(山东专用,文理不分科,选考：物理)最新2020新高考第三次模拟考试(11月)物理试题(含详细解析)

2020新高考二模拟考（11月）理试题（山东用文理不科选考：理）总分分，时间100分钟考试内容直线运动、相互作用牛顿运动定律、曲运动、万有引力、功和能动量、电场、恒定电流注意事：．答卷，考生务必自己的名、准考证填写在题卡上。．回答择题时，选每小题案后，用铅把答题上对应题目答案标号涂，如需改动用橡皮干净后，再涂其它案标号。回非选择时，将案写在答题上，写本试卷上无。．考试束后，将本卷和答卡一并交回第一卷选题

共48分）共题，每题4分，48分。在小题给出的个选项，第只有一项合题目要求第9-11题有多项符合题目求。全选对的得4分，选对但不的得2分，有选错的。一、单题（本大题8小题，共）1.太阳系中一颗绕阳公转的行，距太阳平均距是地球到太平均距离的，则该星绕太阳公的周期（）A.2年B.4年C.8年D.10年2.下列是某学对电中的概念、式的理，其中正确是（）A.根据电场强度的定义式量成反比

，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷B.根据电容的定义式间的电压成反比

，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板C.根据真空中点电荷电场强度公式的电荷量成正比

，电场中某点电场强度和场源电荷第1页，共页D.根据公式，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则、B的电势差为1V3.做匀变速线运动物体运动的速度为m/，经过10s速的大小变为6m，方向初速的方向同，则加速大小是）A.0.8m/s2

B.1.4m/2

C.2.0/s

D.2.6m/s24.如图所示某质点速度-时间图，则下说法中正确是（）在在在

内，质点做匀变速直线运动末，质点的加速度为内，质点处于静止状态D.在4s末，质点运动方向变5.如图是一车在平路面上启动速度-时间图，t时刻起车的功保1持不变由图象可知）A.0-t间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率不变1B.0-t间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率不变1C.t-t间内，汽车的牵引力减小，加速度减小12D.t-t间内，汽车的牵引力不变，加速度不变126.质量为人站在地上，用通过定滑轮质量为重物从地面上拉动，如所示，重物以加速a上升则人地面的力为（）A.C.

B.D.7.图示水平面上有个半球体A.现与竖墙之间一完全相同半球体B，不一切擦，将A慢向左移未与地面接，则在过程中A对的弹力、墙B弹力()

变小、变小变小、变大变大、变大变大、变小第2页，共页8.在图中所的电路，当滑动变器的滑触片向b移动时（）A、伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大伏特表V的读数增大，安培A读数减小伏特表V的读数减小，安培A读数增大二、多题（本大题4小题，共）9.图中球系绝缘细的下，固定在缘平面上，们带电种类以及位置在图中标出A球能保静止的是（）A.B.C.D.10.发射地同步卫时，先将卫发射至地圆轨道1然后经点火使其沿椭圆道2运行，后再次火，将卫星入同步轨道3轨道、2相于，轨道、3切于P点，如所示，当卫星分别1、、3轨道正常运时，以说法正确的（）卫星在圆轨道3上运行的角速度大于在圆轨道1上运行的角速度卫星在轨道2上经过P点时的速率大于它在轨道3上经过P点时的速率C.卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q时的加速度D.卫星在轨道1上运动的周期小于它在轨道3上运动的周期11.如图甲木板A放在光的水平面上质量为m=1㎏的物块B以/0的速度上A左端后B速度随时变化况如图所示取gm/s²，由可得（）A.A的质量mlkgAA、间的动摩擦因数为0.2木板A的长度至少为2m第3页，共页D.0～2s内，、B系统机械能的损失为3J12.某同学一直流源的总功率P输出功率P和源内的发热率PERr电流I变的图线在同一坐标内，图所示根据图线可下列叙正确的是）A.映P化的图线是crB.电源电动势为8C.电源内阻为2Ω

VD.当电流为0.5

A时，外电路的电阻为6Ω第二卷非择题

共52）三、实验题探究题（本大题共2题，共12分）13.某同学用如图甲所示的电路测定电源的电动势和内电阻已知干电池的电动势约为1.5V内阻约为Ω电压（量程0～V内阻3kΩ电流（量程0～0.6A内阻Ω滑动变阻器有R（最大阻值10Ω额定电流2A）1和R（最大阻值100Ω，额定电流0.1）各一只．2（1）实验中滑动变阻器应选用_____．（选填“R或“R”）12在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的电压与电流关系图线，根据图线求出的电源电动势=______，内阻=______Ω．（结果保留两位小数）第4页，共页14.某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：A．电流表A（内阻RΩ，满偏电流I）1ggB．电流表A（内阻约为0.4Ω，量程为A）2C．定值电阻R=900Ω0．滑动变阻器（5Ω，2A）．干电池组（6，0.05Ω）．一个开关和导线若干．螺旋测微器，游标卡尺（1）如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为_____；如图2用分度游标卡尺测金属棒长度为______cm．（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用_____挡（填“1Ω或“×100Ω”），换挡并进行一系列正确操作后针静止时如图3所示金属棒的阻值约为_____Ω．请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值．若实验测得电流表A数为I电流表A数为I则金属棒电阻的1122表达式为R．（用I，R，R示）x120g四、计题（本大题4小题，共）第5页，共页15.绳与竖直方向成30°角为质量不计的光滑滑轮物体重1000，物体A重400，物块A和B静止．求：（1）物体B所受地面的摩力和支持力分别为多大？（2）OC绳的拉力为多大？16.如图，灯泡电动机M中串联在一个稳压电源上，电源的输出电压为=20，灯泡D的电阻为RΩ，电动D机M线圈的电阻为RΩ与电动机并联的理想电压表M读数为UV．电动机的转轴的摩擦可忽略，求：M通过灯泡的电流=？电动机M线圈的发热功率P=？Q（3）电动机M输出的机械功率P=？机第6页，共页17.如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R＝0.1m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝kg的小球B，水平面上有一个质量＝0.3kg木A初速v＝4.0ms始向着小B动，0经过时间t＝0.80B发生弹性碰撞．设两物体均可以看做质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A与桌面间的动摩擦因数＝0.25，求：两物体碰前A的速度；碰撞后B，的速度大小；小球B运动到最高点C对轨道的压力．18.如图所示O固定绝缘轻细杆A粘有一带正电荷的小球电量为，质量为m，水平方向的匀强电场的场强为E，将小球拉成水平后自由释放，求小球到达最低点B时的速度大小在最低点B时绝缘杆给小球的力在A点给小球多大的向下的度才能使小球能在竖直面内恰做圆周运动第7页，共页答案和解析1.【答案】C【解析开普勒第三定律得出地球和该行星公转半径的三次方与周期的二次方的比值相等，列式求解。解决本题的关键掌握开普勒第三定律并能正确应用也可以根据万有引力提供向心力这一思路进行求解。【解答地球半径为R行星的半径为4R开普勒第三定律得：=则T=T=8T；地球的公转周期为1，则说明该行星的公转周期8年，故行ABD错误，C正确。故选C。2.【答案】C【解析电场强度取决于电场本身与有无试探电荷无关用电容器和电势差的定义式即可求解。本题关键抓住电场强度是描述电场本身性质的物理量大小和方向与试探电荷无关，是电场本身决定；电容取决于电容器本身；灵活应用电势差的定义式。【解答A.电场强度取决于电场本身的性质与试探电荷无关所以不能理解电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故错误；B.电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量取决于电容器本身的属性与电容器所带的电量和板间电压无关，故B错误；C.根据点电荷的场强公式真空中点电荷电场强度公式度和场源电荷的电荷量成正比，故C正确；

电场中某点电场强D.据电势差的定义式U=AB

知，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为-1V故D错误。故选C。3.【答案】B【解析】已知初末速度和时间，结合加速度的定义式求出加速度的大小。解决本题的关键掌握加速度的定义式，注意公式的矢量性，基础题。第8页，共页【解答】根据加速度的定义式知，加速度为：

，负号表示方向，故B正确，ACD错误。故选B4.【答案】B【解析本题考查了学生对v-t图象的认识记住图象的斜率表示加速度图象与时间轴围成的面积表示这段时间内物体通过的位移。由图可知物体的运动过程中速度的变化，由图象中斜率可得出加速度的大小关系；由速度的正负分析质点的运动方向。【解答】A.在0～6s内质点先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动所以做的是非匀变速直线运动，故A错误；B.在t=12s末，质点的加速度为

，故B正确；C.在

内，质点做匀速直线运动，故C误；D.在14s内，质点的速度都为正，一直沿正方向运动，运动方向没有改变，D错误。故选B。5.【答案】C【解析】AB、0～t间内，汽车的速度是均匀增加的，是匀加速直线运动，汽1车的牵引力不变，加速度不变，由P=Fv知功率增大，故、B错误。C、t～t间内，汽车的功率保持不变，速度在增大，由P=Fv知汽车的牵引力12在减小，由牛顿第二定律知F-f=ma，知加速度减小，故正确，D错误。故选：C。汽车从静止开始做匀加速直线运动随着速度的增加汽车的功率也要增大当功率达到最大值之后功率不能在增大汽车的牵引力就要开始减小以后就不是匀加速运动了当实际功率达到额定功率时功率不能增加了想增加速度，就必须减小牵引力当牵引力减小到等于阻力时加速度等于零速度达到最大值．第9页，共页本题考查汽车匀加速运动的启动方式，明确汽车的功率与牵引力、速度的关系P=Fv，结合匀加速运动的特点：加速度不变，速度均匀增大，分析汽车的运动情况．6.【答案】A【解析】先对物体分析，根据牛顿第二定律求得绳子拉力大小，再对人分析，由平衡条件求出地面对人的支持力，即可得到人对地面的压力大小。本题中人处于平衡状态物体处于有加速度的状态运用隔离法根据牛顿第二定律和平衡条件结合进行研究。【解答】以物体为研究对象，根据牛顿第二定律得T-mg=ma解得绳子的拉力：T=m（g+a）再以人为研究对象，根据平衡条件得地面对人的支持力为：（g+a）=（M-m）g-ma根据牛顿第三定律得知，人对地面的压力大小′=N=（M-m）g-ma，故A正确，BCD错误。故选A。7.【答案】A【解析】该题主要考查共点力平衡相关知识。对于动态过程受力变化的求解一般先分析在运动过程中的守恒量然后，再由动态过程得到相关的变化量，进而通过守恒量求解其他物理量的变化趋势。对B进行受力分析，根据A向左移动，B所受的力之间角度的关系变化，然后根据重力G不变，并且B力平衡求解。【解答】不计一切摩擦，将A缓慢向左移动（未与地面接触），则A、B处处受力平衡；那么B受力如图所示：；A向左移动，那θ变小，所以，错误。故选A。

变小F=Gtanθ变小，A正确BCD2第10页，共19页8.【答案】D【解析】本题考查的是电路动态变化分析问题，通常按照“部分→整体→部分”的顺序进行分析也可根据结论分析变阻器中电流的变化只要变阻器接入电路的电阻减小，通过其电流必定增大。当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时先分析变阻器电阻的变化得到总电阻的变化分析总电流的变化判断出路端电压的变化即可知道电压表读数的变化．再根据并联部分电压的变化和总电流的变化，分析电流表读数的变化。【解答当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时变阻器有效电阻减小外电路总电阻减小，则路端电压减小，总电流增大，所以伏特表的读数减小。根据串联电路分压特点可知，电路中并联部分分压减小，通过电流减小，2而总电流增大，所以通过电流表的电流增大，即安培表的读数增大。由于并联部分电压减小，电容器板间电压减小，则电容的电荷量在减小，故ABC错误，D正确。故选D。9.【答案】AD【解析对A球进行受力分析由于球能保持静止根据共点力平衡条件解决问题。根据受力分析，找出所受的力合力可以为0那么小球可以处于静止状态。【解答】A.对A球进行受力分析：根据力的合成，可知道三个力合力可以为0故A正确；B.对A球进行受力分析：根据力的合成可知道任意两个力的合力的方向不可能与第三个力方向相反故B错误；第11页，共19页C.对A球进行受力分析：根据力的合成可知道任意两个力的合力的方向不可能与第三个力方向相反故C错误；D.对A球进行受力分析：根据力的合成，可知道三个力合力可以为0故D正确。故选AD。10.【答案】CD【解析AD、设卫星和地球的质量分别m和M，卫星的角速度ω，周期T，轨道半径为r，卫星做圆周运动时，根据万有引力提供向心力，有：G=mωr=mr，得：=

，T=2π

可见，卫星的轨道半径越大，角速度越小，周期越大故卫星在圆轨道3上运行的角速度小于在圆轨道上运行的角速度卫星在轨道1上运动的周期小于它在轨道3上运动的周期，故错误，D正确。B卫星要从轨道2变轨到轨道3必须在P点加速所以卫星在轨道2上经过P点时的速率小于它在轨道3上经过P点时的速率，故错误。C、根据牛顿第二定律得：G=ma，得：a=，知卫星经过同一点加速度是一定的以卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道上经过Q点时的加速度。故C正确。故选：CD。卫星做圆周运动时根据万有引力提供向心力列方程可得到卫星的角速度周期与轨道半径的关系从而判断卫星在轨道上和轨道1上运行的角速度周期大小卫星在椭圆轨道上运行时根据牛顿第二定律分析加速度关系结合变轨原理分析。第12页，共19页卫星在不同轨道上做圆周运动时各个量的比较往根据万有引力等于向心力列出物理量与半径的关系，然后比较。11.【答案】BD【解析由图能读出木板获得的速度根据动量守恒定律求出木板A质量根据

求解木板获得的动能；根据斜率求出B的加速度大小，根据牛顿第二定律求出动摩擦因数；根据“面积”之差求出木板的长度，根据系统克服摩擦力做功求解系统损失的机械能。本题属于木块在木板上滑动类型，既考查读图能力，也考查运用牛顿第二定律、功能关系处理复杂力学问题的能力。【解答】A.由图示图象可知，木板获得的速度为，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：=（M+m）v，解得：0M=2kg，即A的质量为2Kg，故A错误；B.由图示图象可知，B的加速度，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μmg=ma，代入解得，μ=0.2，故B正确；BBC.由图得到：0-1s内B的位移为，A的位移为，木板A的最小长度为L=x-x=1.5m，故C错误；BAD.系统损失的机械能正确。故选BD。12.【答案】ACD

，代入数据解得：△E=3J，D【解析】A、电源内部的发热功率P=I2r

r，P-I图象是抛物线，而且是增函数，r则反映P化的图线是c。故A确。rB直流电源的总功率PP-I图象的斜率等于电动势E有E=EB错误。

==4V故C、图中时，电源内部的发热功率P与电源的总功率相等，则有P=Irr

r，得到r==

Ω=2Ω故C正确。第13页，共19页D、当电流为时，根据闭合电路欧姆定律得I=D正确。故选：ACD。

，代入解得R=6Ω．故电源内部的发热功率P=I2r

r直流电源的总功率P=EIP-I图象的斜率等于电动E势E．当I=2A时，电源内部的发热功率P电源的总功率相等，求出电源的内r阻．根据闭合电路欧姆定律求出电流为0.5A的外电阻．本题要理解图象的性质；根据电源的总功率公式P=EI求解电动势，根据发热功E率的解析式I2

r，求解电源的内阻．13.【答案】（1）R1（2）如图所示：（3）1.46；0.94【解析】（1）R额定电流只有0.1A很容易烧坏，为方便实验操作，应选最大2阻值较小的滑动变阻器；根据图甲所示电路图连接实物电路图；电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻。本题考查了求电源电动势与内阻实验源的U-I象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻。【解答】解：（1）R定电流只有0.1A电流表的量程是0-0.6A，所以为方便实验操2作，实验中滑动变阻器应选用R；1（2）根据图甲所示实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：第14页，共19页（3）由图丙所示U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.46V，则电源电动势E=1.46V，电源内阻：r==

Ω≈0.94Ω故答案为：（1）R；（2）实物电路图如图所示1；（3）1.46；0.94。【答案16.12610.2302）×1Ω103如图所示4）。【解析】（1）螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；由欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；根据伏安法测电阻的实验原理与所给实验器材作出电路图；第15页，共19页（4）根据电路图应用欧姆定律求出电阻阻值。本题考查了螺旋测微器与游标卡尺读数欧姆表的使用方法设计电路图求电阻阻值螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数螺旋测微器需要估读游标卡尺不需要估读。【解答（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为5mm+12.6×0.01mm=6.126mm，由图示游标卡尺可知，其示数为：102mm+6×0.05mm=102.30mm=10.230cm（2）用欧姆表“×10Ω挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换用×1Ω挡，挡并进行一系列正确操作，由图3所示可知，则金属棒阻值约为10×1Ω=10Ω（3）由题意可知，没有电压表，可以用电流A定值电阻R串联组成电压表10测电压，用电流表A电流，由于改装后电压表内阻为100+900=1000，电流2表内阻约为0.4Ω，待测电阻阻值约为Ω，滑动变阻器最大阻值为5Ω，为测多组实验数据动变阻器应采用分压接法压表内阻远大于金属棒电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：（4）金属棒电阻阻值：R==；x故答案为6.12610.230×1Ω10如图所示）

。15.【答案】解：（1）由于物体A保持静止，故：=GN；A第16页，共19页对物体B力分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，如图所示：由于T=，则OC必为∠的角平分线，故T与水平方向的夹角为°OBOAOB根据平衡条件，有：N+sin30°=G，Tcos30°=fB得：N=800，f=200N（2）对滑轮受力分析，受三个拉力，如图所示：根据平衡条件，有：T=2Tcos30°=400；OC答：（1）物体B受地面的摩擦力为N，支持力为800；（2）OC的拉力为400．【解析本题主要是考查了共点力的平衡问题解答此类问题的一般步骤是确定研究对象进行受力分析利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。对物体B受力分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件列式求解；同一根绳子张力处处相同，对滑轮受力分析，受三个拉力，根据平衡条件求解OC绳的拉力。16.【答案】解：（1）灯两端的电压为所以通过灯泡的电流为（2）电动机M圈的发热功率第17页，共19页（3）电动机M耗的电功率