1、2020届山东省章丘区第四中学高三高考模拟物理试题（三）一、选择题：（本题共12小题，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求。）1.下列说法正确的是A. 诊断甲状腺疾病时，给病人注射放射性同位素的目的是将其作为示踪原子B. U的半衰期约为7亿年，随着地球温度的升高，其半衰期将变短C. 核反应过程中如果核子的平均质量减小，则要吸收能量D. 结合能越大，原子中核子结合得越牢固，原子核越稳定【答案】A【解析】【详解】A放射性同位素可以作为示踪原子，诊断甲状腺疾病时，给病人注射放射性同位素的目的是将其作为示踪原子，故A正确；B半衰期由原子核内部本身的因素决定，跟原子所处的 物理或化
2、学状态无关，故B错误；C核反应过程中如果核子的平均质量减小，根据爱因斯坦质能方程可知要释放核能，故C错误；D比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大，原子中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故D错误。故选A。2.如图，一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂线重合A、O、B为竖直平面上的三点，且O为等量异种点电荷连线的中点，AO=BO现有带电荷量为q、质量为m的小物块视为质点，从A点以初速度v0向B滑动，到达B点时速度恰好为0则A. 从A到B，小物块的加速度逐渐减小B. 从A到B，小物块的加速度先增大后减小C. 小物块一定带负电荷，从A到B电势能先减小后增大D. 从A到B，小物块
3、的电势能一直减小，受到的电场力先增大后减小【答案】B【解析】【详解】小物块受重力、电场力和墙壁的弹力以及摩擦力作用，可知q带负电，从A到O的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力增大，导致滑动摩擦力增大，根据知，加速度增大，从O到B，电场强度越来越小，则电场力越来越小，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力减小，导致滑动摩擦力减小，根据知，加速度减小，B正确A错误；q带负电，由于AB是等势线，则电荷的电势能不变，从A到B，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，C错误D错误3.如图所示，地球和行星绕太阳做匀速圆周运动，地球和行星做匀速圆周运动
4、的半径r1、r2之比为r1：r2=1：4，不计地球和行星直接的相互影响。此时地球和行星距离最近下列说法错误的是（）A. 行星绕太阳做圆周运动的周期为8年B. 地球和行星线速度大小之比为C. 至少经过年，地球和行星距离再次最近D. 经过相同时间，地球、行星圆周运动半径扫过的面积之比为【答案】B【解析】【详解】A根据万有引力提供圆周运动的向心力，有可得周期所以因为地球公转周期为1年，故行星公转周期为8年，故A正确，不符合题意；B根据万有引力提供圆周运动的向心力，有可得线速度所以故B错误，符合题意；C地球周期短，故当地球比行星多公转一周时，地球将再次位于太阳和行星之间，即则时间为年故C正确，不符合题
5、意；D行星与太阳连线扫过的面积故有故D正确，不符合题意。故选B。4.如图甲所示，一匝数N=10匝、总电阻R=7.5、ad长L1=0.4m、ab宽L2=0.2m的匀质矩形金属线框静止在粗糙水平面上，线框的bc边正好过半径r=0.1m的圆形磁场的直径，线框的左半部分处于垂直线框平面向上的匀强磁场区域内，磁感应强度B0=1T，圆形磁场的磁感应强度为B，方向垂直线框平面向下，大小随时间变化规律如图乙所示，已知线框与水平面间的最大静摩擦力f=1.2N，3，则（ ）A. t=0时刻穿过线框的磁通量大小为0.01WbB. 线框静止时，线框中感应电流为0.2AC. 线框静止时，ad边所受安培力水平向左，大小为
6、0.8ND. 经时间t=2s，线框开始滑动【答案】A【解析】【分析】穿过线框的磁通量由两部分组成，根据磁通量，即可求解；根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，即可求解感应电流的大小；根据安培力表达式，结合左手定则与受力平衡条件，即可求解。【详解】A设磁场向上穿过线框磁通量为正，由磁通量的定义得t=0时，有A正确；B根据法拉第电磁感应定律有由闭合电路欧姆定律，则有B错误；C由楞次定律可知，圆形磁场的磁感应强度增大时，线框内产生的感应电流的方向为逆时针方向，ad中的感应电流的方向向下，由左手定则可知，ad边受到的安培力的方向向左，ad边受到的安培力是10匝线圈受到的安培力的和，即所以ad边受到
7、的摩擦力的大小为0.4N，C错误；D圆形磁场的磁感应强度均匀增大，所以产生大小不变的电动势，感应电流的大小不变，而左侧的磁场区域内的磁场不变；由图乙可知，在t=0.4s时刻，右侧的磁感应强度，由左手定则可知，右侧的bc边受到的安培力方向向左，大小为所以整体受到安培力的和等于所以线框受到的安培力的大小与摩擦力相等，所以线框在t=0.4s后才能开始滑动，D错误。故选A。5.在光滑水平地面放置着足够长的质量为M的木板，其上放置着质量为m带正电的小物块（电荷量保持不变），两者之间的动摩擦因数恒定，且Mm，空间存在足够大的方向垂直于纸面向里的匀强磁场。某时刻开始它们以大小相等的速度相向运动，如图所示。取
8、水平向右的方向为正方向，则下列图象可能正确反映它们以后运动的是（）A. B. C D. 【答案】D【解析】【详解】对m分析可知，m受重力、支持力和洛伦兹力与摩擦力作用，由左手定则可知，洛伦兹力方向向上；水平方向受M的摩擦力作用而做减速运动；则由F=Bqv可知，洛伦兹力减小，故m对M的压力增大，摩擦力增大，故m的加速度越来越大；同时M受m向右的摩擦力作用，M也做减速运动；因摩擦力增大，故M的加速度也越来越大；则可知vt图象中对应的图象应为曲线；对Mm组成的系统分析可知，系统所受外力之和为零，故系统的动量守恒，最终两物体速度一定相同，则有因Mm，故最终速度一定为负值，说明最终两物体均向左做匀速运动
9、，综合分析可知D项图像正确，ABC项的图像错误。故选D。6.如图所示，物块用一不可伸长的轻绳跨过小滑轮与小球相连，与小球相连的轻绳处于水平拉直状态。小球由静止释放运动到最低点过程中，物块始终保持静止，不计空气阻力。下列说法正确的有（）A. 小球刚释放时，地面对物块的摩擦力为零B. 小球运动到最低点时，地面对物块的支持力可能为零C. 上述过程中小球的机械能不守恒D. 上述过程中小球重力的功率一直增大【答案】A【解析】【详解】A小球刚释放时，小球速度为零，此时绳子的拉力为零，对物块分析可知，受到的摩擦力为零，故A正确；B小球运动到最低点时，若地面对物块的支持力为零，此时绳子的拉力对物块有向右的分力
10、，不可能静止，故B错误；C对小球摆动过程只有重力做功，故小球的机械能守恒，故C错误；D刚释放时速度为零，小球的功率为零，到达最底端时，速度方向与重力方向垂直，功率为零，故功率先增大后减小，故D错误。故选A。7.关于热力学定律，下列说法中正确的是（）A. 可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功B. 理想气体的等压膨胀过程一定放热C. 热量不可能从低温物体传递到高温物体D. 压缩气体做功，该气体的内能一定增加【答案】A【解析】【详解】A根据热力学第二定律可知，可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，但是会引起其他的变化，如绝热气缸，故A正确；B当理想气体做等压膨胀过程时，根据可得温度要增加，故内能
11、U增加；又因为气体膨胀对外做功，所以W0，再根据热力学第一定律U=W+Q可得Q0，气体一定吸收热量，故B错误；C根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体，若有外界做功的话，可以从低温物体传递到高温物体；故C错误；D压缩气体，外界对气体做功，W0，根据热力学第一定律U=W+Q得知若气体同时放热，气体的内能不一定增加；故D错误。故选A。8.如图所示，足够长的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧与A、B物块相连，A、C物块由跨过光滑小滑轮的轻绳连接。初始时刻，C在外力作用下静止，绳中恰好无拉力，B放置在水平面上，A静止。现撤去外力，物块C沿斜面向下运动，当C运动到最低点时，B刚好
12、离开地面。已知A、B的质量均为m，弹簧始终处于弹性限度内，则上述过程中（）A. C的质量mC可能小于mB. C的速度最大时，A的加速度为零C. C的速度最大时，弹簧弹性势能最大D. A、B、C系统的机械能先变小后变大【答案】B【解析】【详解】A刚开始对A受力分析，可知A只受重力和弹簧的弹力作用，根据平衡条件有解得弹簧原来的压缩量当C运动到最低点时，B对地面的压力刚好为零，弹簧的拉力等于B的重力，则弹簧此时的伸长量为则x1=x2，弹簧初末状态的弹性势能相等，根据A、B、C和弹簧构成的系统机械能守恒，有是斜面的倾角，得，sin1所以，故A错误；BC当C的速度最大时A的速度达到最大，即ABC与弹簧为
13、一系统，系统的动能最大，则弹性势能最小，则弹簧为原长。而C在斜面方向合力为0，即绳拉力T=mCgsin=mg即绳对A的拉为mg，则A的合力为0，加速度为零，故B正确，C错误；D由于A、B、C和弹簧构成的系统机械能守恒，而弹簧先复原再拉长，故弹性势能先减小后增加，故A、B、C系统的机械能先变大后变小，故D错误。故选B。9.如图所示，在“验证力的平行四边形定则”的实验中，用A、B两弹簧秤拉橡皮条结点，使其到达O点处，此时+90，然后保持弹簧测力计B的示数不变而减小时，为保持结点O位置不变，可采取的办法是A. 减小A的读数，同时减小角B. 减小A的读数，同时增大角C. 增大A的读数，同时减小角D.
14、增大A的读数，同时增大角【答案】AB【解析】【详解】要使结点不变，应保证合力不变，故可以根据平行四边形定则作图进行分析O点位置不变，即合力大小和方向不变，保持B的示数不变，即B的拉力大小不变，即一个分力大小不变，一个分力大小和方向都变，要减小，如图，根据平行四边形定则可得减小A的读数，同时减小角或减小A的读数，同时增大角，AB正确10.两列沿绳传播的简谐横波（虚线表示甲波，实线表示乙波）在某时刻的波形图如图所示，M为绳上x=0.2m处的质点，则下列说法中正确的是（）A. M点是振动加强点B. 由图示时刻开始，再经甲波的周期，质点M将位于波峰C. 图示时刻质点M的速度为零D. 甲波传播速度v1比
15、乙波的传播速度v2大【答案】AB【解析】【详解】AC质点M是两列波的波峰或波谷相遇点，振动始终加强，速度不为零，故A正确，C错误；B甲向右传播，由波形平移法知，图示时刻M点正向下运动，再经甲波的周期，M将位于波峰，故B正确；D波速由介质的性质决定，两列均沿绳传播，同种介质，则波速相等，故D错误。故选AB。11.甲图中S、N间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表，V为理想交流电压表，矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R，从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变
16、化的图像如图乙所示，忽略线圈、电刷与导线的电阻，以下判断正确的是（ ）A. 电压表的示数为B. 0.01s时穿过发电机线圈的磁通量最小C. 保持R的大小不变，P的位置向上移动，电流表读数减小D. 保持R的大小及P的位置不变，发电机线圈的转速增大一倍，变压器的输入功率将增大到原来的4倍【答案】BD【解析】【详解】A电压表显示的是交流电的有效值，故示数为故A错误；B0.01s时感应电动势负向最大，此时磁通量变化率最大，磁通量为零，最小，故B正确；C若P的位置向上移动，匝数比减小，副线圈电压增大，R的大小不变时，电流表读数将增大，故C错误；D若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍
17、，根据电压增大为原来的2倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍，故D正确。故选BD。12.用图示装置可以检测霍尔效应。利用电磁铁产生磁场，电流表检测输入霍尔元件的电流，电压表检测元件输出的电压。已知图中的霍尔元件是半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的“载流子”是空穴，空穴可视为能自由移动的带正电的粒子。图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，电流表A和电流表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是（ ）A. 电表B为电压表，电表C为电流表B. 接线端4的电势低于接线端2的电势C. 若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则电压表的
18、示数将保持不变D. 若增大R1、增大R2，则电压表示数增大【答案】BC【解析】【详解】AB表为测量通过霍尔元件的电流，C表测量霍尔电压，故电表B为电流表，电表C为电压表，故A错误；B根据安培定则可知，磁场的方向向下，通过霍尔元件的电流由1流向接线端3，电子移动方向与电流的方向相反，由左手定则可知，电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，故B正确；C当调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流方向相反，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，即2、4两接线端的电势高低关系不发生改变，故C正确；D增大，电磁铁中的电流减小，产生的磁感应强度减小，增大，霍尔元件中的电流减小，所以霍尔电压减小，即电
19、压表示数一定减小，故D错误。故选BC。二、实验题（本题共2小题）13.图中圆盘可绕过中心垂直于盘面的水平轴转动。圆盘加速转动时，角速度的增加量与对应时间的比值定义为角加速度，用表示，我们用测量直线运动加速度的实验装置来完成实验，实验步骤如下。其中打点计时器所接交流电的频率为50Hz，图中A、B、C、D为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出。如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；断开电源，经过一段时间，停止转动圆盘和打点，取下纸带，进行测量。（
20、1）用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的直径为_mm；（2）由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速度为_rad/s（保留两位有效数字）；（3）圆盘转动的角加速度大小为_rad/s2。（保留两位有效数字）。【答案】 (1). 120.00 (2). 6.5 (3). 10(9.810)【解析】【详解】（1）1游标卡尺主尺部分读数为120mm，游标上是第0格与主尺，精确度为0.05mm，故圆盘的直径为（2）2由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬
21、时速度大小故（3）3根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得由于，故角加速度为（9.810）14.按图甲所示的电路测量一节旧电池的电动势E(约1.5V)和内阻r(约20)，可供选择的器材如下：两个相同电流表A1、A2（量程0500A，内阻约为500），滑动变阻器R（阻值0100，额定电流1.0A），定值电阻R1（阻值约为100），两个相同的电阻箱R2、R3（阻值0999.9），开关、导线若干。由于现有电流表量程偏小，不能满足实验要求，为此，先将电流表改装（扩大量程），然后再按图甲电路进行测量。（1）测量电流表A2的内阻，按图乙电路测量A2的内阻时，必要的操作如下A断开S1
22、B闭合S1、S2C按图乙连接线路，将滑动变阻器R的滑片调至最左端，R2调至最大D断开S2，闭合S3E调节滑动变阻器R，使A1、A2的指针偏转适中，记录A1的示数I1F调节R2，使A1的示数为I1，记录R2的值请按合理顺序排列其余实验步骤（填序号）_（2）将电流表A2（较小量程）改装成电流表A（较大量程），如果(1)中测出A2的内阻为468.0，现用R2将A2改装成量程为20mA的电流表A，应把R2为_（3）利用电流表A、电阻箱R3，测电池的电动势和内阻。用电流表A、电阻箱R3及开关S按图甲所示电路测电池的电动势和内阻。实验时，改变R3的值，记下电流表A的示数I，得到若干组R3、I的数据，然后通
23、过做出有关物理量的的线性图象，求得电池电动势E和内阻r。a.图中虚线框内为一条直线，其中纵轴为，横轴应为_；b.已知图中直线纵轴截距为b，斜率为k，改装后电流表A的内阻为RA，则电动势E=_，内阻r=_纵轴截距的绝对值。【答案】 (1). EDF (2). 12 (3). R3 (4). (5). 【解析】【详解】（1）1等效替代法测电阻的核心是“效果相同”，本题中体现为使A1的示数相同，所以步骤为CBEDFA；（2）2改装原理如图所示电阻需要分担电流电阻电压则（3）3由闭合电路欧姆定律得将此公式变形后即得故横坐标为，图像的斜率距表示电源电动势，故解得解得【点睛】测电阻的方法有伏安法、半偏法、
24、等效替代法等电表改装原理可记为“串大并小”测量电源电动势和内阻始终离不开闭合电路的欧姆定律。三、计算题（本题共4小题）15.如图所示，一开口向上的气缸固定在水平地面上，质量均为m、横截面积均为S的活塞A、B将缸内气体分成I、II两部分.在活塞A的上方放置一质量为2m的物块，整个装置处于平衡状态，此时I、II两部分气体的长度均为l0.已知大气压强与活塞质量的关系为，气体可视为理想气体且温度始终保持不变，不计一切摩擦，气缸足够高.当把活塞A上面的物块取走时，活塞A将向上移动，求系统重新达到平衡状态时，A活塞上升的高度.【答案】【解析】【详解】对气体，其初态压强末态压强为设末态时气体的长度为l1，可
25、得，代入数据解得对气体，其初态压强为末态压强为设末态时气体的长度为，可得代入数据解得故活塞A上升的高度为得16.如图所示是一个透明的玻璃圆柱体的横截面，其半径R=20cm，AB是过圆心的一条水平直径.从激光源S发出一条与AB平行的细光束，入射到玻璃圆柱体上，光束到顶部的距离h=2.68cm，折射光束恰好过B点，经B点反射后从圆柱体中射出.已知光在真空中的传播速度为c=3108m/s,. 求玻璃的折射率；求此光束从射入圆柱体到射出圆柱体所用的时间.(只考虑一次反射)【答案】(1) (2) 【解析】【详解】光线SC折射后经过B点，光路如图所示，由折射定律有由几何关系知，解得玻璃的折射率为根据对称性
26、知CB=BD=2Rcos光在玻璃中传播的速度为光束从射入圆柱体到射出圆柱体所用的时间为s17.如图所示，坐标原点O处有一点状的放射源，它向xoy平面内的x轴上方各个方向(包括x轴正方向和负方向)发射带正电的同种粒子，速度大小都是v0，在的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为，其中q与m分别为该种粒子的电荷量和质量；在的区域内分布有垂直xOy平面的匀强磁场.ab为一块很大的平面感光板，放置于y=2d处，观察发现此时恰好没有粒子打到ab板上.(不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用)(1)求粒子刚进入磁场时的速率；(2)求磁感应强度B的大小；(3)将ab板平移到距x轴最远什么位置时所有粒子
27、均能打到板上？【答案】(1) (2) (3) 【解析】【详解】（1）根据动能定理得可得刚进入磁场时的速率（2）根据（1）可知，对于沿x轴正方向射出的粒子，其进入磁场时与x轴正方向的夹角其在电场中沿x轴正方向的位移若沿x轴正方向输出的粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板上，因此沿x轴正方向射出的粒子在磁场中运动的轨迹与ab板相切，如图甲所示：由几何关系可知可得粒子做圆周运动的半径洛伦兹力提供向心力可得（3）若沿x轴负方向射出的粒子能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上，临界情况就是沿x轴负方向射出的粒子在磁场中运动的轨迹恰好与ab板相切.如图乙所示：由图可知，此时磁场宽度为即当ab板
28、位于的位置时，恰好所有粒子均能打到板上.18.如图所示，光滑曲面与光滑水平导轨MN相切，导轨右端N处于水平传送带理想连接，传送带长度L=4m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=4.0m/s运动滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，B、C与细绳、弹簧一起静止在导轨MN上.一可视为质点的滑块A从h=0.2m高处由静止滑下，已知滑块A、B、C质量均为m=2.0kg，滑块A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离.滑块C脱离弹簧后以速度vC=2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点已知滑块C与传送带之间
29、的动摩擦因数=0.2，重力加速度g取10m/s2.(1)求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；(2)求滑块B、C与细绳相连时弹簧的弹性势能EP；(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？【答案】(1) 4.0m/s (2) (3) 【解析】【详解】（1）滑块C滑上传送带到速度达到传送带的速度v=4m/s所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x，有代入数据可得滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v=4.0m/s（2）设A、B碰撞前A的速度为v0，A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，有A、B碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒代入数据可解得（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v.设A与B碰撞后的速度为，分离后A与B的速度为，滑块C的速度为，C在传送带上做匀减速运动的末速度为v=4m/s，加速度大小为2m/s2，有解得以向右为正方向，A、B碰撞过程弹簧伸开过程代入数据解得m/s
