2020届山东省新高考物理模拟试题附答案

..2020届XX省新高考物理模拟试题一、选择题1.下列说法正确的是〔A.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C.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应,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位置水平投出两支飞镖1和飞镖2到靶盘上,飞镖落到靶盘上的位置如图所示,忽略空气阻力,则两支飞镖在飞行过程中A.速度变化量B.飞行时间C.初速度D.角度3.如图所示,S1和S2是两个相干波源,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,下列说法中正确的是Aa处质点始终处于离平衡位置2A处B.随着时间的推移,c处的质点将向右移动C.从该时刻起,经过T,c处的质点将通过平衡位置D.若S2不动,S1沿S1b连线向b运动,则b处质点仍然始终处于平衡位置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受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,但是你可以通过一定的物理分析,对下列表达式的合理性做出判断.根据你的判断,你认为t的合理表达式应为<重力加速度为g><>A.B.C.D.5.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,从开始下蹲到跃起过程中重心上升的高度为h,则下列说法正确的是A.从地面跃起过程中,地而对他所做的功为0B.从地面跃起过程中,地面对他所做的功为C.从下蹲到离开地面上升过程中,他的机械能守恒D.离开地面后,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.人类探索宇宙的脚步从未停止,登上火星、探寻火星的奥秘是人类的梦想,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。根据下表,火星和地球相比行星半径/m质量/kg轨道半径/m地球6.4×1066.0×10241.5×1011火星3.4×1066.4×10232.3×1011A.火星的第一宇宙速度较大B.火星做圆周运动的加速度较大C.火星表面的重力加速度较大D.火星的公转周期较大7、如图所示,A受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始终保持静止不动。斜面体B受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B.若只撤去F2,则B受到地面的摩擦力变小C.若同时撤去F1和F2,物块A将可能匀速运动D.若只增大A的质量,物块B受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R的阻值后,电压表示数的变化量为△U,在这个过程中,下列判断正确的是A.电阻R1两端的电压减小,减小量等于△UB.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△U9.如图所示,三小球a、b、c的质量都是m,都放于光滑的水平面上,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,下列说法中正确的是〔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的动能一定最大,小球b的动能一定不为零10、有一台理想变压器及所接负载如图所示,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,电容器的耐压值足够大。则下列说法正确的是A.开关S1始终接a,当滑片P向下滑动时电压表V1和V2示数均不变B.开关S1始终接a,当滑片P向下滑动时电流表A1和A2示数均变小C.保持滑片P的位置不变,将开关S1由a改接b,电压表V1和V2示数均变大D.保持滑片P的位置不变,将开关S1由a改接b,电容器所带电荷量的最大值将增大11、在磁感应强度为B的匀强磁场中,一个静止的放射性原子核<>发生了一次α衰变。放射出的α粒子<>在与磁场垂直的平面内做圆周运动,其轨道半径为R。以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量,生成的新核用Y表示。下面说法正确的是A.发生衰变后产生的α粒子与新核Y在磁场中运动的轨迹正确的是图丙B.新核Y在磁场中圆周运动半径为RY＝C.α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流,且电流大小为I＝D.若衰变过程中释放的核能都转化为α粒子和新核的动能,则衰变过程中的质量亏损为Δm＝12、如图是某绳波形成过程的示意图。质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动,带动质点2、3、4…各个质点依次上下振动,把振动从绳的左端传到右端。t=T/4时,质点1到达最高位置,质点5刚要开始运动。下列说法正确的是A.t=T/4时,质点5开始向下运动B.t=T/4时,质点3的加速度方向向下C.从t=T/2开始的一小段时间内,质点8的速度正在增大D.在t=3T/2时,1到17个质点刚好第一次构成一个标准的完整正弦图像二、实验题13、如图所示,为某同学设计的"探究加速度与物体所受合力F及质量m的关系"实验装置简图.〔1本实验采用的实验方法是____。A.控制变量法B.假设法C.理想实验法D.等效替代法〔2在保持小车受力相同时,探究加速度与质量关系的实验屮,以下故法正确的是______。A.平衡摩擦力时,应将装有砝码的小桶用细绳通过定滑轮系在小车上B.每次改变小车的质量时,不需要重新平衡摩擦力C.实验时,先放开小车,再接通打点计时器电源D.为得出加速度a与与质量m的关系而作出图象〔3下图是实验中获取的一条纸带的一部分,其中O、A、B、C、D是计数点,每相邻两计数点间还有4个点〔图中未标出,计数点间的距离如图,打"B"计数点时小车的速度大小为___________________m/s.由纸带求出小车的加速度的大小为_____________m/s2.<计算结果均保留2位有效数字〔4如图所示是某同学在探究加速度与力的关系时,根据测量数据作出的a〜F图线.其中图线不过原点的原因是______,图线在末端弯曲的原因是______.14、18.在"测定金属丝的电阻率"的实验中,需要测出金属丝的电阻R1,甲、乙两同学分别采用了不同的方法进行测量：〔1①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．为了准确地进行测量,请你从以下给出的操作步骤中,选择必要的步骤,并排出合理顺序：．〔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,调节欧姆调零旋钮,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示位置,Rx的测量值为Ω．〔2乙同学则利用实验室里下列器材进行了测量：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0.1A直流电源E〔电动势为4.5V,内电阻约为0.5Ω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,故电流表应选用,滑动变阻器选用〔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分如图所示,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,m2＝2m

〔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〔假定环境温度始终保持为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？气体是吸收还是放出了热量？〔假定在气体状态变化过程中,两物块均不会碰到气缸顶部。16、如图所示,质量M＝1.5kg的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边,其上表面与水平桌面相平,小车的左端放有一质量为0.5kg的滑块Q。水平放置的轻弹簧左端固定,质量为0.5kg的小物块P置于光滑桌面上的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＝0.1。<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,小车的长度至少为多少？17、如图所示,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的圆形匀强磁场区域〔区域边界存在磁场,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．在磁场区域的正下方,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,,不计电子重力及它们间的相互作用．〔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例为多大？18、如图所示,足够长的水平轨道左侧b1b2﹣c1c2部分轨道间距为2L,右侧c1c2﹣d1d2部分的轨道间距为L,曲线轨道与水平轨道相切于b1b2,所有轨道均光滑且电阻不计．在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ=37°的匀强磁场,磁感应强度大小为B=0.1T．质量为M=0.2kg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=0.1kg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始终相互平行且与导轨保持良好接触,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=0.2Ω,h=0.2m,L=0.2m,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2求：〔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通过金属棒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XX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无关,由自身决定,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,所以辐射出种频率光子,B错误。C．根据光速方程：可知,波长变长,频率降低,所以该光不能使金属发生光电效应,波长更长即频率更低的光,依然不能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,需要吸收能量,总能量增大,根据库仑力提供向心力：,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,根据,解得,可知飞行时间,故B错误；A、加速度相等,都为g,则速度变化量,可得,故A错误；C、由于水平位移相等,根据,可知初速度,故C错误；D、根据,对于飞镖1,时间短,初速度大,则tanθ1＞tanθ2,所以θ1＞θ2,故D正确；故选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,但质点并不始终处于离平衡位置2A处,A错误；质点只在平衡位置附近振动,并不随波移动,B错误；从该时刻起,经过T,c处为平衡位置与平衡位置相遇,质点将通过平衡位置,C正确；两列波传到b点的振动情况一直在变化,当S2不动,S1沿S1b连线向b运动,b处质点不可能始终处于平衡位置,D错误。故选C。4、[答案]B[详解]时间的单位应该是s,的单位为m,故A错误；如果不考虑空气的阻力,则v1=v2,,故运动的总时间．由于空气阻力作用,v2＜v1,,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,而,故C错误。若没有空气阻力,v1=v2,时间应为,故选项D中运动时间不合理,故D错误。5、[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；B错误；C、.从下蹲到离开地面上升过程中,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、离开地面后,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[详解]A.根据得,第一宇宙速度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,根据得：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.根据,得：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．根据题意可知：设斜面倾角为,对斜面体因为地面对斜面体摩擦力向右,所以物块对斜面体的压力的水平分力小于物块对斜面体摩擦力的水平分力,设物块斜面体之间弹力为FN,有：,所以,同时撤去两力,,物块将减速,AC错误。B．对斜面受力分析可知：,只撤去F2,地面对B的摩擦力变大,B错误。D．对斜面受力分析可知：,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,由欧姆定律分析得知,电阻R1两端的电压减小,由闭合电路欧姆定律得它们的总电压即路端电压增大,由得电阻R两端的电压增大,,所以电阻R1两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R1两端的电压,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；B、根据闭合电路欧姆定律得：,由数学知识得,所以电压表示数变化量和电流表示数变化的比值不变,故B正确；C、由图可知,由于R增大,则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大．故C错误；故选B。[点睛]两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析,注意,,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的动能一定最大,根据动量守恒和机械能守恒分析可知,小球b的动能不为零,故D正确；故选CD。[点睛]含有弹簧的问题,难点是对物体运动过程的分析,得到弹簧势能最大的临界条件；本题根据动量守恒和机械能守恒分析求得。10、[答案]BCD[解析]开关S1始终接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,因为总电流变小,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的位置不变,将开关S1由a改接b,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,电荷量增多,CD正确．11、[答案]BCD[详解]由动量守恒可知衰变后产生的α粒子与新核Y运动方向相反,所以在磁场中运动的轨迹圆外切,根据可得,可知α粒子半径大,由左手可知两粒子圆周运动方向相同,丁图正确,故选项A错误；由可知,新核Y在磁场中圆周运动的半径为,故选项B正确；圆周运动的周期为,环形电流为,故选项C正确；对α粒子由洛伦磁力提供向心力可得,由质量关系可知衰变后新核Y质量为,由衰变过程中动量守恒可得可知,系统增加的能量为,由质能方程可得,联立解得衰变过程中的质量亏损为,故选项D正确。12、[答案]BD[解析]A项：由题意可知,在质点1位于波峰可知,质点的起振方向向上,根据受迫振动的振动方向与波源振动方向相同,所以质点5的起振方向向上,故A错误；B项：t=T/4时,质点3位于平衡位置上方,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个质点刚好第一次构成一个标准的完整正弦图像,故D错误。二、实验题13、[答案]<1>.A<2>.BD<3>.0.54<4>.1.5<5>.未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力<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；因为为正比关系,故为得出加速度a与与质量m的关系而作出图象,选项D正确；故选BD。〔3计数点间的时间间隔T=0.02s×5=0.1s,打B计数点时小车的速度大小为；根据逐差法得,小车的加速度〔4由图线可知,当力F到达一定值时才有加速度,故图线不过原点的原因是未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力；图线在末端弯曲的原因是未满足小车的质量远远大于小桶和砝码的总质量；14、[答案]〔1AEDC,22〔2A2,R1；偏小；如图所示；[解析][详解]解：〔1①发现指针转过角度太大,知电阻较小,则换用"×lΩ",换挡后需重新调零．然后去测电阻,最后将旋钮旋至"OFF"挡或交流电压的最高挡．故合理顺序为：AEDC．②Rx的测量值为22×1Ω=22Ω．〔2通过电阻电流的最大值大约,所以选择量程为300mA的电流表测量比较准确．总阻值为250Ω的滑动变阻器阻值相对较大,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,容易超过电流表的量程,所以滑动变阻器采用分压式接法,电路图如图所示：根据电路图连接实物图,如图所示：[点睛]解决本题的关键掌握器材选取的原则,知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别,以及知道电流表内外接的区别．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,气体的压强始终为,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：由热力学第一定律：,W<0,ΔU>0,∴Q>0,在此过程中气体吸收热量16、[解析]<1>推力F通过P压缩弹簧做功,根据功能关系有Ep＝WF①当弹簧完全推开物块P时,有Ep＝eq\f<1,2>mPv2②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v0,P的速度为v′,由动量守恒和能量守恒得mPv＝mPv′＋mQv0③eq\f<1,2>mPv2＝eq\f<1,2>mPv′2＋eq\f<1,2>mQveq\o\al<2,0>④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根