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1、山东省泰安市2020届高三物理下学期四模试题（含解析）第卷(选择题 共40分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.核电站利用核反应堆工作时释放出的热能使水汽化以推动汽轮发电机发电。反应堆中的核反应方程式为，已知铀核的质量mU，中子的质量mn，锶(Sr)核的质量mSr，氙(Xe)核的质量mXe，光在真空中的传播速度为c。则（）A. Z=38，A=136B. Z=48，A=146C. 一个裂变时的质量亏损D. 一个裂变时释放的能量为【答案】A【解析】【详解】AB由质量数与电荷数守恒得解得Z=38，A=136故A正确，B错误；C
2、D一个裂变时的质量亏损根据爱因斯坦质能方程可知，一个裂变时释放的能量为故CD错误故选A。2.如图所示，有一质量为m的物块分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，轻弹簧Q与竖直方向的夹角为，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（）A. 轻绳P的弹力大小可能小于mgB. 弹簧Q可能处于压缩状态C. 剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小为gD. 剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小为gsin【答案】C【解析】【详解】AB轻绳P竖直，轻弹簧Q弹力为零，弹簧处于原长状态，轻绳P的弹力大小等于mg，选项AB错误；CD剪断轻绳瞬间，物体只受重力，物块的加速度大小为g，选项C正确，选项D错误。故选C。3.如图所示，
3、在竖直放置的导热性能良好的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积为S。整个装置放在大气压为p0的室内，稳定时活塞与容器底的距离为h0。现把容器移至大气压仍为p0的室外，活塞缓慢上升d后再次平衡，重力加速度大小为g。若此过程中气体吸收的热量为Q，则密闭气体的内能（）A. 减少了Q(mg+p0S)dB. 减少了Q+(mg+p0S)dC. 增加了Q(mg+p0S)dD. 增加了Q+(mg+p0S)d【答案】C【解析】【详解】活塞上升过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功根据势力学第一定律得密闭气体增加的内能即在此过程中的密闭气体的
4、内能增加了，故C正确，ABD错误。故选C。4.在光学仪器中，“道威棱镜”被广泛用来进行图形翻转。如图所示，其棱镜的横截面ABCD是底角为的等腰梯形，与BC平行的三条光线经AB面射入棱镜，经BC面反射后，反射光线直接射到CD面上。已知棱镜材料的折射率n=，则（）A. 光线1在AB面上的折射角为B. 三条光线在BC面上都发生全反射C. 只有光线3BC面上发生全反射D. 从DC射出的光线跟入射光线平行，且距离C点最近的为光线3【答案】B【解析】【详解】A由图可知，光线1在AB面上的入射角为，由折射定律有得即光线1在AB面上的折射角为，故A错误；BC由公式可知，发生全反射的临界角为光路图如图所示，由图
5、像可知，光线在BC面上的入射角由于三条光线平行，三条光线在BC面上的入射相同，则三条光线在BC面上都发生全反射，故B正确，C错误；D由三条光线平行，三条光线在棱镜中的传播如图所示，由图可知，光线射到DC面的入射角为，折射角为，即光线与入射光线平行，但距离C点最近的为光线1，故D错误。故选B。5.爱因斯坦提出光电效应理论获得诺贝尔物理学奖已近100年。用金属钙做实验时，得到的光电子的最大初动能Ekm与入射光频率的关系如图所示。用其他金属做实验，得到的Ekm图线也为直线。表中列出了几种金属的截止频率和逸出功，下列判断正确的是（）金属钨钙钠截止频率0/1014Hz10.957.735.53逸出功W0
6、/eV4.543.202.29A. 如用金属钨做实验，得到的Ekm图线的斜率比图中直线的斜率大B. 如用金属钨做实验，得到的Ekm图线的斜率比图中直线的斜率小C. 如用金属钠做实验，得到的Ekmv图线延长线与纵轴交点的坐标为(0，Ek2)，则Ek2Ek1D. 如用金属钠做实验，得到的Ekmv图线延长线与纵轴交点的坐标为(0，Ek2)，则Ek2Ek1【答案】D【解析】【详解】根据爱因斯坦光电效应方程整理得ABEkmv图线的斜率等于普朗克常数h，因此各种不同金属的Ekmv图线的斜率相同，AB错误；CDEkmv图线延长线与纵轴交点的坐标绝对值等于逸出功，则，因此C错误，D正确。故选D。6.如图所示，
7、某行星半径为R，外围有一圈厚度为d的卫星群，设卫星群中的某“点”绕行星的运动速度为v，该“点”到行星中心的距离为r。已知该行星的第一宇宙速度为v0。下列图象可能的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】卫星受到的万有引力提供向心力，根据可知因此只有D是可能的，ABC不可能。故选D。7. 如图所示,细线的一端固定于O 点,另一端系一小球. 在水平拉力作用下,小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B 点. 在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是A. 逐渐增大B. 逐渐减小C. 先增大,后减小D. 先减小后增大【答案】A【解析】试题分析：因为小球是以恒定速率运动，即它是做匀速圆周运动，
8、那么小球受到的重力G、水平拉力F、绳子拉力T三者的合力必是沿绳子指向O点设绳子与竖直方向夹角是，则（F与G的合力必与绳子拉力在同一直线上），解得，而水平拉力F的方向与速度v的方向夹角也是，所以水平力F的瞬时功率是，则，故从A到B的过程中，是不断增大的，所以水平拉力F的瞬时功率是一直增大的，故A正确考点：考查了功率的计算【名师点睛】根据小球做圆周运动，合力提供向心力，即合力指向圆心，求出水平拉力和重力的关系，根据得出拉力瞬时功率的表达式，从而判断出拉力瞬时功率的变化8.如图所示，半径分别为R、2R的两个同心圆，圆心为O，大圆和小圆之间区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，其余区域无磁场。一重力不计的带
9、正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹所对的圆心角为120。若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2，不论其入射方向如何，都不可能射入小圆内部区域，则最大为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】ABCD粒子在磁场中做圆周运动，如图由几何知识得洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得当粒子竖直向上射入磁场时，粒子不能进入小圆区域，则所有粒子都不可能进入小圆区域，粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时粒子轨道半径洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得则ACD错误B正确。故选B。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个
10、选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得零分。9.如图甲所示，绝缘水平面上存在方向水平向右的匀强电场，一带电物块以一定的初速度从O点开始向右运动。取O点为电势零点，该物块的电势能与动能之和E总、电势能Ep随它离开O点的距离x变化的关系如图乙所示。由此能够确定的是（）A. 物块受到的电场力B. 匀强电场的场强大小C. 物块返回O点时的动能D. 物块与水平面间的动摩擦因数【答案】AC【解析】【详解】AB由克服电场力做功等于电势能的增加量得由于不知道电荷量，则无法求解匀强电场的场强大小，故A正确，B错误；CD由图乙可知，物块的初动能为100J，当运动到8m处物块的
11、动能为0，则此过程中有得从物块O点开始运动到返回O点，由动能定理得得由于不知道物块的质量，则无法求解动摩擦因数，故C正确，D错误。故选AC。10.如图甲所示，a、b为一列简谐横波上平衡位置之间相距6m的两个质点，两质点的振动图象如图乙所示，实线为a质点的振动图象，虚线为b质点的振动图象。已知两质点平衡位置之间的距离不小于一个波长。关于该简谐波，下列说法正确的是（）A. 波长最大值为24mB. 波长最大值为4.8mC. 波速最大值为1.2m/sD. 波速最大值为6.0m/s【答案】BC【解析】【详解】当波向右传播时，由图乙可知，a、b两质点的振动时间差为(n=0、1、2)则a、b两质点的距离为(
12、n=0、1、2)由于两质点平衡位置之间的距离不小于一个波长，则波长的最大值为最大波速为当波向左传播时，由图乙可知，a、b两质点的振动时间差为(n=0、1、2)则a、b两质点的距离为(n=0、1、2)由于两质点平衡位置之间的距离不小于一个波长，则波长的最大值为最大波速为故BC正确，AD错误。故选BC。11.如图所示，理想降压变压器的副线圈匝数可通过滑片F调节，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，A1，A2为理想交流电流表，保持交流电源的电压U不变。以下说法正确的是（）A. 保持F不动，P下移，则两电流表的示数均增大B. 保持F不动，P下移，则两电流表的示数均减小C. 保持P不动，F上移，则两电流表
13、示数均增大，且增大倍数相同D. 保持P不动，F上移，则两电流表示数均增大，但增大倍数不相同【答案】BD【解析】【详解】AB保持不动，则次级电压不变，下移时，变阻器在电路中电阻增大，次级电流减小，电流表A2示数减小，电流表A1示数减小，A错误，B正确；CD保持不动，上移，则次级电压升高，次级电路电阻不变，次级电流增大，A2示数增大，A1示数增大，两电流表示数均增大；由可知两者的比值不是定值，因此两电流表示数增大的倍数不相同，C错误，D正确。故选BD。 12.如图所示，竖直平面内固定有半径为R的光滑半圆形轨道，最高点M、N与圆心O、在同一水平线上，物块甲、乙质量之比为1：3。物块甲从M处由静止开始
14、无初速释放，滑到最低点P与静止在P处的物块乙发生第一次弹性碰撞，碰撞时间很短可不计，碰后物块甲立即反向，恰能回到轨道上Q点，物块甲、乙均可视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A. QP之间的竖直高度为B. QP之间的竖直高度为C. 在以后的运动中，物块甲不能回到M点D. 在以后的运动中，物块甲能回到M点【答案】AD【解析】【详解】AB设QP之间的竖直高度为h，物块甲M点滑到P点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得解得物块甲第一次与物块乙碰前速度大小碰后物块甲立即反向，恰能回到轨道上Q点，由机械能守恒定律得解得碰撞后甲的速度大小为设甲的质量为m，则乙的质量为3m，甲乙发生弹性碰撞，以向左为正方向，根据动量守恒定律有根据机械能守恒定律有联立解得，故A正确，B错误；CD由于第一次碰撞后两物块的速度大小相等，则物块甲、乙将同时回到最低位置P点发生第二次弹性碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得物块甲的速度大小为碰撞后对甲，由机械能守恒定律得解得h=R，物块甲能回到M点，故C错误，D正确。故选AD。第卷(非选择题 共60分)三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.某同学利用图(a)所示的实验装置研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质
