2020届山东省潍坊市高三（下）高考模拟物理试题（解析版）

潍坊市高考模拟考试物理 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.山东海阳核电站是中国核电 AP1000 技术的标志性项目，其反应堆的核反应方程为 ，下列说法中正确的是（　　） A. 该反应中 X 是质子 B. 该反应中 X 是电子 C. 中有 88 个中子 D. 的结合能比 的结合能大 【答案】C 【解析】 【详解】AB．设反应物的电荷数为 x，则 解得 根据质量数守恒可知 所以反应物为中子，故 AB 错误； C． 中的中子数为 故 C 正确； D． 是重核，其原子核质量大于 ，结合能也更大，故 D 错误。 故选 C。 2.灌浆机可以将涂料以速度 v 持续喷在墙壁上，涂料打在墙壁上后完全附着在墙壁上。涂料的密度为 ，墙 壁上涂料厚度每秒增加 u，不计涂料重力的作用，则喷涂料对墙产生的压强为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】在涂料持续飞向墙壁并不断附着在墙壁上的过程中，涂料小颗粒的速度从 v 变为 0，其动量的变化 缘于墙壁对它的冲量，于是以 时间内喷到墙壁上面积为 、质量为 的涂料为分析对象，墙壁对它 235 144 89 1 92 56 36 0U+X Ba+ Kr+3 n→ 144 56 Ba 144 56 Ba 235 92 U 92 36 56 0x+ = + + 0x = 139 94 3 235 1m = + + − = 144 56 Ba 144 56 88− = 235 92 U 144 56 Ba ρ uvρ u v ρ v u ρ u vρ t∆ S∆ m∆的作用力为 F，涂料增加的厚度为 h。由动量定理知 又 联立可得 故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 3.如图所示，分别用频率为 、 的光照射某光电管，对应的遏止电压之比为 1:3，普朗克常量用 表示， 则（　　） A. 用频率为 的光照射该光电管时有光电子逸出 B. 该光电管的逸出功为 C. 用 的光照射时逸出光电子的初动能一定大 D. 加正向电压时，用 的光照射时饱和光电流一定大 【答案】B 【解析】 【详解】AB．根据光电效应方程 ∆ = ∆F t mv Fp S = ∆ m Shρ∆ = ∆ h u t= ∆ p uvρ= ν 2ν h 1 3 ν 1 2 hν 2ν 2ν C1eU hv W= − ( )C2 2eU h v W= − C1 C2 1 3 U U =联立解得 频率为 的单色光光子能量 故用频率为 的光照射该光电管时不能发生光电效应，即无光电子逸出，故 A 错误，B 正确； C．根据光电效应方程 可知，光子频率越大，光电子的最大初动能越大，但是逸出光电子的初动能小于等于最大初动能，所以用 的光照射时逸出光电子的初动能不一定大，故 C 错误； D．在发生光电效应的前提下，饱和光电流的强度只与光照强度有关，电压只是提高光电子的动能，增大电 流。到达一定程度之后肯定要受到光电子数量的约束，电流不再增大，故 D 错误。 故选 B。 4.蛟龙号深潜器在执行某次实验任务时，外部携带一装有氧气的气缸，气缸导热良好，活塞与缸壁间无摩擦 且与海水相通。已知海水温度随深度增加而降低，则深潜器下潜过程中，下列说法正确的是（　　） A. 每个氧气分子的动能均减小 B. 氧气放出的热量等于其内能的减少量 C. 氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加 D. 氧气分子每次对缸壁的平均撞击力增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．海水温度随深度增加而降低，气缸导热良好，氧气分子平均动能降低，但不是每个氧气分子的 动能均减小，故 A 错误； B．根据热力学第一定律 内能的减少量等于氧气放出的热量和外界对氧气做功之和，故 B 错误； C．根据液体压强公式 可知随下潜深度增加，海水压强增大，由于活塞与缸壁间无摩擦且与海水相通，氧气压强增加，即氧气分 1 2W hv= 1 3 v 1 3h v W× < 1 3 v kE hv W= − 2v U W Q∆ = + p ghρ=子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加，故 C 正确； D．根据冲量定理 氧气分子平均动能降低，氧气分子每次对缸壁的平均撞击力减小，故 D 错误。 故选 C。 5.如图所示，两单色光 a、b 分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射光合成一束复色光 P，已知单 色光 a、b 与法线间的夹角分别为 45°和 30°，则 a 光与 b 光（　　） A. 在玻璃砖中的折射率之比为 B. 在玻璃砖中的传播时间之比为 C. 在玻璃砖中的波长之比为 D. 由该玻璃砖射向真空时临界角之比为 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．假设两单色光 a、b 折射角为 ，则 a 光折射率为 则 b 光折射率为 解得 故 A 错误； B．根据 Ft = mv 2 :1 1: 2 2 :1 2 :1 θ a sin sin 45n θ= ° b sin sin30n θ= ° a b: sin30 :sin 45 1: 2n n = ° ° = cv n =由于路程和光速一样，可得 故 B 正确； C．根据 从一种介质进入另一种介质的波，频率不变，光速一样，可得 故 C 正确； D．临界角公式 可得 故 D 正确。 故选 BCD。 6.一列简谐横波沿 轴传播，图甲是 时的波形图，图乙是 处质点的振动图像，a、b 质点 在 x 轴上平衡位置分别为 ，下列说法正确的是（　　） A. 波沿 轴正方向传播 B. 波的传播速变为 0.5m/s C. t=1.5s 时，a、b 两点的速度和加速度均等大反向 x xnt v c = = a b a b: : 1: 2t t n n= = cv n = v c f fn λ = = a b b a: : 2 :1n nλ λ = = 1sinC n = a b b asin :sin : 2 :1C C n n= = x 1.0t s= 3.0mx = 0.5m 2.5ma bx x= =、 xD. 从 t=1.0s 到 t=1.5s 质点 a 的路程为 10cm 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图乙可知， 时刻质点速度向上，由波形平移法可知，这列波沿 轴负方向传播，故 A 错误； B．由图知 则波速为 故 B 错误； C．a、b 质点在 x 轴上平衡位置分别为 则 可知，a、b 相距半个波长，故此两点为反相点，a、b 两点 速度和加速度均等大反向，故 C 正确； D．从 1.0s 到 1.5s，质点 a 经过 个周期，经过平衡点时的速度大，则 故 D 错误。 故选 C。 7.如图所示，理想变压器原线圈接在正弦交流电源上，副线圈接有两个相同的灯泡，灯泡的额定电压为 110V，电流表、电压表均为理想电表。开关 S 闭合时电流表示数相同，两灯泡均正常发光，若断开开关 S， 导线电阻不计，则（　　） 的 1st = x 4mλ = 2sT = 2m/sv T λ= = 0.5max = 2.5mbx = ab 2.5m 0.5m 2mx = − = 1 4 14 10 m 10m4s > × × =A. 电流表 A2 示数变大 B. 电压表 V2 示数变大 C. 电压表 V1 示数为 V D. 电流表 A1 和 A2 示数之比为 1:2 【答案】D 【解析】 【详解】A．在副线圈中，两个灯泡是并联的关系互相不影响，若断开开关 S，则灯泡 L1 不受影响，则 可知电流表 A2 示数不变，故 A 错误； B．由变压器公式 当断开开关 S 时，匝数比和 U1 均不变，则电压表 V2 示数也不变，故 B 错误； C．由于副线圈两灯泡并联，则两灯泡电压相同，又因为两个灯泡完全相同，电阻一样，则根据 可知两个灯泡电流也相同，根据题意，断开开关之前两个电流表示数相同，由变压器公式 由题意得 则 而原线圈电压始终不变，故 C 错误； D．断开开关前后，由于原线圈电压 U1 不变，匝数比也不变，则副线圈 U2 也不变，根据输入功率等于输出 功率得 220 2 2 A2 L1 UI R = 1 1 2 2 U n U n = UI R = 1 1 2 A2 2 2 1 A1 2 =2U n I I U n I I = = = 2 110VU = 1 22 220VU U= = P P=入 出 A1 1P I U=入解得 故 D 正确。 故选 D。 8.如图所示，通过轻绳和滑轮从矿井中提升重物，光滑动滑轮下吊重物，轻绳 a 左端固定在井壁的 M 点， 另一端固定在光滑的滑环 N 上，轻绳 b 的下端系在滑环 N 上并绕过定滑轮，滑环 N 套在竖直杆上。在右侧 地面上拉动轻绳 b 使重物缓慢上升的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 绳 a 的拉力变大 B. 绳 b 的拉力变大 C. 杆对滑环的弹力变大 D. 绳 b 的拉力始终比绳 a 的小 【答案】D 【解析】 【详解】A．重物缓慢上升的过程中，对重物受力分析，如图所示 根据正交分解可得 解得 A2 2P I U=出 A1 A2 1 2 I I = a2 cosT mgθ = a 1 cos2T mg θ=设轻绳 a 的总长为 l，井口的宽度为 d，如图所示 则根据几何关系可得 ， 又 ， 联立可得 ，在缓慢向上的过程中，l 和 d 保持不变，故 不变，所以 不变，根据 ，可知 不变，故 A 错误； BC．对 N 点受力分析 根据正交分解可得 ， 联立解得 ， 绳 b 的拉力保持不变，由 A 项分析可知，绳 a 的夹角 不变，则 不变，杆对滑环的弹力不变，故 BC 错误； 1 1sinl dθ = 2 2sinl dθ = 1 2l l l+ = 1 2d d d+ = sin d l θ = sinθ cosθ a 1 cos2T mg θ= aT N a sinF T θ= b a cosT T θ= N 1 tan2F mg θ= b 1 2T mg= θ tanθD．由于 根据 所以 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。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，带电量为+q 和 的点电荷分别位于绝缘薄圆盘中心轴线上，两电荷到圆心 O 的距离相等。A 点位于圆盘边缘，B 点为某半径的中点，关于 A、B、O 三点电场强度 E 的大小和电势 的高低关系判断正 确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．根据等量异种点电荷中垂面上电场线分布的特点可知，圆心 O 处场强最大，离圆心越远，电 场线越稀疏，场强越小，即 故 A 正确，B 错误； CD．圆盘处在等量异种电荷的中垂面上，所以此圆盘是一个等势体，薄圆盘表面是一个等势面，即 cos 1θ < b a cosT T θ= b aT T< q− ϕ A B OE E E< < A B OE E E= = A B O ϕ ϕ ϕ> > A B O ϕ ϕ ϕ= = A B OE E E< < A B O ϕ ϕ ϕ= =故 C 错误，D 正确。 故选 AD。 10.在宇宙中，当一颗恒星靠近黑洞时，黑洞和恒星可以相互绕行，从而组成双星系统。在相互绕行的过程 中，质量较大的恒星上的物质会逐渐被吸入到质量较小的黑洞中，从而被吞噬掉，黑洞吞噬恒星的过程也 被称之为“潮汐瓦解事件”。天鹅座X—1 就是这样一个由黑洞和恒星组成的双星系统，它们以两者连线上 的某一点为圆心做匀速圆周运动，如图所示。在刚开始吞噬的较短时间内，恒星和黑洞的距离不变，则在 这段时间内，下列说法正确的是（　　） A. 它们间的万有引力大小变大 B. 它们间的万有引力大小不变 C. 恒星做圆周运动的线速度变大 D. 恒星做圆周运动的角速度变大 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】AB．设质量较大的为 ，质量较小的为 ，则两者之间的万有引力为 解得数学知识可知，当 时， 有最大值，根据题意可知质量较小的黑洞 吞噬质量较大 的恒星 ，因此万有引力变大，故 A 正确，B 错误； CD．对于两天体，万有引力提供向心力，即 解得两天体质量表达式为 1M 2M 1 2 2 M MF G L = 1 2M M+ 1 2M M⋅ 2M 1M 2 21 2 1 1 1 12 2 4M MG M R M RL T πω= = 2 21 2 2 2 2 22 2 4M MG M R M RL T πω= =两天体总质量表达式为 两天体的总质量不变，天体之间的距离 L 不变，因此天体的周期 T 和角速度 也不变，质量较小的黑洞 的质量增大，因此恒星的圆周运动半径增大，根据 可知，恒星的线速度增大。故 C 正确，D 错误。 故选 AC。 11.如图甲所示，导线制成的等边三角形 OMN 放置在水平桌面上，竖直向下的匀强磁场穿过桌面。剪下 MN 间的导线，向左平移到 O 点，现使其在水平外力 F 作用下紧贴 MON 向右匀速运动，从 O 点开始计时，磁 感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图乙所示，棒未脱离 MON 之前，外力 F、棒与 MON 构成的闭合电路中 的电动势 E、电路中的电流 I、外力的功率 P 与时间 t 变化的关系正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【详解】设图乙图象中的一次函数解析式为 由几何知识可知，导体棒切割磁感线的有效长度为 2 2 2 2 1 2 22 4L LM R RG GT ω π= = 2 2 2 2 2 1 12 4L LM R RG GT ω π= = 2 3 2 3 1 2 2 4L LM M G GT ω π+ = = ω 2M 2 Rv T π= 2F t∝ 2E t∝ I t∝ 3P t∝ B kt=设单位长度电阻为 R，回路的总电阻为 感生电动势为 因此 根据 联立可得 因此 由于其在水平外力 F 作用下紧贴 MON 向右匀速运动，即 联立可得 因此 根据 联立可得 因此 60 2 32 tan 2 3L vt vt ° = =   =3 2 3R LR vtR=总 2 22 3 3E BLv kv t= = 2E t∝ EI R = 总 3 kvtI R = I t∝ F F BIL= =安 2 2 32 3 2 3 3 3 9 kvt k v tF kt vtR R = ⋅ ⋅ = ⋅ 3F t∝ P Fv= 2 3 32 3 9P k v tR =故 A 错误，BCD 正确。 故选 BCD。 12.如图所示，两平行光滑杆水平放置，两相同的小球 M、N 分别套在两杆上，并由轻弹簧拴接，弹簧与杆 垂直。已知两杆间距为 0.4m，弹簧原长为 0.5m，两球的质量均为 0.2kg。现给 M 球一沿杆向右 的 瞬时冲量，关于之后的运动，以下说法正确的是（　　） A. M 球在开始的一段时间内做加速度增大的加速运动，直到达到运动中的最大速度 B. 弹簧第一次达到 0.6m 时，M 球的速度大小为 3m/s C. 弹簧达到 0.5m 时，M 球和 N 球总动能最大 D. 弹簧达到最长时，M 球的速度大小为 1.5m/s 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．在最开始时，弹簧处于压缩状态，当 M 球开始运动后，弹簧恢复原长，形变量逐渐减小，因 此弹力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知，加速度逐渐减小，即该过程 M 球做加速度逐渐减小的加速运动， 故 A 错误； B．设一开始弹簧 形变量为 ，当弹簧达到 0.6m 时形变量为 ，则有 M 球在瞬间冲量作用后，获得动量，由动量定理可得 两球和弹簧组成的系统，合外力为零，根据动量守恒定律可得 当弹簧第一次达到 0.6m 时，根据能量守恒定律有 的 3P t∝ 0.6N s⋅ 1x 2x 1 0.5 0.4 0.1mx = − = 2 0.6 0.5 0.1mx = − = M M 0 0.6N sI m v= = ⋅ M 0 M 1 N 2m v m v m v= +解得 即弹簧达到 0.6m 时，M 球的速度大小为 3m/s，故 B 正确； C．根据能量守恒定律，该过程 M 球和 N 球的总动能与弹簧的弹性势能相互转化，当弹簧的弹性势能为 0 时，M 球和 N 球的总动能达到最大。故 C 正确。 D．当两球速度第一次相等时，弹簧第一次达到最大伸长量，根据动量守恒定律可得 解得 即弹簧达到最长时，M 球的速度大小为 1.5m/s，故 D 正确。 故选 BCD。 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。 13.一小组到仓储站劳动实践，在调试如图甲所示的谷物传送机时，发现启动阶段水平放置的传送带不是匀 速运动。为探究传送带在启动阶段的运动性质，该小组进行了以下操作： ①用细绳一端拴盛有小米的纸质漏斗，做成一个单摆； ②一同学站在传送带旁边，手持绳的另一端于传送带中线的正上方不动，漏斗尽量贴近传送带； ③将漏斗适当拉离平衡位置，撕开漏斗下部，让米流出，同时放开漏斗，使单摆始终垂直于传送带中线运 动； ④启动传送带，一段时间后，摆动的漏斗撒出的米在传送带上留下的痕迹如图乙所示，已知重力加速度 g=10m/s2，请回答以下问题： 2 2 2 2 2 1 M 0 M 1 N 2 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2kx m v m v m v kx+ = + + 1 3m/sv = ( )M 0 M Nm v m m v= + 共 1.5m/sv =共(1)用你的毫米刻度尺测量图片中 OA 的长度为_________mm，为判断传送带在启动阶段的运动性质，还需 要测出____________的长度； (2)根据你的测量数据得出的结论是_____________________，理由是_____________。 【答案】 (1). 根据印刷试题中实际距离评分，有效数字须正确 (2). OB 和 OC（或者 AB 和 BC） (3). 可看做匀加速运动 (4). 在误差允许范围内，连续相等的时间段内的位移差相等 【解析】 【详解】(1)[1][2]根据印刷试题中实际距离评分，有效数字须正确。 需要测出 OB 和 OC（或者 AB 和 BC）来计算相同时间内位移差的大小，以此判断运动状态。 (2)[3][4]由图可知，经过 、 、 所用的时间相同，且在误差范围内， 近似等于 ，即在连续相等时间段内位移差相等，符合匀加速运动的条件，因此可以得出该运动是匀加速直 线运动。 14.新华同学要测量毫安电流表的内阻 RA 和电源的电动势 E，实验过程如下： ①选择合适器材连接电路，如图甲所示； ②断开 S2，闭合 S1，调节 R1 的阻值，使电流表满偏； ③保持 的阻值不变，闭合 S2，调节 ，当 的阻值如图乙所示时，电流表的示数如图丙所示； ④保持 S1 闭合，断开 S2，多次改变 的阻值，并相应记录电流表的示数。利用记录的 R1 的阻值和其对应 的电流表示数 I，作出 图线，如图丁所示。 OA AB BC ( )AB OA− ( )BC AB− 1R 2R 2R 1R 1 1 RI −请回答下列问题： (1)丙图中电流表的读数为__________mA，若忽略 闭合后电路中总电阻的变化，电流表的内阻 __________ ； (2)根据图线可求得 E=___________V； (3)电流表 内阻 RA 的测量值___________（选填“>”、“