山东省2020届普通高中学业水平等级全睦模拟考试 物理试题02（解析版）.doc

1、 山东省山东省 2020 年普通高中学业水平等级考试年普通高中学业水平等级考试全真全真模拟卷模拟卷 物理试题物理试题 一、单项选择题一、单项选择题 1.一定质量的理想气体，在温度 T1和 T2下的压强 p与体积 V 的关系曲线如图所示。气体由状态 A等容变化 到状态 B 的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 温度降低，吸收热量 B. 温度降低，放出热量 C. 温度升高，吸收热量 D. 温度升高，放出热量 【答案】C 【详解】气体由状态 A 等容变化到状态 B的过程中，压强增大，由等容变化规律 p C T 可知，温度升高， 理想气体内能增大，再根据热力学第一定律= +U Q W可知，由于所体发

2、生等容变化，则气体不对外做功， 外界也不对气体做功，所以气体吸收热量，故 C 正确，ABD 错误。故选 C。 2.在核反应堆中， 238 92U吸收一个中子后生成 239 94Pu， 239 94Pu是重要的核燃料，其衰变方程式为 2392354 94922 PuU+ He+。以下说法正确的是（ ） A. 239 94Pu衰变过程是一个衰变过程 B. 239 94Pu衰变过程质量数守恒，所以没有核能量释放 C. 239 94Pu衰变过程中的光子是由 235 92U原子核能级跃迁产生的 D. 238 92U吸收一个中子后生成 239 94Pu 核反应过程是一个衰变过程 【答案】C 【详解】A由

3、239 94Pu衰变过程放出粒子，则其为衰变过程，故 A 错误； B 239 94Pu衰变过程质量发生亏损，由爱因斯坦质能方程可知，衰变过程放出能量，故 B 错误； C 239 94Pu衰变过程中产生的 235 92U原子核不稳定而发生跃迁同时放出光子即释放能量，故 C正确； D 238 92U吸收一个中子后生成 239 94Pu的核反应过程没有放出粒子，也不是一个衰变过程，故 D错误。 故选 C。 3.甲、乙两车沿着一条平直公路同向同速行驶，相距 121m。t=0 时刻，前面的甲车开始减速，经过一段时间， 后面的乙车也开始减速，两车的 vt图像如图所示。如果乙车停止时与前方甲车相距 1m，则

4、甲车在减速过 程中行驶的距离为（ ） A. 120m B. 160m C. 200m D. 240m 【答案】B 【详解】由题意可得 +121=+1xx 甲乙 即 00 0000 4121321 22 vv ttvt 解得 0 0 80mv t 甲车在减速过程中行驶的距离为 0 00 0 =42160m 2 v xtv t 甲 故 B 正确，ACD 错误。故选 B。 4.图甲为光电效应实验的电路图，利用不同频率的光进行光电效应实验，测得光电管两极间所加电压 U与 光电流 I 的关系如图乙中 a、b、c、d 四条曲线所示。用 a 、 b 、 c 、 d 表示四种光的频率，下列判断正 确的是（ ）

5、 A. bcda B. dbca C. dcba D. acbd 【答案】A 【详解】当光电管两极间所加电压为遏止电压时即光电子达到阳极的动能为 0，由动能定理得 kmc eUE 由爱因斯坦光电效应方程有 km0 EhW 联立得 0c eUW h 由图乙可知 bcdacccc UUUU 则 bcda 故 A 正确，BCD 错误。故选 A。 5.按照玻尔原子理论，原子中的电子在库仑力的作用下在特定的分立轨道上绕原子核做圆周运动。若电子以 角速度 0 在纸面内绕核沿顺时针方向做匀速圆周运动，现施加一垂直纸面向外的匀强磁场，如图所示。施 加磁场后，假设电子绕核运动的半径 R 保持不变，角速度变为，不

6、计重力。下列判断正确的是（ ） A. 洛伦兹力的方向背离圆心， 0 B. 洛伦兹力的方向背离圆心， 0 C. 洛伦兹力的方向指向圆心， 0 D. 洛伦兹力的方向指向圆心， 0 【答案】A 【详解】由左手定则可知，电子所受的洛伦兹力的方向背离圆心，未加磁场时有 2 2 0 2 ke mR R 加磁场后有 2 2 2 ke qvBmR R 则 0 故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 6.如图所示，平行板电容器的两极板水平放置滑动变阻器的阻值为 R，定值电阻的阻值为 R0。闭合开关 S， 当 R=0.5R0时，极板带电量为 Q0，一电子水平射入电容器两极板之间的匀强电场，经水平距离 x0后打到

7、极 板上；当 R=2R0时，极板带电量为 Q，电子仍以相同速度从同一点射入电场，经水平距离 x 后打到极板上。 不计电子重力以下关系正确的是（ ） A. QQ0，xx0 B. QQ0，xx0 C. QQ0，xx0 D. QQ0，xx0 【答案】D 【详解】当 R=0.5R0时由闭合电路欧姆定律有 0 0 3 2 E I R r 电容器两端电压为 000 00 0 0 = 3 223 + 2 RERER UI R Rr r 电荷量为 0 00 0 32 ER QCUC Rr 同理可得 R=2R0时 0 0 2 3 ER QCUC Rr 则 QQ0 由于 0 UU，则板间场强关系为 0 EE 加速

8、度 0 0 qEqE aa mm 两种情况下电场力方向上运动的位移相等，由公式 2 1 2 hat可知，第一种情况下的时间更长，由初速度方 向 0 xv t可知 0 xx 故 D 正确，ABC 错误。故选 D。 7.科学家麦耶（M.Mayor）和奎洛兹（D.Queloz）对系外行星的研究而获得 2019年诺贝尔物理学奖。他们发 现恒星“飞马座 51”附近存在一较大的行星，两星在相互引力的作用下，围绕两者连线上的某点做周期相 同的匀速圆周运动。已知恒星与行星之间的距离为 L，恒星做圆周运动的半径为 R、周期为 T，引力常量为 G。据此可得，行星的质量为（ ） A. 2 2 2 4 R L GT

9、B. 2 2 2 4 RL GT C. 2 2 2 4 ()L LR GT D. 2 2 2 4 ()RLR GT 【答案】B 【详解】由题意可知，恒星与行星的周期、角速度相同，对恒星有 2 22 4Mm GMR LT 解得行星的质量 22 2 4 RL m GT 故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 8.一列简谐横波沿 x 轴传播，t=0.1s 时的波形图如图甲所示，A、B为介质中的两质点。图乙为质点 A 的振动 图像。以下判断正确的是（ ） A. t=0.15s时，A的加速度为零 B. t=0.15s时，B的速度沿 y轴正方向 C. 从 t=0.1s 到 t=0.25s，B的位移大小为

10、 10cm D. 从 t=0.1s 到 t=0.25s，波沿 x轴负方向传播了 7.5cm 【答案】D 【详解】A由图乙可知，t=0.15s时，质点 A处于波谷位置，则此时 A的加速度为最大，故 A 错误； B由图乙可知，波的周期为 0.20s，则从图甲所示 t=0.1s时开始经过 0.05s 即四分之一周期质点 B 处于平衡 位置，速度方向沿 y 轴负方向，故 B错误； C从 t=0.1s到 t=0.25s经历四分之三周期，质点 B处于平衡位置，则 B的位移为 0，故 C错误； D 由图乙可知在 t=0.1s时质点 A处于平衡位置且向下振动， 由同侧法结合图甲可知， 波沿 x轴负方向传播，

11、由图甲可知，波长=10m，由图乙可知，波的周期为 0.20s，则波速为 10 m/s50m/s 0.20 v T 从 t=0.1s到 t=0.25s，波沿 x 轴负方向传播了 50 0.15m7.5ms 故 D 正确。故选 D。 二、多项选择题二、多项选择题 9.如图所示，一绝热气缸由导热隔板分为左右两部分，隔板可沿气缸内壁无摩擦滑动，气缸两侧充有同种气 体（可视为理想气体） 。缓慢推动绝热活塞压缩右侧气体，当左右两侧气体达到新的热平衡时，以下说法正 确的是（ ） A. 两侧气体的温度相等 B. 两侧气体分子的平均速率相等 C. 右侧气体压强大于左侧气体压强 D. 气缸内每个气体分子的动能均相

12、等 【答案】AB 【详解】A由热平衡定律可知，当左右两侧气体达到新的热平衡时，两侧气体温度相等，故 A正确； B温度是分子平均动能的标志，所以两侧气体分子的平均动能相等，由于气缸两侧充有同种气体，则两侧 气体分子的平均速率相等，故 B正确； C当左右两侧气体达到新的热平衡时，右侧气体压强等于左侧气体压强，故 C错误； D两侧气体分子的平均动能相等，但不能说明气缸内每个气体分子的动能均相等，故 D 错误。故选 AB。 10.内半径为 R，内壁光滑的绝缘球壳固定在桌面上。将三个完全相同的带电小球放置在球壳内，平衡后小 球均紧靠球壳静止。 小球的电荷量均为 Q， 可视为质点且不计重力。 则小球静止时

13、， 以下判断正确的是 （ ） A. 三个小球之间的距离均等于 2R B. 三个小球可以位于球壳内任一水平面内 C. 三个小球所在平面可以是任一通过球壳球心的平面 D. 每个小球对球壳内壁的作用力大小均为 2 2 3 3 kQ R ，k 为静电力常量 【答案】CD 【详解】A由小球受力分析可知，三个小球受到球壳的作用力都应沿半径指向圆心，则三小球对称分布， 如图所 三个小球之间的距离均等于 =2 cos303LRR 故 A 错误； BC由小球的平衡可知，三个小球所在平面可以是任一通过球壳球心的平面，故 B错误，C 正确； D由库仑定律可知 22 2 2 = 3( 3 ) ACBC QkQ FFk

14、 RR 其合力为 2 2 3 =2cos30 3 AC kQ FF R 由平衡条件可知，每个小球对球壳内壁的作用力大小均为 2 2 3 3 kQ N R 故 D 正确。 故选 CD。 11.如图所示，空间存在一水平向右的匀强电场，长为 L且不可伸长的绝缘细绳一端固定于 O点，另一端系 有一带正电小球，小球静止于 B点，此时绳与竖直方向的夹角为45。现将小球拉至与 O 点同高度的 A点， 由静止释放，小球沿圆弧经 B 点运动到 O 点正下方的 C 点。不计空气阻力，下列关于小球的叙述正确的是 （ ） A. 每下降相同高度，电势能的增加量都相等 B. 每下降相同高度，重力势能的减少量都相等 C.

15、A 到 B的过程中，重力势能的减少量大于动能的增加量 D. A 到 C的过程中，克服电场力做的功小于重力势能的减少量 【答案】BC 【详解】A设小球开始下降高度 h 时细绳与水平方向夹角为，则水平方向的距离为 tan h xL 则可知，每下降相同高度，水平方向发生距离不相等，则电场力对小球做功不等，所以电势能的增加量不 相等，故 A错误； B每下降相同高度，重力对小球做正功相同，则重力势能的减少量都相等，故 B 正确； C由题意可知，小球在 B点的速度最大，从 A 到 B的过程中，由能量守恒可知，重力势能的减小量等电势 能的增加与动能增加之和，则重力势能的减少量大于动能的增加量，故 C 正确；

16、 D由对称性可知，小球达到 C 点时的速度为 0，从 A到 C 的过程中，由能量守恒可知，重力势能的减小量 等于电势能的增加量，故 D错误。 故选 BC。 12.在 x 轴附近固定有两个点电荷 Q1和 Q2，其连线与 x轴平行。以无穷远处为电势零点，测得 x 轴上各点的 电势随坐标 x的分布如图所示。下列说法正确的是（ ） A. x2处的电场强度为零 B. Q1和 Q2带有异种电荷 C. 将试探电荷+q 从 x1沿 x 轴正方向移到 x3的过程中，电势能先增大后减小 D. 将试探电荷+q 从 x1沿 x 轴正方向移到 x3的过程中，电势能先减小后增大 【答案】BD 【详解】Ax 图像斜率表示电

17、场强度，由图可知，x2处电场强度不为零，故 A错误； B由图可知：无穷远处电势为零，有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负 电荷，所以 Q1和 Q2带有异种电荷，故 B正确； CD由图像可知，从 x1沿 x 轴正方向到 x3的过程中，电势先减小后增大，根据正电荷在电势高处电势能大， 则将试探电荷+q从 x1沿 x轴正方向移到 x3的过程中，电势能先减小后增大，故 C 错误，D正确。 故选 BD。 三、非选择题三、非选择题 13.某同学在利用气垫导轨、滑块、数字计时器、光电门等器材验证动量守恒定律实验中，用到两个相同的 光电门 1和 2 及质量分别为 400g、200g的

18、滑块 A和 B，两滑块上分别固定有宽度相同的长方形遮光片。部 分实验操作如下： (1)用精度为 0.02mm的游标卡尺测量遮光片的宽度， 示数如图甲所示， 其读数为_cm。 某次测量中， 数字计时器记录的遮光片通过光电门的时间为 40.0ms，则滑块的速度大小为_m/s。 （结果保留 3 位 有效数字） (2)研究两个滑块的弹性碰撞实验中给某个静止滑块适当的初速度，使其从左向右运动，与另一静止的滑块 发生弹性碰撞，碰后两滑块的速度方向相同。据此判断，实验开始时，气垫导轨上放置的器材 1、器材 2、 器材 3、器材（如图乙）从左到右依次应为_。 a 光电门 1、滑块 A、滑块 B、光电门 2 b

19、.光电门 1、滑块 B、滑块 A、光电门 2 c.滑块 A、光电门 1、滑块 B、光电门 2 d.滑块 B、光电门 1、滑块 A、光电门 2 (3)研究两个滑块的完全非弹性碰撞：实验中两个滑块碰撞后粘在一起，从左向右先后通过某一光电门。测 得先通过该光电门的遮光片速度大小为 0.309m/s， 后通过该光电门的另一遮光片速度大小为 0.311m/s。 若上 述速度大小的差别由单一因素引起，该因素可能是_或_。 a.遮光片倾斜 b.空气阻力 c.气垫导轨不水平，左低右高 d.气垫导轨不水平，左高右低 【答案】 (1). 2.002 (2). 0.501 (3). c (4). a (5). d

20、【详解】(1)1游标卡尺的主尺读数为 2cm，游标读数为 0.02 1mm=0.002cm，则最终读数为 2.002cm； 2滑块的速度大小为 2 3 2.002 10 m/s0.501m/s 40.0 10 d v t (2)3为了能测量运动滑块碰前的速度，则运动滑块应在光电门 1的左边，同理，为了能测量碰后两滑块的 速度，则另一静止的滑块应在光电门 2的左侧，则从左到右依次应为滑块 A，光电门 1，滑块 B，光电门 2， 故 abd 错误，c 正确。 故选 c； (3)45 a若碰撞过程中遮光片倾斜，使得遮光片通过光电门的时间变短，由 d v t 可知，则滑块通过光电门的速 度变大，故 a

21、正确； b由于空气阻力作用，运动过程中有部分机械能转化为内能，则后通过该光电门的另一遮光片速度更小， 故 b错误； c气垫导轨不水平，左低右高，滑块运动过程中要克服重力做功，则后通过该光电门的另一遮光片速度更 小，故 c错误； d气垫导轨不水平，左高右低，滑块运动过程中重力做正功，重力势能转化为动能，则后通过该光电门的 另一遮光片速度大，故 d正确。故选 ad。 14.某同学先后用多用电表和伏安法测量一个未知电阻 Rx的阻值。 (1)该同学选用倍率为“100”的电阻挡时，指针位置如图甲所示；他应选用倍率为_（填“1”或“10”）的 电阻挡再次测量，当其选择合适的倍率后，指针位置如图乙所示，则所

22、测电阻的阻值为_； (2)为更精确测量其阻值，该同学采用了伏安法。实验室备有下列实验器材： a.电压表 V1（量程 3V，内阻约为 15k） ； b.电压表 V2（量程 15V，内阻约为 75k） ； c.电流表 A1（量程 250mA，内阻约为 0.2） ； d.电流表 A2（量程 50mA，内阻约为 1） ； e 滑动变阻器 R（最大阻值 150） ； f.电池组 E（电动势为 3V，内阻不计） ； g.开关 S，导线若干。 为减小实验误差，电压表应选用_，电流表应选用_（填器材前面的序号） ，实验电路应选_（填“图丙” 或“图丁”） 。若该同学选择器材、连接电路等操作均正确，则电阻的测量

23、值_（填“大于”“小于”或“等于”） 其真实值，原因是_。 【答案】 (1). 10 (2). 70 (3). a (4). d (5). 图丁 (6). 小于 (7). 电压表分流 【详解】(1)12选用倍率为“100”的电阻挡测量，指针的位置如图甲所示，指针偏角太大，说明所选挡位 太大，要较准确的测量该电阻的阻值，应选择 10电阻挡，重新进行欧姆调零，然后再测电阻；按正常顺序 操作后，指针的位置如图中乙，则该电阻的阻值为 710=70 (2)3电源电动势是 3V，电压表应选 a 4通过待测电阻的最大电流约为 3 A0.0429A42.9mA 70 I 电流表选 d 5由于 3 xv Ax

24、7015 10 214 170 RR RR 说明待测电阻较小，则电流表用外接法，即验电路应选图丁 67电流表外接法中，电压表测量的是电阻两端的真实电压，由于电压表的分流作用使电流表的示数大于 流过待测电阻的电流，据此可知，电阻的测量值小于其真实值，主要原因为电压表的分流作用。 15.如图所示， 飞机先在水平跑道上从静止开始加速滑行， 行驶距离 x=600m后达到 v1=216km/h 的速度起飞， 飞机滑行过程可视为匀加速直线运动，所受阻力大小恒为自身重力的 0.1倍。起飞后，飞机以离地时的功率 爬升 t=20min，上升了 h=8000m，速度增加到 v2=720km/h。已知飞机的质量 m

25、=1105kg，取重力加速度大 小 g=10m/s2。求： (1)飞机在地面滑行时所受牵引力的大小 F； (2)飞机在爬升过程中克服空气阻力做的功 Wf。 【答案】(1)4 105 N；(2)1.898 1010J 【详解】(1)设飞机在地面滑行时加速度的大小为 a，由运动学公式得 v12=2ax，设滑行过程中所受阻力为 F 阻，由牛顿第二定律得 FF阻=ma 联立解得 F=4 105N (2)设飞机离地时的功率为 P，由功率的表达式得 1 PFv，由动能定理得 22 f21 11 22 Ptmgh Wmvmv 解得 10 f 1.898 10 JW 16.如图所示， 水池的底面与水平面所成夹

26、角为37， 一尺寸很小的遥控船模某时刻从 A 点沿 AO以 v0=0.5m/s 的速度匀速向岸边 O点行驶，此时太阳位于船模的正后上方，太阳光线方向与水平面的夹角=37 。已知 水的折射率 4 3 n ，sin370.6 。 (1)求该时刻太阳光线在水中的折射角； (2)求该时刻遥控船模在水池底部的影子沿水池底面向 O 点运动速度的大小 v； (3)若图中太阳光线方向与水平面的夹角变小，遥控船模在水池底部的影子沿水池底面向 O 点运动的速度 将如何变化（不要求推导过程，仅回答“增大”“减小”或“不变”）？ 【答案】(1)37；(2)0 4m/s；(3)减小 【详解】(1)由折射定律得 sin

27、2 sin n 代入数据解得 =37 (2)光路图如图所示，由几何关系可得 0si 53 nvv 代入数据得 v=0.4m/s (3)由光路图可知，遥控船模在水池底部的影子沿水池底面向 O点运动的速度将减小 17.如图所示，光滑水平面上有相同高度的平板小车 A和 B，质量分别为 mA=0.3kg和 mB=0.2kg 滑块 C静止 于 A 车右端，质量 mC=0.1kg，可视为质点。C与 A之间的动摩擦因数0.2 。现 A 车在一水平向右的恒 定推力作用下，由静止开始经 t=1s的时间运动了 x=1.5m的距离，撤去推力随即与 B车发生碰撞并粘在一起 （碰撞时间极短） 。假设 A车足够长，最大静

28、摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g=10m/s2。 (1)求 A、B 两车碰撞前瞬间，滑块 C与 A车右端的距离x； (2)若 A、B两车碰撞前瞬间，B车的速度 vB=2.5m/s、方向水平向左，试通过计算判断滑块 C能否滑上 B车。 【答案】(1)0.5m；(2)不能 【详解】(1)设碰撞前滑块 C的加速度大小为 C a，运动的距离为 C x，由牛顿第二定律得 CC m gm a 由运动学公式得 2 1 2 CC xa t且 C xxx 联立解得 0.5mx (2)设 A、B碰撞前 A 的速度大小为 vA，C的速度大小为 vC，由运动学公式得 1 2 A xv t， CC va t，

29、设碰撞 后 A、B 的速度大小为 vAB，由动量守恒定律得 A AB BABAB m vm vmmv 设 A、B、C最终的共同速度大小为 ABC v，由动量守恒定律得 ABC CABCABACB mmvm vmmmv 设碰撞后 C相对 A、B 车发生的相对位移为 Lx，由能量守恒定律得 222 111 222 ABABCCABCABCCx mmvmmmmvm gLv 联立解得 0.3m x Lx 所以滑块 C不能滑到 B车上 18.如图所示，一阻值为 R、边长为l的匀质正方形导体线框 abcd 位于竖直平面内，下方存在一系列高度均 为l的匀强磁场区，与线框平面垂直，各磁场区的上下边界及线框 c

30、d 边均磁场方向均与线框平面垂水平。 第 1磁场区的磁感应强度大小为 B1，线框的 cd边到第 1磁区上场区上边界的距离为 h0。线框从静止开始下 落，在通过每个磁场区时均做匀速运动，且通过每个磁场区的速度均为通过其上一个磁场区速度的 2倍。 重力加速度大小为 g，不计空气阻力。求： (1)线框的质量 m； (2)第 n和第 n+1 个磁场区磁感应强度的大小 Bn与 Bn+1所满足的关系； (3)从线框开始下落至 cd 边到达第 n个磁场区上边界的过程中，cd边下落的高度 H 及线框产生的总热量 Q。 【答案】(1) 2 2 1 1 2 B l gh gR ；(2) +1 2 nn BB；(3

31、) 2 3 11 2(1)2nB lgh R 【详解】(1)设线框刚进第一个磁场区的速度大小为 v1，由运动学公式得 2 11 2vgh，设线框所受安培力大小 为 F1，线框产生的电动势为 E1，电流为 I，由平衡条件得 1 Fmg 由安培力的表达式得 11 FB Il， 111 =EBlv， 1 E I R 联立解得 2 2 1 1 2 B l mgh gR (2)设线框在第 n和第 n+1个磁场区速度大小分别为 vn、vn+1，由平衡条件得 2 2 nn B l v mg R 22 +1+1nn Bl v mg R 且 1 2 nn vv 联立解得 1 2 nn BB (3)设 cd边加速下落的总距离为 h，匀速下落的总距离为 L，由运动学公式得 2 2 n v h g 1 1 2n n vv =2(1)Lnl 联立解得 2(1) 1 22(1) n HhLhnl 由能量守恒定律得 2(1)Qmg nl 联立解得 2 3 11 2(1)2nB lgh Q R