山东省济宁市2020届高三下学期第二次模拟考试物理试题 Word版含解析 18页

‎2019—2020学年度高考模拟考试 物理试题 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.下列说法正确的是（　　）‎ A. 晶体一定具有各向异性 B. 温度升高物体的内能一定增大 C. 布朗运动是液体分子的无规则运动 D. 自由下落的水滴呈球形是液体表面张力作用的结果 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．单晶体有各向异性的特征，多晶体有各向同性，故A错误；‎ B．物体的内能与物体的温度、体积和摩尔数等因素有关，所以温度升高物体的内能不一定增大，故B错误；‎ C．布朗运动是悬浮在液体中固体微粒所做的无规则运动，不是液体分子的运动。布朗运动是由大量液体分子撞击微粒引起的，反映了液体分子的无规则运动，故C错误；‎ D．自由下落的水滴由于液体表面张力作用而水滴形成球形，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.小明同学利用插针法测量半圆柱形玻璃砖的折射率。如图所示，他在白纸上作一直线MN以及它的垂线AB，玻璃砖的圆心为O，其底边与直线MN对齐，在垂线AB上插两枚大头针P1和P2。小明在半圆柱形玻璃砖右侧区域内无法观察到P1、P2沿AB方向射出的光线，若要观察到，应将玻璃砖的位置作适当调整，下列说法正确的是（　　）‎ A. 沿MN向M端平移适当距离 B. 沿MN向N端平移适当距离 C. 向左平移适当距离 - 18 -‎ D. 向右平移适当距离 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】光线P1P2垂直于界面进入半圆柱形玻璃砖后，到达圆弧面上的入射角大于临界角，发生全反射现象，光不能从圆弧面折射出来，要使光能从圆弧面折射出来，则需要向上移动半圆柱形玻璃砖，即将半圆柱形玻璃砖沿MN向M平移适当距离，使到达圆弧面上光线的入射角i小于临界角则可以射出，如图所示，而将半圆柱形玻璃砖平行MN向左或向右平移适当距离，不会改变光在MN圆弧面上的入射角，光仍然发生全反射，故A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎3.现有大量处于n=4能级的氢原子，当这些氢原子向低能级跃迁时会辐射出若干种不同频率的光，氢原子能级示意图如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A. 跃迁后核外电子的动能减小 B. 最多可辐射出4种不同频率的光 C. 由n=4能级跃迁到n=1能级产生的光的波长最短 D. 用n=4能级跃迁到n=2能级辐射的光照射逸出功为2.65eV的某种金属能发生光电效应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢原子向低能级跃迁时，库仑力做正功，核外电子的电势能减小、动能增大，故A错误；‎ B．大量处于n=4能级的氢原子，当这些氢原子向低能级跃迁时会辐射出 - 18 -‎ 种不同频率的光，故B错误；‎ C．由n=4能级跃迁到n=1能级产生的光的能量最大即光子的频率最大，则光的波长最短，故C正确；‎ D．n=4能级跃迁到n=2能级辐射的光的能量为 则不能发生光电效应，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎4.从塔顶同一位置由静止先后释放两个小球A、B，不计空气阻力。从释放B球开始计时，在A球落地前，两球之间的距离随时间t变化的图像为（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】以B球的参考系，则A球相对B球做匀速直线运动，释放B球时两球间已有一定的距离，所以两球间的距离 故D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎5.直角坐标系xOy的y轴为两种均匀介质Ⅰ、Ⅱ的分界线，位于x=0处的一波源发出的两列机械波a、b同时分别在介质Ⅰ、Ⅱ中传播，某时刻的波形图如图所示，此时刻a波恰好传到x=4m处，下列说法正确的是（　　）‎ - 18 -‎ A. 波源的起振方向沿y轴正方向 B. 两列波的频率关系fa=4fb C. 此时刻b波传到x=－16m处 D. 质点P在这段时间内的路程为30cm ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．传播介质的起振方向和波源相同， 的质点起振方向与波源的起振方向相同，用微平移法可知 的质点即将向下运动，波源的起振方向沿y轴负方向，故A错误；‎ B．两列波由同一波源振动产生，频率相同，故B错误；‎ C．由右侧波形图可知，波源已经完成了四次全振动， 故此时刻b波传到 处，故C正确；‎ D．由质点P右侧的波形图可知，P已经完成2.5次全振动，路程为 故D错误。‎ 故选C。‎ ‎6.如图所示，理想变压器的原线圈输入电压的有效值保持不变，副线圈匝数可调，与副线圈相连的输电线上的等效电阻为R0，与原线圈相连的输电线上的电阻忽略不计。滑动触头P处于图示位置时，用户的用电器恰好正常工作。当用电器增多时，下列说法正确的是（　　）‎ A. 原线圈中的电流减小 B. 副线圈两端的电压增大 C. 等效电阻R0两端的电压不变 - 18 -‎ D. 只需使滑动触头P向上滑动，用电器仍可正常工作 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由于理想变压器的原线圈输入电压的有效值保持不变，由 可知，副线圈两端电压不变，当用电器增多时，总电阻减小，副线圈中的电流增大，由 可知，原线圈中的电流增大，故AB错误；‎ C．副线圈中的电流增大，等效电阻R0两端的电压增大，故C错误；‎ D．滑动触头P向上滑动时，由 可知，副线圈两端电压增大，副线圈中的电流增大，等效电阻R0两端的电压增大，用电器两端电压也可能增大，则用电器仍可正常工作，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎7.由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。假设图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c两点距地面的高度相等。下列说法正确的是（　　）‎ A. 到达b点时，炮弹的速度为零 B. 到达b点时，炮弹的加速度为零 C. 炮弹经过a点时的速度小于经过c点时的速度 D. 炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间 ‎【答案】D - 18 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．炮弹在最高点竖直方向上的速度为零，水平方向上的速度不为零，故炮弹在最高点速度不为零，故A错误；‎ B．在最高点受空气阻力（水平方向上的阻力与水平速度方向相反），重力作用，二力合力不为零，故加速度不为零，故B错误；‎ C．由于空气阻力恒做负功，所以根据动能定理可知经过a点时的速度大于经过c点时的速度，故C错误；‎ D．从O到b的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，即 解得 在从b到d的过程中，在竖直方向，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，即 解得 则 根据逆向思维，两个阶段的运动可看做为从b点向O点和从b点向d点运动的类平抛运动，竖直位移相同，加速度越大，时间越小，所以炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，故D正确。‎ 故选D ‎8.如图所示，我国发射的某探月卫星绕月球运动的轨道为椭圆轨道。已知该卫星在椭圆轨道上运行n周所用时间为t，卫星离月球表面的最大高度为5R，最小高度为R，月球的半径为R，下列说法正确的是（　　）‎ - 18 -‎ A. 月球的自转周期为 B. 月球的第一宇宙速度为 C. 探月卫星的最大加速度与最小加速度之比为5：1‎ D. 探月卫星的最大动能与最小动能之比为25：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．根据题干信息可以得到探月卫星的周期为，但不能得到月球的自转周期，故A错误；‎ B．设近月卫星的周期为，其轨道半径为R，根据开普勒第三定律有 解得，则第一宇宙速度为 解得，故B正确；‎ C．根据牛顿第二定律有 解得 当r=2R时，加速度最大，则有 当r=6R时，加速度最小，则有 则有，故C错误；‎ D．根据开普勒第二定律可知，卫星与月球球心的连线在相等时间内扫过的面积相等，则有 解得 根据 - 18 -‎ 可得探月卫星在轨道上的最大动能与最小动能之比为9：1，故D错误。‎ 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.如图所示，一带电油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且关于过轨迹最低点P的竖直线对称，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（　　）‎ A. Q点的电势比P点的电势高 B. 油滴在Q点的机械能比在P点的机械能大 C. 油滴在Q点的电势能比在P点的电势能小 D. 油滴在Q点的加速度比在P点的加速度大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．根据油滴运动的弯曲方向可知，油滴受合力一定指向上方，而重力方向是竖直向下的，故电场力方向一定是竖直向上，由于不知道油滴带何种电荷，故无法知道电场线的方向，故不能判断两点的电势高低，故A错误；‎ BC．因电场力竖直向上，故油滴由P到Q的过程中，电场力做正功，故电势能减小，机械能增大，故Q点的电势能比它在P点的小，而机械能比P点大，故BC正确；‎ D．因小球在匀强电场中运动，受力的电场力F=qE和重力都为恒力，故PQ两点加速度大小相同，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎10.如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子(不计重力)都从A点沿AB方向射入磁场，并分别从AC边上的P、Q两点射出磁场，下列说法正确的是（　　）‎ - 18 -‎ A. 从P点射出的粒子速度大 B. 从P点射出的粒子角速度大 C. 从Q点射出的粒子向心力加速度大 D. 两个粒子在磁场中运动的时间一样长 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．粒子在磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出，轨迹如图所示 由图知，粒子运动的半径，又粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有 解得，故，故A错误；‎ B．根据线速度和加速度关系可知 由于两个粒子比荷相同，所以角速度一样大，故B错误；‎ C．根据牛顿第二定律可知向心力等于洛伦兹力，则有 解得，由于两个粒子比荷相同，所以速度大的向心加速度大，故C正确；‎ D - 18 -‎ ‎．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系（图示弦切角相等），粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间 又因为粒子在磁场中圆周运动的周期 可知粒子在磁场中运动的时间相等，故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎11.如图所示，用横截面积为S=10cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在导热良好的汽缸内，汽缸平放到光滑的水平面上。劲度系数为k=1000N/m的轻质弹簧左端与活塞连接，右端固定在竖直墙上。不考虑活塞和汽缸之间的摩擦，系统处于静止状态，此时弹簧处于自然长度，活塞距离汽缸底部的距离为L0=18cm。现用水平力F向右缓慢推动汽缸，当弹簧被压缩x=5cm后再次静止(已知大气压强为p0=1.0×105Pa，外界温度保持不变)，在此过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 气体对外界放热 B. 气体分子的平均动能变大 C. 再次静止时力F的大小为50N D. 汽缸向右移动的距离为11cm ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设末态汽缸内气体的压强为p，对活塞受力分析，则有 解得p=1.5×105Pa 气体温度保持不变，由玻意耳定律得 - 18 -‎ 解得L=12cm，即气体体积减小；因温度不变，故气体的内能不变，而此过程气体体积减少，外界对气体做功，为保持内能不变，故气体对外界放热，故A正确；‎ B．此过程温度不变，故气体分子平均动能不变，故B错误；‎ C．对汽缸受力分析，根据平衡条件有 故C正确；‎ D．设汽缸向右移动的距离为，则有 代入数据解得，故D正确。‎ 故选ACD。‎ ‎12.如图甲所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为m=2kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不拴连。t=0时刻解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v-t图像如图乙所示，其中Ob段为曲线，bc段为直线，取g=10，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 速度最大时，滑块与弹簧脱离 B. 滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5‎ C. 滑块在0.1s～0.2s时间内沿斜面向下运动 D. 滑块与弹簧脱离前，滑块的机械能先增大后减小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在滑块与弹簧脱离之前，开始弹簧的弹力大于重力沿斜面方向的分力和摩擦力之和，向上做加速运动，当加速度为零时速度最大，之后弹簧的弹力小于重力沿斜面方向的分力和摩擦力之和，向上做减速运动，当弹簧回到原长，滑块与弹簧脱离，故A错误；‎ B．在v-t图象中，斜率表示加速度，则滑块在0.1s～0.2s内的加速度为 - 18 -‎ 根据牛顿第二定律有 解得μ=0.5，故B正确；‎ C．由图可知，滑块在0.1s～0.2s时间内速度方向仍为正方向，即仍沿斜面向上运动，故C错误；‎ D．滑块与弹簧脱离前，弹簧的弹力做正功，摩擦力做负功，弹力大于摩擦力时机械能增加，弹力小于摩擦力时机械能减小，故D正确。‎ 故选BD。‎ 三、非选择题：本题共6小题，共60分。‎ ‎13.用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。轻杆两端固定两个大小相等但质量不等的小球P、Q，杆可以绕固定于中点O的水平轴在竖直面内自由转动。O点正下方有一光电门，小球球心可恰好通过光电门，已知重力加速度为g。‎ ‎（1）用游标卡尺测得小球的直径如图乙所示，则小球的直径为d=_____cm。‎ ‎（2）P、Q从水平位置由静止释放，当小球P通过最低点时，与光电门连接的数字计时器显示的挡光时间为=0.01s，则小球P经过最低点时的速度为v=_____m/s。‎ ‎（3）若两小球P、Q球心间的距离为L，小球P的质量是小球Q质量的k倍(k＞1)，当满足k=______(用L、d、、g表示)时，就表明验证了机械能守恒定律。‎ ‎【答案】 (1). 1.450 (2). 1.450 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]小球的直径 ‎(2)[2]小球P经过最低点的速度 - 18 -‎ ‎(3)[3]根据机械能守恒 整理得 ‎14.在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室提供了下列实验器材：‎ A.干电池两节，每节电动势约为1.5V，内阻约几欧姆 B.直流电压表V1、V2，量程均为0～3V，内阻约为3kΩ C.电流表，量程为0～0.6A，内阻小于1Ω D.定值电阻R0，阻值为5Ω E.滑动变阻器R，最大阻值为20Ω F导线和开关若干 两位同学分别选用了上述部分实验器材设计了甲、乙两种实验电路。‎ ‎（1）一同学利用如图甲所示的电路图组装实验器材进行实验，读出多组U1、I数据，并画出U1—I图像，求出电动势和内电阻。这种方案测得的电动势和内阻均偏小，产生该误差的原因是________________，这种误差属于___________(填“系统误差”或“偶然误差”)。‎ ‎（2）另一同学利用如图乙所示的电路图组装实验器材进行实验，读出多组U1和U2的数据，描绘出U1—U2图像如图丙所示，图线斜率为k，在纵轴上的截距为a，则电源的电动势E=_______，内阻r=______。(用k、a、R0表示)‎ ‎【答案】 (1). 电压表的分流 (2). 系统误差 (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] [2]误差主要来源于电压表的分流作用，使流过内电阻的电流不等于流过电流表的电流；这种误差属于系统设计方面的误差，因此属于系统误差。‎ - 18 -‎ ‎ (2)[3][4]根据电压与电动势的关系 整理得 可知 ‎，‎ 解得 ‎，‎ ‎15.如图甲所示，摆球在竖直面内做简谐运动。通过力传感器得到摆线拉力F的大小随时间t变化的图像如图乙所示，摆球经过最低点时的速度为m/s，忽略空气阻力，取g=10，π2≈g。求：‎ ‎（1）单摆的摆长L；‎ ‎（2）摆球的质量m。‎ ‎【答案】(1)L=1m；(2)m=0.1kg ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由乙图可知，单摆振动周期 T=2s 由单摆周期公式 T=‎ 解得 - 18 -‎ L=1m ‎(2)当拉力最大时，摆球处在最低点，根据牛顿第二定律 F－mg=‎ 解得 m=0.1kg ‎16.电子感应加速器是利用感生电场加速电子的装置，基本原理如图所示。图中上半部分为侧视图，S、N为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一环形真空室，图中下半部分为真空室的俯视图。电磁铁线圈中电流发生变化时，产生的感生电场可以使电子在真空室中加速运动。已知电子的带电量为e=1.6×10－19C，质量为m=9.1×10－31kg，初速度为零，在变化的磁场作用下运动轨迹半径恒为R=0.455m，电子轨迹所在处的感生电场的场强大小恒为E=9.1V/m，方向沿轨迹切线方向，电子重力不计。求：‎ ‎（1）经时间t=5×10－3s电子获得的动能Ek(结果保留两位有效数字)；‎ ‎（2）t=5×10－3s时刻电子所在位置的磁感应强度B的大小。‎ ‎【答案】(1)Ek=2.9×10－11J；(2)B=0.1T ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电子一直受到沿切线方向的电场力而不断加速，根据牛顿第二定律 eE=ma 由速度与时间的关系得 v=at 由动能表达式可知 Ek=‎ 各式联立，解得 - 18 -‎ Ek=29×10－11J ‎(2)电子一直受到指向圆心的洛伦兹力而不断改变速度的方向，根据牛顿第二定律 evB=‎ 解得 B=0.1T ‎17.如图所示为一种打积木的游戏装置，四块完全相同的硬质积木叠放在靶位上，每块积木的质量均为m1=0.3kg，长为L=0.5m，积木B、C、D夹在固定的两光滑硬质薄板间，一可视为质点的钢球用不可伸长的轻绳挂于O点，钢球质量为m2=0.1kg，轻绳长为R=0.8m。游戏时，将钢球拉到与O等高的P点(保持绳绷直)由静止释放，钢球运动到最低点时与积木A发生弹性碰撞，积木A滑行一段距离s=2m后停止。取g=10m/s2，各接触面间的动摩擦因数均相同，碰撞时间极短，忽略空气阻力。求：‎ ‎（1）与积木A碰撞前瞬间钢球的速度大小；‎ ‎（2）与积木A碰后钢球上升最大高度；‎ ‎（3）各接触面间的动摩擦因数。‎ ‎【答案】（1）4m/s；（2）0.2m；（3）μ=0.04‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】对钢球由动能定理得 解得：‎ v0=4m/s ‎（2）钢球与积木A碰撞过程满足动量守恒和能量守恒，有 m2v0=m1v1+m2v2‎ 解得：‎ - 18 -‎ v1=2m/s，v2=－2m/s 对钢球由动能定理得 解得：‎ h=0.2m ‎（3）对滑块A由动能定理得 ‎－(μ×4m1g+μ×3m1g)L－μm1g(s－L)= ‎ 解得：‎ μ=0.04‎ ‎18.如图甲所示，一足够长的U型金属导轨abcd放在光滑的水平面上，导轨质量为m=1kg、间距为L=1m，bc间电阻为r=0.5Ω，导轨其它部分电阻不计。一阻值为R=0.5Ω的导体棒MN垂直于导轨放置(不计重力)，并被固定在水平面上的两立柱挡住，导体棒MN与导轨间的动摩擦因数为μ=0.25，在M、N两端接有一理想电压表(图中未画出)。在导轨bc边右侧存在方向竖直向下、大小为B=0.5T的匀强磁场；在导体棒MN附近的空间中存在方向水平向左、大小也为B的匀强磁场。t=0时，导轨在外力F的作用下由静止开始向右运动，在t=2.0s时撤去外力F，测得2s内电压表示数与时间的关系如图乙所示。求：‎ ‎（1）t=2.0s时导轨速度大小；‎ ‎（2）在2s内外力F与t的函数关系式；‎ ‎（3）从开始运动到静止导轨的总位移。‎ ‎【答案】（1）8m/s；（2）F=4+1.25t；（3）25.6m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图乙可知，t=2.0s时，MN两端的电压为U=2V，则有 解得v1=8m/s - 18 -‎ ‎（2）由图乙可知U=t，由闭合电路的欧姆定律得 又 U=IR 解得v=4t 所以导轨的加速度为a=4m/s2 ‎ 由牛顿第二定律得 F－BIL－μBIL=ma 带入数据整理可以得F=4+1.25t ‎（3）从开始运动到撤去外力F这段时间内做匀加速运动，由运动学规律得 在t=2s直至停止的过程中，由动量定理得 又 解得x2=25.6m 总位移为 x=x1+x2=33.6m - 18 -‎