新疆克拉玛依市2019届高三第四次模拟检测物理试题

2019届新疆克拉玛依市高三第四次模拟检测理综物理试题

1.为了直接验证爱因斯坦狭义相对论中著名的质能方程E＝mc2，科学家用中子轰击硫原子，分别测出原子捕获中子前后质量的变化以及核反应过程中放出的热量，然后进行比较，精确验证了质能方程的正确性．设捕获中子前的原子质量为m1，捕获中子后的原子质量为m2，被捕获的中子质量为m3，核反应过程放出的能量为ΔE，则这一实验需验证的关系是(　　)

A. ΔE＝(m1－m2－m3)c2

B. ΔE＝(m1＋m3－m2)c2

C. ΔE＝(m2－m1－m3)c2

D. ΔE＝(m2－m1＋m3)c2

【答案】B

【解析】

【详解】反应之前的质量为：m1+m3，反应后的质量为：m2，因此质量亏损为：△m=m1+m3-m2，因此需要验证的关系式为：△E＝(m1+m3−m2)c2，故B正确，ACD错误．

故选B。

2.飞机在万米高空飞行，这时机舱外的气温往往在零下50℃以下。在研究大气现象时，可以把温度、压强相同的一部分气体作为研究对象，这一部分气体称作气团，气团直径往往可达几千米，由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，可以忽略。则高空气团温度很低的原因可能是（　　）

A. 地面的气团上升到高空的过程中收缩，同时从周围吸收热量，使周围温度降低

B. 地面的气团上升到高空的过程中收缩，外界对气团做功，使周围温度降低

C. 地面的气团上升到高空的过程中膨胀，同时对外放出热量，使气团自身温度降低

D. 地面的气团上升到高空的过程中膨胀，气团对外做功，使气团内能大量减少，气团温度降低

【答案】D

【解析】

【详解】地面的气团上升到高空的过程中压强减小，气团膨胀，对外做功，W＜0，由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，可以忽略，即Q=0，根据热力学第一定律

得知，内能减小，温度降低，故D正确，ABC错误。

故选D。

3.如图所示，P、Q是两种透明材料制成的两块相同的直角梯形棱镜，叠合在一起组成一个长方体，一单色光从P的上表面射入，折射光线正好垂直通过两棱镜的界面，已知材料的折射率nP<nQ，射到P上表面的光线与P的上表面的夹角为θ，下列判断正确的是（　　）

A. 光线有可能不从Q的下表面射出

B. 光线若从Q的下表面射出时，出射光线与下表面的夹角一定等于θ

C. 光线若从Q的下表面射出时，出射光线与下表面的夹角一定大于θ

D. 光线若从Q的下表面射出时，出射光线与下表面的夹角一定小于θ

【答案】AD

【解析】

【详解】A．P光线正好垂直通过两棱镜的界面，沿直线射到Q的下表面，由于入射角与临界角关系不清楚，光线在Q的下表面可能发生全反射，不从Q的下表面射出；也可能不发生全反射，从Q的下表面射出，故A正确；

BCD．如果光线从Q的下表面射出，光路如图

根据折射定律有

，

由几何知识知

由题知

nP<nQ

联立得

根据几何知识得，故BC错误，D正确。

故选AD。

4.如图所示，物体A与斜面B保持相对静止一起沿水平面向右做匀加速运动，当加速度的大小由a增大为a1时，B对A的弹力N、摩擦力f的大小将（　　）

A. N不变，f可能增大 B. N增大，f可能不变

C. N减小，f可能增大 D. N不变，f可能减小

【答案】B

【解析】

【详解】A受重力和支持力和摩擦力作用，将A的加速度分解为垂直于斜面方向和沿斜面方向，加速度增大，垂直于斜面方向上的加速度增大，则支持力N增大，沿斜面方向上的加速度也增大，由于初始位置的摩擦力方向不确定，可知摩擦力f可能增大，可能减小，可能不变，故B正确，ACD错误。

故选B。

5.一宇航员在月球上以初速度v0自高h处水平抛出小球，水平射程可达x远，已知月球的半径为R，如果在月球上发射一颗月球的卫星，它在月球表面附近环绕月球运行的周期是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】由平抛运动规律得

，

解得

因卫星在月球表面附近运动，有

在月球表面，不考虑月球自转，有

联立解得，故A正确，BCD错误。

故选A.

6.一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点P的速度为v，经过0.2s它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过1.0s的速度大小、方向第二次与v相同，则下列判断正确的有（　　）

A. 波沿x轴正方向传播，波速为5cm/s

B. 质点M与Q点的位移大小总是相等、方向总是相反

C. 若某时刻质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处

D. 从图示位置开始计时，在2.2s时刻，质点P的位移为0

【答案】AC

【解析】

【详解】A．由图读出波长λ=6cm，根据已知条件分析得到周期T=1.2s，由公式

而且图示时刻P点运动方向沿y轴正方向，则沿波+x方向传播，故A正确；

B．图示时刻，质点M与质点Q的位移大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍，位移不是总是相反，故B错误；

C．质点M与P平衡位置间相距半个波长，振动情况总相反，M质点到达波谷处，P质点一定到达波峰处，故C正确；

D．波的周期T=1.2s，从图示位置开始计时，在2.2s时刻质点P的位置与1.0s时刻的位置相同，到达波谷，位移为-20cm，故D错误。

故选AC。

7.如图所示，单匝矩形线框的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO/与磁场边界重合．线圈按图示方向匀速转动．若从图示位置开始计时，并规定电流a-b-c-d-a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图像是（ ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】图示时刻，由楞次定律判断出线圈中感应电流方向为：a→d→c→b→a，为负方向．线圈中产生的感应电动势表达式为e=Emsinωt=BSωsinωt，S是线圈面积的一半，则感应电流的表达式为，其中．故线圈中感应电流按正弦规律变化，根据数学知识得知A正确，BCD错误．

8.如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放个质量为m，带正电的小球，小球与弹簧不连接，加外力F，将小球向下压到某位置静止，现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力和电场力对小球做功的分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中（　　）

A. 弹簧弹性势能最大值等于

B. 小球的重力势能增加－W1

C. 小球与弹簧的机械能增加W2

D. 小球的电势能增加W2

【答案】BC

【解析】

【详解】A．对小球，根据动能定理得

则得弹簧弹力对小球做的功为

所以弹簧弹性势能的最大值等于，故A错误；

B．重力对小球所做的功为W1，则重力势能增加量为-W1，故B正确；

C．对小球与弹簧组成的系统，除重力和弹簧弹力以外的力做功，等于系统机械能的增加，即电场力做功等于系统机械能的增加，所以系统的机械能增加W2，故C正确；

D．电场力对小球所做的功为W2，小根据电场力做的功等于电势能的减小量，可知小球的电势能减少W2，故D错误。

故选BC

Ⅱ卷

非选择题共10大题，共174分

9.用打点计时器研究小车做匀变速直线运动的规律。下图给出了小车拖动的纸带上的某一段；已知相邻两个计数点间还有4个点未标出，打点计时器所用交流电的频率为50Hz，则小车的加速度大小为_________m/s2，打点计时器打3号计数点时小车的速度为_________m/s。（计结果保留两位有效数字）

【答案】    (1). 8.0    (2). 4.1

【解析】

【详解】[1] 根据相邻两个计数点间还有4个点未标出，可知相邻两个计数点间的时间间隔为

T=5×0.02s=0.1s

根据匀变速直线运动的推论公式

可以求出加速度大小，则有

代入数据解得a=8.0 m/s2

[2] 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中3点的瞬时速度，则有

代入数据解得

10.一只灯泡，标有“3V，0.6W”字样.现用图中给出的器材测量该小灯泡正常发光时的电阻（滑动变阻器最大阻值为10；电源电动势为12V，内阻为1；电流表内阻为1，电压表的内阻为1000）.

①将你所设计的实验电路图（尽量减小实验误差）画在虚线框内_____

②用笔画线当导线，根据设计的电路图将实物连成完整的电路（图中有四根导线已经接好）_____

③若用万用电表测得小灯泡的电阻为，你根据所学的知识可判断出与的大小关系为：______（选填“大于”、“等于”或“小于”）.

【答案】    (1).     (2).     (3). 大于

【解析】

【详解】①[1]该小灯泡正常发光时的电阻可以由额定电压和额定功率求得

因为

所以选用电流表的外接法；因为滑动变阻器的最大阻值为

且实验中要求尽量减小实验误差，所以滑动变阻器选择分压式接法，如图所示

②[2]依据电路图，将实物连接如图所示

③[3]用万用电表测灯泡的阻值时，需将灯泡与电路断开，即在常温下测量灯丝的阻值的；而该实验用伏安法测得的灯泡的电阻是正常工作时也即在高温下灯丝的电阻.由于灯丝的电阻率是随温度的升高而增大的，所以在常温下测量灯丝的阻值要比在高温下测得灯丝的电阻要小，即。

11.如图所示，质量m=1kg的物体置于倾角为θ=37°的固定斜面上，现对物体施以平行于斜面向上的拉力F，经历t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分速度图像如图所示（cos37°=0.8，sin37°=0.6，g=10m/s2）。求

(1)物体与斜面间的动摩擦因数；

(2)拉力F的大小。

【答案】(1)05；(2) 30N

【解析】

【详解】（1）（2）物体在外力F作用时，沿斜面加速运动，由图象知a1=20m/s2

对物体受力分析，由牛顿第二定律有

撤去外力F，物体沿斜面做减速运动，由图象知a2=10m/s2

对物体受力分析由牛顿第二定律有

代入数据解得F=30N，μ=0.5

12.相邻的匀强电场区域和匀强磁场区域宽度均为d，电场在纸平面内，且方向竖直向而磁场方向垂直纸面向里，一带正电粒子从O点以速度v0沿垂直电场方向进入电场，在电场力的作用下发生偏转，然后从A点离开电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的位移为电场宽度的一半，当粒子从C点（A、C两点图中未标出）穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致，带电粒子重力不计）求：

(1)粒子从C点穿出磁场时的速度v；

(2)电场强度E和磁感应强度B的比值。

【答案】(1)；(2)

【解析】

【详解】(1)按题叙述，物体在电场，磁场中运动轨迹如图示

在电场中做类平抛运动，水平方向

d=v0t

竖直方向

解得vy=v0

又

解得

θ=45°，

粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度不变，即水平方向，大小

(2)粒子在磁场中，由几何关系得

根据洛伦兹力提供向心力有

解得

而粒子在电场中有

解得

以上两式相比得

13.质量为M的小车置于水平面上．小车的上表面由1/4圆弧和平面组成，车的右端固定有一不计质量的弹簧，圆弧AB部分光滑，半径为R，平面BC部分粗糙，长为，C点右方的平面光滑．滑块质量为m ，从圆弧最高处A无初速下滑（如图），与弹簧相接触并压缩弹簧，最后又返回到B相对于车静止．求：

（1）BC部分的动摩擦因数；

（2）弹簧具有的最大弹性势能；

（3）当滑块与弹簧刚分离时滑块和小车的速度大小．

【答案】（1）（2）（3），

【解析】

【详解】（1）滑块与小车初始状态为静止，末状态滑块相对小车静止，即两者共速且速度为0，据能量守恒

可得

（2）弹簧压缩到最大形变量时，滑块与小车又一次共速，且速度均为0，此时，据能量守恒，弹簧的弹性势能

（3）弹簧与滑块分离的时候，弹簧的弹性能为0，设此时滑块速度为v1，小车速度为v2据能量守恒有

又因为系统动量守恒，有

mv1-Mv2=0

解得