届山东省新高考物理模拟试题附答案.docx
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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
下列说法正确的是()
放射性物质的温度降低,其半衰期将变大
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发生光电效应,改用波长较长的光照射就有可能发生
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,
1.
A.
B.
C.
D.
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'
C.初速度v1v2
Vi
V2
B.飞行时间tit2
D.角度12
3.如图所示,Si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
1
C.从该时刻起,经过一T,c处的质点将通过平衡位置
4
D.若S不动,Si沿Sib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vi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)
)
VtV2
V1V2
D.t如
g
已知他的质量为m,双脚离
A.tg
5•假设某篮球运
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,则下列说法正确的是
A.
C.t
gg
投三分球前先屈腿下蹲再竖直向上跃起,
从地面跃起过程中,地而对他所做的功为
B.
C.
D.
0
12-mVmgh
从下蹲到离开地面上升过程中,他的机械能守恒
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
从地面跃起过程中,地面对他所做的功为
行星
半径/m
质量/kg
轨道半径/m
地球
6
24
11
6.4X10
6.0X10
1.5X10
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
火星
6
3.4Xi0
23
6.4X0
ii
2.3XO
A.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F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tan
B.若只撤去艮,则B受到地面的摩擦力变小
C.若同时撤去Fl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
&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AU,在这个过程中,下列判断正确的是
A.
电阻Ri两端的电压减小,减小量等于
B.电压表示数变化量AU和电流表示数变化△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CAU
9•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%中向小球b,碰后与
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(AX)发生了一次a衰变。
放
射出的a粒子(;He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动,其轨道半径为a粒子的质量和电荷量,生成的新核用丫表示。
下面说法正确的是
R。
以m、q分别表示
A.
B.
H
p-■
XffifX
甲
发生衰变后产生的a粒子与新核Y在磁场中运动的轨迹正确的是图丙
2
半径为Ry=R
Z2
新核Y在磁场中圆周运动
I=或
2m
若衰变过程中释放的核能都转化为a粒子和新核的动能,则衰变过程中的质量亏损为
2
ABqR
2"
2mA4c
12、如图是某绳波形成过程的示意图。
质点1点2、3、4…各个质点依次上下振动,把振动从绳高位置,质点5刚要开始运动。
下列说法
13145478VWUU口H口肺I
C.
D.
a粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流,且电流大小为
Am
二、实验题
13、如图所示,为某同学设计的探究加
图•
的
1930
子第一次
构成
验装置简
乍用下沿竖直方向端传到右端。
点8的
实验法D「等效替代法
A.t=
B.t=
C.从
速度
5开始向下运动
3的加速度万向
度与物体所受
谐运动,带动质
T74时,质点1到达最
时,
时,
始的一小段时间内,
T/2时,1
示准的完整正
7个质'
F及质量m的关系
(1)本实验采用的实验方法是。
A.控制变量法B.假设法C.
(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
1
D.为得出加速度a与与质量m的关系而作出a图象
m
(3)下图是实验中获取的一条纸带的一部分,其中0、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由纸带求出小车的
加速度的大小为m/s计算结果
均保留2位有效数字)
'tien
(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:
(1)①甲同学直接用多用电表测其电阻,该同学选择X10Q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“X1Q”
B.旋转选择开关至欧姆挡“X100Q”
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Q.
(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10kQ)
电流表A1(量程0〜500mA,内电阻约20Q)
电流表A2(量程0〜300mA,内电阻约4Q)
滑动变阻器R1(最大阻值为10Q,额定电流为2A)滑动变阻器R2(最大阻值为250Q,额定电流为0.1A)直流电源E(电动势为4.5V,内电阻约为0.5Q)
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.
二、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T。
)。
(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
2
小车表面间动摩擦因数尸0.1°(取g=10m/s)
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v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,
(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3b2-OC2部分轨道间距为2L,右侧CC2-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9=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a£2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
2
路的有效电阻均为R=0.2Q,h=0.2m,L=0.2m,sin37°0.6,cos37°0.8,g=10m/s求:
(1)金属棒A滑到bib2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届山东省新高考物理模拟试题答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
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C:
=6种频率光子,B错误。
C.根据光速方程:
cV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,
2
根据库仑力提供向心力:
keem—,可知,轨道半径越大,速度越小,动能越小,总能
rr
量等于动能加势能,所以势能增大,D正确。
2、【答案】D
1^2h
【解析】B、飞镖1下落的高度小,根据h—gt2,解得t—,可知飞行时间ti 2Vg 错误; A、加速度相等,都为g,则速度变化量vgt,可得ViV2,故A错误; C、由于水平位移相等,根据xV0t,可知初速度V>V2,故C错误; .VoVo D、根据tan,对于飞镖1,时间短,初速度大,则tanB>tan化所以Bi>&,故 Vygt 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 1 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, 4 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9不动,S1沿Sb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Co 4、【答案】B V1V2 【详解】时间的单位应该是s,t丄1的单位为m,故A错误;如果不考虑空气的阻力,则 g Vi2v1Viv22vi V1=V2,t上t下-,故运动的总时间t-.由于空气阻力作用,V2 gggg 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 5、【答案】A 0,故A正确; 【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 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: A 6、【答案】D 【详解】a.根据gMm R2 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Ri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CAU,故D 错误; B、根据闭合电路欧姆定律得: UEl(Rr),由数学知识得一学Rr,所以电压表 示数变化量U和电流表示数变化l的比值不变,故B正确; C、由图可知UR,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 I 错误; 故选Bo 【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,R I 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CDo 【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S始终接a,畐U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Vi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Si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 2 轨迹圆外切,根据qvB叱可得R R a粒子与新核Y运动方向相反,所以在磁场中运动的 mv ,可知a粒子半径大,由左手可知两粒子圆周运 qB _mvRY2 动方向相同,丁图正确,故选项 A错误;由R可知亠,新核Y在磁场中圆周 qBRZ2 A4 由质量关系可知衰变后新核Y质量为Mm,由衰变过程中动量守恒可得Mvmv0 4 可知vmv,系统增加的能量为AE1Mv21mv,由质能方程可得AEAmc2,联立 M22 2 一AqBR 解得衰变过程中的质量亏损为Am2,故选项D正确。 2mA4c 12、【答案】BD 【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,根据受迫振 4 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, 11 选项C错误;因为a为正比关系,故为得出加速度a与与质量m的关系而作出a图 mm 象,选项D正确;故选BD。 (3)计数点间的时间间隔T=0.02sX5=0.1s,打B计数点时小车的速度大小为 5 大约IA0.23A,所以选择量程为300mA的电流表测量比较准确.总阻值为250Q的 22 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10Q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 3瑜g2吨 的压强相等,即: — A'=-A I-fc 由此得: 2 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 为左活塞的高度) 活塞对气体做的功为: 即二屁二(--1)=-1) 4爲£ 由热力学第一定律•■止&二“十°,W<0,AU>0,AQ>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 &=Wf① 当弹簧完全推开物块P时,有 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 根据能量守恒,系统产生的摩擦热 1212^ pmQgL=^mqV0-2(mo+M)u⑥ 联立⑤⑥解得L=6m。 17、【答案】 (1)60°<0120° (2)— 2 【解析】 【分析】电子在磁场中做匀速圆周运动,电子在极板间做匀变速曲线运动,竖直方向做匀减 速直线运动,刚好能打到A板上的电子满足到达A板时竖直方向速度等于0,运用动能定理 求解;能进入极板间的电子与金属板K的夹角9满足45135,利用作图找出几何关系, 求出进入AK极板间的电子数占发射电子总数的比例。 解: (1)设恰能打到A板的电子在进入极板与金属板K的夹角为9 1212 电子在极板运动过程运用动能定理Uak•—m(vcos0)—mv 22 中运动的半径也为R M到P点的竖直距离dMR(1cos45) 得: vo=顽.2100.2m/s2m/s (2)选取水平向右为正方向,对A、B利用动量定理可得: 对B: Fb安cos9? Mvb…② 对A: -Fa安cos9? mvA—mv。 …③ 其中Fa安=2Fb安…④ 由上知: mvo—mvA=2Mvb 两棒最后匀速时,电路中无电流: 有BLvb=2BLva 得: Vb=2va…⑤ 2 联立后两式得: vb=vo=O.44m/s 9 (3)在B加速过程中: E(Bcos9t=Mvb—0…⑥ q=Lit…⑦ 50 得: q=C«5.56C 9 (4)据法拉第电磁感应定律有: E=…⑧ t 其中磁通量变化量: △? =B△Scos9…⑨ 电路中的电流: 匸—…⑩ 2R 通过截面的电荷量: q=It(11) 中25022 得: △S=mP7.8m 9 点睛: 在导体棒下滑的过程中只有重力做功。 满足机械能守恒的条件,根据机械能守恒列式求解;利用安培力结合动量定理列式求解即可;以B导体棒为研究对象,根据电流的定义式 和动量定理列式求解;在整个运动过程中,利用法拉第电磁感应定律。 求出磁通量的变化,结合闭合电路欧姆定律进行求解。
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