山东省淄博市2020届高三物理4月一模试题（Word版附解析）

淄博市 2019~2020 学年度高三模拟考试试题 物 理 1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号等填写在相应位置，认真核对条形 码上的姓名、考生号和座号等，并将条形码粘贴在指定位置上。 2.选择题答案必须使用 2B 铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用 0.5 毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿 纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每个题给出的四个 选项中， 只有一项是符合题目要求的。 1.汽车无人驾驶技术已逐渐成熟，最常用的是 ACC 自适应巡航控制，它可以控制无人车在前 车减速时自动减速、前车加速时自动跟上去。汽车使用的传感器主要是毫米波雷达，该雷达 会发射和接收调制过的无线电波，再通过因波的时间差和多普勒效应造成的频率变化来测量 目标的相对距离和相对速度。若该雷达发射的无线电波的频率为 f，接收到的回波的频率为 f ′，则（　　） A. 当 f ′ =f 时，表明前车一定做匀速直线运动 B. 当 f ′ =f 时，表明前车一定处于静止 状态 C. 当 f ′ >f 时，表明前车正在减速行驶 D. 当 f ′ C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】从无穷远处电势为零开始到 r=r2 位置，势能恒定为零，在 r=r2 到 r=r1 过程中，恒定 引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图像为 A、B 选项中所示； r＜r1 之后势能不变，恒定为－U0，由引力做功等于势能将少量，故 U0=F0(r2－r1)，故 B 正确， ACD 错误。 故选 B． 7.2020 年新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播，打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外。有关专 家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达 40m/s，假设打一次喷嚏大约喷出 50ml 的空气，用 时约 0.02s。已知空气的密度为 1.3kg/m3 ，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为（　　） A. 13N B. 0.13N C. 0.68N D. 2.6 N 【答案】B 【解析】 【详解】打一次喷嚏大约喷出气体的质量 m=ρV 由动量定理 解得 根据牛顿第三定律可知，打一次喷嚏人受到的平均反冲力为 0.13N。 故选 B。 8.静止在匀强电场中的碳 14 原子核，某时刻放射的某种粒子与反冲核的初速度方向均与电场 方向垂直，且经过相等的时间后形成的轨迹如图所示（a、b 表示长度）．那么碳 14 的核反应 方程可能是（ ） tF mv∆ = 61.3 50 10 40 N=0.13N0.02 mv VvF t t ρ −× × ×= = =∆ ∆A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 由轨迹弯曲方向可以看出，反冲核与放出的射线的受力方向均与电场强度方向相同，均带正 电，所以放出的粒子为 α 粒子，即发生 α 衰变，则核反应方程是 ，故 A 正确．故选 A． 点睛：原子核的衰变过程类比于爆炸过程，满足动量守恒，粒子在电场中只电场力，根据轨 迹弯曲方向判断受力方向即可解答. 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每个题给出的四个 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.如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为 m 的小球，从离弹簧上 端高 h 处由静止释放。研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，以小球开始下 落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴 Ox，做出小球所受弹力 F 的大小随小球下落的 位置坐标 x 变化的关系，如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为 g。以下说法正确的是 （　　） A. 小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度始终减小 14 4 10 6 2 4C He Be→ + 14 0 14 6 1 5C e B→ + 14 0 14 6 1 7C e N−→ + 14 2 12 6 1 5C H B→ + 14 4 10 6 2 4C He Be→ +B. 小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先减小后增大 C. 当 x＝h＋2x0 时，小球的动能为零 D. 小球动能的最大值为 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的 增加，加速度减小，当弹力等于重力时加速度为零，此时速度最大；然后向下运动时弹力大 于重力，小球的加速度向上且逐渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向 下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故 A 错误，B 正确； C．根据乙图可知，当 x=h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，是平衡位置，在 x=0 处小球的动 能不为零，根据对称性可知，在 x＝h＋2x0 位置小球的动能也不为零，选项 C 错误； D．小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知 故小球动能的最大值为 ，故 D 正确； 故选 BD。 10.2019 年 7 月，C919 大型客机在上海浦东机场完成了中、高速滑行试验。某次试验飞机在 平直跑道上滑行，从着陆到停下来所用的时间为 t，滑行的距离为 x，滑行过程中的 v-t 图像 如图所示，图线上 C 点的切线与 AB 平行，x、t0、t1、t 为已知量。设飞机着陆滑行 t0 时的位 置与终点的距离为 x0，飞机着陆时的速度为 v，则下列表达式正确的是（　　） A. B. C. D. 0 2 mgxmgh + 0 0 1 2 kmmg h x mg x E+ − ⋅ =( ) 0 2 mgxmgh + 2xv t > 2xv t < ( )2 1 0 0 2 x t tx t −> ( )2 1 0 0 2 x t tx t − 1 0Cv t t v t −= ( ) 0 1 2 1 0 0 2 1 ( )2 Cx t t v v t t t −> − = 2xv t > ( )2 1 0 0 2 x t tx t −> 20 3还有一个波谷，可知 即 λ=4m 则 T=4s 选项 A 正确，B 错误； CD．波速为 则波传到 M 点的时间为 5s，则 t=3s 时，M 点还未振动；t=6s 时质点 M 振动了 1s= T，则此 时 M 点经过的路程为 A=20cm，选项 C 错误，D 正确。 故选 AD。 12.如图所示，在竖直向下的 y 轴两侧分布有垂直纸面向外和向里的磁场，磁感应强度均随位 置坐标按 B=B0+ky（k 为正常数）的规律变化。两个完全相同的正方形线框甲和乙的上边均与 y 轴垂直，甲的初始位置高于乙的初始位置，两线框平面均与磁场垂直。现同时分别给两个线 框一个竖直向下的初速度 vl 和 v2，设磁场的范围足够大，当线框完全在磁场中运动时，不考 虑两线框的相互作用，下列说法正确的是（　　） A. 运动中两线框所受磁场的作用力方向相反 B. 若 v1=v2，则开始时甲所受磁场力等于乙所受磁场力 C. 若 v1＞v2，则开始时甲中的感应电流一定大于乙中的感应电流 D. 若 v1＜v2，则最终稳定状态时甲的速度可能大于乙的速度 【答案】BC 55m 4MNx λ= = 1.5 6T s= 1m/sv T λ= = 1 4【解析】 【详解】A．根据楞次定律，甲线框中产生顺时针方向的电流，乙线框中产生逆时针方向的电 流，因为线框下边产生的磁场比上边的磁场强，下边所受的安培力大于上边所受的安培力， 则安培力的方向与下边所受的安培力方向相同，根据左手定则，甲线框所受的安培力方向向 上，乙线框所受的安培力方向向上。故 A 错误。 B．线框产生的电动势 E=B2Lv-B1Lv=kL2v 开始时，两线框产生的感应电流大小相等。线框所受的安培力 F=B2IL-B1IL=kIL2 知两线框所受的安培力相等，故 B 正确。 C．线框产生的电动势 E=B2Lv-B1Lv=kL2v 与速度有关，若 v1＞v2，则开始时甲线框产生的电动势大于乙线框产生的电动势，则开始时甲 线框的感应电流一定大于乙线框的感应电流。故 C 正确。 D．线框达到稳定状态时，重力与安培力平衡，有 mg=kIL2 所以 知稳定时，两线框的速度相等。故 D 错误。 故选 BC。 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。 13.随着经济的发展，小汽车已走进我们的家庭，其中油耗标准是评价一辆汽车性能优劣的重 要因素，而影响汽车油耗的一个重要原因是其在行进中所受到的空气阻力。人们发现，汽车 在高速行驶过程中受到的空气阻力 f（也称风阻）主要与两个因素有关：①汽车正面的投影面 积 S；②汽车行驶的速度 v。某研究人员在汽车风洞实验室中通过模拟实验得到表中所列数据。 2E kL vI R R ＝= 2 4k L vmg R = 2 4 mgRv k L =(1)分析比较 1、2、3 或 4、5、6，可得出的结论是：当汽车行驶的速度相同时，汽车所受空 气阻力 f 与汽车正面的投影面积 S 成_______关系。 (2)分析比较_______（填写实验序号），可得出的结论是：当汽 车正面的投影面积 S 相同时， 汽车所受空气阻力 f 与______成正比。 (3)综合上述分析结论可得，汽车所受空气阻力 f 与汽车正面的投影面积 S 及汽车行驶的速度 v 之间的关系式为：f=_____（要求用 k 表示比例系数）。 (4)实验序号 9 中漏填了一个数据，漏填的数据应为_____N（结果保留一位小数）。 【答案】 (1). 正比 (2). 1、4、7（或 2、5、8） (3). 汽车行驶速度的平方 (4). (5). 2781.0 【解析】 【详解】(1)[1]分析比较 1、2、3 或 4、5、6，可得出的结论是：当汽车行驶的速度相同时， 汽车所受空气阻力 f 与汽车正面的投影面积 S 成正比关系； (2)[2][3]分析比较 1、4、7（或 2、5、8），可得出的结论是：当汽车正面的投影面积 S 相同时， 汽车所受空气阻力 f 与汽车行驶速度的平方 成正比。 (3)[4]综合上述分析结论可得，汽车所受空气阻力 f 与汽车正面的投影面积 S 成正比，与汽车 行驶的速度平方 v2 成正比，则 f 与 S 和 v2 之间的关系式为 (4)[5]实验序号 9 中与 8 中的速度相同，则 f 与 S 成正比，即 解得 2v 2f kSv= 2v 2f kSv= 2.5 2317.5=3.0 ff=27810N 14.为探究小灯泡的电功率 P 和电压 U 的关系，某同学测量小灯泡的电压 U 和电流 I，利用 P=UI 得到电功率。实验可选用的器材有： 电池（电动势为 12 V，内阻不计）；小灯泡（3.0V，1.8W）； 电压表（量程为 0~3 V，内阻约 3 kΩ）；电流表（量程为 0~0.6A，内阻约 0.15Ω）； 滑动变阻 器（最大阻值为 10Ω）；定值电阻（10Ω、20Ω 和 50Ω）； 电键、导线若干。 (1)准备使用的实物电路如图甲所示。请用笔画线代替导线将图甲所示的实物电路连接完整 _______。 (2)在 10Ω、20Ω 和 50Ω 的定值电阻中，电阻 R1 应选_______Ω 的定值电阻。 (3)处理数据后将 P、U2 描点在坐标纸上，如图乙所示。请在坐标纸上画出 P-U2 图线 ________， 并说明各点不在一条直线上的原因：___________。 【 答 案 】 (1). (2). 10Ω ； (3). (4). 随着小灯泡两端电压的增大，灯丝温度逐渐升高，这会导 致灯泡电阻升高，故图线应为曲线【解析】 【详解】(1)[1]小灯泡电阻较小，则采用电流表外接，滑动变阻器用分压电路，电路连接如图 (2)[2]小灯泡的额定电流 通过变阻器的电流为 所以通过电源的电流为 I′=I+I 变=0.6+0.3=0.9A 根据闭合电路欧姆定律，应有 E=U+I′（r+R0） 解得 所以保护电阻 R1 应选 10Ω 的定值电阻； (3)[3][4]在坐标纸上画出 P-U2 图线如图 各点不在一条直线上的原因：随着小灯泡两端电压的增大，灯丝温度逐渐升高，这会导致灯 泡电阻升高，故图线应为曲线。 15.图中竖直圆筒固定不动，粗筒横截面积是细筒 4 倍，筒足够长，粗筒中 A、B 两轻质活的 1.8 0.6A3 PI U = = =额 额 3 A 0.3A10 UI R = =变 变 ＝ 0 12 3 100.9R r −+ = = Ω塞间封有一定量的理想气体，气柱长 L=17cm，活塞 A 的上方细筒中的水银深 h1=20cm，粗 筒中水银深 h2=5cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞 B，使之处于平衡状 态。现使活塞 B 缓慢向下移动，直至水银恰好全部进入粗筒中，设在整个过程中气柱的温度 不变，大气压强 P0 相当于 75cm 高水银柱产生的压强。求： (1)此时气柱的长度； (2)活塞 B 向下移动的距离。 【答案】（1）20cm；（2）8cm 【解析】 【详解】（1）设气体初态 压强为 ，则有 设 S 为粗圆筒的横截面积，气体初态的体积 设气体末态的压强为 ，有 设末态气柱的长度为 ，气体体积为 由玻意耳定律得 联立各式代入数据解得 （2）活塞 B 下移的距离 d 为 的 1p 1 0 1 2p p h h= + + 1V SL= 2p 1 2 0 2 4 hp p h= + + L′ 2V SL= ′ 1 1 2 2pV p V= 20cmL′ =代入数据解得 16.如图所示，足够长、电阻可以忽略的矩形金属框架 abcd 水平放置，ad 与 bc 之间的距离为 L=1m，定值电阻阻值 R1=R2=2.0Ω。垂直于框架放置一根质量 m=0.2kg、电阻 r=1.0Ω 的金属 棒 ef，距离框架左侧 x=0.5m，棒 ef 与导轨间的动摩擦因数 μ=0.5，已知最大静摩擦力等于滑 动摩擦力，取 g=10m/s2。 (1)若在 abcd 区域存在竖直向上的匀强磁场，某时刻开始磁感应强度随时间变化，变化的规律 为 B=1+2t（T），保持电键 S 断开，则需要经过多长时间导体棒 ef 开始运动，此时磁感应强度 为多大？ (2)若保持(1)问中棒 ef 刚要开始运动时的磁感应强度不变，闭合电键 S，同时对 ef 施加一水平 向右的恒定拉力 F=4N，求此后运动过程中，回路消耗的最大电功率。 【答案】（1）1s；3T；（2）2W 【解析】 【详解】（1）abfe 回路产生的感应电动势为 当棒 ef 开始运动时 即 解得此时 1 4 hd L L−′= + 8cmd = BE Lxt ∆= ∆ 1 EI R r = + F f=安 BIL mgµ= 3TB = 1st =（2）当导体棒 ef 匀速运动时，回路消耗的电功率最大。 此时对导体棒 ef 受力分析可得 电键闭合后回路的总电阻为 解得 17.人类研究磁场的目的之一是为了通过磁场控制带电粒子的运动，某控制带电粒子运动的仪 器原理如图所示，区域 PP′M′M 内有竖直向下的匀强电场，电场场强为 E，宽度为 d，长度为 L；区域 MM′N′N 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，长度也为 L，磁场宽度足 够。电量为 q，质量为 m 的带正电的粒子以水平初速度从 P 点射入电场。边界 MM′不影响粒 子的运动，不计粒子重力。 (1)若带电粒子以水平初速度 v0 从 P 点射入电场后，从 MM′边界进入磁场，求粒子第一次射入 磁场的位置到 M 点的距离； (2)当带电粒子射入电场的水平初速度为多大时，粒子只进入磁场一次就恰好垂直 P′N′边界射 出。 【答案】（1） ；（2） 或 【解析】 0F F f− − =安 F BIL=安 2 1 2 1 R RR r R R = + +总 2P I R= 总 2WP = 0 2mdx v Eq = 0 2 qE Ev L md B ′ = − 0 2 2 L qE Ev md B ′ = −【详解】（1）粒子以水平速度从 P 点射入电场后，做类平抛运动 竖直方向 水平方向 解得粒子第一次射入磁场的位置到 M 点的距离 （2）设粒子从电场入射初速度为 同第一问原理可以求得粒子在电场中类平抛运动的水平位移 粒子进入磁场时，垂直边界的速度 设粒子与磁场边界之间 夹角为 α，则粒子进入磁场时的速度 在磁场中 粒子第一次进入磁场后，垂直边界 从磁场射出，必须满足 的 Eqa m = 21 2d at= 0x v t= 0 2mdx v Eq = 0v′ 0 2mdx v Eq ′= 2 y qE qEdv tm m = = sin yvv α= 2vqvB m R = M N′ ′ sinx R Lα+ =联立解得 粒子第一次进入磁场后，垂直边界 从电场射出，必须满足 联立解得 18.静止在水平面上的小车固定在刚性水平轻杆的一端，杆的另一端通过小圆环套在竖直光滑 的立柱上。每当小车停止运动时，车上的弹簧枪就会沿垂直于轻杆的水平方向自动发射一粒 弹丸，然后自动压缩弹簧并装好一粒弹丸等待下次发射，直至射出所有弹丸。下图为该装置 的俯视图。已知每粒弹丸的质量为 m，未装弹丸时的小车质量为 M（包括弹簧枪质量）。现给 小车装上 n 粒弹丸，每次发射弹丸释放的弹性势能为 E，发射过程时间极短；小车做圆周运动 时的半径为 L，运动时受到一个与运动方向相反的阻力作用、阻力大小为小车对地面压力的 k 倍，其它阻力忽略不计，重力加速度为 g。 (1)求第一粒弹丸被射出时小车的速度大小； (2)整个过程中轻杆未被拉断，求轻杆所受拉力的最大值； (3)求整个过程中小车做圆周运动的总路程 0 2 qE Ev L md B ′ = − P M′ ′ ( )2 sinx R Lα+ = 0 2 2 L qE Ev md B ′ = −【 答 案 】（1 ） ； （ 2 ） ； （ 3 ） 【解析】 【详解】（1）发射第一粒弹丸，由动量和能量守恒得 联立解得 （2）设某次发射后，车上有 颗弹丸，则 整理得 可知 时杆拉力最大，即发射最后一颗弹丸后，轻杆承受的拉力最大。 此时轻杆对车的最大拉力 ( ) ( )1 2 1 mEv M nm M n m = + + −  车 ( )max 2mEF m M L ′ = + ( ) nmEx kM nm M g = +总 ( ) 110 1n m M v mv= − + −   弹丸车 ( ) 2 2 11 1 112 2E n m M v mv= − + +   弹丸车 ( ) ( )1 2 1 mEv M nm M n m = + + −  车 n′ ( ) ( ) 2 1 mEv M n m M n m = + + +  ′ ′车 ( ) 2 n vF M n m L = + ′ 车 2 1 n EF M n Lm =  + ′+   0n′ = 由牛顿第三定律得，轻杆所受拉力的最大值为 （3）发射弹丸后，车上有 （ ， ，……，2，1，0）颗弹丸时，圆周运动路程 为 ， 有 得 最大总路程 ( )max 2mEF m M L = + ( )max 2mEF m M L ′ = + n′ 1n n′ = − 2n − nx ′ ( ) ( ) 210 2nk M n m gx M n m v′− + ′ = − + ′ 车 ( )( ) 1 n mE Ex M MM n m M n m m kg n n kmgm m ′ = =+ ′ + ′ +   + ′ + ′+     0 1 2 3 1nx x x x x x −= + + + +总 ( ) nmEx kM nm M g = +总