1、山东省聊城市2020届高三高考模拟（二）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.有一块玻璃砖，上、下两面光滑且平行，有一束光线从空气射入玻璃砖，下面给出的四个光路图正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由于玻璃砖上下表面平行，光在上表面的折射角等于下表面的入射角，上表面能够发生折射，则下表面一定能够发生折射，且离开玻璃砖的光线与射向玻璃砖的光线平行，又因为有折射就有反射 故D正确；ABC错误；故选D2.在2019年武汉举行的第七届世界军人运动会中，21岁的邢雅萍成为本届军运会的“八冠王”。如图是定
2、点跳伞时邢雅萍运动的v-t图像，假设她只在竖直方向运动，从0时刻开始先做自由落体运动，t1时刻速度达到v1时打开降落伞后做减速运动，在t2时刻以速度v2着地。已知邢雅萍（连同装备）的质量为m，则邢雅萍（连同装备）（）A. 0t2内机械能守恒B. 0t2内机械能减少了C. t1时刻距地面的高度大于D. t1t2内受到的合力越来越小【答案】D【解析】【详解】A0t1时间内，邢雅萍做自由落体，机械能守恒，t1 t2由于降落伞的作用，受到空气阻力的作用，空气阻力做负功，故0t2内机械能不守恒，故A错误；B机械能损失发生在t1 t2的时间段内，设t1时刻物体距离地面高度为h，则有解得阻力做负功，故机械能
3、的减小量为故B错误；C图象与时间轴围成面积表示位移大小，如图若物体做匀减速直线运动，则有时间里平均速度由图可知运动员时间里位移小于红线表示的匀减速运动的位移，故两段时间里，邢雅萍的平均速度小于，故t1时刻距地面的高度小于；故C错误；D图象的斜率表示加速度，由图像可知，在时间内运动员做加速度不断减小的减速运动，故D正确。故选D。3.如图甲所示，这是某学校科技活动小组设计的光电烟雾探测器，当有烟雾进入探测器时，来自光源S的光会被烟雾散射进入光电管C如图乙所示。烟雾浓度越大，进入光电管C中的光就越强，光射到光电管中的钠表面时会产生光电流，当光电流大于108A时，便会触发报警系统报警。已知钠的极限频率
4、为6.01014Hz，光速c=3.0108m/s，元电荷e=1.61019C。下列说法正确的是（）A. 要使探测器正常工作，光源S发出的光的波长不能小于5.0107mB. 探测器正常工作时，提高光源发出光的频率，就能让报警器在烟雾浓度较低时报警C. 光电管C中能发生光电效应是因为光发生了全反射D. 当报警器报警时，钠表面每秒释放光电子数最少是6.251010个【答案】D【解析】【详解】A根据可知要使探测器正常工作，光源S发出的光的波长不能大于5.0107m，A错误；B探测器正常工作时，要想使报警器在烟雾浓度较低时报警，应提高光源发光的强度，B错误；C光电管C中能发生光电效应是因为光发生了散射进
5、入C，且入射光的频率超过了极限频率，C错误；D当报警器报警时，根据可知每秒钟内电路通过的电荷量，因此钠表面每秒释放的光电子数最少是6.251010个，D正确。故选D。4.2020年5月5日，为我国载人空间站工程研制的长征五号B运载火箭，搭载新一代载人飞船试验船和柔性充气式货物返回舱试验舱，在文昌航天发射场点火升空，载荷组合体被送入预定轨道，首飞任务取得圆满成功；未来两年内，我国还将发射核心舱、轨道舱等在轨组合中国空间站，发射载人飞船、货运飞船，向空间站运送航天员以及所需的物资。关于火箭的发射以及空间站的组合、对接，下列说法正确的是（）A. 火箭发射升空的过程中，发动机喷出的燃气推动空气，空气推
6、动火箭上升B. 货运飞船要和在轨的空间站对接，通常是将飞船发射到较低的轨道上，然后使飞船加速实现对接C. 未来在空间站中工作的航天员因为不受地球引力，所以处于失重状态D. 空间站一定在每天同一时间经过文昌发射场上空【答案】B【解析】【详解】A火箭发射升空的过程中，发动机推动燃气向后喷出，根据牛顿第三定律，燃气向前推动火箭上升，A错误；B货运飞船要和在轨的空间站对接，通常是将飞船发射到较低的轨道上，然后使飞船加速做离心运动，实现对接，B正确；C未来在空间站中工作的航天员处于失重状态并非不受重力，而是所受重力全部提供航天员做圆周运动的向心力，C错误；D空间站的运动周期不是24小时，因此不会在每天同
7、一时间经过文昌发射场上空，D错误。故选B。5.如图所示，山坡上两相邻高压线塔A、B之间架有匀质粗导线，平衡时导线呈弧形下垂，最低点在C处，已知弧BC长度是AC的3倍，右塔A处导线切线与竖直方向的夹角=60，则左塔B处导线切线与竖直方向的夹角为（）A. 30B. 45C. 60D. 75【答案】A【解析】【详解】设ABC三个位置的拉力分别为FA、FB、FC，导线质量为m，AC段受力分析得 BC段受力分析得由联立得解得A正确，BCD错误。故选A。6.2019年8月，“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩由5个小型涡轮喷气发动机驱动的“飞板”，仅用22分钟就飞越了英吉利海峡35公里的海面。已知扎帕塔(及
8、装备)的总质量为120kg，当扎帕塔(及装备)悬浮在空中静止时，发动机将气流以6000m/s的恒定速度从喷口向下喷出，不考虑喷气对总质量的影响，取g=10m/s2，则发动机每秒喷出气体的质量为（）A. 002kgB. 020kgC. 100kgD. 500kg【答案】B【解析】【详解】设扎帕塔（及装备）对气体的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，气体对扎帕塔（及装备）的作用力的大小也等于F，对扎帕塔（及装备），则F=Mg设时间t内喷出的气体的质量m，则对气体由动量定理得Ft=mv解得代入数据解得发动机每秒喷出气体的质量为0.2kg，故B正确，ACD错误。故选B。7.如图所示，磁极N、S间的磁
9、场看做匀强磁场，磁感应强度大小为B0，矩形线圈ABCD的面积为S，线圈共n匝，电阻为r，线圈通过滑环与理想交流电压表V和阻值为R的定值电阻相连，AB边与滑环E相连；CD边与滑环F相连。线圈绕垂直于磁感线的轴OO以角速度逆时针匀速转动，图示位置恰好与磁感线方向垂直。以下说法正确的是（）A. 线圈在图示位置时，电阻R中的电流方向为从M到NB. 线圈从图示位置开始转过180的过程中，通过电阻R的电量为C. 线圈转动一周的过程中克服安培力做的功为D. 线圈在图示位置时电压表示数为0【答案】C【解析】【详解】A线圈在图示位置时，穿过线圈磁通量最大，此时电流为0，故A错误；B线圈自图示位置开始转过180的
10、过程中，通过电阻R的电量为故B错误；C由功能关系可知，线圈转动一周的过程中克服安培力做的功等于回路中产生的热量即为故C正确；D电压表的示数为交变电流的有效值为故D错误。故选C。8.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其中，AB和CD为等温过程，BC和DA为绝热过程，这就是著名的“卡诺循环”。下列说法正确的是（）A. AB过程中，气体和外界无热交换B. BC过程中，气体分子的平均动能增大C. CD过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D. DA过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化【答案】C【解析】【详解】AAB过程中，等温膨胀，体积增大，气体对外
11、界做功，温度不变，内能不变，气体吸热，故A错误；BBC过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；CCD过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确； DDA过程，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故D错误。故选C。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O分。9.某汽车质量为5t，发动机的额定功率为60kW，汽车在运动中所受阻力的大小恒为
12、车重的0.l倍。若汽车以0.5m/s2的加速度由静止开始匀加速启动，经过24s，汽车达到最大速度。取重力加速度g=10m/s2，在这个过程中，下列说法正确的是（）A. 汽车的最大速度为12m/sB. 汽车匀加速的时间为24sC. 汽车启动过程中的位移为120mD. 4s末汽车发动机的输出功率为60kW【答案】AC【解析】【详解】A当阻力与牵引力平衡时，汽车速度达到最大值，由汽车的功率和速度关系可得解得故A正确；B汽车以0.5m/s2的加速度运动时,当汽车的功率达到额定功率时，汽车达到了匀加速运动阶段的最大速度, 由汽车的功率和速度关系可得由牛顿第二定律，可得此时汽车的牵引力为由以上方程可得这一
13、过程能维持的时间故B错误；C匀加速过程中汽车通过的位移为启动过程中，由动能定理得解得，汽车启动过程中的位移为x=120m故C正确；D由B项分析可知，4s末汽车还在做匀加速运动，实际功率小于额定功率，所以4s末汽车发动机的输出功率小于60kW，故D错误；故选AC。10.A、B两个振源在一个周期内的振动情况分别如图甲、乙所示。若它们相距10m，从t=0时刻开始振动，它们产生的简谐横波在同一均匀介质中传播，经过0.5s两列波相遇。下列说法正确的是（）A. 在两振源连线上，两波相遇的位置距离振源A为6mB. A、B两列波的波长之比为2：3C. 两振源连线的中点的位移始终为0D. 这两列波不能产生干涉现
14、象【答案】BD【解析】分析】【详解】A简谐横波在同一均匀介质中传播时，两波的传播速度大小相等，所以在两振源连线上，两波相遇的位置距离应该在两波源连线的中点，也就是振源A为5m处，故A错误；B由波速与波长的关系可得故B正确；CD因为这两列波的周期不同，频率不同，所以这两列波不能产生干涉现象，两振源连线的中点的位移也不可能始终为0，故D正确，C错误。故选BD。11.如图所示，ABCD为正方形，在A、B两点均固定电荷量为+q的点电荷。先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到正方形的中心O点，此过程中，电场力做功为-W。再将Q1从O点移到C点并固定。最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2
15、从无穷远处移到O点。下列说法正确的有（）A. Q1移入之前，O点电势为B. Q 1从O点移到C点的过程中，电场力做的功为0C. Q 2从无穷远处移到O点的过程中，电场力做的功为1.5WD. Q 2在O点的电势能为-3W【答案】AD【解析】【详解】A将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到正方形的中心O点，此过程中，电场力做功为-W，根据电场力做功公式得解得又根据可得正方形的中心O点电势为，电场中某一点的电势与放不放入试探电荷无关，所以Q1移入之前，O点的电势为，故A正确；B两个等量正电荷周围电势分布可知，O点与C点电势不相等，所以Q 1从O点移到C点的过程中，电场力做的功不为0
16、，故B错误；CD将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到正方形的中心O点，此过程中，电场力做功为-W。根据对称性可知，在A、B两点固定的点电荷分别对Q1做功为将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到O点，在A、B两点固定的点电荷分别对Q2做功同理Q1对Q2做功也是W。所以Q 2从无穷远处移到O点的过程中，电场力做的功为3W，电势能减小3W，也就是Q 2在O点的电势能为-3W，故D正确，C错误。故选AD。12.如图所示，在光滑的水平面上，三根相同的导体棒ab、ch、ef用导线连成“日”字形状，每根导体棒的质量为m，长度为L，电阻为R，导体棒间距离为d，导线电阻忽略不计；水平面
17、上MN、PQ之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场宽度为d。导体棒在水平恒力F作用下由静止开始运动，ab边进入磁场后，恰好做匀速运动。下列说法正确的是（）A. 导体棒ab进入磁场时的速度为B. 导体棒ab进入磁场时的速度为C. 导体棒ch进入磁场时的加速度大小为D. 在导体框通过磁场的过程中，棒ef上产生的热量为Fd【答案】AD【解析】【详解】AB导体棒ab进入磁场时，导体棒ab相当于电源，导体棒ch和ef相当于外电阻，ab边进入磁场后，恰好做匀速运动，说明恒力F等于导体棒ab所受安培力，所以解得导体棒ab进入磁场时的速度为故A正确，B错误；CD由题意可知，导体棒ch进入磁场时，导
18、体棒ab恰好离开磁场；导体棒ef进入磁场时，导体棒ch恰好离开磁场。根据对称性可知，导体框通过磁场的过程中，始终做匀速运动，三个导体棒产生的热量相等，所以导体棒ch进入磁场时的加速度大小为0。根据能量守恒定律，导体框通过磁场的过程中，三个导体棒产生的热量总热量等于恒力做功Q=3Fd在导体框通过磁场的过程中，棒ef上产生的热量为故D正确。故选AD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.某同学用如图所示的实验装置测量光的波长。(1)用某种单色光做实验时，在离双缝1.2m远的屏上，用测量头测量条纹的宽度：先将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图甲
19、所示；然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第4条亮纹中心对齐，此时手轮上的示数如图乙所示。图甲读数为_mm，图乙读数为_mm。已知两缝间的间距为03mm，由以上数据，可得该单色光的波长是_m(结果保留2位有效数字)。(2)若实验中发现条纹太密，难以测量，可以采用的改善方法有_。A改用波长较短的光作为入射光B增大双缝到屏的距离C换窄一点的单缝D换间距为0.2mm的双缝【答案】 (1). 0.250 (2). 8.650 (3). 7.010-7 (4). BD【解析】【分析】【详解】（1）1 螺旋测微器读数为x1=0.0mm+0.01mm25.0=0.250mm2 螺旋测微器读数为x2=8.
20、5mm+0.01mm15.0=8.650mm3 根据公式 代入数据得（2）4 根据公式：，实验中发现条纹太密，可以通过增大双缝到屏的距离，或增大波长，或减小双缝间距来增大条纹间距，故BD正确，AC错误。故选BD。14.有一量程为3V的电压表V，现要测量其内阻RV。可选用的器材有：滑动变阻器甲，最大阻值10；滑动变阻器乙，最大阻值10k；电阻箱R2，最大阻值9999；电源E，电动势约为4V，内阻不计；电压表V0，量程6V；开关两个，导线若干。(1)某小组采用测量电路如图甲所示，在实物图中，已正确连接了部分导线，请完成剩余部分的连接_。(2)连接好实验电路后，进行实验操作，请你将下面操作步骤补充完
21、整：断开开关S2和S1，将R1的滑片移到最左端的位置；闭合开关S2和S1，调节R1的滑片位置，使电压表V满偏；断开开关S2，保持_不变，调节R2，使电压表V示数为1.00V，读取并记录此时电阻箱的阻值为R0。为使得测量结果尽量准确，滑动变阻器R1应选择_(填“甲”或“乙”)，测出的电压表内阻R测=_，它与电压表内阻的真实值RV相比，R测_RV(选填“”、“=”或“”)。(3)另一小组采用了如图乙所示的测量电路图，实验步骤如下：断开开关S2和S1，将R1的滑片移到最左端的位置；闭合开关S2和S1，调节R1，使电压表V满偏，记下此时电压表V0的示数；断开开关S2，调节R1和R2，使电压表V示数达到
22、半偏，且电压表V0的示数不变；读取并记录此时电阻箱的阻值为R测，理论上分析，该小组测出的电压表V内阻的测量值与真实值相比，RV_R测(选填“”“=”或“”)。【答案】 (1). (2). R1的滑片位置 (3). 甲 (4). (5). (6). =【解析】【详解】(1)1电路连接如图：(2)2345断开开关S2，保持R1的滑片位置不变，调节R2，使电压表V示数为1.00V，读取并记录此时电阻箱的阻值为R0。为使得测量结果尽量准确，滑动变阻器R1应选择阻值较小的甲，因电压表读数为1V，则电阻箱电压为2V，电阻箱的阻值等于电压表内阻的2倍，只让测出的电压表内阻R测=；实际上当断开S2时，电阻箱与
23、电压表串联，则支路电阻变大，则电阻箱和电压表上的电压之和大于3V，电阻箱上的电压大于2V，即电阻箱的阻值大于电压表内阻的2倍，实验中认为电阻箱的阻值等于电压表内阻的2倍，即它与电压表内阻的真实值RV相比R测RV。(3)6由实验电路图与实验步骤可知，两种情况下分压电路电压不变，电压表示数半偏时电阻箱两端电压与电压表电压相等，电压表内阻与电阻箱阻值相等，电压表内阻测量值等于真实值，即R测=RV。15.2019年12月17日，我国首艘国产航母山东舰交付海军。在山东舰上某次战斗机起降训练中，质量为1.8104kg的歼15舰载机以270km/h的速度在航母上降落，飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系
24、统立即关闭，如图a所示。阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，以飞机钩住阻拦索为计时起点，其着舰到停在甲板上的速度时间图线如图b所示，已知航母的航速为54km/h，飞机着舰时速度方向与航母的运动方向相同，重力加速度的大小为g。求：(1)阻拦索对战机的平均作用力大小；(2)飞机在甲板上滑过的距离。【答案】(1) 3.6105N；(2)90m【解析】【详解】(1)由图像可知，战斗机着舰过程中减速时间为3s根据v=v0at代入数据解得a=20m/s2 由牛顿第二定律，阻拦索对战机的平均作用力F=ma代入数据解得F=3.6105N(2)飞机着舰降落的过程中，飞机的位移该
25、过程中航空母舰的位移x0=vt 飞机在甲板上滑过的距离代入数据解得16.如图，一端封闭的薄玻璃管开口向下，截面积S=1cm2，重量不计，内部充满空气，现用竖直向下的力将玻璃管缓慢地压人水中，当玻璃管长度的一半进人水中时，管外、内水面的高度差为h=20cm。已知水的密度=1.0103kg/m3，大气压强p0相当于高1020cm的水柱产生的压强，取g=10m/s2，求：（不考虑温度变化）(i)玻璃管的长度l0；(ii)继续缓慢向下压玻璃管使其浸没在水中，当压力F2=0.32N时，玻璃管底面到水面的距离h。【答案】(i)=41.6cm；(ii)274cm【解析】【详解】(i)设玻璃管长度一半压入水后
26、管内气体的压强为，气体程度为，则，由玻意耳定律得=41.6cm(ii)设管内气柱的长度为，压强为，则解得=32cm其中由玻意定律得h=274cm17.如图所示，xOy平面内的第二、三象限存在着沿y轴负方向的匀强电场；第一、四象限内有以坐标原点O为圆心、半径为L的半圆形区域，区域内存在着垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、带电量为q的带电粒子自坐标为（）的M点射出，射出时的速度大小为v0，方向沿x轴正方向，经过一段时间恰好在坐标原点O进入y轴右侧的匀强磁场，再经过一段时间后又与x轴平行沿x轴正方向离开匀强磁场，不计带电粒子重力。求：(1)此带电粒子到达坐标原点O时的速度大小；(2)此带电粒子
27、自M点射出至离开磁场时的时间间隔；(3)要使此粒子进入磁场后，不再自圆弧边界离开磁场，可以仅通过改变磁场的磁感应强度大小来实现，计算改变后的磁感应强度大小需满足的条件。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)粒子自M点到坐标原点O，沿x轴方向L=v0t1沿y轴方向到达O点时vy=at1，得vy=粒子在O点的速度大小(2)粒子运动轨迹如图所示由得在O点时速度与y轴负方向成=角，由几何知识知，粒子在磁场中运动的半径也为L，粒子在磁场中的运动时间自M点射出至离开磁场时的时间间隔(3)要使此粒子进入磁场后，不再自圆弧边界离开磁场，粒子做圆周运动的半径r又得18.如图所示，足够长的传送带与水
28、平面的夹角=30，传送带顺时针匀速运动的速度大小v0=2m/s，物块A的质量m1=1kg，与传送带间的动摩擦因数；物块B的质量m2=3kg，与传送带间的动摩擦因数。将两物块由静止开始同时在传送带上释放，经过一段时间两物块发生碰撞并粘在一起，碰撞时间极短。开始释放时两物块间的距离L=13m。已知重力加速度g=10m/s2，A、B相对传送带滑动时会留下浅痕，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)两物块刚释放后各自加速度的大小；(2)两物块释放后经过多长时间发生碰撞；(3)传送带上痕迹的长度。【答案】(1)2m/s2，1m/s2；(2)3s；(3)23m【解析】【详解】(1)A沿斜面向下运动时得al=2m/s2B沿斜面向上加速运动时得a2=1m/s2 (2)由v0=a1t0 得t0=2s 即经过2s时两物块还没相撞 得t=3s经过3s两物块相撞 (3)两物块相撞前，A的速度大小v1=a1t 碰撞过程中由动量守恒定律m1v1m2v2=(m1+m2)v 得v=0 碰撞后，对两物块受力分析有a3=0.25m/s2方向沿传送带向上由v0=a3tl 得t1=8s即碰撞后经过8s两物块相对传送带静止。设碰撞前物块A相对传送带的位移为x1 碰撞后，两物块相对传送带的位移x2 分析可得，痕迹长度为l=x1+x2=23m