山东省枣庄市滕州一中2020届高三下学期高三高考模拟物理试题 Word版含解析

山东省枣庄市滕州一中2020届高三下学期高三高考模拟物理试题 Word版含解析

‎2020年山东省枣庄市滕州一中高考物理模拟试卷 一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分）‎ ‎1.质点在Ox轴运动，时刻起，其位移随时间变化的图像如图所示，其中图线0~1s内为直线，1~5s内为正弦曲线，二者相切于P点，则（　　）‎ A. 0~3s内，质点的路程为‎2m B. 0~3s内，质点先做减速运动后做加速运动 C. 1~5s内，质点的平均速度大小为‎1.27m/s D. 3s末，质点的速度大小为‎2m/s ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据纵坐标的变化量表示位移，可知，内，质点通过的位移大小为‎3.27m，路程为‎3.27m。内，质点通过的位移大小为‎1.27m，路程为‎1.27m，故内，质点的路程为 A错误；‎ B．根据图像的斜率表示速度，知内，质点先做匀速运动，再做减速运动后做加速运动，B错误；‎ C．内，质点的位移大小0，平均速度大小为0，C错误；‎ D．3s末质点的速度大小等于1s末质点的速度大小，为 ‎ D正确。‎ 故选D ‎2.已知天然材料的折射率都为正值（）。近年来，人们针对电磁波某些频段设计的人工材料，可以使折射率为负值（‎ - 26 -‎ ‎），称为负折射率介质。电磁波从正折射率介质入射到负折射介质时，符合折射定律，但折射角为负，即折射线与入射线位于界面法线同侧，如图所示。点波源S发出的电磁波经一负折射率平板介质后，在另一侧成实像。如图2所示，其中直线SO垂直于介质平板，则图中画出的4条折射线（标号为1、2、3、4）之中，正确的是（　　）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】ABCD．由题，点波源S发出的电磁波经一负折射率平板介质后，折射光线与入射光线在法线的同一侧，所以不可能是光学1或2；根据光线穿过两侧平行的介质后的特点：方向与开始时的方向相同，所以光线3出介质右侧后，根据折射光线与入射光线在法线同侧这一条件，光线将无法汇聚形成实像；光线4才能满足“同侧”+“成实像”的条件，所以折射光线4可能是正确的，光线3是错误的，由以上的分析可知，ABC错误D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.用图1装置研究光电效应，分别用a光、b光、c光照射阴极K得到图2中a、b、c三条光电流I与A、K间的电压UAK的关系曲线，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 开关S扳向1时测得的数据得到的是I轴左侧的图线 B. b光的光子能量大于a光的光子能量 C. 用a光照射阴极K时阴极的逸出功大于用c光照射阴极K时阴极的逸出功 D. b - 26 -‎ 光照射阴极K时逸出的光电子最大初动能小于a光照射阴极时逸出的光电子最大初动能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，当开关S扳向1时，光电子在光电管是加速，则所加的电压是正向电压，因此测得的数据得到的并不是I轴左侧的图线，故A错误；‎ B．根据 入射光的频率越高，对应的截止电压越大；由题目图可知，b光的截止电压大于a光的截止电压，所以b光的频率大于a光的频率，依据 可知，b光的光子能量大于a光的光子能量，B正确；‎ C．同一阴极的逸出功总是相等，与入射光的能量大小无关，C错误；‎ D．b光的截止电压大于a光的截止电压，根据 所以b光对应的光电子最大初动能大于a光的光电子最大初动能，D错误。‎ 故选B。‎ ‎4.如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再到状态C，最后变化到状态A，完成循环。下列说法正确的是（　　）‎ A. 状态A到状态B是等温变化 B. 状态A时所有分子的速率都比状态C时的小 C. 状态A到状态B，气体对外界做功为 D. 整个循环过程，气体从外界吸收的热量是 ‎【答案】D - 26 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从状态A到状态B，体积和压强都增大，根据理想气体状态方程 温度一定升高，A错误。‎ B．从状态C到状态A，压强不变，体积减小，根据理想气体状态方程 温度一定降低，分子平均速率减小，但平均速率是统计规律，对于具体某一个分子并不适应，故不能说状态A时所有分子的速率都比状态C时的小，B错误。‎ C．从状态A到状态B，压强的平均值 气体对外界做功为大小 C错误；‎ D．从状态B到状态C为等容变化，气体不做功，即；从状态C到状态A为等压变化，体积减小，外界对其他做功 对于整个循环过程，内能不变，，根据热力学第一定律 得 代入数据解得 D正确。‎ 故选D。‎ ‎5.2024年我国或将成为全球唯一拥有空间站的国家。若我国空间站离地面的高度是同步卫星离地面高度的，同步卫星离地面的高度为地球半径的6倍。已知地球的半径为R - 26 -‎ ‎，地球表面的重力加速度为g，则空间站绕地球做圆周运动的周期的表达式为（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在地球表面，得 GM=gR2‎ 空间站做匀速圆周运动时 ‎ ‎ 轨道半径 联立解得 故BCD错误，A正确； 故选A。‎ ‎6.如图，长为L、倾角的传送带始终以‎2.5m/s的速率顺时针方向运行，小物块以‎4.5m/s的速度从传送带底端A沿传送带上滑，恰能到达传送带顶端B，已知物块与斜面间的动摩擦因数为，取，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，则下列图像中能正确反映物块在传送带上运动的速度v随时间t变化规律的是（　　）‎ - 26 -‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABCD．开始阶段，物块的速度比传送带的大，相对于传送带向上运动，受到的滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律得 解得 方向沿传送带向下，当物块与传送带共速时，因 所以物块与传送带不能保持相对静止，根据牛顿第二定律得 解得 ‎ 方向沿传送带向下，所以物块继续做加速度较小的匀减速运动，直到速度为零，ACD错误B正确。‎ 故选B。‎ ‎7.如图甲所示，直径为‎0.4m、电阻为0.1Ω的闭合铜环静止在粗糙斜面上，CD - 26 -‎ 为铜环的对称轴，CD以下部分的铜环处于磁感应强度B方向垂直斜面且磁感线均匀分布的磁场中，若取向上为磁场的正方向，B随时间t变化的图像如图乙所示，铜环始终保持静止，取，则（　　）‎ A. 时铜环中没有感应电流 B. 时铜环中有沿逆时针方向的感应电流（从上向下看）‎ C. 时铜环将受到大小为、沿斜面向下的安培力 D. 1~3s内铜环受到的摩擦力先逐渐增大后逐渐减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．分析图乙可知，时，磁感应强度处于变化的过程中，铜环中磁通量变化，产生感应电流，A错误；‎ B．时，垂直斜面向下的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知，铜环中产生顺时针方向的感应电流，B错误；‎ C．时，垂直斜面向上的磁通量逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知 根据欧姆定律可知 安培力 C正确；‎ D．时间内，磁感应强度变化率不变，则感应电流不变，磁感应强度先减小后增大，根据楞次定律的可知，安培力先向下减小后向上增大，则摩擦力方向向上，逐渐减小，后续可能方向向下逐渐增大，D错误。‎ 故选C。‎ - 26 -‎ ‎8.如图，一个质量为m的刚性圆环套在竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为L；将圆环拉至A点由静止释放，OA=OB=L，重力加速度为g，对于圆环从A点运动到B点的过程中，弹簧处于弹性范围内，下列说法正确的是 A. 圆环通过O点的加速度小于g B. 圆环在O点的速度最大 C. 圆环在A点的加速度大小为g+‎ D. 圆环在B点的速度为2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．圆环通过O点时，水平方向合力为零，竖直方向只受重力，故加速度等于g，故A错误；‎ B．圆环受力平衡时速度最大，应在O点下方，故B错误；‎ C．圆环在下滑过程中与粗糙细杆之间无压力，不受摩擦力，在A点对圆环进行受力分析如图，根据几何关系，在A点弹簧伸长 根据牛顿第二定律，有 解得 故C错误；‎ D．圆环从A到B过程，根据功能关系，减少的重力势能转化为动能 - 26 -‎ 解得 故D正确。‎ 故选D。‎ 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分，漏选得2分，错选得0分）‎ ‎9.某电场在x轴上各点的场强方向沿x轴方向，规定场强沿x轴正方向为正，若场强E随位移坐标x变化规律如图，x1点与x3点的纵坐标相同，图线关于O点对称，则（　　）‎ A. O点的电势最低 B. -x2点的电势最高 C. 若电子从-x2点运动到x2点，则此过程中电场力对电子做的总功为零 D. 若电子从x1点运动到x3点，则此过程中电场力对电子做的总功为零 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．规定场强沿x轴正方向为正，依据场强E随位移坐标x变化规律如题目中图所示，电场强度方向如下图所示：‎ - 26 -‎ 根据顺着电场线电势降低，则O电势最低，A正确；‎ B．由上分析，可知，电势从高到低，即为，由于点与点电势相等，那么点的电势不是最高，B错误；‎ C．若电子从点运动到点，越过横轴，图像与横轴所围成的面积之差为零，则它们的电势差为零，则此过程中电场力对电子做的总功为零，C正确；‎ D．若电子从点运动到点，图像与横轴所围成的面积不为零，它们的电势差不为零，则此过程中电场力对电子做的总功也不为零，D错误。‎ 故选AC。‎ ‎10.在图示电路中，理想变压器的原、副线圈匝数比为，电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4Ω。已知通过R4的电流，下列说法正确的是（　　）‎ A. a、b两端电压的频率可能为100Hz B. a、b两端电压的有效值为56V C. 若a、b两端电压保持不变，仅减小R2的阻值，则R1消耗的电功率减小 D. 若a、b两端电压保持不变，仅减小R1的阻值，则R2两端的电压增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．通过的电流 则角速度 频率 - 26 -‎ 变压器不会改变交流电的频率，故a、b两端电压的频率为50Hz，A错误；‎ B．通过的电流最大值为，则有效值为，根据并联电路的规律可知，通过的电流有效值为‎2A，副线圈的输出电流，根据变流比可知，原线圈的输入电流：‎ 两端电压为 副线圈两端电压 根据变压比可知，原线圈的输入电压 则a、b两端电压 故B正确；‎ C．若a、b两端电压保持不变，匝数比不变，则副线圈两端电压不变，仅减小的阻值，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的输出电流增大，根据变流比可知，原线圈的输入电流增大，则消耗的电功率增大，C错误；‎ D．将变压器及副线圈电阻一起看成等效电阻，根据闭合电路的欧姆定律 若a、b两端电压保持不变，仅减小的阻值，则原线圈电路的电流增大，故变压器的输入电压将增大，根据变压比可知，副线圈输出电压增大，则两端的电压增大，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎11.一列简谐横波在介质中沿x轴传播，在时刻的波形图如图所示，P、Q为介质中的两质点。此时质点P正在向动能减小的方向运动，质点Q横坐标为‎5cm。时，质点Q - 26 -‎ 第一次回到平衡位置，时，质点P第一次回到平衡位置。下列说法正确的是（　　）‎ A. 波沿x轴负方向传播 B. 时，质点P向y轴负方向运动 C. 波长为‎12cm D. 时，质点P位于波峰 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当时，质点P正在向动能减小的方向运动，即P点向y轴正方向运动，根据上下坡法，机械波向x轴正方向传播，A错误；‎ B．当时，质点Q第一次回到平衡位置，则有，当经过，质点P由y轴上方位置第一次回到平衡位置，应该向y轴负方向运动，B正确；‎ C．当时，质点Q第一次回到平衡位置，则有，由于时质点P第一次回到平衡位置，设波速为v，在时间内，波传播的距离为 也可表示为 而 解得 C正确；‎ - 26 -‎ D．波峰与P点水平距离为 传播时间为，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎12.如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的理想边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形线框，以速度v垂直磁场方向从图示实线位置Ⅰ开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时，线框的速度为。则下列说法正确的是（　　）‎ A. 在位置Ⅱ时线框中的电功率为 B. 在位置时Ⅱ的加速度为 C. 此过程中安培力的冲量大小为 D. 此过程中通过线框导线横截面的电荷量为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．线框经过位置Ⅱ时，线框左右两边均切割磁感线，所以此时的感应电动势为 - 26 -‎ 故线框中的电功率为 A正确；‎ B．线框在位置Ⅱ时，左右两边所受安培力大小均为 根据左手定则可知，线框左右两边所受安培力的方向均向左，故此时线框的加速度为 B错误；‎ C．整个过程根据动量定理可知安培力的冲量为 所以安培力的冲量大小为，C正确；‎ D．根据 线框在位置Ⅰ时其磁通量为，而线框在位置Ⅱ时其磁通量为零，故 D错误。‎ 故选AC。‎ 三、非选择题（本题共6小题，共60分）‎ ‎13.某学习小组利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验，其主要实验步骤如下：‎ A．用游标卡尺测量挡光条的宽度为d，用天平测量滑块（含挡光条）的质量为M，砝码盘及砝码的总质量为m；‎ B．调整气垫导轨水平；‎ C．光电门移到B处，读出A点到B点间的距离为x1，滑块从A处由静止释放，读出挡光条通过光电门的挡光时间为t1；‎ - 26 -‎ D．多次改变光电门位置，重复步骤C，获得多组数据。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)用游标卡尺测量挡光条的宽度时示数如图2所示，其读数为___________mm；‎ ‎(2)调整气垫导轨下螺丝，直至气垫导轨工作时滑块轻放在导轨上能__________，表明导轨水平了；‎ ‎(3)在实验误差允许范围内，机械能守恒定律得到验证，则如图丙图象中能正确反映光电门的挡光时间t随滑块的位移大小x的变化规律的是_________。‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】 (1). 340 (2). 静止 (3). D ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]因游标尺是20分度的，则游标卡尺的精确度为‎0.05mm，则其读数 ‎（2）[2]调整气垫导轨下螺丝，直至气垫导轨工作时滑块轻放在导轨上能静止，表明导轨水平。‎ ‎（3）[3]动能的增量 重力势能的减小量 机械能守恒需要验证动能的增量等于重力势能的减小量，则 - 26 -‎ 则有 ABC错误D正确。‎ 故选D。‎ ‎14.某同学用图甲电路做“测量电池的电动势和内阻”实验。可用的器材有：‎ A．电源（电动势约3V，内阻约10Ω）‎ B．电压表V（量程0~50mV，内阻为50Ω）‎ C．电流表A（量程0~100mA，内阻约为2.5Ω）‎ D．电阻箱R（0~999.9Ω，最小改变值为0.1Ω）‎ E．定值电阻R1（阻值为2 950Ω）‎ F．定值电阻R2（阻值为9 950Ω）‎ G．开关S及若干导线 在尽可能减小测量误差的情况下，请回答下列问题：‎ ‎(1)定值电阻应选用____________；（填写器材前面的字母序号）‎ ‎(2)用笔画线代替导线，按图甲电路将图乙实物完整连接起来______________；‎ ‎(3)实验步骤如下：‎ ‎①闭合S，调节电阻箱的阻值使电流表的示数为100mA，此时电阻箱的阻值为14.3Ω，电压表的示数为U0；‎ ‎②断开S，拆下电流表，将B与C用导线直接相连，闭合S，调节电阻箱的阻值使电压表的示数仍为U0，此时电阻箱的阻值为17.0Ω，则电流表的内阻为___________Ω；‎ ‎③调节电阻箱阻值，记下电阻箱的阻值R1，电压表的示数U1‎ - 26 -‎ ‎；多次改变电阻箱的阻值，可获得多组数据。做出电压表示数的倒数随电阻箱的阻值的倒数的图线如图丙所示，若不考虑电压表对电路的影响，电池的电动势和内阻分别为_________V、_____________Ω（结果保留三位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). E (2). (3). 2.7 (4). 2.90 (5). 12.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) [1]实验中需要将电流表A与定值电阻R串联，改装成一个量程为的电压表，由部分电路欧姆定律知 代入数据解得 故选E。‎ ‎(2) [2]根据电路原理图，实物连接如图所示 ‎。‎ ‎(3)[3]电压表的示数始终为，则说明 即为 ‎[4]根据闭合电路的欧姆定律知 - 26 -‎ 代入数据变形后 结合题中所给图像的纵截距 解得 ‎[5]斜率 求得 ‎15.如图所示，在上端开口的绝热汽缸内有两个质量均为的绝热活塞（厚度不计）、，、之间为真空并压缩一劲度系数的轻质弹簧，、与汽缸无摩擦，活塞下方封闭有温度为的理想气体。稳定时，活塞、将汽缸等分成三等分。已知活塞的横截面积均为，，大气压强，重力加速度取。‎ ‎(1)现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，当活塞刚好上升到气缸的顶部时，求封闭气体的温度；‎ ‎(2)在保持第(1)问的温度不变的条件下，在活塞上施加一竖直向下的力，稳定后活塞回到加热前的位置，求稳定后力的大小和活塞、间的距离。‎ ‎【答案】(1)；(2)，‎ - 26 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)初态，气体温度为 体积为 当活塞刚好达到汽缸顶部时，体积 温度为，该过程气体发生等压变化，有 ‎①‎ 解得 ‎②‎ ‎(2)分析活塞的受力，有 ‎③‎ 在作用下，活塞回到初位置，气体温度不变，即 分析末态活骞和的受力，得 ‎④‎ 研究气体的初态和末态，有 ‎⑤‎ 联立，解得 ‎⑥‎ 弹簧又压缩了 ‎⑦‎ - 26 -‎ 则稳定后、间的距离 ‎⑧‎ ‎16.倾角为的斜面上叠放着质量均为滑块和长木板，在垂直于斜面方向的压力F作用下，均保持静止。已知滑块与长木板间动摩擦因素，滑块正处于长木板的中间位置；长木板与斜面间动摩擦因素，长木板长度。滑块大小忽略不计，各接触面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面足够长，取，。‎ ‎(1)压力F的最小值；‎ ‎(2)突然撤去压力F，滑块经过多长时间从长木板滑下？‎ ‎【答案】(1)22N；(2)0.5s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）滑块保持止，假设压力F的最小值为，根据平衡条件得 解得 滑块和木板整体保持静止，压力F的最小值为F2．根据平衡条件得 解得 ‎ 所以压力F的最小值为 ‎（2）撤去压力F，滑块和木板均沿斜面向下做匀加速运动，设加速度分别为a1和a2，根据牛顿第二定律得，对滑块有 - 26 -‎ 解得 对木板有 ‎ 解得 ‎ 设经过时间t，滑块从木板上滑下，则 解得 ‎17.如图甲所示，水平台面AB与水平地面间的高度差，一质量的小钢球静止在台面右角B处。一小钢块在水平向右的推力F作用下从A点由静止开始做向右直线运动，力F的大小随时间变化的规律如图乙所示，当时立即撤去力F，此时钢块恰好与钢球发生弹性正碰，碰后钢块和钢球水平飞离台面，分别落到地面上的C点和D点。已知B、D两点间的水平距离是B、C两点间的水平距离的3倍，钢块与台面间的动摩擦因数，取。求：‎ ‎(1)钢块的质量m1；‎ ‎(2)B、C两点间的水平距离x1。‎ ‎【答案】(1)‎0‎‎3kg；(2)‎‎0.6m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设碰前钢块的速度大小为v，碰后，钢块、钢球的速度大小分别为和 - 26 -‎ ‎，钢块、钢球均做平抛运动，根据水平位移关系可知 钢块与钢球发生弹性正碰，由动量守恒可知 由机械能守恒可知 联立解得 ‎（2）根据图乙图像，图线与t轴所包围的面积表示冲量，则时间内，推力冲量大小为 根据动量定理 解得 在根据第一问碰撞过程，可以求得 碰撞后，钢块做平抛运动，则 解得 ‎18.如图所示，在平面的第一、第四象限有方向垂直于纸面向里的匀强磁场；在第二象限有一匀强电场，电场强度的方向沿轴负方向。原点处有一粒子源，可在平面内向轴右侧各个方向连续发射大量速度大小在之间，质量为，电荷量为的同种粒子。在轴正半轴垂直于平面放置着一块足够长的薄板，薄板上有粒子轰击的区域的长度为 - 26 -‎ ‎。已知电场强度的大小为，不考虑粒子间的相互作用，不计粒子的重力。‎ ‎(1)求匀强磁场磁感应强度的大小；‎ ‎(2)在薄板上处开一个小孔，粒子源发射的部分粒子穿过小孔进入左侧电场区域，求粒子经过轴负半轴的最远点的横坐标；‎ ‎(3)若仅向第四象限各个方向发射粒子：时，粒子初速度为，随着时间推移，发射的粒子初速度逐渐减小，变为时，就不再发射。不考虑粒子之间可能的碰撞，若穿过薄板上处的小孔进入电场的粒子排列成一条与轴平行的线段，求时刻从粒子源发射的粒子初速度大小的表达式。‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)或者 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)速度为的粒子沿轴正向发射，打在薄板的最远处，其在磁场中运动的半径为，由牛顿第二定律 ‎①‎ ‎②‎ 联立，解得 - 26 -‎ ‎③‎ ‎(2)如图a所示 速度为的粒子与轴正向成角射出，恰好穿过小孔，在磁场中运动时，由牛顿第二定律 ‎④‎ 而 ‎⑤‎ 粒子沿轴方向的分速度 ‎⑥‎ 联立，解得 ‎⑦‎ 说明能进入电场的粒子具有相同的沿轴方向的分速度。当粒子以速度为从点射入，可以到达轴负半轴的最远处。粒子进入电场时，沿轴方向的初速度为，有 ‎⑧‎ ‎⑨‎ 最远处的横坐标 ‎⑩‎ - 26 -‎ 联立，解得 ‎(3)要使粒子排成一排，粒子必须在同一时刻进入电场。粒子在磁场在运动轨迹如图b所示 周期相同，均为 又 粒子在磁场中的运动时间 以进入磁场的粒子，运动时间最长，满足，其在磁场中运动时间 以不同速度射入的粒子，要同时到达小孔，有 联立，解得 或者 ‎ ‎ - 26 -‎ - 26 -‎