山东省2020届高三普通高中学业水平等级模拟考试物理试题（六）

山东省2020年普通高中学业水平等级考试(模拟卷)物理试题(六)第Ⅰ卷 (选择题 共40分)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.第一代核弹头为原子弹，主要利用铀235或钚239等重原子核的裂变链式反应原理制成。典型的铀核裂变是生成钡和氮，同时放出x个中子，核反应方程为+→++x， 则该核反应方程中x和y分别为（  ）A. 10和36 B. 3和36 C. 36和3 D. 2和36【答案】B【解析】【详解】根据核反应中质量数守恒，有235+1=144+89+x解得x=3；再根据电荷数守恒，有92+0=56+y+0解得y=36，B项正确，ACD错误。故选B。2.某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体(　　)A. 对外做正功，分子的平均动能减小B. 对外做正功，内能增大C. 对外做负功，分子的平均动能增大D. 对外做负功，内能减小【答案】A【解析】【分析】根据热力学第一定律公式△U=W+Q，公式中△U表示系统内能的增加量，W表示外界对系统做的功，Q表示系统吸收的热量，题中气体膨胀对外界做功，即气体对外界做负功，故W＜0，气体与外界无热交换，故Q=0，从而判断出气体内能的变化，也就得到分子的平均动能的变化情况．【详解】密闭于气缸内的压缩气体膨胀对外做正功，即外界对气体做负功，因而W＜0，缸内气体与外界无热交换说明Q=0，忽略气体分子间相互作用，说明内能是所有分子动能的总和．根据热力学第一定律△U=W+Q，可知内能增加量△U＜0，故内能减小，分子平均动能减小，温度降低．所以只有A正确；故选A．点评：热力学第一定律的公式△U=W+Q中，△U表示系统内能的增加量，W表示外界对系统做的功，当系统对外界做功时，W取负值，Q表示系统吸收的热量，当系统放出热量时，Q取负值．3.地铁有效率高、运量大、无污染等特点，已成为人们不可或缺的城市公共交通工具。某次列车进站时，匀减速通过静止在站台上等车的某同学，列车停止时该同学恰好正对着最后一节车厢的最末端。该同学发现列车共有6节，若每节车厢的长度均相同，从第1节到第6节车厢通过该同学的时间分别为t1、t2、t3、t4、t5、t6，则以下正确的是（  ）A. t1：t2=1：(-1)B. t5：t6=：1C. t6：t1=(+)：1D. t3：t4=(-) ：(-1)【答案】C【解析】【详解】末速度为零的匀减速直线运动，根据逆向思维，可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据比例可知ABD错误，C项正确。故选C。4.两波源A、B分别位于x=0和x=7m的位置持续振动，产生甲、乙两列沿x轴相向传播的简谐横波，t=0时刻的波形图如图所示，已知两列波的传播速度均为v=1m/s。下列说法正确的是（  ）A. t=0时刻，x=1m处的质点与x=5m处的质点均沿y轴负方向运动B. t=1.5s时两列波相遇C. x=3m处的质点是振动减弱点D. 在t=2s时，位于x=3.5m处的质点位移为2cm【答案】B【解析】【详解】A．由同侧原理可知，t=0时刻，x=1m处的质点与x=5m处的质点均沿y轴正方向运动，故A错误；B．两列波相向运动相遇，B项正确；C．两列波的波长均为2m，x=3m处的质点到两波源距离差两列波的起振方向相反，此点为振动加强点，故C错误； D．t=2s时，甲波传播到x=3. 5m处时正处于波谷、乙波传播到x=3. 5m处时正处于波峰，所以质点的位移故D项错误 故选B。5.如图所示，倾角为30°斜面固定在水平地面上斜面上放有一重为G的物块，物块与斜面之间的动摩擦因数等于，水平轻弹簧一端顶住物块，另一端顶住竖直墙面物块刚好沿斜面向上滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的弹力大小是（  ）A. G B. G C. G D. G【答案】D【解析】【分析】对物体受力分析，物体受向下的摩擦力，根据正交分解法建立平衡方程即可求解F.【详解】根据物体的受力情况可知：Fcos300=mgsin300+μ(Fsin300+mgcos300)，解得F=G，故选D.6.如图所示，单色光束从某点以入射角i射入一厚度为d的平行玻璃砖中，在入射点同时发生反射和折射，折射光线经过玻璃砖后在下表面同样发生反射和折射，且反射光线与上表面的交点到上表面的入射点间的距离为l。已知光在真空中的传播速度为c。则平行玻璃砖的折射率为（  ）A. cosi B. sini C. cosi D. sini【答案】B【解析】【详解】设光从O点射入，反射光交于A点，由题意画出光路图如图所示设折射角为r，平行玻璃砖的折射率为n，由折射定律有根据几何关系有所以解得B项正确，ACD错误。故选B。7.北京时间2019年9月23日5时10分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭以“一箭双星”的方式成功发射第47、48颗北斗导航卫星。若第48颗卫星绕地球做匀速圆周运动，其运动的周期为T，已知地球的第一宇宙速度为v，地球表面的重力加速度为g，则该卫星绕地球做匀速圆周的轨道半径为（  ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】已知第一宇宙速度为v，则由得由得对卫星有解得该卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径C项正确，ABD 错误。故选C。8.如图所示为静止的原子核在匀强磁场中发生衰变后做匀速圆周运动的轨迹，衰变后两带电粒子a、b的半径之比为45∶1，两带电粒子a、b的动能之比为117：2，下列说法正确的是（  ）A. 此衰变为β衰变 B. 大圆为β粒子的运动轨迹C. 小圆为α粒子的运动轨迹 D. 两带电粒子a、b的周期之比为10∶13【答案】D【解析】【详解】ABC．根据动量守恒定律可知两带电粒子动量相等。由两圆外切可知，此为衰变，由得大圆为粒子轨迹，ABC项错误；D．由得根据动量守恒定律以及动量与动能的关系有得根据周期公式可知D项正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。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.如图所示，一水平方向的均匀带电的半圆环在圆心O点产生的电场的电场强度大小为E、方向水平向右，且O点电势为φ。现把半圆环分成AB、BC、CD三等份，已知点电荷Q在距离为r处产生的电势表达式φ=(其中k为静电力常量)，下列说法正确的是（  ）A. AB部分在O点产生的电场的电场强度的大小为B. CD部分在O点产生的电场的电场强度的大小为C. BC部分在O点产生的电势为D. 若把一带电荷量为q的正电荷从O点移至无穷远处，则其电势能减小qφ【答案】BD【解析】【详解】AB．B、C两点把半圆环等分为三段，设每段在O点产生的电场的电场强度大小均为E′，AB段和CD段在O处产生的电场的电场强度夹角为120°，它们的合电场强度大小为E′，则整个半圆环在O点的合电场强度E=2E′即故B项正确，A项错误； C．电势是标量，设圆弧BC在圆心O产生的电势为，有则故C错误； D．若把一带电荷量为q的正电荷从O点移至无穷远处，则电场力做的功为，电势能减小，故D正确。故选BD。10.已知电流大小为I的长直导线在离长直导线r距离处产生磁场的磁感应强度大小B=k(k为比例系数，r为该点到导线的距离，I为导线的电流大小)。如图所示，在一半径为R的圆形区域内的圆心O处放置一电流大小为I的长直导线a，导线电流方向垂直纸面向外，纸面内圆心O点右侧2R处有另一长直导线b，电流大小也为I、方向如图所示，N为圆心O到导线b距离的中点，其中导线a在N点产生磁场的磁感应强度大小为B0。下列说法正确的是（  ）A. 导线b产生的磁场穿过该圆形区域的磁通量为零B. 导线b在N点产生的磁场的磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向外C. 导线b在圆心O点产生的磁场的磁感应强度大小为2B0、方向垂直纸面向外D. 导线a和导线b在N点产生磁场的合磁感应强度大小为B0【答案】BD【解析】【详解】A．导线b产生的磁场在该圆形区域的方向为垂直纸面向外，故穿过该圆形区域的磁通量不为零，故A错误；B．根据题意可知，导线b在N点产生磁场的磁感应强度大小等于导线a在N点产生磁场的磁感应强度大小，又由安培定则可知该磁场方向垂直该圆形区域向外，B项正确；C．由长直导线产生磁场的磁感应强度公式，可知导线b在圆心O点产生磁场的磁感应强度大小为，故C错误； D．导线a和导线b分别在N点产生磁场的磁感应强度大小均为，但导线a在N点产生的磁场的方向向上，导线b在N点产生的磁场的方向垂直纸面向外，合磁场的磁感应强度大小为，故D正确。故选BD。11.假设某人在高度H=5m的竖直杆左侧A点处用弹弓将一弹丸发射出去，弹丸刚好从竖直杆MN顶端B点以v=10m/s的水平速度通过后，落到水平地面上的C点。已知弹丸质量m=50g，A点到水平地面高度h=1.8m，不计空气阻力，g取10m/s2。下列说法正确的是（  ）A. N、C之间的距离x=18mB. A点到竖直杆MN的水平距离为8mC. 弹丸落地时的速度大小为10m/sD. 弹弓对弹丸做的功为4.2J【答案】BC【解析】【详解】A．弹丸越过B点后做平拋运动，在竖直方向上有水平方向上有x=vt联立解得x=10m，故A错误；B．把弹丸从A点到B点的斜拋运动看成逆向的从B点到A点的平抛运动，在竖直方向上有解得弹丸从A点运动到B点的时间t′=0. 8s，A点到竖直杆MN的距离x′=vt′=8mB项正确；C．弹丸从B点运动到C点，由机械能守恒定律，有解得，C项正确； D．由功能关系，可得J故D错误。故选BC。12.如图甲所示，竖直放置的U形导轨上端接一定值电阻R，U形导轨之间的距离为2L，导轨内部存在边长均为L的正方形磁场区域P、Q，磁场方向均垂直导轨平面(纸面)向外。已知区域P中的磁场按图乙所示的规律变化(图中的坐标值均为已知量)，磁场区域Q的磁感应强度大小为B0。将长度为2L的金属棒MN垂直导轨并穿越区域Q放置，金属棒恰好处于静止状态。已知金属棒的质量为m、电阻为r，且金属棒与导轨始终接触良好，导轨的电阻可忽略，重力加速度为g。则下列说法正确的是（  ）A. 通过定值电阻的电流大小为B. 0~t1时间内通过定值电阻的电荷量为C. 定值电阻的阻值为D. 整个电路的电功率为【答案】BD【解析】【详解】A．金属棒恰好处于静止状态，有解得电流大小故A错误；B．0～t1时间内通过定值电阻的电荷量B项正确；C．根据题图乙可知，感应电动势又联立解得故C错误； D．整个电路消耗的电功率故D正确。故选BD。第Ⅱ卷 (非选择题 共60分)三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.用如图甲所示的实验装置做“探究匀变速直线运动”的实验。如图乙所示为某同学实验中得到纸带，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G 7个相邻的计数点，其相邻计数点间的距离在图中标出，每相邻两个计数点间还有4个点未画出。则打下C、E两点时小车的瞬时速度vc=___m/s、vE=____m/s；小车的加速度a=___ m/s2。(结果均保留两位有效数字)【答案】    (1). 0. 48    (2). 0. 64    (3). 0. 80【解析】【详解】[1][2]根据匀变速直线运动规律知道C点的瞬时速度等于B点到D点的平均速度，相邻计数点间的时间间隔T=5t=0. 1s则 [3]根据得，并运用逐差法，则有14.在“测定金属的电阻率”实验中：（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图甲所示，其示数为____cm；用刻度尺测得金属丝的长度如图乙所示，其示数为_____cm；用欧姆表粗略测量该金属丝的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图丙所示，其示数为_____Ω。（2）用伏安法进一步精确测金属丝的电阻R，实验所用器材如下：a.电流表A (量程0.2A，内阻为1Ω)b.电压表V (量程为9V，内阻约3kΩ)c.定值电阻R0(阻值为2Ω)d.滑动变阻器R(最大阻值为10Ω，额定电流为2A)e.电池组(电动势为9V，内阻不计)f.开关、导线若干①某小组同学利用以上器材设计电路，部分电路图如图丁所示，请把电路图补充完整_____。(要保证滑动变阻器的滑片任意移动时，电表均不被烧坏)②某次实验中，电压表的示数为4.5V，电流表的示数为0.1A，则金属丝电阻的值为________Ω；根据该测量值求得金属丝的电阻率为________Ω·m。(计算结果均保留三位有效数字)【答案】    (1). 0. 2210    (2). 30. 50    (3). 30. 0    (4).     (5). 29. 3    (6). 【解析】【详解】(1)[1]螺旋测微器的示数为[2] 刻度尺示数为[3] 欧姆表选择“×1”欧姆挡测量，示数为 (2)[4]当电压表满偏时，通过的电流约为0. 3A，可利用与电流表并联分流，因电流表内阻已知，故电流表采用内接法。[5]通过的电流为两端的电压故[6]由知金属丝的电阻率15.如图甲所示，在科技馆中，“小球旅行记”吸引了很多小朋友的观看。“小球旅行记”可简化为如图乙所示。处在P点的质量为m的小球由静止沿半径为R的光滑圆弧轨道下滑到最低点Q时对轨道的压力为2mg，小球从Q点水平飞出后垂直撞击到倾角为30°的斜面上的S点。不计摩擦和空气阻力，已知重力加速度大小为g，求：（1）小球从Q点飞出时的速度大小。（2）Q点到S点的水平距离。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】(1)小球滑到Q点时，设小球在Q点的速度大小为，根据牛顿第二定律，有根据牛顿第三定律，有解得(2)小球垂直撞击到倾角为30°的斜面上的S点，由平抛运动规律，有又由联立解得Q点到S点的水平距离16.在一上面盖有活塞的汽缸中封闭一定质量的理想气体，该气体在初状态A时的温度tA=27℃，体积VA=2×10-3m3，压强pA=3×105Pa。气体体积保持不变，从状态A变化到状态B，压强降低为pB=2×105Pa。然后保持压强不变，从状态B变化到状态C，体积增大到Vc=3×10-3m3。（1）求该气体在状态B、C时的温度。（2）该气体从状态A到状态C的过程中是吸热还是放热?传递的热量是多少?【答案】（1）℃；℃；（2）吸热；Q=200J【解析】【详解】(1)气体从状态A到状态B做等容变化，由查理定律有解得K，即℃气体从状态B到状态C做等压变化，由盖一吕萨克定律，有解得K，即℃(2)因为状态A和状态C温度相等，且理想气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，所以在这个过程中气体内能变化量为零，即由热力学第一定律△U=Q+W得在整个过程中，气体从状态B到状态C过程对外做功，有即是正值，吸热。所以气体从状态A到状态C的过程是吸热，吸收的热量Q=200J。17.如图所示，在矩形区域(含边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B0=2.0×10-2T，A、B、C、D为矩形的四个顶点，BC边长l1=4m，AB边长l2=2m。大量质量m=3.2×10-26kg、带电荷量q=-1.6×10-18C的粒子，从A点沿AD方向以不同的速率射入匀强磁场中，粒子恰好均从BC边射出，不计粒子重力及粒子间的作用力。求：（1）粒子的速率的取值范围；（2）粒子在磁场中运动的最长时间。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】(1)粒子恰好均从BC边射出，可知粒子以最小速率v1运动时恰好打在B点，由几何关系可知其半径可知粒子以最大速率v2运动时恰好打在C点，设其半径为R2，由几何关系解得m粒子在匀强磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有可得解得则粒子的速率的取值范围为(2)从B点射出的粒子在磁场中运动的时间最长，其运动时间而解得s18.如图所示，光滑四分之一圆弧轨道P与木板Q在连接点A处通过一大小不计的感应开关连接(当滑块向右滑过A时，P、Q自动分离)。初始所有的物体均静止在光滑的水平地面上，滑块N从木板Q的右侧边缘处以v0=10m/s的初速度水平向左运动，到达A处时速度减小为v1=6m/s，接着滑上圆弧轨道P且恰好能到达P的最高点。滑块到达P的最高点时(物块未离开P)P在O点与物块K发生弹性碰撞，最后滑块停在木板上。滑块与木板之间的动摩擦因数μ=0.1，圆弧轨道的质量为3kg，木板与滑块的质量均为1kg，物块K的质量为5kg，重力加速度大小g=10m/s2，N可视为质点。求：（1）木板的长度L；（2）圆弧轨道的半径R；（3）滑块与木板相对静止时，木板左端离O点的距离。【答案】（1）30m；（2）1m；（3）1.425m【解析】【详解】(1)滑块、木板、圆弧轨道、物块的质量分别用m、MQ、MP、MK表示，滑块在木板Q上滑动的过程中，把P、Q和滑块作为一个系统，设滑块离开木板时，木板的速度为根据动量守恒定律有解得滑块在木板Q上滑动过程中，把P、Q和滑块作为一个系统，系统减少的动能全部转化为系统产生的热量，设木板的长度为L，根据功能关系有解得L=30m(2)从滑块滑上圆弧轨道到圆弧轨道最高点的过程中，滑块和P、Q组成的系统水平方向动量守恒且机械能守恒，设滑块到达最高点时系统的速度为，根据动量守恒定律有根据系统机械能守恒有解得R=1m(3) P与K发生弹性碰撞，碰后滑块和P、Q瞬间共速，速度设为，K的速度为。根据弹性碰撞的特点，有解得以滑块在最高点为初状态，滑块滑回A为末状态，设滑回A处时滑块的速度大小为、P、Q的速度大小为，滑块和P、Q的位移大小分别为x1和x2，根据动量守恒定律和反冲，有解得滑块滑回A时P、Q分离，将滑块和木板看作一个系统，相对静止时的速度设为，滑块滑回A到相对静止时木板的位移为，滑块与木板相对静止时木板离O点的距离为x，根据动量守恒定律，有根据动能定理，有根据位置关系，可知解得x=1. 425m