，说明气体由A到D压强不变，体积增大，分子的密集程度减小，状态D温度高，分子的平均动能大，状态A和状态D压强相等，所以D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少，故D正确； E．C状态到D状态，体积不变，压强减小，温度降低，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少，选项E正确。‎ 故选ADE。‎ ‎14.如图所示，导热性能良好的封闭气缸固定在倾角为30°斜面上，气缸中有一活塞，将气缸中的气体分为a、b两部分，活塞的质量为m=‎2kg，横截面积S=‎10cm2，活塞上表面到气缸顶部的距离L1=‎40cm，活塞下表面到气缸底部的距离L2=‎10cm， a部分气体的压强为pa=2.0，不计活塞和气缸壁的摩擦，重力加速度g=‎10m/s2，求：‎ ‎（i）求b部分气体的压强 ‎（ii）用打气筒向活塞下部的封闭空间打气，每次打气可充入压强为p0=1.0、体积为V0=‎15cm3的气体，稳定后要使活塞移动至气缸的中部，求打气的次数。‎ - 18 -‎ ‎【答案】（i）；（ii）41次 ‎【解析】‎ ‎【详解】（i）对活塞进行受力分析，有 ‎（ii）对a气体 代入数据 设打气x次，对打入气体 x p0 V0=n1RT 对b室原有气体 pbL2S=n2RT 对之后b室气体 ‎ ‎ 可得 解得 x=41次 ‎15.图甲为某同学利用半圆形玻璃砖测定玻璃折射率n的装置示意图，AO、DO分别表示某次测量时，光线在空气和玻璃中的传播路径。在正确操作后，他利用测出的数据作出了图乙所示的折射角正弦值（）与入射角正弦值（）的关系图象。则下列说法正确的是（　　）‎ - 18 -‎ A. 光由D经O到A B. 该玻璃砖的折射率 C. 若由空气进入该玻璃砖中，光的频率变为原来的 D. 若由空气进入该玻璃砖中，光的波长变为原来的 E. 若以60°角由空气进入该玻璃砖中，光的折射角的正弦值为 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由折射定律 可知sinr-sini图象的斜率的倒数表示折射率，所以n=1.5>1，说明实验时光由A经过O到D，故A错误，B正确；‎ CD．在由空气进入该玻璃砖时，光的频率不变，光的波长变为原来的，故C错误，D正确；‎ E．以入射角i=60°由空气进入该玻璃砖时，由折射定律 其折射角正弦值为 故E正确。‎ 故选BDE。‎ ‎16.一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长不小于‎10 cm．O和A是介质中平衡位置分别位于x=0和x="5" cm处的两个质点．t=0时开始观测，此时质点O的位移为y="4" cm，质点A处于波峰位置；t=s时，质点O第一次回到平衡位置，t="1" s时，质点A - 18 -‎ 第一次回到平衡位置．求：‎ ‎（i）简谐波的周期、波速和波长；‎ ‎（ii）质点O的位移随时间变化的关系式．‎ ‎【答案】（i）4 s ；‎7.5 cm/s； ‎30 cm （2）y=0.08cos(+)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设振动周期为T．由于质点A在0到1 s内由最大位移处第一次回到平衡位置，经历的是个周期，由此可知T＝4s；由于质点O与A的距离‎5m小于半个波长，且波沿x轴正向传播，O在时回到平衡位置，而A在t＝1s时回到平衡位置，时间相差，两质点平衡位置的距离除以传播时间，可得波的速度：；利用波长、波速和周期的关系得，简谐波的波长：λ＝vT＝‎7.5m/s×4s＝‎0.3m；‎ ‎(2)设y＝Asin(ωt+φ0)，‎ 可得：‎ 再由t＝0时，y＝‎4cm；时，y＝0，‎ 代入得：A＝‎8cm＝‎0.08m，‎ 再结合t＝1s和当时，质点的位移，可得：‎ 所以质点O的位移随时间变化的关系式为：‎ - 18 -‎