山东省2020届高三普通高等学校招生全国统一考试模拟物理试题

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.下列说法正确的是（　　）

A. 衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的

B. 铀核（）衰变为铅核（）的过程中，要经过8次衰变和6次衰变

C. 的半衰期是5天，100克经过10天后还剩下50克

D. 密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的

【答案】B

【解析】

【详解】A．衰变的实质是原子核内部的中子转化为一个质子和一个电子，电子从原子核内喷射出来，A错误；

B．铀核（）衰变为铅核（）的过程中，每经一次衰变质子数少2，质量数少4；而每经一次衰变质子数增1，质量数不变；由质量数和核电荷数守恒知，α衰变次数

次

衰变次数

次

B正确；

C．设原来Bi的质量为，衰变后剩余质量为m则有

即可知剩余Bi质量为25g，C错误；

D．密立根油滴实验表明电子的电荷量是分离的，玻尔提出核外电子的轨道是分立的不连续的，D错误。

故选B

2.如图，S是波源，振动频率为100Hz，产生的简谐横波向右传播，波速为40m/s。波在传播过程中经过P、Q两点，已知P、Q的平衡位置之间相距0.6m。下列判断正确的是（　　）

A. Q点比P点晚半个周期开始振动

B. 当Q点的位移最大时，P点的位移最小

C. Q点的运动方向与P点的运动方向可能相同

D. 当Q点通过平衡位置时，P点也通过平衡位置

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据可知，波长

又

故Q点比P点晚1.5个周期开始振动，A错误；

BC．P、Q两点的平衡位置距离是半个波长的奇数倍，故两者振动情况完全相反，即两点的运动方向始终相反，当Q点的位移最大时，P点的位移也最大，但两者方向相反，BC错误；

D、两点平衡位置距离是半个波长的奇数倍，所以当Q通过平衡位置时，P点也通过平衡位置，但两者运动方向相反，D正确。

故选D。

3.在升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m小物块，如图甲所示。升降机从t=0时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t变化如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是（  ）

A. 在0～2t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态

B. 在t0～3t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态

C. t=t0时刻，物块所受的支持力大小为mg

D. t=3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg

【答案】C

【解析】

【详解】A．由乙图可知，在0～2t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，A错误；

B．由乙图可知，在t0～3t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，B猎；

C．由乙图可知，t=t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，C正确；

D．由乙图可知，t=3t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，D错误。

故选C。

4.甲、乙两车在平直公路上沿同一直线运动，两车的速度v随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是（　　）

A. 两车的出发点一定不同

B. 在0到t2的时间内，两车一定相遇两次

C. 在t1到t2时间内某一时刻，两车的加速度相同

D. 在t1到t2时间内，甲车的平均速度一定大于乙车的平均速度

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据题目所给信息，不能判断两车出发点的关系，因为该图是描述速度与时间变化关系的图像，A错误；

B．两图线的交点表示在该时刻速度相等，在0到t2的时间内，两车有两次速度相等，并不是相遇，B错误；

C．图象的斜率表示加速度，在t1时刻两车速度相等，然后甲做变加速直线运动，乙做匀加速直线运动，在t2时刻两车又速度相等，所以甲的平均加速度等于乙的加速度，故t1到t2时间内在某一时刻，乙图线的斜率和甲图线平行，加速度相等，C正确；

D．图象图线与坐标轴围成的面积表示位移，从图可知，在t1到t2时间内乙的位移大于甲的位移，所用时间相等，故甲的平均速度一定小于乙的平均速度，故D错误。

故选C。

5.电阻为R的单匝闭合金属线框，在匀强磁场中绕着与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势的图像如图所示。下列判断正确的是（　　）

A. 时刻线框平面与中性面平行

B. 穿过线框的磁通量最大为

C. 线框转动一周做的功为

D. 从到的过程中，线框的平均感应电动势为

【答案】B

【解析】

【详解】A．由图可知时刻感应电动势最大，此时线圈所在平面与中性面垂直，A错误；

B．当感应电动势等于零时，穿过线框回路的磁通量最大，且由得

B正确；

C．线圈转一周所做的功为转动一周的发热量

C错误；

D．从到时刻的平均感应电动势为

D错误。

故选B。

6.如图甲所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻）。通过改变电路中的元件参数对同一电容器进行两次充电，对应的电荷量q随着时间t变化的曲线如图乙中的a、b所示。曲线形状由a变化为b，是由于（　　）

A. 电阻R变大

B. 电阻R减小

C. 电源电动势E变大

D. 电源电动势E减小

【答案】A

【解析】

【详解】由图象可以看出，最终电容器所带电荷量没有发生变化，只是充电时间发生了变化，说明电容器两端电压没有发生变化，即电源的电动势不变，而是电路中电阻的阻值发生了变化。图象b比图象a的时间变长了，说明充电电流变小了，即电阻变大了，故A正确，BCD错误。

故选A。

7.如图所示，压缩的轻弹簧将金属块卡在矩形箱内，在箱的上顶板和下底板均安有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。当箱静止时，上顶板的传感器显示的压力F1=2N，下底板传感器显示的压力F2=6N，重力加速度g=10m/s2。下列判断正确的是（　　）

A. 若加速度方向向上，随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，F2逐渐增大

B. 若加速度方向向下，随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，F2逐渐减小

C. 若加速度方向向上，且大小为5m/s2时，F1的示数为零

D. 若加速度方向向下，且大小为5m/s2时，F2的示数为零

【答案】C

【解析】

【详解】A．若加速度方向向上，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F2不变，根据牛顿第二定律得

得

知随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，A错误；

B．若加速度方向向下，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F2不变，根据牛顿第二定律得

得

知随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，故B错误；

C．当箱静止时，有

得

m=0.4kg

若加速度方向向上，当F1=0时，由A项分析有

解得

a=5m/s2

故C正确；

D．若加速度方向向下，大小是5m/s2小于重力加速度，不是完全失重，弹簧不可能恢复原长，则F2的示数不可能为零，D错误。

故选C。

8.质量为m的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为l，另一质量也为m且可视为质点的物体从箱子中央以v0=的速度开始运动（g为当地重力加速度），如图所示。已知物体与箱壁共发生5次完全弹性碰撞。则物体与箱底的动摩擦因数的取值范围是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】小物块与箱子组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得

解得

对小物块和箱子组成的系统，由能量守恒定律得

解得

由题意可知，小物块与箱子发生5次碰撞，则物体相对于木箱运动的总路程

，

小物块受到摩擦力为

对系统，利用产热等于摩擦力乘以相对路程，得

故

，

即，故C正确，ABD错误。

故选C。

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，正方形abcd处于匀强电场中，电场方向与此平面平行。一质子由a点运动到b点，电场力做功为W，该质子由a点运动到d点，克服电场力做功为W。已知W＞0，则（　　）

A. 电场强度的方向沿着ab方向

B. 线ac是一条等势线

C. c点的电势高于b点的电势

D. 电子在d点的电势能大于在b点的电势能

【答案】BC

【解析】

【详解】B．由题意可知，一质子由a点运动到b点，电场力做功为W；该质子由a点运动到d点，电场力做功为-W；根据公式可知

又根据几何关系可知，b、d两点关于ac连线轴对称，所以ac是此匀强电场中的等势线，B正确；

AC．由于质子由a点运动到b点，电场力做正功，所以，所以电场强度的方向为垂直于ac线，指向b点，A错误C正确；

D．根据，又电子带负电，所以电势低的地方电势能高，即电子在d点的电势能小于在b点的电势能，D错误。

故选BC。

10.质量为m的小球穿在光滑细杆MN上，并可沿细杆滑动。已知细杆与水平面夹角30°，细杆长度为2L，P为细杆中点。小球连接轻弹簧，弹簧水平放置，弹簧右端固定于竖直平面的O点。此时弹簧恰好处于原长，原长为，劲度系数为。将小球从M点由静止释放，小球会经过P点，并能够到达N点。下列说法正确的是（）

A. 小球运动至P点时受到细杆弹力为

B. 小球运动到P点处时的加速度为

C. 小球运动至N点时的速度

D. 小球运动至N点时弹簧的弹性势能为mgL

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．小球运动至P点时，根据几何关系可得OP之间的距离为：

则弹簧的弹力大小为：

对小球受力分析，可知受重力、弹簧弹力和轻杆的弹作用，如图所示：

在垂直斜面方向上，根据平衡条件有：

解得：

在沿斜面方向上，根据牛顿第二定律有：

解得：，A正确，B错误；

CD．根据几何关系，可知

ON=OM=

故小球从M点运动至N点，弹性势能变化量为零，所以在N点的弹性势能为零，则整个过程小球减小的重力势能全部转化为小球的动能，根据机械能守恒有：

解得：，C正确，D错误

故选AC。

11.一半圆形玻璃砖，C点为其球心，直线与玻璃砖上表面垂直，C为垂足，如图所示。与直线平行且到直线距离相等的ab两条不同频率的细光束从空气射入玻璃砖，折射后相交于图中的P点，以下判断正确的是（　　）

A. 两光从空气射在玻璃砖后频率均增加

B. 真空中a光的波长大于b光

C. a光的频率比b光高

D. 若a光、b光从同一介质射入真空，a光发生全反射的临界角大于b光

【答案】BD

【解析】

【详解】A．光在两种介质的界面处不改变光的频率，A错误；

BC．由题分析可知，玻璃砖对b束光的折射率大于对a束光的折射率，b光的频率高，由得知，在真空中，a光的波长大于b光的波长，B正确C错误；

D．由分析得知，a光的折射率n小，a光发生全反射的临界角大于b光发生全反射的临界角，故D正确。

故选BD。

12.最近几十年，人们对探测火星十分感兴趣，先后发射过许多探测器。称为“火星探路者”的火星探测器曾于1997年登上火星。在探测器“奔向”火星的过程中，用h表示探测器与火星表面的距离，a表示探测器所受的火星引力产生的加速度，a随h变化的图像如图所示，图像中a1、a2、h0以及万有引力常量G己知。下列判断正确的是（　　）

A. 火星的半径为

B. 火星表面的重力加速度大小为

C. 火星的第一宇宙速度大小为

D. 火星的质量大小为

【答案】BD

【解析】

【详解】AD．分析图象可知，万有引力提供向心力

当时

联立解得，火星的半径

火星的质量

A错误D正确；

B．当h=0时，探测器绕火星表面运行，火星表面的重力加速度大小为a1，B正确；

C．在火星表面，根据重力提供向心力得

解得火星的第一宇宙速度

C错误。

故选BD。

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13.某同学利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。实验时，把数据记录在表格中，数据是按加速度大小排列的，第8组数据中小车质量和加速度数据漏记

(1)该同学又找到了第8组数据对应的纸带以及小车质量，纸带如图乙所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出来的点未画出。请你帮助该同学求出第8组中的加速度a=___m/s2；

(2)如果要研究加速度与力的关系，需取表格中___组数据（填组号），做图像；如果要研究加速度与质量的关系，需取表格中____组数据（填组号），做图像。这种研究方法叫做_____法；

(3)做出图像如图丙所示，由图像_____（填“可以”或“不可以”）判断a与m成正比。

【答案】    (1). 0.90（0.89~0.92）    (2). 2、4、5、7、9    (3). 1、3、6、7、8    (4). 控制变量    (5). 不可以

【解析】

【详解】(1)[1]每两个相邻点之间还有4个打出来的点未画出，故相邻点之间的时间间隔为：

T=0.02×5s=0.1s

根据逐差公式可得

，

故加速度为

代入数据可得

.

(2)[2]研究加速度与力的关系，需要保证质量不变，选取2、4、5、7、9组数据。

[3]研究加速度与质量的关系时，需要控制力F不变，选取1、3、6、7、8组数据。

[4]涉及多个变量时，需要控制其他变量恒定，改变其中一个变量，这种方法控制变量法。

(3)[5]分析丙图可知，图线为曲线，并不能说明是正比例关系，故应作图线，研究a与成正比关系。

14.某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为1.50V的电压表。该同学测得微安表内阻为1200，经计算后将一阻值为R的电阻与微安表连接，进行改装。然后利用一标准电压表，对改装后的电表进行检测。

(1)将图（a）中的实物连线补充完整_______；

(2)当标准电压表的示数为1.00V时，微安表的指针位置如图（b）所示，由此可以推测出改装的电压表量程不是预期值，而是_______；（填正确答案标号）

A.1.20V            B.1.25V        C.1.30V        D.1.35V

(3)产生上述问题的原因可能是______。（填正确答案标号）

A．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1200

B．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1200

C．R值计算错误，接入的电阻偏小

D．R值计算错误，接入的电阻偏大

【答案】    (1).     (2). B    (3). BC

【解析】

【详解】(1)[1]微安表与分压电阻串联可以改装成电压表，实物电路图如图所示。

(2)[2]微安表量程为250μA，由图（b）所示表盘可知，其分度值为5μA，其示数为200μA，是满偏量程的，此时标准电压值为1.00V，即满偏量程的对应着电压值为1.00V，故改装后的电压表最大量程为

B正确，ACD错误。

故选B。

(3)[3]由微安表改装的电压表，示数偏大，说明其内阻偏小，原因有可能是微安表内阻值小于1200Ω，也有可能滑动变阻器R的接入电阻偏小造成的，故BC正确，AD错误。

故选BC

15.如图甲所示，小车B紧靠平台的边缘静止在光滑水平面上，物体A（可视为质点）以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v-t图像如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2，求：

(1)物体A与小车上表面间的动摩擦因数；

(2)物体A与小车B的质量之比；

(3)小车的最小长度。

【答案】(1)0.3；(2)；(3)2m

【解析】

【详解】(1)根据图像可知，A在小车上做减速运动，加速度的大小

若物体A的质量为与小车上表面间的动摩擦因数为，则

联立可得

(2)设小车B的质量为M，加速度大小为，根据牛顿第二定律

得

(3)设小车的最小长度为L，整个过程系统损失的动能，全部转化为内能

解得

L=2m

16.如图所示，用两个质量均为m、横截面积均为S的密闭活塞将开口向下竖直悬挂的导热气缸内的理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，当在活塞A下方悬挂重物后，整个装置处于静止状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0。已知环境温度、大气压强p0均保持不变，且满足5mg=p0S，不计一切摩擦。当取走物体后，两活塞重新恢复平衡，活塞A上升的高度为，求悬挂重物的质量。

【答案】2m

【解析】

【详解】对气体I分析，初状态的压强为

末状态的压强为

由玻意耳定律有

对气体1分析，初状态

末状态

由玻意耳定律

A活塞上升的高度

联立解得

m'=2m。

17.如图所示，光滑轨道OABC是由水平直轨道OB与一段半径R=62.5m的圆弧BC在B点相切而成。m=1kg的物块P在F=20N的水平推力作用下，紧靠在固定于墙面的轻弹簧右侧A处保持静止，A点与B点相距=16m。己知物块可视为质点，弹簧的劲度系数。取重力加速度g=10m/s2，cos5°=0.996。现突然撤去力F，求：

(1)物块P第一次向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量大小；

(2)从物块P离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间。（结果保留两位小数）

【答案】(1)2N·s；(2)23.65s

【解析】

【详解】(1)设弹簧在A处保持静止时压缩量为x，有

F=kx

若物块离开弹簧时速度为v，根据动能定理

物块P向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量

I=mv

解得

I=2N·s

(2)物块离开弹簧到B之间做匀速直线运动，设时间为，则有

设物块沿着圆弧轨道上升到D点，B、D间的高度为h，则有

设过D点的半径与竖直方向的夹角为，则

即

物块从B点到D点再返回B点的过程中，可以看做单摆，单摆周期

，

可得从物块P离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间

代入数据得

t=23.65s

18.如图所示，在xoy平面内，虚线OP与x轴的夹角为30°。OP与y轴之间存在沿着y轴负方向的匀强电场，场强大小为E。OP与x轴之间存在垂直于xoy平面向外的匀强磁场。现有一带电的粒子，从y轴上的M点以初速度v0、沿着平行于x轴的方向射入电场，并从边界OP上某点Q （图中未画出）垂直于OP离开电场，恰好没有从x轴离开第一象限。已知粒子的质量为m、电荷量为q（q>0），粒子的重力可忽略。求：

(1)磁感应强度的大小；

(2)粒子在第一象限运动的时间；

(3)粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离。

【答案】(1)；(2)；(3)

【解析】

【详解】(1)由于粒子从Q点垂直于OP离开电场，设到Q点时竖直分速度为，由题意可知

设粒子从M点到Q点运动时间为，有

粒子做类平抛运动的水平位移如的

由磁场方向可知粒子向左偏转，根据题意可知粒子运动轨迹恰好与轴相切，设粒子在磁场中运动的半径为，由几何关系

设粒子在磁场中速度为，由前面分析可知

洛伦兹力提供向心力

解得

(2)粒子在磁场中运动周期

设粒子在磁场中运动时间为，

粒子离开磁场的位置到轴的距离为，则

沿着轴负方向做匀速直线运动，设经过时间到达轴，

即

(3)由几何关系可得粒子离开磁场的位置到轴距离

粒子离开磁场手，竖直方向做匀速直线运动，经过时间到达轴并离开电场

则

粒子离开电场的位置到点的距离

。