2020屆山東省新高考物理模擬試題附答案

20202020屆山東省新高考物理模擬試題第頁共8頁2020屆山東省新高考物理模?擬試題答案題號123456789101112答案1、【答案】D【詳解】A.原子核的半衰期與外界條件及所處狀態(tài)無關，由自身決定，A錯誤。大量處于n=4激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級躍遷，任選兩條軌道，所以輻射出C2=6種頻率4光子，B錯誤。根據(jù)光速方程：c=九v可知，波長變長，頻率降低，所以該光不能使金屬發(fā)生光電效應，波長更長即頻率更低的光，依然不能使金屬發(fā)生光電效應，C錯誤。氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，需要吸收能量，總能量增大，根據(jù)庫侖力提供向心力：k一=m，可知，軌道半徑越大，速度越小，動能越小，r2r總能量等于動能加勢能，所以勢能增大，D正確。2、【答案】D【解析】B、飛鏢1下落的高度小，根據(jù)h二1gt2，解得心；絲，可知飛行時間t<t，故B2Vg12錯誤；A、加速度相等，都為g,則速度變化量Av二gt，可得AV]<Av2，故A錯誤；C、由于水平位移相等，根據(jù)x二v0t，可知初速度v〉v，故C錯誤；012vvD、根據(jù)tan=匸=gt，對于飛鏢1，時間短，初速度大，則tanO1>tanO2，所以91>02，y故D正確；故選D。3、【答案】C【解析】a處是波峰與波峰疊加，為振動加強點，振幅為2A，但質點并不始終處于離平衡位置12A處，A錯誤；質點只在平衡位置附近振動，并不隨波移動，B錯誤；從該時刻起，經(jīng)過才匚c處為平衡位置與平衡位置相遇，質點將通過平衡位置，C正確；兩列波傳到b點的振動情況一直在變化，當S2不動，s1沿S1b連線向b運動，b處質點不可能始終處于平衡位置，D錯誤。故選C。4、【答案】Bvv【詳解】時間的單位應該是s,t=七的單位為m,故A錯誤；如果不考慮空氣的阻力，則gv2vv+v.2vTOC\o"1-5"\h\zV[=v2，t上=t下，故運動的總時間t=1.由于空氣阻力作用，v2<v[,2<1，12上下gg21gg故B答案是合理的，故B正確。假設空氣的阻力為0,則v產v2，則t=t，故運動的總時間12上下\o"CurrentDocument"v+vv—v2vt=T2,而一2=0，故C錯誤。若沒有空氣阻力，v[=v2，時間應為t=1，故選項Dgg12g中運動時間t=中運動時間t=注紅不合理,故D錯誤。5、【答案】A【解析】A.從地面躍起過程中，地面對人沒有位移，所以地而對他所做的功為0故A正確；B錯誤；C、.從下蹲到離開地面上升過程中，運動員的動能增加，重力勢能也增加所以他的機械能是增加的，故C錯誤；D、離開地面后，他在上升過程和下落過程中都有向下的加速度，所以都處于處于失重狀態(tài)，故D錯誤；綜上所述本題答案是：A6、【答案】DTOC\o"1-5"\h\zMmv2【詳解】A.根據(jù)G—-=m—得，第一宇宙速度火星質量和半徑的比值較小，則火星的第一宇宙速度較小，故A錯誤。BD.火星和地球均繞太陽做圓周運動，根據(jù)小—-4兀2G=—a=—r\o"CurrentDocument"r2T2得：火星的軌道半徑較大，則加速度較小，周期較大，故D正確，B錯誤?！狢.根據(jù)G=—g，得：R2由于火星質量和半徑的二次方比值較小，則火星表面的重力加速度較小，故C錯誤。7、【答案】D【解析】【詳解】AC.根據(jù)題意可知：設斜面傾角為9，對斜面體因為地面對斜面體摩擦力向右，所以物塊對斜面體的壓力的水平分力小于物塊對斜面體摩擦力的水平分力，設物塊斜面體之間彈力為Fn，有:Fsin9<卩Fcos9，所以卩>tan9，同時撤去兩力,—gsin9<p—gcos9，NNN物塊將減速，AC錯誤。B.對斜面受力分析可知：L=p(—gcos9-F2)cos9，只撤去F2,地面對B的摩擦力變地22大，B錯誤。D.對斜面受力分析可知：/=p(—gcos9-F)cos9，只增大物塊質量，摩擦力變大，D地2正確。8、【答案】B【解析】AD、閉合開關S,增大可變電阻R的阻值后，電路中電流減小，由歐姆定律分析得知，電阻比兩端的電壓U］減小，由閉合電路歐姆定律U=E-Ir得它們的總電壓即路端電壓U路增大，由U路=U,+U得電阻R兩端的電壓U增大，AU1+AU>0，所以電阻R1兩端路路111的電壓減小量小于△U,故A錯誤，由于電容器與電阻比并聯(lián)，所以電容器兩端的電壓等于電阻R1兩端的電壓，所以有電容器的兩端的電壓減小，帶電量減小，減小量小于CAU，故D

錯誤；由數(shù)學知識得應二叫+r，所以電壓B、根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U由數(shù)學知識得應二叫+r，所以電壓表示數(shù)變化量AU和電流表示數(shù)變化AI的比值不變，故B正確；C、由圖可知+=R，由于R增大，則電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I的比值變大?故C錯誤；故選B。【點睛】兩電表讀數(shù)的比值要根據(jù)歐姆定律和閉合電路歐姆定律來分析，注意，AU豐R，R是非線性電阻。AI9、【答案】CD【解析】【詳解】AB、在整個運動過程中，系統(tǒng)的合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，小球a與b碰撞后粘在一起，動能減小，機械能減小，故AB錯誤；C、a與b碰撞后，彈簧被壓縮，彈簧對b產生向左的彈力，對c產生向右的彈力，ab做減速運動，c做加速運動，當c的速度大于ab的速度后，彈簧壓縮量減小，則當小球b、c速度相等時，彈簧壓縮量，彈性勢能最大，故C正確；D、當彈簧恢復原長時，小球c的動能一定最大，根據(jù)動量守恒和機械能守恒分析可知，小球b的動能不為零，故D正確；故選CD?！军c睛】含有彈簧的問題，難點是對物體運動過程的分析，得到彈簧勢能最大的臨界條件；本題根據(jù)動量守恒和機械能守恒分析求得。10、【答案】BCD【解析】開關耳始終接a，副線圈電壓不變，當滑片P向下滑動時，接入電路的總電阻變大，電流變小，所以電流表的示數(shù)均變小，B正確；副線圈電壓不變，所以電壓表V］的示數(shù)不變，電壓表v2測量的是滑動變阻器的電壓，因為總電流變小，所以定值電阻的分壓變小，所以滑動變阻器的分壓變大，故V2示數(shù)變大，A錯誤；保持滑片P的位置不變，將開關S］由a改接b副線圈電壓變大，滑動變阻器的分壓變大，所以電容器兩端電壓變大，電荷量增多，CD正確．11、【答案】BCD【詳解】由動量守恒可知衰變后產生的A粒子與新核Y運動方向相反，所以在磁場中運動的mv2軌跡圓外切，根據(jù)qvB=——Rmvmv2軌跡圓外切，根據(jù)qvB=——Rmv可得R=亦,可知A粒子半徑大,由左手可知兩粒子圓周運動方向相同，丁圖正確，故選項A錯誤;mvR亦可知靈2=，新核Y在磁場中圓周Z-2運動的半徑為R二ZL_R，故選項B正確；圓周運動的周期為T=色#，環(huán)形電流為YZ-2qBqBq2mv2qBR1=廠喬’故選項C正確;對A粒子由洛倫磁力提供向心力qvB=-r可得v由質量關系可知衰變后新核Y質量為M=寧m，由衰變過程中動量守恒可得加'-mv-0

mv11可知宀-，系統(tǒng)增加的能量為AE-2伽2+2mv2，由質能方程可得AE二曲2，聯(lián)立解得衰變過程中的質量虧損為A解得衰變過程中的質量虧損為Am二2故選項D正確。12、【答案】BD【解析】A項：由題意可知，在4質點1位于波峰可知，質點的起振方向向上，根據(jù)受迫振動的振動方向與波源振動方向相同，所以質點5的起振方向向上，故A錯誤；B項：t=T/4時，質點3位于平衡位置上方，所以加速度方向向下，故B正確；C項：在t=T/2時，質點8開始向上振動，所以振動速度減小，故C錯誤；D項：在t=T時，1到16個質點剛好第一次構成一個標準的完整正弦圖像，故D錯誤。二、實驗題13、【答案】(1).A(2).BD(3).0.54(4).1.5(5).未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力(6).未滿足小車的質量遠遠大于小桶和砝碼的總質量【解析】【詳解】(1)本實驗采用的實驗方法是控制變量法；平衡摩擦力時，應不掛小桶，讓小車拖著紙帶在木板上做勻速運動，選項A錯誤；每次改變小車質量時，不需要重新平衡摩擦力，選項B正確；實驗時要先接通電源后放小1車，選項C錯誤；因為a-為正比關系，故為得出加速度a與與質量m的關系而作出m1的a-圖象，選項D正確；故選BD。m計數(shù)點間的時間間隔T=0.02sx5=0.1s,打B計數(shù)點時小車的速度大小為xv=-^ac=0.54m/s；b2T'Ax根據(jù)逐差法得Ax根據(jù)逐差法得a-t2‘x-x小車的加速度a=苗產=1.5m/s2(2)(2)A2，R1；偏小；如圖所示;由圖線可知，當力F到達一定值時才有加速度，故圖線不過原點的原因是未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力；圖線在末端彎曲的原因是未滿足小車的質量遠遠大于小桶和砝碼的總質量；14、【答案】(1)AEDC，22【解析】【詳解】解：(1)①發(fā)現(xiàn)指針轉過角度太大，知電阻較小，則換用“xlQ”，換擋后需重新調零.然后去測電阻，最后將旋鈕旋至“OFF”擋或交流電壓的最高擋.故合理順序為：AEDC.②Rx的測量值為22xlQ=22Q.

(2)通過電阻電流的最大值大約I二22A二0.23A，所以選擇量程為300mA的電流表測量比較準確.總阻值為2500的滑動變阻器阻值相對較大，測量時誤差大，所以選擇總阻值為100的滑動變阻器.由于待測電阻遠小于電壓表的內阻，屬于小電阻，所以電流表采用外接法.因采用外接法，則由于電壓表的分流而使電流表測量結果偏大，由歐姆定律可知，所測電阻偏?。蝗舨捎孟蘖鞣?，電路中的電流較大，容易超過電流表的量程，所以滑動變阻器采用分壓式接法，電路圖如圖所示：根據(jù)電路圖連接實物圖，如圖所示：【點睛】解決本題的關鍵掌握器材選取的原則，知道滑動變阻器分壓式接法和限流式接法的區(qū)別，以及知道電流表內外接的區(qū)別.15、解：(1)設左、右活塞的面積分別為A'和A,由于氣體處于平衡狀態(tài)，故兩活塞對氣體的壓強相等，即:由此得：2在兩個活塞上各加一質量為m的物塊后，右活塞降至氣缸底部，所有氣體都在左氣缸中在初態(tài)，氣體的壓強為川，體積為2；在末態(tài)，氣體壓強為'占，體積為(X為左活塞的高度)由玻意耳一馬略特定律得：占3A，設x'是溫度達到T時左活塞的高度,(2)，設x'是溫度達到T時左活塞的高度,(2)當溫度由T0上升至T時，氣體的壓強始終為解得：4，即兩活塞的高度差為由蓋?呂薩克定律得:W=Fs=4^g-h(-_1)=5^(—-1)活塞對氣體做的功為：A27=W^O由熱力學第一定律：,W〈O,AU〉O,???Q〉O,在此過程中氣體吸收熱量16、【解析】(1)推力F通過P壓縮彈簧做功，根據(jù)功能關系有Ep=W”①當彈簧完全推開物塊P時，有Ep=2mpv2②由①②式聯(lián)立解得v=4m/so(2)P、Q之間發(fā)生彈性碰撞，設碰撞后Q的速度為v0,P的速度為v',由動量守恒和能量守恒得m恒得mpv=mpv'+mQv0③由③④式解得v°=v=4m/s,v'=0。設滑塊Q在小車上滑行一段時間后兩者的共同速度為u,由動量守恒可得mQv0}=(mQ^M)u⑤根據(jù)能量守恒,系統(tǒng)產生的摩擦熱1卩mQgL=2mQv2—聯(lián)立⑤⑥解得L=6m。17、【答案】(1)60。三衣120。(2)一一2【解析】【分析】電子在磁場中做勻速圓周運動,電子在極板間做勻變速曲線運動,豎直方向做勻減速直線運動，剛好能打到A板上的電子滿足到達A板時豎直方向速度等于0,運用動能定理求解；能進入極板間的電子與金屬板K的夾角0滿足45°<0<135。，利用作圖找出幾何關系，求出進入AK極板間的電子數(shù)占發(fā)射電子總數(shù)的比例。解：(1)設恰能打到A板的電子在進入極板與金屬板K的夾角為給11電子在極板運動過程運用動能定理-U?e二m(vcos9)2-mv2AK202

得°°二60。或9二120得°°二60?；?二120。0廠“故能打到A板上的電子與金屬板K的夾角0滿足\o"CurrentDocument"60°<9<120。：瓷（2）能進入極板間的電子與金屬板K的夾角0滿足L-45°<9<135°0=45°的電子在磁場中的軌道如圖甲所示，入射點為M平行四邊形O]POM為菱形，電子在磁場中運動的半徑也為RM到P點的豎直距離d二M甲R（1一cos45。）匸+0=135°的電子在磁場中的軌道如圖乙所示，入射點為NN到P點的豎直距離d二R（1+cos45°）TOC\o"1-5"\h\zN_d一dJ2故NM豎直長度占射入總長度2R的比例十—m二-\o"CurrentDocument"2R227.8m218、【答案】（1）2m/s（2）0.44m/s（3）5.56C（427.8m2【解析】A棒在曲軌道上下滑，由機械能守恒定律得：1mgh=mv02…①得：v0=￡2gh=\'2x10x0.2m/s=2m/s（2）選取水平向右為正方向，對A、B利用動量定理可得:對B：FB、cosO?t=MvB...②B安B對A：-FacosO?t=mvA-mv0…③A安A0其中Fa安=2Fb安…④由上知：mv0-mvA=2MvB兩棒最后勻速時，電路中無電流：有BLvB=2BLvA得：vB=2vA…⑤2聯(lián)立后兩式得：vB=9v