山东省多地市2020届高三下学期线上模拟物理试题

山东省多地市居家考试2019--2020学年度高三模拟

物理试题

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.如图所示，导体棒原来不带电，将电荷量为Q的正点电荷放在棒左侧O处，当棒达到静电平衡后，棒上的感应电荷在棒内A点处产生的场强为E1。下列说法正确的是（　　）

A. E1的大小与电荷量Q成正比

B. E1的方向沿OA连线向右

C. 在导体棒内部，离O点越远场强越小

D. 在O点放置电荷量为2Q的点电荷，A点的场强为2E1

【答案】A

【解析】

【详解】AB．导体棒达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内A点处产生的场强大小与一带电量为Q的点电荷在该处产生的电场强度大小相等，方向相反，则有

正点电荷在A点产生的场强方向向右，则E1的方向沿OA连线向左，故A正确，B错误；

C．导体棒达到静电平衡后，棒内场强处处为0，故C错误；

D．在O点放置电荷量为2Q的点电荷，导体棒达到静电平衡后，棒内场强处处为0，故D错误。

故选A。

2.正三角形金属框架ABC边长为a，将其放置在水平绝缘桌面上，俯视如图所示。现施加竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，将AC接入电路，图中电流表示数为I，金属框架静止。则（　　）

A. 金属框架所受的安培力为0

B. 金属框架所受摩擦力大小为BIa

C. 金属框架所受摩擦力方向水平向左

D. 若增大磁感应强度B，金属框架一定静止

【答案】B

【解析】

【详解】A．导线ABC的等线长度为AC边长度，由左手定则可知，两段导线所受安培力方向水平向左，即安培力合力不为0，故A错误；

BC．由于电流表示数为I，即为导线AC和ABC的电流之和，由于导线ABC的等线长度为AC边长度，则金属框架所受的安培力合力为

由平衡可知，金属框架所受摩擦力大小为BIa，由于安培力合力方向水平向左，则金属框架所受摩擦力方向水平向右，故B正确，C错误；

D．若增大磁感应强度B，金属框架所受安培力增大，如果安培力大于最大静摩擦力，金属框架则运动，故D错误。

故选B。

3.一简谐横波沿x轴传播，图甲是t=0s时刻的波形图，图乙是介质中质点P的振动图象，下列说法正确的是（　　）

A. 该波沿x轴正方向传播

B. 该波的波速为1.25m/s

C. t=2s时，P的速度最大，加速度最小

D. 在t=0到t=10s的时间内，P沿传播方向运动2m

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图乙可知，t=0s时质点P在平衡位置将向上振动，结合图甲由同侧法可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；

B．由图甲知波长，由图乙知周期，则波速为

故B错误；

C．由图乙可知，t=2s时，质点P处于平衡位置，则P的速度最大，加速度最小，故C正确；

D．质点只能在各自平衡位置附近振动，并不会随波逐流，故D错误。

故选C。

4.如图所示，某种单色光从光导纤维左端射入，经过多次全反射后从右端射出。已知该单色光在光导纤维中的折射率为n，则该单色光从右端射出时出射角的正弦值最大为（　　）

A.  B. n C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】设介质中发生全反射的临界角为α，如图，由全反射定律得，经过多次全反射后从右端射出，入射角和折射角满足

联立解得

5.图甲为氢原子部分能级图，大量的氢原子处于n=4的激发态，向低能级跃迁时，会辐射出若干种不同频率的光。用辐射出的光照射图乙光电管的阴极K，已知阴极K的逸出功为4.54eV，则（　　）

A. 这些氢原子能辐射4种不同频率的光子

B. 某氢原子辐射出一个光子后，核外电子的速率减小

C. 阴极K逸出光电子的最大初动能为8.21eV

D. 若滑动变阻器的滑片右移，电路中的光电流一定增大

【答案】C

【解析】

【详解】A．大量氢原子处于n=4的激发态，向低能级跃迁时，会辐射出

即6种不同频率的光子，故A错误；

B．某氢原子辐射出一个光子后，能量减小，轨道半径减小，库仑力做正功，核外电子的速率增大，故B错误；

C．处于n=4的氢原子向低能级跃迁时放出光子最大能量为

由光电效应方程可知

故C正确；

D．若滑动变阻器的滑片右移，正向电压增大，如果光电流达到最大光电流时，则电路中的光电流不变，故D错误。

故选C。

6.随着科技的不断发展，小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经在无线充电方面实现了从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌手机无线充电的原理图，下列说法正确的是（　　）

A. 无线充电时，手机上接收线圈的工作原理是“电流的磁效应”

B. 发送端和接收端间的距离不影响充电的效率

C. 所有手机都能用该品牌无线底座进行无线充电

D. 接收线圈中交变电流频率与发射线圈中交变电流的频率相同

【答案】D

【解析】

【详解】A．无线充电手机接收线圈部分工作原理是电磁感应，故A错误；

B．由于充电工作原理为电磁感应，发送端和接收端间的距离越远，空间中损失的能量越大，故B错误；

C．不是所有手机都能进行无线充电，只有手机中有接受线圈时手机利用电磁感应，进行无线充电，故C错误；

D．根据电磁感应原理，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中频率相同，故D正确。

故选D。

7.卡车沿平直公路运输质量为m的匀质圆筒状工件，将工件置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为和。重力加速度为g，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2。则（　　）

A. 当卡车匀速行驶时F1=mg B. 当卡车匀速行驶时F2=mg

C. 卡车安全启动的最大加速度为g D. 卡车安全刹车的最大加速度为g

【答案】C

【解析】

【详解】AB．将重力进行分解如图所示，根据几何关系可得

故AB错误。

C．当匀质圆筒状工件对斜面Ⅱ压力为0时，启动加速度最大，则有

得

故C正确；

D．当匀质圆筒状工件对斜面I压力为0时，刹车加速度最大，则有

得

故D错误

故选C。

8.2019年1月3日，我国发射的“嫦娥四号”探测器在月球背面成功着陆。若已知地球半径是月球半径的p倍，地球质量是月球质量的q倍，地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，“嫦娥四号”绕月球做匀速圆周运动的半径为月球半径的k倍。则下列说法正确的是（　　）

A. 月球的第一宇宙速度为 B. 月球表面的重力加速度大小是

C. “嫦娥四号”绕月球运行的周期为2π D. “嫦娥四号”绕月球运行的速度大小为

【答案】B

【解析】

【详解】AB．由公式

得

则月球表面重力加速度为

月球的第一宇宙速度为

故A错误，B正确；

C．由公式

得

故C错误；

D．由公式

得

故D错误。

故选B。

二、多项选择题：本题共4小题，共16分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.从同一高度以相同的初动能竖直向上拋出两个小球a、b，a达到的最高点比b的高，不计空气阻力。以下说法正确的是（　　）

A. a的质量比b的大

B. a的质量比b的小

C. 拋出时，a的动量比b的大

D. 抛出时，a的动量比b的小

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．小球抛出后做竖直上抛运动，由公式可知，a球抛出的初速度比b大，由于两球初动能相同，则a球的质量比b球的小，故A错误，B正确；

CD．由动能与动量关系

可知，质量越大，初动量越大，则a球的初动量比b的小，故C错误，D正确。

故选BD。

10.如图，虚线圆是正点电荷O周围的两个等势面。检验电荷a、b，仅在电场力的作用下，分别由M点沿图中实线运动到N点，经过N点时，a、b的速率相等，以下判断正确的是（　　）

A. a带正电 B. 在M点时，a、b的速率可能相等

C. M点电势比N点的低 D. a在M点的电势能比在N点大

【答案】CD

【解析】

【详解】A．由做曲线运动物体的合力指向曲线内侧且点电荷为正电荷，检验电荷a运动过程中受到点电荷的吸引力，说明a带负电，故A错误；

B．由做曲线运动物体的合力指向曲线内侧且点电荷为正电荷，检验电荷b运动过程中受到点电荷的吸引力，说明b带正电，检验电荷a从M到N电场力做正功，动能增大，检验电荷a从M到N电场力做负功，动能减小，由于检验电荷a、b，经过N点时，a、b的速率相等，所以在M点时，a、b的速率可能相等不可能相等，故B错误；

C．由于M点离正点电荷更远，则M点的电势比N点电势更低，故C正确；

D．由于a电荷带负电且M点的电势比N点电势更低，根据负电荷在电势低处电势能大，说明a电荷在M点电势更大，故D正确。

故选CD。

11.如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F．质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．则（   ）

A. 细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为

B. 细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为

C. 弹簧恢复原长时滑块的动能为

D. 滑块与木板AB间的动摩擦因数为

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧给的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，根据牛顿第二定律有：

解得，A正确；

B．滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为，B正确；

C．弹簧恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的动能小于，C错误；

D．由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得

联立解得，D正确。

故选ABD。

12.习总书记提出的绿水青山就是金山银山的理念，树立了保护自然环境就是保护人类、建设生态文明就是造福人类的新理念。某化工厂为检测污水排放量，技术人员在排污管末端安装一台污水流量计，如图所示，该装置由非磁性绝缘材料制成，长、宽、高分别为a=1m、b=0.2m、c=0.2m，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B=1.25T的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板，污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时，测得两个金属板间的电压U=1V。下列说法中正确的是（　　）

A. M电势高，金属板N的电势低

B. 污水中离子浓度对电压表的示数有影响

C. 污水的流量（单位时间内流出的污水体积）Q=0.16m3/s

D. 电荷量为1.6×10－19C的离子，流经该装置时受到的静电力F=8.0×10－19N

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N板带负电，M板带正电，则M板的电势比N板电势高，故A正确；

B．最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有

解得

与离子浓度无关，故B错误；

C．污水的流速

则流量为

故C正确；

D．流经该装置时受到的静电力

故D正确。

故选ACD。

三、非选择题：本题共6小题，共计60分。

13.某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，操作步骤如下：

①固定斜槽，并使轨道的末端水平；

②在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，将该木板竖直并贴紧槽口，让小球a从斜槽轨道上某固定点由静止开始滚下，撞到木板，在白纸上留下压痕O；

③将木板向右平移适当距离，再使小球a从原固定点由静止释放，撞到木板，在白纸上留下压痕B；

④把半径相同的小球b放在斜槽轨道水平段的右边缘，让小球a仍从原固定点由静止开始滚下，与b球相碰后，两球撞在木板上，在白纸上留下压痕A和C；

(1)本实验必须测量的物理量是_______（填序号字母）；

A、小球a、b的质量

B、小球a、b的半径r

C、斜槽轨道末端到木板的水平距离x

D、球a的固定释放点到斜槽轨道末端的高度差H

E、记录纸上O点到A、B、C的距离h1、h2、h3

(2)用(1)中所测得的物理量来表示两球碰撞过程动量守恒，其表达式为_______；

(3)对该实验的探究结果没有影响的是_______。（填序号字母）

A、木板是否竖直

B、斜槽轨道末端部分是否水平

C、斜槽轨道是否光滑

【答案】    (1). AE    (2).     (3). C

【解析】

【详解】(1)[1]设a单独滚下经过斜槽轨道末端的速度为va，两球碰撞后a、b的速度分别为va′和vb′，若两球碰撞动量守恒，则

根据平抛运动规律得

联立得应满足的表达式为

本实验必须测量的物理量是小球a、b的质量ma、mb，记录纸上O点到A、B、C的距离h1、h2、h3；故AE正确

故选AE；

(2)[2]由以上分析可知，需要验证的表达式为

(3)[3]A．由表达式可知，木板是否竖直，对实验结果有影响，故A错误；

B．斜槽轨道末端部分是否水平影响小球离开斜槽是否做平抛运动，则对实验结果有影响，故B错误；

C．只要小球a每次从同一高度静止放下，小球a到达斜槽轨道末端的速度相同，所以斜槽轨道是否光滑，则对实验结果没有影响，故C正确。

故选C。

14.某同学在实验室发现一根粗细均匀、中空的圆柱形导电元件，其横截面为同心圆环，如图甲所示，该同学想知道中空部分的内径d，但该元件的内径太小，无法直接测量，他设计了如下实验进行测量，已知该元件的长度L及电阻率ρ。

(1)用螺旋测微器测元件的外径D，结果如图乙所示，该读数为__________mm；

(2)用多用电表测粗其阻值，多用电表的“Ω”挡有“×1”“×10”“×100”“×1k”四挡，选用“×100”挡测量时，发现指针偏转角度过大，换用相邻的某倍率，重新调零后进行测量，结果如图丙所示，则该元件的电阻为__________Ω；

(3)为精确地测量该元件电阻，有下列器材可供选择：

A.电流表A1（量程50mA，内阻r1=100Ω）

B.电流表A2（量程150mA，内阻r2大约为40Ω）

C.电流表A3（量程3A，内阻r3大约为0.1Ω）

D.滑动变阻器R（0~20Ω，额定电流2A）

E.直流电源E（9V，内阻不计）

F.导电元件Rx

G.开关一只，导线若干

请选择合适的仪器，将实验电路图画在方框内，并标明所选器材的代号___________；

(4)若测得该元件的电阻为R，则元件的内径d=___________。（用已知量和所测物理量的符号表示）

【答案】    (1). 6005    (2). 90    (3).     (4).

【解析】

【详解】(1)[1]螺旋测微器的固定刻度为6.0mm，可动刻度为0.5×0.01mm=0.005mm，所以最终读数为6.0mm+0.005mm=6.005mm；

(2)[2]选用“×100”挡测量时，发现指针偏转角度过大，则选用的是“×10”，由图可知，该元件的电阻为；

(3)[3]由于实验器材中没有电压表但电流表A1内阻已知，且电流表A1能测最大电压为

则可能电流表A1充当电压表，由于测量过程中流过电阻的电流不宜太大，则电流表选A2，为了多测量数据而减小误差，则滑动变阻器应用分压式，由电流表A2的内阻未知，则用外接法，电路图如图

(4)[4]由电阻定律有

解得

15.如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，可视为质点的小铁块放在斜面底端，对小铁块施加沿斜面向上的推力F0，可将其从斜面底端A缓慢的推到B点。若将小铁块置于水平地面上P点，对小铁块施加水平推力F0，运动到A点时撤去推力，小铁块恰好到达B点。已知小铁块质量为5kg，AB间距离为4m，小铁块与斜面、水平地面间的摩擦因数均为0.25，取g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8，求：

(1)推力F0大小；

(2)小铁块从P到B的时间（结果保留三位有效数字）。

【答案】（1）40N；（2）2.45s

【解析】

【详解】(1)取铁块为研究对象，受力分析如图所示，沿斜面方向

F0=mgsin+μN

垂直斜面方向

N=mgcos

解得

F0=40N

(2)铁块从A点冲到B点，在A点的速度为v，由P到A由动量定理

(F0-μmg)t1=mv

由A到B过程减速的加速度为a，则

由匀变速运动0－v2=－2aL

0=v－at2

解得

v=8m/s

t=t1+t2=2.45s

16.如图所示，汽缸放置在水平桌面上，开口向上，用活塞将一定质量理想气体封闭在汽缸内，活塞距缸底l1=10cm，气体温度t1=17。加热缸内气体至温度t2时，活塞距缸底l2=12cm。已知活塞横截面积S=2×10－3m2，大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2，活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气，活塞重力忽略不计。

(1)求温度t2；

(2)保持气体温度为t2，将一铁块放在活塞上，再次稳定后活塞回到初始位置，求铁块质量m。

【答案】(1)t2=75；(2)4kg

【解析】

【详解】(1)气体被加热过程中压强不变，由盖吕萨克定律有

代入数据解得

T2=348K，t2=75

(2)设活塞再次稳定后气体压强为p，由平衡条件

mg+p0S=pS

由玻意耳定律

p0l2S=pl1S

代入数据解得

m=4kg

17.如图所示的坐标系xOy中，第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度未知。一带正电粒子从A（d，0）点以初速度v0开始运动，初速度方向与x轴负方向夹角θ=，粒子到达y轴时速度方向与y轴垂直，粒子经过电场区域、x轴下方磁场区域恰好回到A点，且速度方向与初速度方向相同。粒子重力不计，sin=0.8，cos=0.6，求：

(1)粒子的比荷；

(2)匀强电场的电场强度；

(3)x轴下方磁场的磁感应强度B。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】(1)设粒子在第一象限内做圆周运动的半径为r1，则有

由图中几何可知

解得

(2)设粒子平抛过程竖直位移为，则

由题意可知，粒子平抛运动的末速度与x轴负方向夹角

θ=

则

vy=v0tanθ

平抛运动过程

vy=at

联立解得

，

(3)设粒子平抛过程水平位移为，则，设粒子在y轴下方磁场区域运动的半径为r2，则

粒子运动速度

解得

18.如图所示的装置由三部分组成，传送带左边是光滑的水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=3.0kg的物块A，开始物块A静止。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并平滑对接，传送带以u=2.0m/s的速度逆时针转动。传送带的右边是一位于竖直平面内的光滑圆轨道，最低点为C，最高点为D，半径R=1.25m。从D点正上方h高处无初速释放质量为m=1.0kg的物块B，B从D点进入圆轨道，物块B与A只发生一次碰撞，且为弹性正碰。已知B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，传送带长l=4m，取g=10m/s2。求：

(1)物块B与A碰撞后弹簧的最大弹性势能；

(2)物块B对圆轨道的最大压力；

(3)物块B释放点距D点的高度h。

【答案】（1）24J（2）74N，方向竖直向下；（3）275m

【解析】

【详解】(1)如果B与A只发生一次碰撞，则B碰后返回圆轨道最低点C的速度为0，B碰后速度为v1，碰后返回C点过程

解得

v1=4m/s

B与A碰前速度为v，A碰后速度为v2，由动量守恒定律得

mv=－mv1+Mv2

由机械能守恒定律得

解得

v=8m/s，v2=4m/s

物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得:

(2)设物块B在圆轨道最低点的速度大小为v0，从C到与A相碰过程因碰前速度

v=8m/s＞2m/s，物块在带上减速运动

在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得

解得

F=74N

由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小

F′=F=74N

方向竖直向下

(3)由释放点到B与A碰撞过程由动能定理

解得

h=2.75m