2020屆山東省日照市高考物理一模試卷(含答案詳解)

2020屆山東省日照市高考物理一模試卷一、單選題（本大題共8小題，共24.0分）1. 下列說法正確的是(????)A.α、β和γ三種射線中，γ射線的穿透能力最強B.β衰變中產生的β射線實際上是原子的核外電子掙脫原子核的束縛而形成的C.英國物理學家湯姆生發(fā)現電子，并通過油滴實驗精確測定了元電荷e的電荷量D.紫外線照射到金屬鋅板表面時能產生光電效應，則當增大紫外線的照射強度時，從鋅板表面逸出的光電子的最大初動能也隨之增大2. 如圖，將鉤碼懸掛在橡皮筋的中點C，橡皮筋的兩端連接A、B兩小環(huán)，A、B并攏靠在一起穿于水平桿上．將A、B逐漸分開，在分開過程中橡皮筋的長度將(????)A.保持不變 B.逐漸變長C.逐漸變短 D.先逐漸變短，后逐漸變長3. 光在真空中的傳播速度大于光在其他任何介質中的傳播速度。關于任何介質(非真空)的折射率，下列說法正確的是(????)A.一定大于1 B.一定小于1C.可能等于1 D.可能大于1，也可能小于14. 如圖所示，L1、L2、L3、L4，是四盞相同的白熾燈，白熾燈的額定電壓為U、額定電流為I，理想變壓器原、副線圈的匝數分別為n1和n2，原線圈所接的正弦交流電的電壓U0A.n1n2C.開關S斷開后，燈L1的功率不變 D.開關S斷開后，燈L5. 如圖，一機械臂鐵夾夾起質量為m的小球，機械臂與小球沿水平方向做加速度為a的勻加速直線運動，則鐵夾對球的作用力(????)A.大小為mg，方向豎直向上B.大小為ma，方向水平向右C.大小與小球的加速度大小無關D.方向與小球的加速度大小有關6. 在地球赤道上空，沿東西方向水平放置一根直導線，通以自東向西方向的電流，則此導線受到地磁場的安培力作用方向為(????)A.豎直向下 B.豎直向上 C.由南向北 D.由東向西7. 質量為m=2kg的物塊靜止放置在粗糙水平地面O處，物塊與水平面間的動摩擦因數μ=0.5，在水平拉力F作用下物塊由靜止開始沿水平地面向右運動，經過一段時間后，物塊回到出發(fā)點O處，取水平向右為速度的正方向，如圖a所示，物塊運動過程中其速度v隨時間t變化規(guī)律如圖b所示，重力加速度g取10m/s2，則不正確的是(????)A.物塊經過4

s時間離出發(fā)點最遠B.第3s內物體的位移為2.5mC.在3.5

s

至4.5

s的過程，物塊受到的水平拉力不變D.4.5

s時刻水平力F的大小為16

N8. 如圖所示，小車沿水平面做直線運動，小車內粗糙底面上有一物塊被一拉伸彈簧拉著，小車向右做加速運動，若小車向右的加速度增大，物塊始終相對小車靜止，則物塊所受摩擦力F1和車右壁受彈簧的拉力F2的大小變化可能是(????)A.F1不變，F2一直變大 B.F1C.F1先變大后變小，F2不變 D.F1二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）9. 下列說法中正確的有(????)A.分子力減小時，分子勢能可能增大B.布朗運動是由固體顆粒中分子間碰撞的不平衡引起的C.空氣流動的越快，分子熱運動的平均動能越大D.液體分子間的相互作用力比固體分子間的作用力要小10. 如圖所示，甲、乙兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，兩波源分別位于x=-0.2m和x=1.2m處，兩列波的速度均為v=1m/s，兩列波的振幅均為2cm，圖示為t=0時刻兩列波的圖象，此刻P、Q兩質點剛開始振動。質點M的平衡位置處于x=0.5m處，下列說法正確的是(????)A.兩列波相遇后不會產生穩(wěn)定的干涉圖樣B.質點M的起振方向沿y軸正方向C.甲波源的振動頻率為1.25HzD.1s內乙波源處的質點通過的路程為0.2mE.在t=2s時刻，質點Q的縱坐標為2cm11. 人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，設地球的半徑為R，地面處的重力加速度為g，則人造衛(wèi)星(????)A.繞行的最大線速度為RgB.繞行的最小周期為2πC.在距地面高為R處的繞行速度為RgD.在距地面高為R處的周期為2π12. 如圖，電路中閉合開關后，燈泡和均正常發(fā)光。由于某種原因的燈絲突然燒斷，其余用電器均未損壞。電路再次穩(wěn)定后，下列說法正確的是(????)A.電流表示數變大B.電容器所帶電荷量不變C.電源的輸出功率一定變大D.電源的工作效率一定變大三、實驗題（本大題共2小題，共14.0分）13. 在“驗證機械能守恒定律”的實驗中：(1)下列器材中不必要的是______(單選)A.重物

B.紙帶

C.天平D刻度尺(2)在實驗中，以下步驟僅是實驗中的一部分，在這些步驟中多余的或錯誤的是______(單選)A.把打點計時器固定到鐵架臺上，并用導線把它和交流電源連接起來B.把紙帶的一端固定到重錘上，另一端穿過打點計時器的限位孔，把重錘提升到一定高度C.接通電源，釋放紙帶D.用秒表測出重錘下落的時間(3)由于打點計時器兩位孔不在同一豎直線上，使紙帶通過時受到較大阻力，這樣會導致的實驗結果是減少的重力勢能______增加的動能(選填“大于”或“小于”)14. 某同學利用圖甲電路測量電源的電動勢E及內阻r。提供的實驗器材還有：量程0～3V的電壓表V，量程0～0.6A的電流表A，滑動變阻器R(1)按圖甲電路，用筆畫線表示導線將圖乙中的實物圖連接好(圖中已連接一條導線)。(2)閉合開關前，應將滑動變阻器的滑片P滑到______(填“最左端”“中央”或“最右端”)。(3)閉合開關后，調節(jié)滑動變阻器的滑片，當電流表讀數為0.20A時，電壓表讀數為2.50V；當電流表讀數為0.40A時，電壓表讀數為2.20V，則電動勢E=______V，內阻r=______Ω。四、計算題（本大題共4小題，共46.0分）15. 如圖所示，開口豎直向上的細玻璃管內有一段長為L2=15cm的水銀柱，封閉了一段長度為L1=20cm的氣體，此時封閉氣體溫度為300K，水銀柱的上端距離管口的距離為L3=5cm，已知大氣壓強為①玻璃管旋轉90°時，封閉氣體的長度為多少？②水銀柱剛好沒流出管口時，此時玻璃管中封閉氣體的溫度為多少K？16. 如圖所示，質量為m的長木板C靜止在光滑水平面上，C的右端有一塊固定的檔板。質量均為m的小滑塊A和B，分別以v0、2v0的速度從木板的左端和中間某一位置同時水平向右滑上木板C.滑塊A、B與木板間的動摩擦因數均相同。之后的運動過程中B曾以43v0(1)滑塊A和B的最小速度。(2)系統(tǒng)損失的機械能。17. 如圖甲所示為某校2015學年秋季運動會開幕式時采用無人機拍攝的照片，圖乙為正在高空進行拍攝的無人機，已知無人機質量m=1kg，動力系統(tǒng)能提供的最大升力F=16N，無人機上升過程中最大速度v=6m/s，若無人機從地面以最大升力豎直起飛，達到最大速度所用時間為3s，假設無人機豎直飛行時所受阻力大小不變，求：(1)無人機以最大升力起飛的加速度；(2)無人機在豎直上升過程中所受阻力Ff(3)無人機從地面起飛豎直上升至高地高度h=30m的高空所需的最短時間．18. 如圖所示，豎直放置的電容器兩極板間距d=0.2m，兩板間電勢差U=1500V，質量為0.1g、電荷量為10-7C的帶正電的小球用L=0.1m長的細線懸于到兩板距離相等的O點，將小球拉于水平位置A后放開，當小球運動到細線最大拉力處時，細線突然斷開，求小球運動過程中離左極板的最小距離。

參考答案及解析1.答案：A解析：解：A、α、β和γ三種射線中，γ射線的穿透能力最強，電離能力最弱，故A正確；B、β衰變產生的β射線是中子轉化為質子和電子時產生的，故B錯誤；C、英國物理學家湯姆生發(fā)現電子，美國物理學家密立根通過油滴實驗精確測定了元電荷e的電荷量，故C錯誤；D、光電子的最大初動能與入射光的頻率有關與光照強度無關，因此增大光照強度，光子的最大初動能不變，故D錯誤。故選：A。α、β和γ三種射線中，γ射線的穿透能力最強；β衰變產生的β射線是中子轉化為質子和電子時產生的；英國物理學家湯姆生發(fā)現電子，美國物理學家密立根通過油滴實驗精確測定了元電荷e的電荷量；光電子的最大初動能與入射光的頻率有關與光照強度無關。本題考查了原子物理的基礎知識，大都需要記憶，因此注意平時多加積累；同時要注意相應物理規(guī)律間的聯系，明確物理學史。2.答案：B解析：解：由題意可知，兩根橡皮筋的合力是一定的，根據力的平行四邊形定則可知，當兩夾角在增大時，導致兩分力大小在增大，因此橡皮筋的長度在變長。故選：B。根據力的平行四邊形定則，結合三角知識，及彈力與形變量的關系，即可求解．考查合力一定時，夾角在變化，則分力如何變化，同時掌握力的平行四邊形定則的應用．3.答案：A解析：解：根據介質的折射率等于光在真空中的傳播速度c與在該介質中的傳播速度v之比，即n=cv，因為c>v，所以n>1，故A正確，故選：A。根據介質的折射率等于光在真空中的傳播速度與在該介質中的傳播速度之比，來分析。解決本題的關鍵要掌握折射率與光速的關系n=cv，也可以根據折射定律4.答案：A解析：解：AB、當開關S閉合后，四盞燈均正常發(fā)光，則原線圈輸入電流：I1=I，副線圈輸出電流：I2=3I，根據變流比可知，n1CD、開關S斷開后，副線圈電阻增大，根據歐姆定律可知，輸出電流減小，根據變流比可知，輸入電流減小，則燈泡L1兩端電壓減小，消耗功率減小，故CD故選：A。原線圈串聯用電器，則交流電壓沒有直接接在原線圈兩端，可以從電流入手，根據變流比確定匝數之比。開關S斷開后，副線圈電阻變化，根據歐姆定律確定輸出電流變化，進一步判斷輸入電流變化，確定小燈泡消耗的功率。此題考查了變壓器的構造和原理，解題的關鍵是掌握理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關系，明確原線圈的電路結構，交流電源沒有直接接在原線圈兩端。5.答案：D解析：解：AB、對小球受力分析可知，小球受重力、鐵夾對球的作用力，當機械臂與小球沿水平方向做加速度為a的勻加速直線運動，根據牛頓第二定律可知，合力沿水平方向，則鐵夾對球的作用力斜向上方，故AB錯誤；C、根據平行四邊形定則，鐵夾對球的作用力大小為：F=(mg)2D、合力方向水平，設鐵夾對球的作用力與豎直方向成θ，由矢量三角形可得：tanθ=mamg=故選：D。對小球受力分析，根據牛頓第二定律確定球的受力情況。本題考查牛頓第二定律，要注意小球在豎直方向上受到靜摩擦力作用，注意靜摩擦力的大小與正壓力大小無關。6.答案：A解析：解：赤道處的磁場方向從南向北，電流方向自東向西，根據左手定則，安培力的方向豎直向下。故A正確，B、C、D錯誤。故選：A。通過磁場方向、電流方向，根據左手定則判斷安培力的方向．解決本題的關鍵掌握左手定則判斷磁場方向、電流方向、安培力方向的關系，注意磁場的方向是解題的關鍵．7.答案：C解析：解：A、由圖可知，0到4s，物體速度值為正，向正方向運動，4到5s，速度值為負，向反方向運動，所以物塊經過4s時間距出發(fā)點最遠，故A正確；B、前3s內的位移為x=12×3×3m=4.5m，故第3s內的位移為xC、0到4s，物體向正方向運動，摩擦力做負功；4到5s，物體反方向運動，但是摩擦力仍然與運動方向相反，摩擦力還是做負功，故C不正確；D、在3到5s，物體的加速度大小為：a=△v△t=31m/在4-5s內，由牛頓第二定律可得：F-μmg=ma，F=0.5×2×10+2×3，解得：F=16N，故C錯誤，D正確；因選不正確的，故選：C。物體速度值為正，向正方向運動，速度值為負，向反方向運動，由圖象分析可知物塊經過4s時間距出發(fā)點最遠；在v-t圖象中斜率代表加速度，根據圖象求出加速度結合牛頓第二定律求出拉力；第4s時刻，物體運動方向改變，水平拉力的方向改變。解答本題的關鍵是知道v-t圖象中圖象的含義。(1)圖象的斜率表示物體的加速度；(2)圖象與時間軸所圍面積表示物體的位移；(3)速度值為正，表示物體向正方向運動，速度值為負，表示物體向反方向運動。8.答案：B解析：解：小車向右的加速度增大時，物塊始終相對小車靜止，彈簧的長度不變，壓縮量不變，根據胡克定律可知，車右壁受彈簧的壓力F2當物塊所受摩擦力F1向左時，對物塊，由牛頓第二定律得：F2-F1隨著加速度的增大，當物塊相對小車有向左趨勢時，所受的靜摩擦力向右，則有F2+F1=ma，a增大，F1變大。所以故選：B。彈簧的拉力與彈簧的形變量有關．由胡克定律分析F2的變化．根據物塊可能的摩擦力方向，由牛頓第二定律列式分析F本題要抓住彈簧的彈力與壓縮量成正比，由胡克定律分析得出彈力不變，關鍵是要注意靜摩擦力方向的變化．9.答案：AD解析：分子間的分子勢能應根據分子力做功進行分析，溫度是分子平均動能的標志；布朗運動是指固體小顆粒的無規(guī)則運動。對于分子熱運動，應掌握好分子運動論的三個基本規(guī)律，注意全面掌握。A、分子間表現為引力時，分子力可能隨距離的增大而減小，當分子間距離增大時，分子力做負功，故分子勢能隨分子之間的距離的增大而增大，故A正確；B、布朗運動指的是懸浮在液體中的固體小顆粒的無規(guī)則運動，是由于液體分子對顆粒的無規(guī)則運動碰撞的不平衡引起的，故B錯誤；C、溫度是分子平均動能的標志，與空氣流動的快慢無關，故C錯誤；D、液體有確定的體積但是沒有確定的形狀(有流動性)，而固體及有確定的體積又有固定的形狀，液體分子間的相互作用力比固體分子間的作用力要小，故D正確。故選：AD。

10.答案：ACD解析：解：A、兩列波的波速相等，但波長不相等，由v=λf知兩波的頻率不相等，則兩列波相遇后不會產生穩(wěn)定的干涉圖樣，故A正確。B、兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，由同側法判斷知t=0時刻，質點P沿y軸正方向運動，質點Q沿y軸負方向運動，由于不知道兩列波的質點在平衡位置的速度大小，所以當波傳到M點時，質點M的起振方向不確定，故B錯誤；C、甲波的波長λ=0.8m，由v=λf得f=vλ=1.25HzD、1s內波傳播的距離為x=vt=1m，則知t=1s時刻甲波剛好傳到乙波源處，乙波的周期T'=λ'v=0.4s，則1s內乙波源處的質點通過的路程為S=E、2s內波傳播的距離為x=vt=2m，根據平移法可知，甲波的波谷傳播到Q點，因為t=2s=5T'，所以乙波的平衡位置傳到Q點，Q點的位移為-2cm。故E錯誤。故選：ACD。根據兩波的頻率關系分析能否產生穩(wěn)定的干涉圖樣；根據波形平移法判斷質點M的起振方向；讀出波長，由波速公式求出頻率，根據時間與周期的關系求1s內乙波源處的質點通過的路程；根據平移法以及波的疊加原理分析在t=2s時刻質點Q的縱坐標。知道干涉現象的條件是兩波的頻率相同，熟記波長與波速、頻率的關系，掌握同側法判斷質點的振動方向，能根據平移法分析質點的振動狀態(tài)。11.答案：AB解析：解：AC、根據萬有引力提供向心力GMmr在地球表面的物體受到的重力等于萬有引力mg=GMmR故v=當r越小，則線速度v越大，當r最小等于地球半徑R時，衛(wèi)星的繞行速度最大為v=R2g當距地面高為R處時，v=R2gBD、根據萬有引力提供向心力GMmr2當r越小，則線速度越小，當r最小等于地球半徑R時，衛(wèi)星的繞行周期最小為T=2πR3R在距地面高為R處的周期為T=2π(R+R)3故選：AB。根據人造衛(wèi)星的萬有引力等于向心力和地球表面重力等于萬有引力，列式求解出周期、線速度的表達式進行討論．本題關鍵根據人造衛(wèi)星的萬有引力等于向心力，以及地球表面重力等于萬有引力列兩個方程求解．12.答案：AD解析：A.燈泡L2燈絲突然燒斷，外電路總電阻增大，總電流減小，根據歐姆定律得知：電源的內電壓減小，路端電壓增大，即燈泡L1和電容器兩端的電壓增大，故知電流表的讀數變大，B.電容器兩端電壓增大，根據可知，電荷量增大，B錯誤；C.根據電源內阻等于外電阻時，電源的輸出功率最大，由于電源的內電阻與外電阻關系未知，電源的輸出功率可能變大，不是一定變大，C錯誤；D.電源的工作效率路端電壓U增大，電源電動勢E不變，故電源的工作效率增大，D正確。故選AD。13.答案：C

D

大于解析：解：(1)實驗中驗證重物動能的增加量和重力勢能的減小量是否相等，兩端都有質量，可以約去，所以不需要天平。故選：C。(2)A、打點計時器使用交流電源，把打點計時器固定到鐵架臺上，并用導線把它和交流電源連接起來，故A正確。B、把紙帶的一端固定到重錘上，另一端穿過打點計時器的限位孔，把重錘提升到一定高度，故B正確。C、實驗時應先接通電源，再釋放紙帶，故C正確。D、該實驗不需要測量重錘下落的時間，求解瞬時速度時，時間可以通過打點計時器打出紙帶上點跡間的時間間隔得知，故D錯誤。本題選錯誤的，故選：D。(3)由于阻力的存在，重力勢能的減小量一部分要轉化為內能，可知減小的重力勢能大于增加的動能。故答案為：(1)C，(2)D，(3)大于。根據實驗的原理確定需要測量的物理量，從而確定不需要的器材。根據原理以及操作中的注意事項確定不正確的操作步驟。根據能量守恒，抓住一部分重力勢能轉化為內能，確定減小的重力勢能和增加動能的關系。本題考查驗證機械能守恒定律的實驗，要注意正確解答實驗問題的前提是明確實驗原理，從實驗原理出發(fā)進行分析所需實驗器材、所測數據等，會起到事半功倍的效果。14.答案：最右端

2.80

1.50解析：解：(1)根據甲電路圖連接實物圖如圖所示：；(2)閉合開關前，滑動變阻器應處于最右端使電流表示數最小，保護電路；(3)根據閉合電路歐姆定律得：E=UE=UU1=2.50V、I1=0.20A；代入數據解得：E=2.80V，r=1.50Ω故答案為：(1)；(2)最右端；(3)2.80、1.50。(1)根據實驗原理圖連接實物圖；(2)閉合開關前，滑動變阻器應處于使電流表示數最小的一端，保護電路；(3)根據閉合電路歐姆定律列式求解電動勢和內阻。本題考查測量電源的電動勢和內電阻實驗，關鍵是掌握實驗數據處理的基本方法和連接實物圖的方法。15.答案：解：①在旋轉過程中，氣體的溫度不變，氣體做等溫變化，設玻璃管的橫截面積為S，初態(tài)：p1=末態(tài)：p2=根據玻意耳定律：p解得：L②玻璃管水平后，氣體做等壓變化初態(tài)：V2=L末態(tài)：V根據蓋?呂薩克定律可得：V解得：T答：①玻璃管旋轉90°時，封閉氣體的長度為24cm；②水銀柱剛好沒流出管口時，此時玻璃管中封閉氣體的溫度為312.5K。解析：①在旋轉過程中，氣體的溫度不變，做等溫變化，找出初末狀態(tài)的壓強和體積，根據玻意耳定律即可求得；②在加熱過程中，氣體的壓強不變，找出初末狀態(tài)參量，根據蓋?呂薩克定律即可求得。本題考查氣體定律的綜合運用，解題關鍵是要分析好壓強P、體積V、溫度T三個參量的變化情況，選擇合適的規(guī)律解決，難度不大。16.答案：解：(1)A、B在木板上做勻減速直線運動，加速度為：a而對于木板C將向右做勻加速直線運動，加速度為：a當滑塊A與木板C的速度相等時，滑塊A的速度最小，即：v0解得最小速度為：vA小物塊B與擋板發(fā)生彈性碰撞前，由動量守恒可知：mA代入數據解得：v=5小滑塊B與擋板發(fā)生彈性碰撞，小滑塊B與長木板C交換速度，此時滑塊A、B速度相等，之后小滑塊A和B做勻加速直線運動，長木板做勻減速直線運動，直到共速，所以滑塊A與B不可能發(fā)生碰撞，小滑塊B的最小速度為vB(2)設長木板、小滑塊A和B的共同速度為v2，根據動量守恒定律可知：m解得：v共系統(tǒng)的機械能減少了：△E=1解得：△E=mv答：(1)滑塊A的最小速度為23v0，滑塊B(2)系統(tǒng)損失的機械能為m