山东省济南市历城第二中学2020届高三物理模拟试题 21页

山东省济南市历城第二中学2020届高三物理模拟试题 一、选择题 ‎1.下列说法符合史实的是 ‎ A. 伽利略提出力是维持物体运动的原因 B. 亚里士多德猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证 C. 笛卡尔通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持 D. 牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 亚里士多德提出力是维持物体运动的原因，故A错误；‎ B. 伽利略用数学和逻辑推理得出了自由落体的速度与下落时间成正比，而不是直接用实验验证这个结论。故B错误；‎ C. 伽利略利用“理想斜面实验”发现了物体的运动不需要力来维持，推翻了“力是维持物体运动的原因”的观点，故C错误；‎ D. 牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，产生加速度，而不仅仅是使之运动，故D正确。‎ ‎2.m、n两种单色光以相同的入射角和入射点从空气斜射向长方形玻璃砖，其光路如图所示．关于m、n两种单色光，下列说法正确的是 A. 玻璃砖对m光的折射率较小 B. m光的光子能量较小 C. 对同一双缝干涉装置，m光的干涉条纹间距较小 D. m光在该玻璃中传播的速度较大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由光路图可知m的折射率比n大，选项A错误．m光的折射率大，则m的频率大，‎ 得知m光的能量大，选项B错误．由可知，m光的波长小，条纹间距可知m光的条纹间距小，选项C正确．由可知，m光在玻璃中的传播速度小，选项D错误．故选C.‎ ‎3.目前，在居家装修中，经常用到花岗岩、大理石等装修材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，比如有些含有铀钍的花岗岩等岩石都会释放出放射性惰性气体氡，而氢会发生放射性衰变，放出、、射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道方面的疾病，根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是 A. 衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的 B. 射线是原子核外电子电离形成的质子流它具有很强的穿透能力 C. 已知氢的半衰期为3.8天，若取‎1g氢放在天平左盘上，砝码放于右盘，左右两边恰好平衡，则3.8天后，需取走‎0.5g砝码天平才能再次平衡 D. 发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的，故A正确，‎ B、射线是电子流，并不是质子流，它的穿透能力强于射线，弱于射线，穿透能力中等，故B错误；‎ C、氡的半衰期为3.8天，经3.8天后，有‎0.5克衰变成新核，新的原子核仍然留在天平左盘中，故取走的砝码应小于‎0.5克，天平才能再次平衡．故C错误 D、发生α衰变时，电荷数少2（即质子数减少2），质量数少4，故中子数减少2，故D错误．‎ ‎4.如图所示，在水平匀强电场中，有一带电粒子（不计重力）以一定的初速度从M点运动到N点，则在此过程中，以下说法中正确的是（ ）‎ A. 电场力对该带电粒子一定做正功 B. 该带电粒子的运动速度一定减小 C. M、N点的电势一定有φM＞φN D. 该带电粒子运动的轨迹一定是直线 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．粒子的带电性质不知道，所以受到的电场力方向不确定，电场力可能做正功也可能做负功，则粒子的速度可能增加也可能减小，故AB错误；‎ C．沿着电场线的方向电势一定降低，所以φM＞φN，故C正确；‎ D．粒子只受电场力作用，电场力的方向在水平方向，而粒子的运动方向和水平方向有一夹角，所以粒子不会做直线运动，故D错误；‎ 故选C.‎ ‎5.地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1700多年如图所示，为一现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为，当感知到地震时，质量为的铜珠（初速度为零）离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞的时间约为，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为 ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】铜珠做自由落体运动，落到蟾蜍口速度为：‎ 以竖直向上为正方向，根据动量定理可知：‎ Ft-mgt=0-（-mv）‎ 解得：‎ A．，与结论相符，选项A正确；‎ B．，与结论不相符，选项B错误；‎ C．，与结论不相符，选项C错误；‎ D．，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选A.‎ ‎6.一飞船围绕地球做匀速圆周运动，其离地面的高度为H，若已知地球表面重力加速度为g，地球半径R。则飞船所在处的重力加速度大小 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式 在地球表面：‎ 在离地面的高度为H处：‎ 解得：‎ A．，与结论不相符，选项A错误；‎ B．，与结论不相符，选项B错误；‎ C．，与结论相符，选项C正确；‎ D．，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选C.‎ ‎7.如图所示，高层住宅外安装空调主机时，电机通过缆绳牵引主机。为避免主机与阳台、窗户碰撞，通常会用一根拉绳拽着主机，地面上拽拉绳的人通过移动位置，使拉绳与竖直方向的夹角保持不变，在此过程中主机沿竖直方向匀速上升，则在提升主机过程中，下列说法正确的是 A. 缆绳拉力和拉绳拉力大小都不变 B. 缆绳拉力和拉绳拉力大小都增大 C. 缆绳与竖直方向的夹角a可能大于拉绳与竖直方向的夹角 D. 缆绳拉力的功率保持不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．主机竖直向上匀速运动故合力为零，受力分析如图：‎ 在上升过程中，α增大，而β不变，则三个力构成动态平衡，重力mg为恒力，F2保持方向不变，F1顺时针转动，由图解法可判断出缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都增大，故A错误，B正确；‎ C．由三力平衡特点（任意两个力的合力与第三个力等大反向）可知，F1的方向始终在mg和F2所夹的的对角线的反向延长线上，则一定有缆绳与竖直方向的夹角α小于角β，故C错误；‎ D．对于主机向上做匀速直线运动，由动能定理可知：‎ 而拉力F2的功率为 PF2=F2vcosβ，‎ 由于F2变大，而β不变，则拉力F2的功率会增大，由可知F1的功率增大，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎8.如图所示，水平面O点左侧光滑，O点右侧粗糙且足够长，有10个质量均为m完全相同的小滑块（可视为质点）用轻细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开，现将水平恒力F作用于滑块1，经观察发现，在第3个小滑块进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是 A. 粗糙地带与滑块间的动摩擦因数 B. 匀速运动过程中速度大小 C. 第一个滑块进入粗糙地带后，第二个滑块进入前各段轻杆的弹力大小相等 D. 在水平恒力F作用下，10个滑块全部可以进入粗糙地带 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、对整体分析，根据共点力平衡得，F=3μmg，解得，故A错误.‎ B、根据动能定理得，解得，故B正确 C、第一个滑块进入粗糙地带后，整体仍然做加速运动，各个物体的加速度相同，隔离分析，由于选择的研究对象质量不同，根据牛顿第二定律知，杆子的弹力大小不等，故C错误.‎ D、在水平恒力F作用下，由于第4个滑块进入粗糙地带，整体将做减速运动，设第n块能进入粗焅地带，由动能定理：，解得：n=7,所以10个滑块不能全部进入粗糙地带，故D错误．‎ 故选B.‎ 二、多项选择 ‎9.如图所示,斜面AB高h，C是斜面AB的中点,D点在B点的正上方2h处。从D点以不同的水平速度抛出两个小球,球1落在A点，球2落在C点,不计空气阻力,关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程,下列说法确的是（ ）‎ A. 球1和球2动能增加量之比2：3 B. 球1和球2运动的时间之比为:1‎ C. 球1和球2抛出时初速度之比为:1 D. 球1和球2的速度变化量之比为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为A点和C点的竖直高度分别为h和1.5h，则根据动能定理可知，球1和球2动能增加量之比2：3，选项A正确；‎ B．根据可知，球1和球2运动的时间之比为，选项B错误；‎ C．球1和球2的水平射程之比为1:2，根据可得抛出时初速度之比为:4，选项C错误；‎ D．根据，则球1和球2的速度变化量之比为，选项D正确；‎ 故选AD.‎ ‎10.回旋加速器的工作原理如图所示：真空容器D形盒放在与盒面垂直的匀强磁场中，且磁感应强度B保持不变。两盒间狭缝间距很小，粒子从粒子源A处（D形盒圆心）进入加速电场（初速度近似为零）．D形盒半径为R，粒子质量为m、电荷量为+q，加速器接电压为U的高频交流电源．若相对论效应、粒子所受重力和带电粒子穿过狭缝的时间均不考虑．下列论述正确的是 A. 交流电源的频率可以任意调节不受其他条件的限制 B. 加速氘核()和氦核()两次所接高频电源的频率不相同 C. 加速氘核()和氦核()它们的最大速度相等 D. 增大U，粒子在D型盒内运动的总时间t 减少 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据回旋加速器的原理，每转一周粒子被加速两次，交流电完成一次周期性变化，粒子做圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 粒子做圆周运动的周期 交流电源的频率 解得 可知交流电源的频率不可以任意调节，故A错误；‎ B．加速不同的粒子，交流电源的频率 由于氘核()和氦核()的比荷相同，所以加速氘核()和氦核()两次所接高频电源的频率相同，故B错误；‎ C．粒子加速后的最大轨道半径等于D型盒的半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得粒子的最大运行速度 由于氘核()和氦核()的比荷相同，所以加速氘核()和氦核()它们的最大速度相等，故C正确；‎ D．粒子完成一次圆周运动被电场加速2次，由动能定理得 经过的周期个数为 最大动能为 粒子在D型盒磁场内运动的时间 即 U越大，t越小，故D正确 故选CD。‎ ‎11.甲乙两车在相邻的平行车道同向行驶，做直线运动，v-t图象如图所示，二者最终停在同一斑马线处，则（　　）‎ A. 甲车的加速度小于乙车的加速度 B. t=0时乙车在甲车前方‎8.4m处 C. t=3s时甲车在乙车前方‎0.6m处 D. 前3s内甲车始终在乙车后边 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据v－t图的斜率大小表示加速度大小，斜率绝对值越大加速度越大，则知甲车的加速度大于乙车的加速度，故A错误；‎ B．设甲运动的总时间为t，根据几何关系可得：‎ 得 t=3.6s 在0－3.6s内，甲的位移 ‎=‎‎32.4m ‎0－4s内，乙的位移 ‎=‎‎24m 因二者最终停同一斑马线处，所以，t=0时乙车在甲车前方 x甲－x乙=‎‎8.4m 故B正确；‎ C．0－3s内，甲、乙位移之差 ‎△x=m=‎‎9m 因t=0时乙车在甲车前方‎8.4m处，所以t=3s时甲车在乙车前方‎0.6m处，故C正确；‎ D．由上分析知，前3s内甲车先在乙车后边，后在乙车的前边，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎12.如图所示，滑块A，B的质量均为m，A套在固定倾斜直杆上，倾斜杆与水平面成45°角，B套在固定水平的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，且杆足够长，A，B通过铰链用长度为L的刚性轻杆（初始时轻杆与水平面成30°角）连接，A，B从静止释放，B开始沿水平面向右运动，不计一切摩擦，滑块A，B均视为质点，在运动的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 当A到达与B同一水平面时vB=vA B. 当A到达与B同一水平面时，B的速度为 C. B滑块到达最右端时，A的速度为 D. B滑块最大动能为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．从开始到A到达与B同一水平面的过程，由系统的机械能守恒得 又 即 解得 A错误B正确；‎ C．B滑块到达最右端时，速度为零，此时轻杆与斜杆垂直，有 解得 C错误；‎ D．当轻杆与水平杆垂直时B的速度最大，此时A的速度为零，由系统的机械能守恒得 解得 D正确。‎ 故选BD。‎ 三、实验 ‎13.某实验小组利用如图所示装置“探究小车加速度与合外力的关系”，图中A为小车，B为打点计时器，C为弹簧测力计，P为钩码，一端带有定滑轮的足够长的木板水平放置，与小车相连的细线和长木板平行，与动滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直，不计绳与滑轮的摩擦及动滑轮质量。实验步骤如下：‎ ‎①把长木板左端垫高，在不挂重物情况下，轻推一下小车，使小车拖着纸带做匀速运动；‎ ‎②‎ 挂上钩码，接通电源后，释放小车，打出一条纸带，将点迹清楚的某点记为第零计数点，顺次选取一系列点作为计数点1、2、3......，分别测量这些计数点到第零计数点之间的距离x，然后由这些距离求出小车的加速度；‎ ‎③改变钩码数量，重复步骤②，求得小车在不同合力作用下的加速度。‎ ‎（1）本实验中是否必须满足重物P的质量远小于小车A的质量； _______ （填“是”或“否”）‎ ‎（2）由本实验得到的数据作出小车加速度与弹簧测力计示数F的关系图象，与本实验相符合的是________；‎ ‎（3）该实验小组欲利用此装置“探究小车动能变化与合外力对它所做 功的关系”，在步骤②中的纸带上，由各计数点到第零计数点之间的距离x，计算出它们与零计数点的速度平方差，弹簧测力计的示数F，小车A的质量m，然后建立坐标系，通过描点法得到的图象是一条过原点的直线，如图所示，则这条直线斜率的表达式为__________。（用题中已知条件表示）‎ ‎【答案】 (1). 否 (2). A (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】本题考查牛顿第二定律验证的实验，根据F=ma，探究F与a的关系。‎ ‎（1）验证牛顿第二定律的实验中，当我们把钩码的重力近似当成绳上的拉力时需要满足钩码质量远小于小车质量，此时有弹簧测力计直接测出绳上拉力，不需要把钩码重力近似为绳上拉力，所以不需要满足钩码质量远小于小车质量。‎ ‎（2）由于已经平衡摩擦力，所以随着F从0开始增大，加速度也从0开始线性增大，所以选A；‎ ‎（3）由动能定理，‎ 得到 所以 ‎14.某物理兴趣小组利用小量程的电流表设计了如图所示多用电表的电路图，电流表G的规格是满偏电流Ig=30 mA，内阻Rg= 45Ω。电路中定值电阻R1的阻值为5Ω，电阻箱R2和R3的最大阻值都为999.9Ω。‎ ‎（1）图中与多用电表A端相连为_______（填“红”或“黑”）表笔；‎ ‎（2）将选择开关置于1位置，电流表量程为___________A；（结果保留两位有效数字）‎ ‎（3）将选择开关置于2位置， 欧姆调零后，使电流表G指针位于表盘中央刻度时，对应被测电阻的阻值为15Ω，则当电流表G指针位于10mA的位置时，电阻刻度盘上应标上_______Ω，电源的电动势为________V。‎ ‎（4）将选择开关置于3位置，将其改装为量程为150 V的电压表，则电阻箱R3应调整为__________Ω。‎ ‎【答案】 (1). 红 (2). 0.30 (3). 30Ω (4). 4.5V (5). 495.5Ω ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查多用电表的原理和使用。‎ ‎【详解】(1) 欧姆表电流从红表笔流进电表，从黑表笔流出电表，A与负极相连，所以A连红表笔；‎ ‎(2) ‎ ‎(3)中值电阻为15Ω，则欧姆表内阻为15Ω，且此时电流表的量程已扩大十倍，干路电流等于扩大十倍，所以电动势 ‎ 当电流表示数为10mA时，电阻刻度盘上应该标的阻值 ‎(4)总电压为150V 四、计算 ‎15.如图甲，绝热气缸置于水平地面上，其、两部分的横截面积分别是、，、是质量均为且厚度不汁的绝热活塞，初态，与封闭着总高度为（由和的两段组成）的理想气体Ⅰ，与缸底封闭着高度为的理想气体Ⅱ，气体Ⅰ、Ⅱ的温度均为．已知大气压强，重力加速度大小．活塞与气缸接触处光滑且不漏气，气缸壁厚度不计，活塞以上部分足够长。‎ ‎（1）求气体Ⅱ的压强；‎ ‎（2）若启动中的加热电阻丝（图中未画出）对气体Ⅱ缓慢加热，某时刻活塞到达的上端且刚好与上端接触而无压力（如图乙），求此时气体Ⅱ的温度。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题意可设，理想气体的气压为p1，理想气体Ⅱ的气压为p2‎ ‎，根据受力平衡可得 ‎，‎ 代入数据解得 ‎（2）根据理想气体状态方程可得 ‎，‎ 解得 ‎16.如图所示，ABC是一个三棱镜的截面图，一束单色光以i＝60°的入射角从侧面的中点N射入。已知三棱镜对该单色光的折射率，AB长为L，光在真空中的传播速度为c，求：‎ ‎①此束单色光第一次从三棱镜射出的方向（不考虑AB面的反射）；‎ ‎②此束单色光从射入三棱镜到BC面所用的时间。‎ ‎【答案】①光将垂直于底面AC，沿PQ方向射出棱镜 ②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①设此束光从AB面射人棱镜后的折射角为r，由折射定律有:‎ 解得，显然光从AB射入棱镜后的折射光线NP平行于AC，光在BC面上的入射角为45°,设临界角为α，则由得:‎ 可知，故光在BC面上发生全反射,‎ 根据几何知识和光的反射定律可知，光将垂直于底面AC，沿PQ方向射出棱镜 ‎ ‎②光在棱镜中传播的速率:‎ ‎ ‎ 所以此束光从射入三棱镜到BC面所用的时间：‎ 解得：‎ ‎17.如图所示，一本大字典置于桌面上，一张A4纸(质量和厚度均可忽略不计)夹在字典最深处．假设字典的质量分布均匀，同一页纸上的压力分布也均匀，字典总质量M=‎1.5kg, 宽L=‎16cm,高H=‎6cm，A4纸上下表面与书页之间的动摩擦因数均为μ1 = 0.3，字典与桌面之间的动摩擦因数为μ2，各接触面的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，水平向右拉动A4纸，当A4纸夹在字典中离桌面的高度h为‎2cm时，字典恰好能被拖动．重力加速度g取‎10m/s2，求：‎ ‎(1)字典与桌面之间的动摩擦因数μ2；‎ ‎(2)若将A4纸夹在字典最深处，且离桌面高度为‎3cm，用水平向右的拉力F将A4纸从字典中匀速抽出，写出拉力F与A4纸位移x的函数表达式(在抽出A4纸的过程中，只有与A4纸上方重叠部分的字典才对A4纸有压力)．‎ ‎【答案】(1)；（2）； ‎ ‎【解析】‎ 字典刚好被拖动时，字典与A4纸间，及与桌面之间均达到最大静摩擦力．由平衡态求解动摩擦因数；若将A4纸夹在字典最深处，且离桌面高度为‎3cm时，字典保持静止，然后通过正压力与位移x的关系，求拉力F与A4纸位移x的函数表达式．‎ ‎(1)字典刚好被拖动，A4纸对字典的摩擦力 而 代入数据得 ‎(2)A4纸夹在离桌面的高度为‎3cm处，高于‎2cm，所以字典拖不动，‎ 当A4纸抽出位移为x时，纸上放压力 ‎ 此时A4纸受到的拉力大小 即 ‎18.如图，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内有一条通过坐标原点的虚线，虚线与y轴正方向夹 角为30°，在虚线与x轴正方向之间存在着平行于虚线向下的匀强电场．在第四象限内存在一个长方形 的匀强磁场区域（图中未画出），磁感应强度为B，方向垂直坐标平面向外．一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从虚线上某点以一定的初速度垂直电场方向射入电场，经过电场偏转后，该粒子恰从x轴上的P点以速度v射入匀强磁场区域，速度c的方向与x轴正方向夹角为60°，带电粒子在磁场中做匀速圆周 运动，经磁场偏转后，粒子射出磁场时速度方向沿x轴负方向，随后粒子做匀速直线运动并垂直经过一y 轴上的Q点．已知OP=L，不计带电粒子重力．求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度E的大小；‎ ‎（2）带电粒子在电场和磁场中运动时间之和；‎ ‎（3）矩形磁场区域的最小面积和Q点的位置坐标．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）（0，-）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设电场强度为E，带电粒子进入电场时，初速度为v0．带电粒子在电场中运动时间为t1，由牛顿第二定律和平拋运动规律得 Lcos30° =v0t1‎ vsin30° =at1‎ v0= vcos30°‎ qE=ma 联立各式解得：‎ tl=，‎ E=‎ ‎（2）设带电粒子在磁场中的运动时间为t2，周期为T，半径为R，由几何关系知，带电粒子在磁场中运动速度偏转角=120°，则 qvB=‎ T=‎ t2=‎ 联立各式解得：‎ R=‎ t2=‎ 所以带电离子在电场和磁场中运动的总时间为：‎ t=t1+t2=‎ ‎（3）由图知，带电粒子从P点射人磁场，由P′点射 出磁场．包含圆弧PP′的最小矩形磁场区域为图中虚线所示，则 矩形区域长为：‎ a=PP′=2Rcos30°=‎ 矩形区域宽为：‎ b= R（1-sin 30°）=‎ 所以该磁场区域的最小面积为：‎ S =ab=‎ Q点纵坐标为：‎ yQ=-asin 60°=-‎ 所以Q点位置坐标为（0，-）‎