2020年山东省高考物理模拟试卷

试卷第1页，总17页2020年山东省高考物理模拟试卷一、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.𝛽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(92238𝑈)衰变为铅核(82206𝑃𝑏)的过程中，要经过8次𝛼衰变和6次𝛽衰变C.83210𝐵𝑖的半衰期是5天，100克83210𝐵𝑖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【考点】原子核衰变【解析】𝛽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，电子从原子核内出来；通过电荷数守恒、质量数守恒确定𝛼衰变、𝛽衰变的次数；根据半衰期的物理意义以及剩余质量和总质量之间的关系；密立根油滴实验测出了电子的电荷量，发现了电荷量的量子化，不明说明核外电子的轨道是不连续的；【解答】𝐴、𝛽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，故𝐴错误；𝐵、铀核(92238𝑈)衰变为铅核(82206𝑃𝑏)的过程中，每经一次𝛼衰变质子数少2，质量数少4；而每经一次𝛽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𝑚=238−2064=8，𝛽衰变次数𝑛＝82−(92−8×2)＝6次，故𝐵正确；𝐶、设原来𝐵𝑖的质量为𝑚0，衰变后剩余质量为𝑚则有：𝑚＝𝑚0(12)𝑡𝑇=100×(12)105=25𝑔，即可知剩余𝐵𝑖质量为25𝑔，故𝐶错误；𝐷、密立根油滴实验表明电子的电荷量是分离的，波尔提出核外电子的轨道是分立的不连续的，故𝐷错误。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试卷第2页，总17页【考点】波长、频率和波速的关系横波的图象【解析】根据波速和频率求得波长，从而得到质点间距离和波长的关系。相隔半波长的奇数倍的两个质点，振动情况完全相反。【解答】𝐴、根据波长、频率和波速的关系可知，波长𝜆＝𝑣𝑇=𝑣𝑓=0.4𝑚，𝑃𝑄＝0.6𝑚＝1.5𝜆，故𝑄点比𝑃点晚1.5个周期开始振动，故𝐴错误。𝐵、𝑃、𝑄两点的平衡位置相关半个波长的奇数倍，故两者振动情况完全相反，当𝑄点的位移最大时，𝑃点的位移也最大，但两者方向相反，故𝐵错误。𝐶、𝑃、𝑄两点的运动方向始终相反，故𝐶错误。𝐷、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，故𝐷正确。3.下图是一升降机的运动情况，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的小物块，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𝑚𝑔D.𝑡＝3𝑡0时刻，物块所受支持力大小为2𝑚𝑔【答案】C【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重【解析】失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度。【解答】𝐴、由乙图可知，在0∼2𝑡0时间内，加速度一直向上，物块一直处于超重状态，故𝐴错误；𝐵、由乙图可知，在𝑡0∼3𝑡0时间内，加速度一直向上，物块一直处于超重状态，故𝐵错误；𝐶、由乙图可知，𝑡＝𝑡0时刻，加速度为0，物块所受的支持力大小为𝑚𝑔，故𝐶正确；𝐷、由乙图可知，𝑡＝3𝑡0时刻，加速度为2𝑔，由𝐹−𝑚𝑔＝𝑚𝑎可知物块所受的支持力𝐹＝3𝑚𝑔，故𝐷错误。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。试卷第3页，总17页下列说法正确的是（）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【考点】匀变速直线运动的概念【解析】图象是速度-时间图象，不是位移-时间图象，所以无法判断出发位置；在0到𝑡2的时间内，两车有两次速度相等；𝑣−𝑡图线的斜率表示加速度；𝑣−𝑡图象与坐标轴所围图象的面积表示位移，然后根据平均速度定义可以判断平均速度的大小。【解答】𝐴、出发位置不能做出判断，故𝐴错误；𝐵、在0到𝑡2的时间内，两车有两次速度相等，并不是相遇，故𝐵错误；𝐶、𝑣−𝑡图象的斜率表示加速度，在𝑡1到𝑡2时间内的某一时刻，乙图线的斜率和甲图线平行，说明加速度相等，故𝐶正确；𝐷、在𝑡1到𝑡2时间内乙的位移大于甲的位移，故甲的平均速度一定小于乙的平均速度，故𝐷错误。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象如图所示。下列判断正确的是（）A.𝑇2时刻线框平面与中性面平行B.穿过线框的磁通量最大为𝐸0𝑇2𝜋C.线框转一周外力做的功为𝐸02𝑇𝑅D.从𝑡=𝑇4到𝑡=3𝑇4的过程中，线框的平均感电动的𝐸02【答案】B【考点】交变电流的图象和三角函数表达式法拉第电磁感应定律试卷第4页，总17页【解析】（1）由图可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于各个时刻的磁通量；（2）根据能量守恒定律求线框转一周外力所做的功；（3）根据𝐸=𝑁△⌀△𝑡求平均电动势。【解答】𝐴、由图可知𝑡=𝑇2时刻感应电动势最大，此时线圈所在平面与中性面垂直，故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𝐸𝑚＝𝑁𝐵𝑆𝜔得：⌀𝑚=𝐸𝑚𝜔=𝐸02𝜋𝑇=𝐸0𝑇2𝜋，故𝐵正确；𝐶、根据能量守恒可知，线圈转一周所做的功为转动一周的发热量：𝑄=𝐸2𝑅𝑇=(𝐸𝑚√2)2𝑅𝑇=𝐸022𝑅𝑇，故𝐶错误；𝐷、从𝑇4到3𝑇4时刻的平均感应电动势为𝐸=△⌀𝑚𝑇2=2⌀𝑚𝑇2=2𝐸0𝜋，故𝐷错误；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【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】电容器所带电荷量不变，即电源电动势不变；电容器的充电时间变长，即充电电流变小，电路中电阻变大。【解答】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，二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。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（）试卷第5页，总17页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【考点】牛顿第二定律的概念【解析】当弹簧的形变量不变时，下底板传感器显示的压力𝐹2不变。根据牛顿第二定律分析𝐹1的变化情况，并根据牛顿第二定律求出𝐹1＝0和𝐹2＝0时的加速度。【解答】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：𝐹2−𝑚𝑔−𝐹1＝𝑚𝑎，得𝐹1＝𝐹2−𝑚𝑔−𝑚𝑎，知随着加速度缓慢增大，𝐹1逐渐减小，故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：𝑚𝑔+𝐹1−𝐹2＝𝑚𝑎，得𝐹1＝𝐹2−𝑚𝑔+𝑚𝑎，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𝐹2＝𝑚𝑔+𝐹1，得𝑚＝0.4𝑘𝑔若加速度方向向上，当𝐹1＝0时，由𝐴项分析有𝐹1＝𝐹2−𝑚𝑔−𝑚𝑎＝0，解得𝑎＝5𝑚/𝑠2，故𝐶正确。𝐷、若加速度方向向下，弹簧不可能恢复原长，则𝐹2的示数不可能为零，故𝐷错误。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=√2𝑔𝑙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𝜇的取值范围是（）A.14𝜇27B.29𝜇14C.111𝜇19D.213𝜇211【答案】C【考点】摩擦力做功与能量转化动量守恒定律的理解【解析】物体与箱子组成的系统水平方向不受外力，系统的动量守恒，可求出相对静止时的共同速度；试卷第6页，总17页再根据能量守恒定律求出系统产热；再利用系统产热等于摩擦力乘以相对路程，先求出物体相对于木箱运动的总路程范围，再进一步求出动摩擦因数𝜇的取值范围。【解答】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：𝑚𝑣0＝(𝑚+𝑚)𝑣共解得：𝑣共=12𝑣0；对小物块和箱子组成的系统，由能量守恒定律得：12𝑚𝑣02=12(𝑚+𝑚)𝑣共2+𝑄解得：𝑄=14𝑚𝑣02=12𝑚𝑔𝑙；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最小为92𝑙，最大为112𝑙小物块受到摩擦力为：𝑓＝𝜇𝑚𝑔，对系统，利用产热等于摩擦力乘以相对路程，得：𝑄＝𝑓𝑠当𝑠=92𝑙时，𝜇=19，当𝑠=112𝑙时，𝜇=111，故111𝜇19，故𝐶正确，𝐴𝐵𝐷错误。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．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𝑊0，则（）A.电场强度的方向沿着𝑎𝑏方向B.直线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】B,C【考点】电势差与电场强度的关系电势能试卷第7页，总17页【解析】在匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等；根据电场线与等势面垂直垂直画出电场线，根据𝑊＝𝑞𝑈计算电场力做的功。【解答】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𝑊＝𝑞𝑈可知，𝑈𝑑𝑎＝−𝑈𝑏𝑎；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，故𝐵正确；𝐶、由于质子由𝑎点运动到𝑏