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  • 2021-05-23 发布

【物理】山东省多地市2020届高三下学期线上模拟试题(解析版)

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山东省多地市2020届高三下学期线上模拟试题 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.如图所示,导体棒原来不带电,将电荷量为Q的正点电荷放在棒左侧O处,当棒达到静电平衡后,棒上的感应电荷在棒内A点处产生的场强为E1。下列说法正确的是(  )‎ A. E1的大小与电荷量Q成正比 B. E1的方向沿OA连线向右 C. 在导体棒内部,离O点越远场强越小 D. 在O点放置电荷量为2Q的点电荷,A点的场强为2E1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.导体棒达到静电平衡后,棒上感应电荷在棒内A点处产生的场强大小与一带电量为Q的点电荷在该处产生的电场强度大小相等,方向相反,则有 正点电荷在A点产生的场强方向向右,则E1的方向沿OA连线向左,故A正确,B错误;‎ C.导体棒达到静电平衡后,棒内场强处处为0,故C错误;‎ D.在O点放置电荷量为2Q的点电荷,导体棒达到静电平衡后,棒内场强处处为0,故D错误。‎ 故选A。‎ ‎2.正三角形金属框架ABC边长为a,将其放置在水平绝缘桌面上,俯视如图所示。现施加竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场,将AC接入电路,图中电流表示数为I,金属框架静止。则(  )‎ A. 金属框架所受的安培力为0‎ B. 金属框架所受摩擦力大小为BIa C. 金属框架所受摩擦力方向水平向左 D. 若增大磁感应强度B,金属框架一定静止 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.导线ABC的等线长度为AC边长度,由左手定则可知,两段导线所受安培力方向水平向左,即安培力合力不为0,故A错误;‎ BC.由于电流表示数为I,即为导线AC和ABC的电流之和,由于导线ABC的等线长度为AC边长度,则金属框架所受的安培力合力为 由平衡可知,金属框架所受摩擦力大小为BIa,由于安培力合力方向水平向左,则金属框架所受摩擦力方向水平向右,故B正确,C错误;‎ D.若增大磁感应强度B,金属框架所受安培力增大,如果安培力大于最大静摩擦力,金属框架则运动,故D错误。‎ 故选B。‎ ‎3.一简谐横波沿x轴传播,图甲是t=0s时刻的波形图,图乙是介质中质点P的振动图象,下列说法正确的是(  )‎ A. 该波沿x轴正方向传播 B. 该波的波速为‎1.25m/s C. t=2s时,P的速度最大,加速度最小 D. 在t=0到t=10s的时间内,P沿传播方向运动‎2m ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图乙可知,t=0s时质点P 在平衡位置将向上振动,结合图甲由同侧法可知,该波沿x轴负方向传播,故A错误;‎ B.由图甲知波长,由图乙知周期,则波速为 故B错误;‎ C.由图乙可知,t=2s时,质点P处于平衡位置,则P的速度最大,加速度最小,故C正确;‎ D.质点只能在各自平衡位置附近振动,并不会随波逐流,故D错误。‎ 故选C。‎ ‎4.如图所示,某种单色光从光导纤维左端射入,经过多次全反射后从右端射出。已知该单色光在光导纤维中的折射率为n,则该单色光从右端射出时出射角的正弦值最大为(  )‎ A. B. n ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设介质中发生全反射的临界角为α,如图,由全反射定律得,经过多次全反射后从右端射出,入射角和折射角满足 联立解得 ‎5.图甲为氢原子部分能级图,大量的氢原子处于n=4的激发态,向低能级跃迁时,会辐射出若干种不同频率的光。用辐射出的光照射图乙光电管的阴极K,已知阴极K的逸出功为4.54eV,则(  )‎ A. 这些氢原子能辐射4种不同频率的光子 B. 某氢原子辐射出一个光子后,核外电子的速率减小 C. 阴极K逸出光电子的最大初动能为8.21eV D. 若滑动变阻器的滑片右移,电路中的光电流一定增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.大量氢原子处于n=4的激发态,向低能级跃迁时,会辐射出 即6种不同频率的光子,故A错误;‎ B.某氢原子辐射出一个光子后,能量减小,轨道半径减小,库仑力做正功,核外电子的速率增大,故B错误;‎ C.处于n=4的氢原子向低能级跃迁时放出光子最大能量为 由光电效应方程可知 故C正确;‎ D.若滑动变阻器的滑片右移,正向电压增大,如果光电流达到最大光电流时,则电路中的光电流不变,故D错误。‎ 故选C。‎ ‎6.随着科技的不断发展,小到手表、手机,大到电脑、电动汽车,都已经在无线充电方面实现了从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌手机无线充电的原理图,下列说法正确的是(  )‎ A. 无线充电时,手机上接收线圈的工作原理是“电流的磁效应”‎ B. 发送端和接收端间的距离不影响充电的效率 C. 所有手机都能用该品牌无线底座进行无线充电 D. 接收线圈中交变电流频率与发射线圈中交变电流的频率相同 ‎【答案】D ‎【详解】A.无线充电手机接收线圈部分工作原理是电磁感应,故A错误;‎ B.由于充电工作原理为电磁感应,发送端和接收端间的距离越远,空间中损失的能量越大,故B错误;‎ C.不是所有手机都能进行无线充电,只有手机中有接受线圈时手机利用电磁感应,进行无线充电,故C错误;‎ D.根据电磁感应原理,接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中频率相同,故D正确。‎ 故选D。‎ ‎7.卡车沿平直公路运输质量为m的匀质圆筒状工件,将工件置于两光滑斜面之间,如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上,倾角分别为和。重力加速度为g,圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2。则(  )‎ A. 当卡车匀速行驶时F1=mg ‎ B. 当卡车匀速行驶时F2=mg C. 卡车安全启动的最大加速度为g ‎ D. 卡车安全刹车的最大加速度为g ‎【答案】C ‎【详解】AB.将重力进行分解如图所示,根据几何关系可得 故AB错误。‎ C.当匀质圆筒状工件对斜面Ⅱ压力为0时,启动加速度最大,则有 得 故C正确;‎ D.当匀质圆筒状工件对斜面I压力为0时,刹车加速度最大,则有 得 故D错误 故选C。‎ ‎8.‎2019年1月3日,我国发射的“嫦娥四号”探测器在月球背面成功着陆。若已知地球半径是月球半径的p倍,地球质量是月球质量的q倍,地球的半径为R,地球表面的重力加速度为g,“嫦娥四号”绕月球做匀速圆周运动的半径为月球半径的k倍。则下列说法正确的是(  )‎ A. 月球的第一宇宙速度为 ‎ B. 月球表面的重力加速度大小是 C. “嫦娥四号”绕月球运行的周期为2π ‎ D. “嫦娥四号”绕月球运行的速度大小为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.由公式 得 则月球表面重力加速度为 月球的第一宇宙速度为 故A错误,B正确;‎ C.由公式 得 故C错误;‎ D.由公式 得 故D错误。‎ 故选B。‎ 二、多项选择题:本题共4小题,共16分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。‎ ‎9.从同一高度以相同的初动能竖直向上拋出两个小球a、b,a达到的最高点比b的高,不计空气阻力。以下说法正确的是(  )‎ A. a的质量比b的大 B. a的质量比b的小 C. 拋出时,a的动量比b的大 D. 抛出时,a的动量比b的小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.小球抛出后做竖直上抛运动,由公式可知,a球抛出的初速度比b大,由于两球初动能相同,则a球的质量比b球的小,故A错误,B正确;‎ CD.由动能与动量关系 可知,质量越大,初动量越大,则a球的初动量比b的小,故C错误,D正确。‎ 故选BD。‎ ‎10.如图,虚线圆是正点电荷O周围的两个等势面。检验电荷a、b,仅在电场力的作用下,分别由M点沿图中实线运动到N点,经过N点时,a、b的速率相等,以下判断正确的是(  )‎ A. a带正电 ‎ B. 在M点时,a、b的速率可能相等 C. M点电势比N点的低 ‎ D. a在M点的电势能比在N点大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由做曲线运动物体的合力指向曲线内侧且点电荷为正电荷,检验电荷a运动过程中受到点电荷的吸引力,说明a带负电,故A错误;‎ B.由做曲线运动物体的合力指向曲线内侧且点电荷为正电荷,检验电荷b运动过程中受到点电荷的吸引力,说明b带正电,检验电荷a从M到N电场力做正功,动能增大,检验电荷a从M到N电场力做负功,动能减小,由于检验电荷a、b,经过N点时,a、b的速率相等,所以在M点时,a、b的速率可能相等不可能相等,故B错误;‎ C.由于M点离正点电荷更远,则M点的电势比N点电势更低,故C正确;‎ D.由于a电荷带负电且M点的电势比N点电势更低,根据负电荷在电势低处电势能大,说明a电荷在M点电势更大,故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎11.如图所示,质量为M的长木板静止在光滑水平面上,上表面OA段光滑,AB段粗糙且长为l,左端O处固定轻质弹簧,右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上,轻绳所能承受的最大拉力为F.质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧,弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断,再过一段时间后长木板停止运动,小滑块恰未掉落.则( )‎ A. 细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为 B. 细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为 C. 弹簧恢复原长时滑块的动能为 D. 滑块与木板AB间的动摩擦因数为 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.细绳被拉断瞬间,对木板分析,由于OA 段光滑,没有摩擦力,在水平方向上只受到弹簧给的弹力,细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F,根据牛顿第二定律有:‎ 解得,A正确;‎ B.滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧,到弹簧压缩量最大时速度为0,由系统的机械能守恒得:细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为,B正确;‎ C.弹簧恢复原长时木板获得的动能,所以滑块的动能小于,C错误;‎ D.由于细绳被拉断瞬间,木板速度为零,小滑块速度为零,所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能,即,小滑块恰未掉落时滑到木板的右端,且速度与木板相同,设为,取向左为正方向,由动量守恒定律和能量守恒定律得 联立解得,D正确。故选ABD。‎ ‎12.习总书记提出的绿水青山就是金山银山的理念,树立了保护自然环境就是保护人类、建设生态文明就是造福人类的新理念。某化工厂为检测污水排放量,技术人员在排污管末端安装一台污水流量计,如图所示,该装置由非磁性绝缘材料制成,长、宽、高分别为a=‎1m、b=‎0.2m、c=‎0.2m,左、右两端开口,在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B=1.25T的匀强磁场,在上、下两个面的内侧固定有金属板,污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时,测得两个金属板间的电压U=1V。下列说法中正确的是(  )‎ A. M电势高,金属板N的电势低 B. 污水中离子浓度对电压表的示数有影响 C. 污水的流量(单位时间内流出的污水体积)Q=‎0.16m3‎/s D. 电荷量为1.6×10-‎19C的离子,流经该装置时受到的静电力F=8.0×10-19N ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据左手定则,知负离子所受的洛伦兹力方向向下,则向下偏转,N板带负电,M板带正电,则M板的电势比N板电势高,故A正确;‎ B.最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡,有 解得 与离子浓度无关,故B错误;‎ C.污水的流速 则流量为 故C正确;‎ D.流经该装置时受到的静电力 故D正确。‎ 故选ACD。‎ 三、非选择题:本题共6小题,共计60分。‎ ‎13.某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验,操作步骤如下:‎ ‎①固定斜槽,并使轨道的末端水平;‎ ‎②在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸,将该木板竖直并贴紧槽口,让小球a从斜槽轨道上某固定点由静止开始滚下,撞到木板,在白纸上留下压痕O;‎ ‎③‎ 将木板向右平移适当距离,再使小球a从原固定点由静止释放,撞到木板,在白纸上留下压痕B;‎ ‎④把半径相同的小球b放在斜槽轨道水平段的右边缘,让小球a仍从原固定点由静止开始滚下,与b球相碰后,两球撞在木板上,在白纸上留下压痕A和C;‎ ‎(1)本实验必须测量的物理量是_______(填序号字母);‎ A、小球a、b的质量 B、小球a、b的半径r C、斜槽轨道末端到木板的水平距离x D、球a的固定释放点到斜槽轨道末端的高度差H E、记录纸上O点到A、B、C的距离h1、h2、h3‎ ‎(2)用(1)中所测得的物理量来表示两球碰撞过程动量守恒,其表达式为_______;‎ ‎(3)对该实验的探究结果没有影响的是_______。(填序号字母)‎ A、木板是否竖直 B、斜槽轨道末端部分是否水平 C、斜槽轨道是否光滑 ‎【答案】 (1). AE (2). (3). C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]设a单独滚下经过斜槽轨道末端的速度为va,两球碰撞后a、b的速度分别为va′和vb′,若两球碰撞动量守恒,则 根据平抛运动规律得 联立得应满足的表达式为 本实验必须测量的物理量是小球a、b的质量ma、mb,记录纸上O点到A、B、C的距离h1、h2、h3;故AE正确 故选AE;‎ ‎(2)[2]由以上分析可知,需要验证的表达式为 ‎(3)[3]A.由表达式可知,木板是否竖直,对实验结果有影响,故A错误;‎ B.斜槽轨道末端部分是否水平影响小球离开斜槽是否做平抛运动,则对实验结果有影响,故B错误;‎ C.只要小球a每次从同一高度静止放下,小球a到达斜槽轨道末端的速度相同,所以斜槽轨道是否光滑,则对实验结果没有影响,故C正确。‎ 故选C。‎ ‎14.某同学在实验室发现一根粗细均匀、中空的圆柱形导电元件,其横截面为同心圆环,如图甲所示,该同学想知道中空部分的内径d,但该元件的内径太小,无法直接测量,他设计了如下实验进行测量,已知该元件的长度L及电阻率ρ。‎ ‎(1)用螺旋测微器测元件的外径D,结果如图乙所示,该读数为__________mm;‎ ‎(2)用多用电表测粗其阻值,多用电表的“Ω”挡有“×‎1”‎“×‎10”‎“×‎100”‎“×1k”四挡,选用“×‎100”‎挡测量时,发现指针偏转角度过大,换用相邻的某倍率,重新调零后进行测量,结果如图丙所示,则该元件的电阻为__________Ω;‎ ‎(3)为精确地测量该元件电阻,有下列器材可供选择:‎ A.电流表A1(量程50mA,内阻r1=100Ω)‎ B.电流表A2(量程150mA,内阻r2大约为40Ω)‎ C.电流表A3(量程‎3A,内阻r3大约为0.1Ω)‎ D.滑动变阻器R(0~20Ω,额定电流‎2A)‎ E.直流电源E(9V,内阻不计)‎ F.导电元件Rx G.开关一只,导线若干 请选择合适的仪器,将实验电路图画在方框内,并标明所选器材的代号;‎ ‎(4)若测得该元件的电阻为R,则元件的内径d=___________。(用已知量和所测物理量的符号表示)‎ ‎【答案】 (1). 6005 (2). 90 (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]螺旋测微器的固定刻度为‎6.0mm,可动刻度为0.5×‎0.01mm=‎0.005mm,所以最终读数为‎6.0mm+‎0.005mm=‎6.005mm;‎ ‎(2)[2]选用“×‎100”‎挡测量时,发现指针偏转角度过大,则选用的是“×‎10”‎,由图可知,该元件的电阻为;‎ ‎(3)[3]由于实验器材中没有电压表但电流表A1内阻已知,且电流表A1能测最大电压为 则可能电流表A1充当电压表,由于测量过程中流过电阻的电流不宜太大,则电流表选A2,为了多测量数据而减小误差,则滑动变阻器应用分压式,由电流表A2‎ 的内阻未知,则用外接法,电路图如图 ‎(4)[4]由电阻定律有 ‎ ‎ 解得 ‎15.如图所示,倾角为的斜面固定在水平地面上,可视为质点的小铁块放在斜面底端,对小铁块施加沿斜面向上的推力F0,可将其从斜面底端A缓慢的推到B点。若将小铁块置于水平地面上P点,对小铁块施加水平推力F0,运动到A点时撤去推力,小铁块恰好到达B点。已知小铁块质量为‎5kg,AB间距离为‎4m,小铁块与斜面、水平地面间的摩擦因数均为0.25,取g=‎10m/s2,sin=0.6,cos=0.8,求:‎ ‎(1)推力F0大小;‎ ‎(2)小铁块从P到B的时间(结果保留三位有效数字)。‎ ‎【答案】(1)40N;(2)2.45s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)取铁块为研究对象,受力分析如图所示,沿斜面方向 F0=mgsin+μN 垂直斜面方向 N=mgcos 解得 F0=40N ‎(2)铁块从A点冲到B点,在A点的速度为v,由P到A由动量定理 ‎(F0-μmg)t1=mv 由A到B过程减速的加速度为a,则 ‎ ‎ 由匀变速运动0-v2=-2aL ‎0=v-at2‎ 解得 v=‎8m/s t=t1+t2=2.45s ‎16.如图所示,汽缸放置在水平桌面上,开口向上,用活塞将一定质量理想气体封闭在汽缸内,活塞距缸底l1=‎10cm,气体温度t1=17。加热缸内气体至温度t2时,活塞距缸底l2=‎12cm。已知活塞横截面积S=2×10-‎3m2‎,大气压强p0=1.0×105Pa,重力加速度g=‎10m/s2,活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气,活塞重力忽略不计。‎ ‎(1)求温度t2;‎ ‎(2)保持气体温度为t2,将一铁块放在活塞上,再次稳定后活塞回到初始位置,求铁块质量m。‎ ‎【答案】(1)t2=75;(2)‎‎4kg ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)气体被加热过程中压强不变,由盖吕萨克定律有 代入数据解得 T2=348K,t2=75‎ ‎(2)设活塞再次稳定后气体压强为p,由平衡条件 mg+p0S=pS 由玻意耳定律 p‎0l2S=pl1S 代入数据解得 m=‎‎4kg ‎17.如图所示的坐标系xOy中,第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B0,第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场,x轴下方存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度未知。一带正电粒子从A(d,0)点以初速度v0开始运动,初速度方向与x轴负方向夹角θ=,粒子到达y轴时速度方向与y轴垂直,粒子经过电场区域、x轴下方磁场区域恰好回到A点,且速度方向与初速度方向相同。粒子重力不计,sin=0.8,cos=0.6,求:‎ ‎(1)粒子的比荷;‎ ‎(2)匀强电场的电场强度;‎ ‎(3)x轴下方磁场的磁感应强度B。‎ ‎【答案】(1);(2);(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设粒子在第一象限内做圆周运动的半径为r1,则有 由图中几何可知 解得 ‎(2)设粒子平抛过程竖直位移为,则 由题意可知,粒子平抛运动的末速度与x轴负方向夹角 θ=‎ 则 vy=v0tanθ 平抛运动过程 vy=at 联立解得 ‎,‎ ‎(3)设粒子平抛过程水平位移为,则,设粒子在y轴下方磁场区域运动的半径为r2,则 粒子运动速度 解得 ‎18.如图所示的装置由三部分组成,传送带左边是光滑的水平面,一轻质弹簧左端固定,右端连接着质量M=‎3.0kg的物块A,开始物块A静止。装置的中间是水平传送带,它与左右两边的台面等高,并平滑对接,传送带以u=‎2.0m/s的速度逆时针转动。传送带的右边是一位于竖直平面内的光滑圆轨道,最低点为C,最高点为D,半径R=‎1.25m。从D点正上方h高处无初速释放质量为m=‎1.0kg的物块B,B从D点进入圆轨道,物块B与A只发生一次碰撞,且为弹性正碰。已知B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,传送带长l=‎4m,取g=‎10m/s2。求:‎ ‎(1)物块B与A碰撞后弹簧的最大弹性势能;‎ ‎(2)物块B对圆轨道的最大压力;‎ ‎(3)物块B释放点距D点的高度h。‎ ‎【答案】(1)24J(2)74N,方向竖直向下;(3)‎‎275m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)如果B与A只发生一次碰撞,则B碰后返回圆轨道最低点C的速度为0,B碰后速度为v1,碰后返回C点过程 解得 v1=‎4m/s B与A碰前速度为v,A碰后速度为v2,由动量守恒定律得 mv=-mv1+Mv2‎ 由机械能守恒定律得 解得 v=‎8m/s,v2=‎4m/s 物块A的速度为零时弹簧压缩量最大,弹簧弹性势能最大,由能量守恒定律得:‎ ‎(2)设物块B在圆轨道最低点的速度大小为v0,从C到与A相碰过程因碰前速度 v=‎8m/s>‎2m/s,物块在带上减速运动 在圆弧最低点C,由牛顿第二定律得 解得 F=74N 由牛顿第三定律可知,物块B对轨道的压力大小 F′=F=74N 方向竖直向下 ‎(3)由释放点到B与A碰撞过程由动能定理 解得h=‎‎2.75m