山东省德州市2020届高三物理第二次模拟考试试题（含解析）

1、山东德州市2020届高三第二次模拟考试理科 综合物理试题二、选择题：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1.关于原子和原子核，下列说法中正确的是A. 甲图所示的氢原子光谱的分离特征可以用经典物理学解释B. 由乙图可知，原子核中的平均核子质量比的要小C. 要产生丙图所示的链式反应，裂变物质必须具有一定的体积或质量D. 根据丁图可知，1g氡经过38天还剩下0.1g没发生衰变【答案】C【解析】【详解】A、经典物理学不能解释氢原子光谱的分离特征，故选项A错误；B、核子的平均质

2、量，即该种元素的平均分子质量，是原子质量与核子数的比值，原子序数小的原子和原子序数大的原子的平均核子质量大于中等质量的核（铁的平均核子质量最小），所以原子核中的平均核子质量比的要大，故选项B错误；C、要产生丙图所示的链式反应，裂变物质必须具有一定的体积或质量，故选项C正确；D、氡核其半衰期为3.8天，1g氡经过38天衰变剩下氡的质量为，故选项D错误；2.一列动车在10s内以300kmh的速度匀速驶过一段圆弧弯道，此过程中动车桌面上指南针的指针转过了约10，则该弯道半径约为A. 10kmB. 5kmC. 1kmD. 500m【答案】B【解析】【详解】根据指南针的指针在10s内转过了约，可推知在3

3、0s内匀速转过了约，解得角速度大小为，已知火车速度为，根据可得，故选项B正确，A、C、D错误。3.中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述错误的是A. 运动的时间都相同B. 速度的变化量都相同C. 落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍D. 若初速度为v0，则【答案】C【解析】【详解】A、根据可得运动时间，所有小面圈在空中运动

4、的时间都相同，故选项A正确；B、根据可得所有小面圈的速度的变化量都相同，故选项B正确；CD、因为水平位移的范围为，则水平最小初速度为，水平最大初速度为：，则水平初速度速度的范围为：；落入锅中时，最大速度，最小速度为，故选项D正确，C错误。错误的故选选项C。4.如图所示，直角三角形ABC中A=60，AD=DC，置于B、C两点垂直纸面的直导线中通有大小相等、方向向里的恒定电流，D点的磁感应强度大小为B0。若把置于C点的直导线移至A点，电流大小和方向都不变，则D点的磁感应强度变为A. 大小为，方向向下B. 大小为等，方向向下C. 大小为B0，方向向左D. 大小为2B0，方向向左【答案】A【解析】【详

5、解】根据右手安培定则可知置于点的直导线在点的产生的磁感应强度方向垂直斜向右下，与竖直方向成，大小为；同理可得置于点的直导线在点的产生的磁感应强度方向垂直斜向右上，与竖直方向成，大小为，根据叠加原理可得；若把置于点的直导线移至点时，在点的产生的磁感应强度方向垂直斜向左下，与竖直方向成，大小为，根据叠加原理可得点的磁感应强度为，方向向下，故选项A正确，B、C、D错误。5.天文学家发现，三颗行星A、B、C绕着仙女座厄普西伦星做匀速圆周运动，如图所示，行星A周期为46170天，轨道半径为0059AU(地球与太阳之间的距离为1AU，1AU=1496108km)，引力常量G=667l0-11Nm2kg2，

6、根据题中数据可得A. 厄普西伦星的质量B. 厄普西伦星的第一宇宙速度C. 行星B的周期小于46170天D. 行星C的加速度大于A的加速度【答案】A【解析】【详解】A、根据万有引力充当向心力则有，可得，能求出中心天体的质量，由题意能求出厄普西伦星的质量，故选项A正确；B、根据万有引力充当向心力则有，可得，由于厄普西伦星半径未知，所以无法求出厄普西伦星的第一宇宙速度，故选项B错误；C、根据万有引力充当向心力则有，可得，行星的周期大于46170天，故选项C错误；D、根据万有引力充当向心力则有，可得，行星的加速度小于的加速度，故选项D错误。6.机动车以恒定的功率在水平路面上以速度v匀速行驶，若行驶过程

7、中功率突然变为原来的一半，且以后保持不变，整个过程中机动车受到的阻力不变，以下说法正确的是A. 功率改变时，牵引力也立即变为原来的一半B. 功率改变后的一小段时间内，牵引力逐渐减小C. 功率改变后的一小段时间内，加速度逐渐增大D. 经过一段时间后，机动车会以速度匀速运动【答案】AD【解析】【详解】设汽车的牵引力为，阻力为，开始时汽车的速度为，则有，当汽车突然减小油门，使汽车的功率减小为，汽车那一瞬间的速度不变仍为，由知汽车牵引力会突然变为原来的一半，则汽车做减速运动；同时由于速度降低，功率不变，牵引力逐步增大，加速度大小逐渐减小，直到和阻力相等，后以的速度做匀速运动，故选项A、D正确，B、C错

8、误；7.如图所示，点电荷a带正电，点电荷b带负电，a所带的电荷量Q大于b所带的电荷量q，点O为a、b连线的中点，以下说法正确的是A. 电荷a对b的作用力大于b对a的作用力B. 在两电荷连线所在直线上，a左侧存在电势相等的两点C. 在两电荷连线所在直线上，b右侧存在电势相等的两点D. 在两电荷连线中垂线上O点两侧，不存在与O点电势相等的点【答案】CD【解析】【详解】A、根据牛顿第三定律可知电荷a对b的作用力和b对a的作用力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故选项A错误；BCD、点电荷等效于两个点电荷，一个带正电，一个带正电，根据电场线分布和沿着电场线方向电势降低可知在两电荷连线所在直线上，

9、右侧存在电势相等的两点，左侧不存在电势相等的两点；在两电荷连线中垂线上点电势最高，两侧不存在与点电势相等的点，故选项C、D正确，B错误。8.如图所示，宽为L的两固定光滑金属导轨水平放置，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应大小为B。质量均为m、电阻值均为r的两导体棒ab和cd静止置于导轨上，其间距也为L，现给cd一向右的初速度v0，对它们之后的运动过程说法正确的是A. ab加速度越来越大，cd的加速度越来越小B. 回路产生的焦耳热为C. 通过ab的电荷量为D. 两导体棒间的距离最终变为【答案】BCD【解析】【详解】A、根据安培力公式和牛顿第二定律得：，解得，故A错误；B、棒和在运动过程中始终受到

10、等大反向的安培力，系统的动量守恒，以向右的方向为正方向，则有：，解得：，由动能定理得：，解得回路产生的焦耳热为：，故选项B正确；C、设整个过程中通过回路的电荷量为，对棒由动量定理得：，所以，故选项C正确；D、对棒由动量定理得：，解得：，两导体棒间的距离最终变为，故选项D正确；9.某同学设计如图甲所示装置测量木块与水平桌面之间的动摩擦因数。打点计时器固定在水平桌面左端纸带穿过打点计时器连接在木块上,木块在细线的作用下拖着纸带运动打点计时器打出的部分纸带如图乙所示已知乙图中纸带右端连接木块,A、B、CI、J为计数点相邻两计数点间有4个计时点未画出,打点计时器所用交流电源频率为50Hz,取重力加速度

11、g=10m/s2。(1)下列实验操作或分析中正确的一项是_。A实验中必须测出钩码释放时离地的高度B实验中应先释放木块再启动打点计时器C实验中必须保证钩码的质量远小于木块的质量D钩码落地发生在打点计时器打出E、F两点的时刻之间(2)用题中所给数据求木块与桌面间的动摩擦因数应选取_(选填AE或F)段纸带进行计算,由此测得木块与桌面间的动摩擦因数u=_(结果保留两位有效数字)【答案】 (1). D (2). AE (3). 0.20【解析】【详解】(1)A、B、C项：实验是根据钩码落地后木块在水平桌面上受摩擦力做匀减速直线运动求出动摩擦因数，故无需测出钩码释放时离地的高度，也不需要钩码的质量远小于木

12、块的质量，实验准确操作应该是先启动打点计时器，再释放木块，故A、B、C错误；D项：从纸带打出的点迹可知AE段木块做匀变速直线运动，FJ段也做匀变速直线运动，可知钩码是在打出E、F两点时刻之间落地的，D项正确。故选：D。(2) 由于纸带右端连接木块，故木块在摩擦力作用下做匀减速直线运动时打出的是“AE”段纸带；由AE段纸带上打出的点迹间距离可知，匀减速运动的加速的大小为 ，T=0.1s，解得a=2.0m/s2，由牛顿第二定律可得mg=ma，解得=0.20。10.如图甲是测量电阻Rx阻值的原理图，标有长度刻度的均匀电阻丝ab的总电阻为5，总长为500cm。(1)合上开关S1前，应将滑片P置于_(填

13、“d”或“e”)端。(2)断开开关S2，合上S1；调节滑动变阻器的滑片P，使电流表A1的示数为050A，此时单位长度电阻丝的电压u=_Vm；(3)保持S1闭合，合上S2；滑动滑片c改变ac的长度L，同时调节滑动变阻器的滑片P，使电流表A1的示数保持050A不变，电流表A2的示数记为I；(4)若电流表内阻不计，滑片c在ab的中点时，电流表A2的示数I=050A，则Rx=_；(5)若电流表的内阻不能忽略，重复(3)的操作，测出多组L和I值，描出的LI图线如图乙所示。若图线斜率为k，电流表A1和A2的内阻均为RA，则电阻Rx=_(用“u、RA、k表示)；从实验原理角度说明图线不过原点的原因是_(填“

14、电流表A1有内阻”或“电流表A2有内阻”)。【答案】 (1). d (2). 5 (3). 2.5 (4). (5). 电流表A1有内阻【解析】【详解】解：(1)滑动变阻器采用的是分压接法，在闭合开关前，应使电阻丝两端电压为0，故合上前，应将滑片置于端；(2)由欧姆定律可得电阻丝电压：，故单位长度电阻丝的电压；(4)若电流表内阻不计，点在的中点时，电流表的示数为0.50A，故，因此，与并联，故；(5)若电流表的内阻不能忽略，测量多组和值，描出与的图线如图所示，图线不过原点的原因是电流表不是理想电表，电流表有内阻；故为0时，和两端电压等于两端电压，不为0，因此不为0；根据并联电路两支路电压相等有

15、，解得：；11.如图所示，质量M=04kg的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板问的距离L=05m，某时刻另一质量m=01kg的小滑块(可视为质点)以v0=2ms的速度向右滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数=02，重力加速度g=10ms2，小滑块始终未脱离长木板。求：(1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰；(2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。【答案】（1）1.65m （2）0.928m【解析】【详解】解：(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平

16、方向动量守恒：解得：对长木板：得长木板的加速度：自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度：解得：长木板位移：解得：两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板解得：(2)长木板碰竖直挡板后,小滑块和长木板水平方向动量守恒：最终两者的共同速度：小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离：12.如图甲所示，正方形导线框abcd用导线与水平放置的平行板电容器相连，线框边长与电容器两极板间的距离均为L。O点为电容器间靠近上极板的一点，与电容器右端的距离为，与水平线MN的距离为等)。线框abcd内和电容器两极板间都存在周期性变化的磁场，导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电容器间匀强磁

17、场的磁感应强度随时间的变化规律如图丙所示，选垂直纸面向里为正方向。现有一带正电微粒在0时刻自O点由静止释放，在时间去内恰好做匀速圆周运动。已知重力加速度为g，求：(1)此带电微粒的比荷；(2)自0时刻起经时间时微粒距O点的距离；(3)自0时刻起经多长时间微粒经过水平线MN。【答案】（1） （2） （3）【解析】【详解】解：(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势：电容器两极间电场强度：时间内：解得比荷：(2)微粒运动的轨迹如图所示时间内：，解得：时间内：可得：又解得：时微粒距点的距离：(3) 时间内，微粒竖直向下的位移：设粒子转过角度时与点间的竖直距离为：解得：和每次微粒进入磁场后运动至

18、水平线所需时间：解得：和自开始至水平线的时间：，即：和 ，又解得：微粒离开电容器后不再经过水平线，分析得自开始至水平线的时间： ，和 ，13.如图所示为分子间的引力和斥力随分子间距离变化的图象，当r=r0时，引力和斥力大小相等，一下说法正确的是_(选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)A. rr0时，随着分子间距离的增大，引力和斥力的合力逐渐减小B. r=r0时，引力和斥力的合力最小C. r=r0时，分子势能最小D. rr0时，随着分子间距离的增大，分子势能一直增大E. 气体相邻分子间的距离约等于r0【答案】BCD【解析】【详解】AB、分子间的引力和

19、斥力同时存在，当分子间的距离时，引力等于斥力，分子力为零，当时，分子间的引力和斥力随分子间距离的增大而减小，斥力减小的更快，分子力表现为引力，引力和斥力的合力先增大后减小，故选项A错误，B正确；CD、当分子间时，分子力表现为引力，随距离增大，引力做负功，分子势能增大，当分子间时，分子力表现为斥力，随距离增大，斥力做正功，分子势能减小，当时分子势能最小，故选项C、D正确；E、气体分子间的距离约等于，故选项E错误；14.如图所示，内壁光滑的固定导热气缸竖直放置，内部横截面积为S，上部A、B间有多个教宽缝隙与外部相通，缝隙下端B与气缸底部D的距离为H。现用一质量为m，厚度不计的活塞封闭一定量的气体，稳定时活塞所处位置C距气缸底部D的距离为。已知此时封闭气体的热力学温度为T0，外部的大气压强为P0，当地重力速度为g。现对封闭气体缓慢加热，求：随着封闭气体温度升高，活塞会缓慢上升，活塞刚上升到B点时封闭气体的热力学温度多大；继续缓慢加热一段时间，封闭气体温度达2 T0时停止加热，再经一段时间后封闭气体恢复至原来的温度T0，此时若将活塞缓慢拉离气缸，拉离过程中封闭气体