銀川市大學附屬中學2020屆高三下學期第五次模擬考試物理試題含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精寧夏銀川市寧夏大學附屬中學2020屆高三下學期第五次模擬考試物理試題含解析寧夏大學附屬中學2020屆高三第五次模擬考試理科綜合物理部分二、選擇題：本題共8小題，每小題6分.在每小題給出的四個選項中，第14～17題只有一項符合題目要求；第18～21題有多項符合題目要求。全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.下列四幅圖涉及到不同的物理知識,其中說法正確的是（)A。圖甲：普朗克通過研究黑體輻射提出能量子的概念，成功解釋了光電效應B。圖乙：玻爾理論指出氫原子能級是分立的，所以原子發(fā)射光子的頻率是不連續(xù)的C.圖丙：盧瑟福通過分析粒子散射實驗結(jié)果，發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子和中子D。圖?。焊鶕?jù)電子束通過鋁箔后的衍射圖樣，可以說明電子具有粒子性【答案】B【解析】【詳解】A。普朗克通過研究黑體輻射提出能量子的概念，愛因斯坦成功的解釋了光電效應現(xiàn)象，A錯誤B.波爾提出自己的原子模型，他指出氫原子能級是分立的,解釋了原子發(fā)射光子的頻率是不連續(xù)的,B正確C.盧瑟福通過分析粒子散射實驗結(jié)果，提出了自己的原子核式結(jié)構(gòu)模型，C錯誤D。衍射是波的典型特征,根據(jù)電子束通過鋁箔后的衍射圖樣,說明電子具有波動性，D錯誤2。關(guān)于物理學的研究方法，以下說法錯誤的是：()A。在用實驗探究加速度、力和質(zhì)量三者之間關(guān)系時，應用了控制變量法B。在利用速度時間圖像推導勻變速直線運動位移公式時應用的是微元法C。在定義電場強度時應用了比值法,因而電場強度與電場力和試探電荷的電量無關(guān)D.在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，建立質(zhì)點概念是應用近似替代法【答案】D【解析】【詳解】A．在用實驗探究加速度、力和質(zhì)量三者之間關(guān)系時,應用了控制變量法，選項A正確；B．在利用速度時間圖像推導勻變速直線運動位移公式時應用的是微元法,選項B正確；C．在定義電場強度時應用了比值法，因而電場強度與電場力和試探電荷的電量無關(guān)，選項C正確；D．在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，建立質(zhì)點概念是應用理想模型法,選項D錯誤。故選ABC。3.體育器材室里，籃球擺放在如圖所示的由細桿組成的水平球架上，已知球架的寬度為d，每只籃球的質(zhì)量為m,直徑為D(D＞d),不計球與球架之間的摩擦，則每只籃球?qū)η蚣芤粋?cè)的壓力大小為（）A. B。C. D?！敬鸢浮緿【解析】【詳解】以任意一只籃球為研究對象，分析受力情況如圖所示，設(shè)球架對籃球的支持力與豎直方向的夾角為由幾何知識得：根據(jù)共點力的平衡條件得:有以上方程解得：有牛頓第三定律得籃球?qū)η蚣艿膲毫Υ笮椋核訢正確，ABC錯誤;4.2019年12月17日，我國第一艘國產(chǎn)航空母艦山東艦在海南三亞某軍港交付海軍正式入列服役，我國從此進入了“雙航母”時代.假如航空母艦上的戰(zhàn)斗機起飛時相對地面速度須達v=50m/s才能安全起飛,該航空母艦甲板長L=160m，航行速度為v0=10m/s（設(shè)飛機起飛對航空母艦的狀態(tài)沒有影響，飛機的運動可以看作勻加速運動）（）A。為保證飛機能安全起飛，其起飛過程中的加速度至少為5m/s2B.為保證飛機能安全起飛，其起飛過程中的加速度至少為7。5m/s2C.飛機安全起飛過程中所用時間為10sD。飛機安全起飛過程中所用時間為s【答案】A【解析】【詳解】AB．以航空母艦為參考系，則有得故A正確,B錯誤;CD．以航空母艦為參考系，有得故CD錯誤。故選A。5.我國首顆量子科學實驗衛(wèi)星“墨子"已于酒泉成功發(fā)射，將在世界上首次實現(xiàn)衛(wèi)星和地面之間的量子通信．“墨子"將由火箭發(fā)射至高度為500千米的預定圓形軌道此前在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射了第二十三顆北斗導航衛(wèi)星G7，G7屬地球靜止軌道衛(wèi)星(高度約為36000千米)，它將使北斗系統(tǒng)的可靠性進一步提高．關(guān)于衛(wèi)星以下說法中正確的是A?！澳印碧栃l(wèi)星的運行速度大于7.9km/sB。“墨子”號衛(wèi)星的線速度比北斗G7的線速度小C.“墨子”號衛(wèi)星的周期小于24hD.量子科學實驗衛(wèi)星“墨子”的向心加速度比北斗G7小【答案】C【解析】【詳解】A、根據(jù)，可知，軌道半徑運動，線速度越小，第一宇宙軌道半徑為地球的半徑,所以第一宇宙速度是繞地球做勻速圓周運動的最大環(huán)繞速度，所以靜止軌道衛(wèi)星和墨子號衛(wèi)星的線速度均小于地球的第一宇宙速度，故AB錯誤；C、地球靜止軌道衛(wèi)星即同步衛(wèi)星的周期為,墨子號衛(wèi)星軌道半徑小，角速度大，周期小于,故C正確；D、根據(jù)，可知衛(wèi)星的向心加速度，故可知半徑越小向心加速度越大，故D錯誤．6.如圖所示，空間分布著勻強電場，豎直方向的實線為其等勢面,一質(zhì)量為,帶電量為的小球從O點由靜止開始恰能沿直線OP運動，且到達P點時的速度大小為，重力加速度為（規(guī)定O點的電勢為零），下列說法正確的是(）A。電場強度的大小 B.P點的電勢C。P點的電勢能 D.小球機械能的變化量為【答案】BD【解析】【詳解】A．小球沿直線OP運動，合力沿OP方向,如圖所示則有解得，故A錯誤；BC．設(shè)OP=L，根據(jù)動能定理得解得電場力做功根據(jù)解得根據(jù)且,解得則P點的電勢能為故B正確,C錯誤;D．小球機械能的變化量等于電場力做的功，為故D正確。故選BD.7.如圖所示裝置是理想變壓器，原、副線圈匝數(shù)之比為10∶1，負載電路中,?,?為理想電流表和電壓表。若原線圈接入正弦式交變電壓，下列說法正確的是（)A.電壓表示數(shù)是VB.輸入電壓的頻率是50HzC.電流表的示數(shù)是0.1AD。電阻R消耗電功率是44W【答案】BC【解析】【詳解】A．原線圈接入正弦式交變電壓，最大值為，有效值為故A錯誤；B．對照公式有則故頻率為50Hz，故B正確；CD．根據(jù)變壓比公式得輸出電壓故電阻R消耗的電功率電流表示數(shù)故C正確，D錯誤.故選BC.8。如圖甲所示，兩條足夠長的光滑平行金屬導軌豎直放置,導軌間距為,兩導軌上端接有電阻,阻值，虛線下方存在垂直于導軌平面向里的勻強磁場,磁場的磁感應強度為，現(xiàn)將質(zhì)量為、電阻不計的金屬桿ab，從上方某處由靜止釋放，金屬桿在下落的過程中與導軌保持良好接觸,且始終保持水平,不計導軌的電阻,已知金屬板下落的過程中加速度a與下落距離h的關(guān)系如圖乙所示,重力加速度，則（）A.金屬桿剛進入磁場時的速度為B.下落了時速度為C.金屬桿下落的過程中,在電阻R上產(chǎn)生的熱量為D.金屬桿下落的過程中,通過電阻R的電荷量為【答案】AC【解析】【詳解】由乙圖知,剛進入磁場時，金屬桿的加速度大小，方向豎直向上．由牛頓第二定律得：,設(shè)桿剛進入磁場時的速度為，則有，聯(lián)立得:，代入數(shù)值有:．故A正確；下落時，通過圖象知，表明金屬桿受到的重力與安培力平衡有，其中，可得下落時桿的速度代人數(shù)值有：．故B錯誤;從開始到下落的過程中，由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律有：，代人數(shù)值有，故C正確;桿自由下落的距離滿足,解得，所以桿在磁場中運動的距離通過電阻R的電荷量，代人數(shù)值有：．故D錯誤．【點睛】本題要根據(jù)圖象的信息讀出加速度和桿的運動狀態(tài)，由牛頓第二定律、安培力、法拉第電磁感應定律、歐姆定律、能量守恒等多個知識綜合求解，綜合較強．第Ⅱ卷三、非選擇題:共174分。第22~32題為必考題，每個試題考生都做答；第33～38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題（共129分）9.某實驗小組研究木塊與某粗糙木板間的摩擦因數(shù)，步驟如下：（1)如圖甲,在該木板上放置一木塊，木塊與一水平彈簧左端相連，彈簧右端連接在位置固定的傳感器上．傳感器與木板未接觸．傳感器可以測出彈簧拉力F和對應的木塊位移大小x，數(shù)據(jù)（F，x)可以通過電腦實時同步保存并自動畫出F－x圖象．（2）調(diào)節(jié)裝置使F、x均為0．然后緩慢向左拉動木板．得到多組數(shù)據(jù)（F,x)，木塊與木板相對滑動后,控制木板立即靜止，整個過程彈簧始終在彈性限度內(nèi)．電腦中得到如圖乙F－x圖象．其中Fm、xm為記錄數(shù)據(jù)F、x中的最大值．己知木塊質(zhì)量為m，重力加速度取g，滑動摩擦力等于最大靜摩捸力．用圖象中獲得的數(shù)據(jù)和己知量表示下列物理量．①整個過程中彈簧彈性勢能最大值為_____；②摩擦力對木塊所做的功為____：③木塊與粗糙板間摩擦因數(shù)＝______．【答案】（1)。（2).(3）.【解析】①整個過程中彈簧彈性勢能等于彈力F所做的功，其大小等于圖像與坐標軸圍成的面積，則彈性勢能的最大值為;②緩慢拉動的過程中，彈力等于摩擦力，則摩擦力對木塊所做的功等于彈力功,大小為;③F的最大值等于最大靜摩擦力,等于滑動摩擦力，則Fm=μmg,則木塊與粗糙板間摩擦因數(shù)＝．10。在物理課外活動中,王明同學制作了一個簡單多用電表,圖甲為電表的電路原理圖。已知選用的電流表內(nèi)阻Rg=10Ω、滿偏電流Ig=10mA，當選擇開關(guān)接3時為量程50V的電壓表.該多用電表表盤如圖乙所示,下排刻度均勻，C為上排刻度線的中間刻度,由于粗心上排刻度線對應數(shù)據(jù)沒有標出。（1）若指針指在圖乙所示位置,選擇開關(guān)接1時其讀數(shù)為________；選擇開關(guān)接3時其讀數(shù)為________。（2）為了測該多用電表電阻擋的電阻和表內(nèi)電源的電動勢，王明同學在實驗室找到了一個電阻箱，設(shè)計了如下實驗：①將選擇開關(guān)接2，紅黑表筆短接,調(diào)節(jié)R1的阻值使電表指針滿偏;②將電表紅黑表筆與電阻箱相連，調(diào)節(jié)電阻箱使電表指針指表盤中央C處，此時電阻箱的示數(shù)如圖丙所示，則C處刻度應為________Ω。③計算得到多用電表內(nèi)電源的電動勢為________V.（保留兩位有效數(shù)字)（3)調(diào)零后將電表紅黑表筆與某一待測電阻相連，若指針指在圖乙所示位置，則待測電阻阻值為__________Ω（保留兩位有效數(shù)字）。【答案】(1)。6.8mA(2）。34。0V（3）.150（4)。1。5（5）.70【解析】【詳解】（1）[1］選擇開關(guān)接1時測電流，其分度值為0。2mA，示數(shù)為6。8mA；[2］選擇開關(guān)接3時測電壓，其分度值為0.1V，其示數(shù)為34.0V;（2）②［3］由圖丙所示電阻箱可知,電阻箱示數(shù)為R=0×1000Ω+1×100Ω+5×10Ω+0×1Ω=150Ω③［4］由題圖乙所示可知，指針指在C處時，電流表示數(shù)為5。0mA=0。005A，C處電阻為中值電阻,則電表內(nèi)阻為150Ω，電源電動勢E=I（R+r）=0.005×（150+150）V=1.5V（3）[5］根據(jù)第（1）問可知,表頭所示電流為6.8mA；調(diào)零后將電表紅、黑表筆與某一待測電阻相連，此時電路中的電流值也為6。8mA,而表內(nèi)電池的電動勢為E=1.5V,表內(nèi)總電阻為150Ω，由閉合電路歐姆定律可知Ω=70Ω11.如圖所示，坐標原點O處有一點狀的放射源，它向xoy平面內(nèi)的x軸上方各個方向(包括x軸正方向和負方向)發(fā)射帶正電的同種粒子，速度大小都是v0，在的區(qū)域內(nèi)分布有指向y軸正方向的勻強電場，場強大小為，其中q與m分別為該種粒子的電荷量和質(zhì)量；在的區(qū)域內(nèi)分布有垂直xOy平面的勻強磁場.ab為一塊很大的平面感光板，放置于y=2d處，觀察發(fā)現(xiàn)此時恰好沒有粒子打到ab板上。（不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用)(1）求粒子剛進入磁場時的速率；(2)求磁感應強度B的大小；【答案】(1）(2）【解析】【詳解】（1）根據(jù)動能定理得可得剛進入磁場時的速率vt=2v0(2）根據(jù)（1）可知vt=2v0,對于沿x軸正方向射出的粒子，其進入磁場時與x軸正方向的夾角其在電場中沿x軸正方向的位移若沿x軸正方向輸出的粒子不能打到ab板上，則所有粒子均不能打到ab板上，因此沿x軸正方向射出的粒子在磁場中運動的軌跡與ab板相切，如圖甲所示:由幾何關(guān)系可知可得粒子做圓周運動的半徑r=d洛倫茲力提供向心力可得【點睛】本題考查了帶電粒子在電場和磁場中的運動，關(guān)鍵確定粒子運動的臨界情況，通過幾何關(guān)系求解粒子的半徑，結(jié)合牛頓第二定律列方程求解．12.如圖,半徑R=1。0m四分之一圓弧形光滑軌道豎直放置，圓弧最低點B與長為L＝0.5m的水平面BC相切于B點,BC離地面高h=0。45m，C點與一傾角為θ=37°的光滑斜面連接，質(zhì)量m＝1。0kg的小滑塊從圓弧上某點由靜止釋放，到達圓弧B點時小滑塊對圓弧的壓力剛好等于其重力的2倍，當小滑塊運動到C點時與一個質(zhì)量M=2。0kg的小球正碰，碰后返回恰好停在B點,已知滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1．(sin37°=0。6cos37°=0.8,g取l0m/s2）求：（1）小滑塊應從圓弧上離地面多高處釋放;（2)小滑塊碰撞前與碰撞后的速度；(3）碰撞后小球的速度;【答案】（1）H=0。95m（2）3m/s，1m/s

(3）v2=2。0m/s【解析】(1）設(shè)小滑塊運動到B點的速度為由機械能守恒定律有：由牛頓第二定律有：聯(lián)立上式解得：(2）設(shè)小滑塊運動到C點的速度為，由動能定理有:可得小滑塊在C點的速度即與小球碰前的速度

碰后滑塊返回B點過程:由動能定理:得可碰后滑塊速度

（3）碰撞過程由動量守恒：解得碰后小球速度

綜上所述本題答案是：（1），（2),（3）13。下列說法中正確的是()A。無論技術(shù)怎樣改進，熱機的效率都不能達到100％B。露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用C.能量耗散從能量轉(zhuǎn)化的角度反映出自然界中的宏觀過程具有方向性D。已知阿伏加德羅常數(shù)、某種氣體的摩爾質(zhì)量和密度,可以估算該種氣體分子體積的大小E.“油膜法估測分子的大小”實驗中，用一滴油酸酒精溶液的體積與淺盤中油膜面積的比值可估測油酸分子的直徑【答案】ABC【解析】【詳解】A、根據(jù)熱力學第二定律，無論技術(shù)怎樣改進,熱機的效率都不能達到100％，故A正確；B、露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用，故B正確；C、能量耗散從能量轉(zhuǎn)化的角度反映出自然界中的宏觀過程具有方向性，說明能量雖然守恒,但是仍然要節(jié)約能源，故C正確；D、已知阿伏加德羅常數(shù)、某種氣體的摩爾質(zhì)量和密度，可以估算該種氣體分子平均占據(jù)空間體積的大小,由于分子距離很大，故不能確定分子的大小，故D錯誤；E、“油膜法估測分子的大小"實驗中,用一滴油酸酒精溶液中油酸的體積與淺盤中油膜面積的比值可估測油酸分子的直徑,不是油酸酒精溶液的體積與淺盤中油膜面積的比值,故E錯誤；故選ABC。14.如圖所示，有一截面積為的導熱氣缸，氣缸內(nèi)部有一固定支架AB，支架上方有一放氣孔，支架到氣缸底部距離為，活塞置于支架上，開始時氣缸內(nèi)部封閉氣體的溫度為300K，壓強為大氣壓強，當外界溫度緩慢上升至303K時，活塞恰好被整體頂起，氣體由放氣孔放出少許，活塞有回到支架處，氣缸內(nèi)氣體壓強減為，氣體溫度保持303K不變,整個過程中封閉氣體均視為理想氣體,已知外界大氣壓強恒為，重力加速度為g，不計活塞與氣缸的摩擦．求：（i)活塞的質(zhì)量（ii)活塞被頂起過程中放出氣體的體積【答案】（1）m=1kg；（2）【解析】【詳解】(i）初始狀態(tài)壓強：，溫度：;當溫度上升到303K且未放氣時，活塞受力平衡，設(shè)此時壓強為，溫度氣體進行等容變化,根據(jù)查理定律可得：解得:根據(jù)平衡可得：解得:m=1kg(ii)假設(shè)沒有放氣孔，設(shè)氣缸內(nèi)全部氣體的壓強變?yōu)闀r氣體的體積為，活塞高度為，故：，根據(jù)：,,氣體進行等溫變化,根據(jù)玻意耳定律可得：解得:則放出的氣體的體積：15.一列簡諧機械橫波沿x軸正方向傳播，波速為2m/s。某時刻波形如圖所示，a、b兩質(zhì)點的平