2020届山东省新高考物理模拟题附

2020届山东省新高考物理模拟试题附答案2020届山东省新高考物理模拟试题附答案17/17芁PAGE17袇肀蚅蒀袂螄莁螅芈虿莇蒁羅2020届山东省新高考物理模拟试题附答案2020届山东省新高考物理模拟试题

一、选择题

1.以下说法正确的选项是（）

放射性物质的温度降低，其半衰期将变大

B.大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁，将辐射出4种频率的光

一束光照射到某种金属上不能够发生光电效应，改用波长较长的光照射就有可能发生

D.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子动能减小，电势能增大，总能量也增大2.某同学前后两次从同一地址水平投出两支飞镖1和飞镖2到靶盘上，飞镖落到靶盘上的位置以下列图，忽略空气阻力，则两支飞镖在翱翔过程中v1v2t1t2v1v2123.以下列图，S1和S2是两个有关波源，其振幅均为A，周期均为T。实线与虚线分别表示两列波的波峰和波谷。此刻，c是波谷与波谷的相遇点，以下说法中正确的选项是Aa处质点向来处于离平衡地址2A处B.随着时间的推移，c处的质点将向右搬动C.从该时辰起，经过1T，c处的质点将经过平衡地址42不动，S1沿S1b连线向b运动，则b处质点依旧向来处于平衡地址4、从地面以大小为v1的初速度竖直向上抛出一个皮球,经过时间t皮球落回地面,落地时皮球的速度大小为v2已知皮球在运动过程中碰到空气阻力的大小与速度的大小成正比,重力加速度大小为g下面给出时间t的四个表达式中只有一个是合理的.你可能不会求解t,但是你能够经过必然的物理解析,对以下表达式的合理性做出判断.依照你的判断,你认为t的合理表达式应为(重力加速度为g)()A.tv1v2Btv1v2C.v1v2D.tv1v2ggtgg5.假设某篮球运动员准备投三分球前先屈腿下蹲再竖直向上跃起，已知他的质量为m，双脚离开地面时的速度为v，从开始下蹲到跃起过程中重心上升的高度为h，则以下说法正确的选项是A.从地面跃起过程中，地而对他所做的功为0B..12mghmv从地面跃起过程中，地面对他所做的功为2从下蹲到走开地面上升过程中，他的机械能守恒

走开地面后，他在上升过程中处于超重状态；在下落过程中处于失重状态

6.人类研究宇宙的脚步从未停止，登上火星、探望火星的神奇是人类的梦想，中国计划于2020年登陆火星。地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响。依照下表，火星和地球对照行星半径/m质量/kg轨道半径/m地球62411×10×10×10火星62311×10×10×10火星的第一宇宙速度较大

火星做圆周运动的加速度较大

火星表面的重力加速度较大

火星的公转周期较大

7、以下列图，A碰到沿斜面向上的拉力F1和垂直于斜面的拉力F2作用，正在沿倾角为斜面

向下运动，斜面体B向来保持静止不动。斜面体B碰到地面的摩擦力向右，物块A正在下滑

时，则（）

A.物块与斜面动摩擦因数tan

若只撤去F2，则B碰到地面的摩擦力变小

若同时撤去F1和F2，物块A将可能匀速运动

若只增大A的质量，物块B碰到地面的摩擦力将变大8、如图电路中，电源电动势为E、内阻为r.闭合开关S,增大可变电阻

数的变化量为△U，在这个过程中，以下判断正确的选项是

A.电阻R1两端的电压减小，减小量等于△U

B.电压表示数变化量△U和电流表示数变化△I比值不变

C.电压表的示数U和电流表的示数I的比值不变

D.电容器的带电量减小，减小量大于C△U

9.以下列图，三小球a、b、c的质量都是m，都放于圆滑的水平面上，

小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度%冲向小球b，碰后与

小球b粘在一起运动.在整个运动过程中，以下说法中正确的选项是（

R的阻值后，电压表示

）

A.三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B.三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C.当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大D.当弹簧恢复原长时，小球c的动能必然最大，小球b动能必然不为零10、有一台理想变压器及所接负载以下列图，在原线圈c、d两端加上交变电流。已知b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，电容器耐压值足够大。则以下说法正确的选项是A.开关S向来接a，当滑片P向下滑动时电压表V和V示数均不变112示数均变小B.开关S向来接a，当滑片P向下滑动时电流表A和A112C.保持滑片P的地址不变，将开关S由a改接b，电压表V和V示数均变大D.保持滑片P的地址不变，将开关112S由a改接b，电容器所带电荷量的最大值将增大111、在磁感觉强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核(ZAX)发生了一次α衰变。放射出的α粒子(4的。以)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为Rm、q分别表示α粒子的质量和电荷量，生成的新核用Y表示。下面说法正确的选项是

A.生衰后生的α粒子与新核Y在磁中运的迹正确的选项是丙B.新核Y在磁中周运半径RY2Z2Bq2C.α粒子的周运能够等效成一个形流，且流大小I＝2mD.若衰程中放的核能都化α粒子和新核的能，衰程中的量m2ABqR＝2mA4c212、如是某波形成程的表示。点1在外力作用下沿直方向做运，点2、3、4⋯各个点依次上下振，把振从左端到右端。t=T/4，点1到达最高的地址，点5要开始运。以下法正确是A.t=T/4，点5开始向下运B.t=T/4，点3加速度方向向下C.从t=T/2开始一小段内，点8的速度正在增大D.在t=3T/2，1到17个点好第一次组成一个准完满正弦像二、13、如所示，某同学的“研究加速度与物体所受合力F及量m关系”装置.（1）本采用的方法是。A.控制量法B.假法C.理想法D.等效取代法（2）在保持小受力相同，研究加速度与量关系的屮，以下故法正确的选项是______。A.平衡摩擦力，将装有砝的小桶用通定滑系在小上B.每次改小的量，不需要重新平衡摩擦力C.，先松开小，再接通打点器源D.得出加速度a与与量m的关系而作出a1象m

3）下是中取的一条的一部分，其中O、A、B、C、D是数点，每相两数点有4个点（中未出），数点的

距离如，打“B”数点小的速度大小

___________________m/s.由求出小的

加速度的大小_____________m/s2.(算

果均保留2位有效数字）

4）如所示是某同学在研究加速度与力的

关系，依照量数据作出的aF.其中

不原点的原因是______，在尾端波折的原因是______.

14、18.在“定金属的阻率”的中，需要出金属的阻R1，甲、乙两同学分别采用了不相同的方法进行测量：

（1）①甲同学直接用多用电表测其电阻，该同学选择×10Ω倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太大．为了正确地进行测量，请你从以下给出的操作步骤中，选择必要的

步骤，并排出合理序次：．（填步骤前的字母）

A．旋转选择开关至欧姆挡“×1Ω”

B．旋转选择开关至欧姆挡“×100Ω”

C．旋转选择开关至“OFF”，并拔出两表笔

D．将两表笔分别连接到Rx的两端，读出阻值后，断开两表笔

E．将两表笔短接，调治欧姆调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔

②按正确步骤测量时，指针指在图1示地址，Rx的测量值为Ω．

2）乙同学则利用实验室里以下器材进行了测量：电压表V（量程0～5V，内电阻约10kΩ）

电流表A1（量程0～500mA，内电阻约20Ω）

电流表A2（量程0～300mA，内电阻约4Ω）

滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω，额定电流为2A）

滑动变阻器R2（最大阻值为250Ω，额定电流为）

直流电源E（电动势为，内电阻约为Ω）

电键及导线若干

为了较精确画出I﹣U图线，需要多测出几组电流、电压值，故电流表应采用，滑动变阻器采用（选填器材代号），乙同学测量电阻的值比真实值（选填“偏大”“偏小”“相等”），利用选择的器材，请你在图2方框内画出理想的实验电路图，并将图3中器材连成符合要求的电路．三、计算题15、（11分）以下列图，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸各有一个活塞，质量分别为m1和m2，活塞与气缸无摩擦。活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h。（已知m1＝3m，m22m）

1）在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假设环境温度向来保持为T0）。

2）在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到T，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功气体是吸取还是放

出了热量（假设在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）。16、以下列图，质量M＝kg的小车静止于圆滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右侧，

其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为kg的滑块Q。水平放置的轻弹簧左端固

定，质量为kg的小物块P置于圆滑桌面上的A点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长。

现用水平向左的推力F将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内)，推力做功WF＝4J，撤去F后，P沿桌面滑到小车左端并与Q发生弹性碰撞，最后Q恰好没从小车上滑下。已知Q与小车表面间动摩擦因数μ＝。(取g＝10m/s2)求：(1)P刚要与Q碰撞前的速度是多少(2)Q刚在小车上滑行时的初速度v0是多少(3)为保证Q不从小车上滑下，小车的长度最少为多少17、以下列图，在xoy平面内，有一线状电子源沿x正方向发射速度均为v的电子，形成宽为2R、在y轴方向均为分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场所区（地域界线存在磁场），磁场方向垂直xoy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出．在磁场所区的正下方，正对的金属平行板K和A与x轴平行，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为2d且关于y轴对称的小孔．A与K两板间加有恒定电压UAK，且K板电势高于A板电势，已知电子质量为m，电荷量为e，UAK3mv2，不计电子重力及它们间的相互作用．8e（1）能打到A板上的电子在进入平行金属板时与金属板K的夹角应满足什么条件（2）能进入AK极板间的电子数占发射电子总数的比率为多大

18、以下列图，足够长的水平轨道左侧bb﹣cc部分轨道间距为2L，右侧cc﹣dd部分的12121212轨道间距为L，曲线轨道与水平轨道相切于b1b2，所有轨道均圆滑且电阻不计．在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ=37的°匀强磁场，磁感觉强度大小为B=．质量为M=的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m=的导体棒A自曲线轨道上a1a2处由静止释放，两金属棒在运动过程中向来相互平行且与导轨保持优异接触，A棒总在宽轨上运动，B棒总在窄轨上运动．已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R=Ω，h=，L=，2

1）金属棒A滑到b1b2处时的速度大小；

2）金属棒B匀速运动的速度大小；

3）在两棒整个的运动过程中经过金属棒A某截面的电量；

4）在两棒整个的运动过程中金属棒A、B在水平导轨间扫过的面积之差．2020届山东省新高考物理模拟试题答案题号123456789101112答案1、【答案】D【详解】A．原子核的半衰期与外界条件及所处状态没关，由自己决定，A错误。B．大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁，任选两条轨道，所以辐射出C42=6种频率光子，B错误。C．依照光速方程：cv可知，波长变长，频率降低，所以该光不能够使金属发生光电效应，波长更长即频率更低的光，依旧不能够使金属发生光电效应，C错误。D．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，需要吸取能量，总能量增大，keev2依照库仑力供应向心力：r2mr，可知，轨道半径越大，速度越小，动能越小，总能量等于动能加势能，所以势能增大，D正确。2、【答案】D【解析】B、飞镖1下落的高度小，依照h1gt2，解得t2h，可知翱翔时间t1＜t2，故B2g错误；A、加速度相等，都为g，则速度变化量vgt，可得v1v2，故A错误；C、由于水平位移相等，依照xv0t，可知初速度v1＞v2，故C错误；D、依照tanv0v0，关于飞镖1，时间短，初速度大，则tanθ1212vygt＞tanθ，所以θ＞θ，故D正确；应选D。

3、【答案】C【解析】a处是波峰与波峰叠加，为振动加强点，振幅为2A，但质点其实不向来处于离平衡位置2A处，A错误；质点只在平衡地址周边振动，其实不随波搬动，B错误；从该时辰起，经过1T4，c处为平衡地址与平衡地址相遇，质点将经过平衡地址，C正确；两列波传到b点的振动情况素来在变化，当S2不动，S1沿S1b连线向b运动，b处质点不能能向来处于平衡地址，D错误。应选C。4、【答案】B【详解】时间的单位应该是s，tv1v2的单位为m，故A错误；若是不考虑空气的阻力，则gv1=v2，t上t下v1，故运动的总时间2v1．由于空气阻力作用，v2＜v1，v1v2＜2v1，gtggg故B答案是合理的，故B正确。假设空气的阻力为0，则v1=v2，则t上=t下，故运动的总时间tv1v2，而v1v20，故C错误。若没有空气阻力，v12t2v1，应选项Dgg=v，时间应为g中运动时间tv1v2不合理，故D错误。g5、【答案】A【解析】A.从地面跃起过程中，地面对人没有位移，所以地而对他所做的功为

0，故

A正确；

错误；

C、.从下蹲到走开地面上升过程中，运动员的动能增加，重力势能也增加所以他的机械能是增加的，故C错误；

D、走开地面后，他在上升过程和下落过程中都有向下的加速度，所以都处于处于失重状态，

故D错误；

综上所述本题答案是：A6、【答案】D

2【详解】A.依照GMmmv得，第一宇宙速度R2R

vGMR火星质量和半径的比值较小，则火星的第一宇宙速度较小，故A错误。BD.火星和地球均绕太阳做圆周运动，依照2GMmmamr4r2T2得：

a

GMr2

,T

42r3

GM

火星的轨道半径较大，则加速度较小，周期较大，故

D正确，

B错误。

C.依照

GMm

R2

mg，得：

GMgR2

由于火星质量和半径的二次方比值较小，则火星表面的重力加速度较小，故C错误。

7、【答案】D

【解析】

【详解】AC．依照题意可知：设斜面倾角为，对斜面体由于地面对斜面体摩擦力向右，所以物块对斜面体的压力的水均分力小于物块对斜面体摩擦力的水均分力，设物块斜面体之间

弹力为FN，有：FNsinFNcos，所以tan，同时撤去两力，mgsinmgcos，物块将减速，AC错误。B．对斜面受力解析可知：f地=(mgcosF2)cos，只撤去F2，地面对B的摩擦力变大，B错误。D．对斜面受力解析可知：f地=(mgcosF2)cos，只增大物块质量，摩擦力变大，D正确。8、【答案】B

【解析】AD、闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律解析得知，

电阻R1两端的电压U1减小，由闭合电路欧姆定律UEIr得它们的总电压即路端电压U路增大，由U路U1U得电阻R两端的电压U增大，U11U0，所以电阻R两端的电压减小量小于△U，故A错误，由于电容器与电阻R1并联，所以电容器两端的电压等于电阻R两端的电压，所以有电容器的两端的电压减小，带电量减小，减小量小于C△U，故D错误；1B、依照闭合电路欧姆定律得：UE（IR1r），由数学知识得UR1r，所以电压表IU和电流表示数变化I的比值不变，故B正确；示数变化量C、由图可知UU和电流表的示数I的比值变大．故CR，由于R增大，则电压表的示数I错误；应选B。【点睛】两电表读数的比值要依照欧姆定律和闭合电路欧姆定律来解析，注意，UIR，R是非线性电阻。9、【答案】CD【解析】【详解】AB、在整个运动过程中，系统的合外力为零，系统的动量守恒，小球a与b碰撞后粘在一起，动能减小，机械能减小，故AB错误；C、a与b碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对b产生向左的弹力，对c产生向右的弹力，ab做减速运动，c做加速运动，当c的速度大于ab的速度后，弹簧压缩量减小，则当小球b、c速度相等时，弹簧压缩量，弹性势能最大，故C正确；D、当弹簧恢复原长时，小球c的动能必然最大，依照动量守恒和机械能守恒解析可知，小球b的动能不为零，故D正确；应选CD。【点睛】含有弹簧的问题，难点是对物体运动过程的解析，获取弹簧势能最大的临界条件；本题依照动量守恒和机械能守恒解析求得。10、【答案】BCD【解析】开关S1向来接a，副线圈电压不变，当滑片P向下滑动时，接入电路的总电阻变大，电流变小，所以电流表的示数均变小，B正确；副线圈电压不变，所以电压表V1的示数不变，电压表V2测量的是滑动变阻器的电压，由于总电流变小，所以定值电阻的分压变小，所以滑动变阻器的分压变大，故V2示数变大，A错误；保持滑片P的地址不变，将开关1由a改接Sb，副线圈电压变大，滑动变阻器的分压变大，所以电容器两端电压变大，电荷量增加，CD正确．11、【答案】BCDY运动方向相反，所以在磁场中运动的【详解】由动量守恒可知衰变后产生的α粒子与新核轨迹圆外切，依照qvBmv2mvαR可得R，可知粒子半径大，由左手可知两粒子圆周运qB动方向相同，丁图正确，应选项A错误；由Rmv可知RYZ2，新核Y在磁场中圆周qBR22m运动的半径为2R，应选项B正确；圆周运动的周期为T，环形电流为RYqBZ2qBq2qvBmv2qBRI，应选项C正确；对α粒子由洛伦磁力供应向心力R可得vm，T2m由质量关系可知衰变后新核Y质量为MA4m，由衰变过程中动量守恒可得Mvmv04可知vmv，系统增加的能量为E1Mv21mv2，由质能方程可得Emc2，联立M22

解得衰变过程中的质量损失为

12、【答案】BD

2

AqBR，应选项D正确。m2mA4c2【解析】A项：由题意可知，在T质点1位于波峰可知，质点的起振方向向上，依照受迫振45的起振方向向上，故A错误；动的振动方向与波源振动方向相同，所以质点B项：t=T/4时，质点3位于平衡地址上方，所以加速度方向向下，故B正确；C项：在t=T/2时，质点8开始向上振动，所以振动速度减小，故C错误；D项：在t=T时，1到16个质点恰好第一次组成一个标准的完满正弦图像，故D错误。二、实验题13、【答案】(1).A(2).BD(3).(4).(5).未平衡摩擦力或未完满平衡摩擦力(6).未满足小车的质量远远大于小桶和砝码的总质量【解析】【详解】（1）本实验采用的实验方法是控制变量法；（2）平衡摩擦力时，应不挂小桶，让小车拖着纸带在木板上做匀速运动，选项A错误；每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，选项B正确；实验时要先接通电源后放小车，选项C错误；由于a1为正比关系，故为得出加速度1图ma与与质量m的关系而作出am象，选项D正确；应选BD。（3）计数点间的时间间隔T=×5=，打B计数点时小车的速度大小为vBxAC；2TxBDxOA依照逐差法得ax，小车的加速度2T2a2(2T)（4）由图线可知，当力F到达必然值时才有加速度，故图线但是原点原因是未平衡摩擦力或未完满平衡摩擦力；图线在尾端波折原因是未满足小车质量远远大于小桶和砝码的总质量；（2）A，R；偏小；以下列图；14、【答案】（1）AEDC，2221【解析】【详解】解：（1）①发现指针转过角度太大，知电阻较小，的则换用“×l，Ω”换挡后需重新调零．尔后去测电阻，最后将旋钮旋至“OFF”挡或交流电压最高挡．故合理序次为：AEDC．②R测量值为x22×1Ω=22．Ω（2）经过电阻电流最大值大约I5A，所以选22择量程为300mA的电流表测量比较正确．总阻值为250Ω的滑动变阻器阻值相对较大，的测量时误差大，所以选择总阻值为10Ω的滑动变阻器．由于待测电阻远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接法．因采用外接法，则由于电压表的分流而使电流表测量结果偏大，由欧姆定律可知，所测电阻偏小；若采用限流法，电路中的电流较大，简单高出电流表的量程，所以滑动变阻器采用分压式接法，电路图以下列图：

依照电路图连接实物图，以下列图：

【点睛】解决本题的要点掌握器材采用的原则，知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的差异，以及知道电流表内外接的差异．

15、解：（1）设左、右活塞的面积分别为A'和A，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体

的压强相等，即：

由此得：

在两个活塞上各加一质量为m的物块后，右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中

在初态，气体的压强为

，体积为

；在末态，气体压强为

，体积为

（x

为左活塞的高度）

由玻意耳－马略特定律得：

解得：，即两活塞的高度差为

（2）当温度由T0上升至T时，气体的压强向来为，设x'是温度达到T时左活塞的高度，

由盖·吕萨克定律得：

活塞对气体做的功为：

由热力学第必然律：，W<0，U>0，∴Q>0，在此过程中气体吸取热量

16、【解析】(1)推力F经过P压缩弹簧做功，依照功能关系有Ep＝WF①

当弹簧完满推开物块P时，有

1Ep＝2mPv2②

由①②式联立解得v＝4m/s。(2)P、Q之间发生弹性碰撞，设碰撞后Q的速度为v，P的速度为v′，由动量守恒和能量守恒0得mv＝mv′＋mv③PPQ012＝12＋122mPv2mPv′2mQv0④由③④式解得v0＝v＝4m/s，v′＝0。(3)设滑块Q在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u，由动量守恒可得mQv0＝(mQ＋M)u⑤依照