2020届普通高等学校指考高三物理模拟试题（山东）

试卷第 1页，总 15页 2020 年普通高等学校招生全国统一考试物理试题（山东模拟卷) 一、单选题 1．2019 年是世界上首次实现元素人工转变 100 周年。1919 年，卢瑟福用氦核轰击氮原子核，发现产生了另一种元 素，该核反应方程可写为， 4 14 1 2 7 8He+ N X+ Ym n 。以下判断正确的是（ ） A． 16m  ， 1n  B． 17m  ， 1n  C． 16m  ， 0n  D． 17m  ， 0n  【答案】B 【详解】 根据核反应方程的质子数（下标）守恒得：2+7=8+n 解得：n=1 根据核反应方程的质量数（上标）守恒得： 4+14=m+1 解得：m=17 故选项 B 正确，选项 ACD 错误。 2．如图所示，水平放置的封闭绝热气缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的 a、b 两部分。已知 a 部分气体为 1mol 氧气，b 部分气体为 2 mol 氧气，两部分气体温度相等，均可视为理想气体。解除锁定，活塞滑动一段距离后， 两部分气体各自再次达到平衡态时，它们的体积分别为 Va、Vb，温度分别为 Ta、Tb。下列说法正确的是 A．Va＞Vb， Ta＞Tb B．Va＞Vb， Ta＜Tb C．Va＜Vb， Ta＜Tb D．Va＜Vb， Ta＞Tb 【答案】D 【详解】 AB．解除锁定前，两部分气体温度相同，体积相同，由 pV nRT 可知质量大的部分压强大，即 b 部分压强大， 故活塞左移，平衡时 ,a b a bV V P P  ，故 A、B 错误； CD．活塞左移过程中，a 气体被压缩内能增大，温度增大，b 气体向外做功，内能减小，温度减小，平衡时 a bT T ， 故 C 错误，D 正确；故选 D。 3．我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平。若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为 41 10 kW ，排泥量为 31.4m /s ，排泥管的横截面积为 20.7 m ，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为（ ） A． 65 10 N B． 72 10 N C． 92 10 N D． 95 10 N 【答案】A 【详解】 设排泥的流量为 Q，t 时间内排泥的长度为： 1.4 20.7 V Qtx t tS S     输出的功： W Pt 排泥的功： W Fx 输出的功都用于排泥，则解得： 65 10 NF   故 A 正确，BCD 错误。试卷第 2页，总 15页 4．某一列沿 x 轴传播的简谱横波，在 4 Tt  时刻的波形图如图所示， P 、Q 为介质中的两质点，质点 P 正在向动 能增大的方向运动。下列说法正确的是（ ） A．波沿 x 轴正方向传播 B．B． 4 Tt  时刻，Q 比 P 的速度大 C． 3 4 Tt  时刻，Q 到达平衡位置 D．D． 3 4 Tt  时刻， P 向 y 轴正方向运动 【答案】D 【详解】 A．越靠近平衡位置运动速度越大，质点 P 正在向动能增大的方向运动，则 P 向下运动，波沿 x 轴负方向传播。故 A 错误； B． 4 Tt  时刻，Q 到达最远位置，速度为零。P 在平衡位置和最远位置之间，速度不为零，所以Q 比 P 的速度小。 故 B 错误； C． 3 4 Tt  时刻，Q 到达 y 轴正向最远位置，故 C 选项错误； D． 3 4 Tt  时刻， P 从 y 轴负向最远位置向平衡位置运动，所以向 y 轴正方向运动，故 D 选项正确。 5．2019 年 10 月 28 日发生了天王星冲日现象，即太阳、地球、天王星处于同一直线，此时是观察天王星的最佳时 间。已知日地距离为 0R ，天王星和地球的公转周期分别为T 和 0T ，则天王星与太阳的距离为（ ） A． 2 3 02 0 T RT B． 3 03 0 T RT C． 2 03 02 T RT D． 3 0 03 T RT 【答案】A 【详解】 地球、天王星都绕太阳转，根据开普勒第三定律： 0 2 2 3 0 3R R T T  解得： 3 0 0 2 2 TR RT  故 A 正确，BCD 错误。 6．如图所示，有一束单色光入射到极限频率为 0v 的金属板 K 上，具有最大初动能的某出射电子，沿垂直于平行板 电容器极板的方向，从左侧极板上的小孔入射到两极板间的匀强电场后，到达右侧极板时速度刚好为零。已知电容 器的电容为C ，带电量为Q ，极板间距为 d ，普朗克常量为 h ，电子电量的绝对值为 e ，不计电子的重力。关于电试卷第 3页，总 15页 容器右侧极板的带电情况和入射光的频率 v ，以下判断正确的是（ ） A．带正电， 0 Qev Ch  B．带正电， 0 Qev Chd  C．带负电， 0 Qev Ch  D．带负电， 0 Qev Chd  【答案】C 【详解】 电子在电容器里面减速运动，所以受到向左的电场力的作用，所以场强方向向右，电容器右侧极板的带负电。 一束单色光入射到极限频率为 0v 的金属板 K 上，射出电子的最大初动能为 Ek， khv W E  0hv W 电子在电容器中减速运动，由动能定理得： k0eU E   电容器两极板间的电势差为： QU C  根据以上各式，解得： 0 Qev v Ch   故选项 C 正确，选项 ABD 错误。 7．如图所示，由某种透明介质制成的长直细圆柱体置于真空中。某种单色光在介质中传输，经过多次全反射后从 右端射出。若以全反射临界角传输的光线刚好从右端以张角 2 出射，则此介质的折射率为（ ） A． 1 sin2 B． 1 cos2 C． 21 cos  D． 21 sin  【答案】D 【详解】 设射出时的入射角为 ，根据折射定律： sin sinn   由几何关系可得，发生全反射时入射角为： 2C   试卷第 4页，总 15页 1 sinn C  根据以上几式，解得： 21 sinn   故 D 选项正确，ABC 错误。 8．秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子 1 0( n) 与静止氘核 2 1( H) 的多次碰 撞，使中子减速。已知中子某次碰撞前的动能为 E，碰撞可视为弹性正碰。经过该次碰撞后，中子损失的动能为（ ） A． 1 9 E B． 8 9 E C． 1 3 E D． 2 3 E 【答案】B 【详解】 设中子的质量为 m，氘核的质量为 2m，弹性正碰的过程满足动量守恒和能量守恒。 1 22mv mv mv  2 2 2 1 2 1 1 1 22 2 2mv mv mv   由以上两式解得： 1 1 3v v  由已知可得： 21 2E mv 中子损失的动能： 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 8 1 8( )2 2 2 2 3 9 2 9E mv mv mv m v mv E         故选项 B 正确，ACD 选项错误。 二、多选题 9．在金属球壳的球心有一个正点电荷，球壳内外的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（ ） A．M 点的电场强度比 K 点的大 B．球壳内表面带负电，外表面带正电 C．试探电荷-q 在 K 点的电势能比在 L 点的大 D．试探电荷-q 沿电场线从 M 点运动到 N 点，电场力做负功 【答案】ABD 【详解】 A．电场线的疏密程度表示场强的强弱，所以 M 点的电场强度比 K 点的大，故 A 选项正确； B．因为金属球壳的球心有一个正点电荷，根据静电感应规律，负电荷受到正电荷的吸引力聚集在球壳内部，球壳试卷第 5页，总 15页 外部有多余的正电荷。所以球壳内表面带负电，外表面带正电。故 B 选项正确； C．沿着电场线方向电势逐渐降低，K 点的电势比 L 点的电势高。根据电势能的公式，试探电荷-q 的电势能： ( )pE q  所以试探电荷-q 在 K 点的电势能比在 L 点的小。故选项 C 错误。 D．试探电荷-q 的受力方向与场强方向相反，所以沿电场线从 M 点运动到 N 点，电场力做负功。故选项 D 正确。 10．第二届进博会于 2019 年 11 月在上海举办，会上展出了一种乒乓球陪练机器人，该机器人能够根据发球人的身 体动作和来球信息，及时调整球拍将球击回。若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落 到对方的台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转。下列说法正确的是（ ） A．击球过程合外力对乒乓球做功为零 B．击球过程合外力对乒乓球的冲量为零 C．在上升过程中，乒乓球处于失重状态 D．在下落过程中，乒乓球处于超重状态 【答案】AC 【详解】 A．击球过程乒乓球以原速率返回，动能不变，根据动能定理，合外力对乒乓球做功为零。故 A 选项正确。 B．击球过程乒乓球以原速率返回，速度方向改变，速度变化量不为零，根据冲量定理，合外力对乒乓球的冲量不 为零。故 B 选项错误。 C．在上升过程中，乒乓球受到重力的作用，加速度为竖直向下的 g，所以处于失重状态。故 C 选项正确。 D．在下降过程中，乒乓球受到重力的作用，加速度为竖直向下的 g，所以处于失重状态。故 D 选项错误。 11．如图所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动。劲度系数为 k 的弹性绳一端固定在人身上，另一端固 定在平台上。人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零。 运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内。取与平台同高度的O 点为坐标原点，以竖直向下为 y 轴正方向，忽略空 气阻力，人可视为质点。从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用 v ， a ，t 分别表示人的速度、加速度和下 落时间。下列描述 v 与t 、 a 与 y 的关系图像可能正确的是（ ） A． B．试卷第 6页，总 15页 C． D． 【答案】AD 【详解】 A B．从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，绳子拉直前，人先做自由落体运动，图线为匀变速直线运动，v t 图线斜率恒定；绳子拉直后在弹力等于重力之前，人做加速度逐渐减小的加速运动，v t 图线斜率减小；弹力等于 重力之后，人开始减速运动，苏浙弹力增大加速度逐渐增大，v t 图线斜率逐渐增大，直到速度减到零。所以 A 选 项正确，B 选项错误。 CD．从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，绳子拉直前，人先做自由落体运动，加速度恒定。绳子拉直后在 弹力等于重力之前，随着弹力增大，人做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小，设向下运动的位置为 y ，绳子 刚产生弹力时位置为 0y ， 则： 0( )mg k y y ma   则加速度为： 0( )k y ya g m   弹力等于重力之后，人开始减速运动， 0( )k y y mg ma   则加速度为： 0( )k y ya gm   所以， a 与 y 的关系图线斜率是恒定的。故 D 选项正确，C 选项错误。 12．放置的长直密绕螺线管接入如图甲所示的电路中，通有俯视顺时针方向的电流，其大小按图乙所示的规律变化。 螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质闭合金属小圆环（未画出），圆环轴线与螺线管轴线重合。下列说法正 确的是（ ） A． 4 Tt  时刻，圆环有扩张的趋势 B． 4 Tt  时刻，圆环有收缩的趋势 C． 4 Tt  和 3 4 Tt  时刻，圆环内的感应电流大小相等试卷第 7页，总 15页 D． 3 4 Tt  时刻，圆环内有俯视逆时针方向的感应电流 【答案】BC 【详解】 A B． 4 Tt  时刻，螺线管中电流增大，产生的磁场变强，圆环中的磁通量增多，圆环要阻碍磁通量的增多，有收 缩的趋势。故选项 A 错误，选项 B 正确。 C． 4 Tt  和 3 4 Tt  时刻，螺线管内电流的变化率相等，所以圆环内的感应电流大小相等。故 C 选项正确。 D． 3 4 Tt  时刻，螺线管中俯视顺时针方向的电流减弱，圆环中的向下磁通量减少，圆环要阻碍磁通量的减少，产 生向下的磁通量，所以圆环内有俯视顺时针方向的感应电流。故 D 选项错误。 三、实验题 13．2019 年 9 月，我国成功完成了 76km/h 高速下列车实车对撞实验。标志着我国高速列车被动安全技术达到了世 界领先水平。某学习小组受此启发，设计了如下碰撞实验，探究其中的能量损耗问题，实验装置如图所示。 实验准备了质量分别为 0.20kg、0.20kg、0.40kg 的滑块 A、B、C，滑块 A 右侧带有自动锁扣，左侧与打点计时器 （图中未画出）的纸带相连，滑块 B、C 左侧均带有自动锁扣，打点计时器的电源频率 50Hzf  。 调整好实验装置后，在水平气垫导轨上放置 A、B 两个滑块，启动打点计时器，使滑块 A 以某一速度与静止的滑块 B 相碰并粘合在一起运动，纸带记录的数据如图所示；用滑块 C 替代滑块 B，重复上述实验过程，纸带数据如图所 示。 根据纸带记录的数据，滑块 A 与 B 碰撞过程系统损失的动能为______J，滑块 A 与 C 碰撞过程系统损失的动能为 ______J。（计算结果均保留 2 位有效数字） 根据实验结果可知，被碰物体质量增大，系统损失的动能______（填“增大”“减小”或“不变”）。试卷第 8页，总 15页 【答案】0.46 0.61 增大 【详解】 [1] A、B 两滑块碰撞之前，A 的速度： 2 1 (6.00 6.01 6.02 6.03) 10 m/s 3.00m/s4 0.02v      A、B 两滑块碰撞之前，A 的动能： 2 2 1 A 1 1 1 0.2 3 J=0.90J2 2kE m v    A、B 两滑块碰撞之后，整体的速度： 2 2 (2.97 2.98 2.99 3.00) 10 m/s 1.49m/s4 0.02v      A、B 两滑块碰撞之后，整体的动能： 2 2 2 A 2 1 1( ) (0.2 0.2) 1.49 J=0.44J2 2k BE m m v      滑块 A 与 B 碰撞过程系统损失的动能为: 1 2 0.90J-0.44J=0.46Jk k kE E E    [2]滑块 A 与 C 碰撞之后，整体的速度： 2 2 (1.97 1.98 1.99 2.00) 10' m/s 0.99m/s4 0.02v      滑块 A 与 C 碰撞之后，整体的动能： 2 2 2 A 2 1 1' ( ) ' (0.2 0.4) 0.99 J=0.29J2 2k CE m m v      滑块 A 与 C 碰撞过程系统损失的动能为: 1 2' ' 0.90J-0.29J=0.61Jk k kE E E    [3] 因为 'k kE E   ，可见被碰物体质量增大，系统损失的动能增大。 14．某同学为了测量一根铅笔芯的电阻率，设计了如图所示的电路测量该铅笔芯的电阻值。所用器材有电流表 1A 、 2A ，电阻箱 1R 、滑动变阻器 2R 、待测铅笔芯 xR 、电源 E、开关 S 及导线等。操作步骤如下：调节滑动变阻器和 电阻箱的阻值达到最大；闭合开关，适当调节滑动变阻器和电阻箱的阻值：记录两个电流表 1A 、 2A 的示数分别 为 1I 、 2I ， 请回答以下问题： （1）若电流的内阻可忽略。则电流表示数 2I  ______ 1I 时，电阻箱的阻值等于待测笔芯的电阻值。 （2）用螺旋测微器测量该笔芯的直径，螺旋测微器的示数如图所示，该笔芯的直径为______mm。试卷第 9页，总 15页 （3）已测得该笔芯的长度 20.00 cmL  ，电阻箱 1R 的读数为5.00  ，根据上面测量的数据可计算出笔芯的电阻 率   ______ m 。（结果保留 3 位有效数字） （4）若电流表 2A 的内阻不能忽略，仍利用（l）中方法，则笔芯电阻的测量值______真实值（填“大于”“小于”或“等 于”）。 【答案】2 1.000 71.96 10 小于 【详解】 (1)[1]若电阻箱的阻值等于待测笔芯的电阻值，则两条支路的电流相等，所以： 2 12I I (2)[2]主尺上的刻度为 0.5mm，副尺上的刻度为 50 格，所以读数为： 0.5mm 0.01mm 50 1.000mmd     (3)[3] 铅笔芯的横截面积： 2 2( )2 4 d dS    1R R 带入电阻定律 LR S  得： 2 4 RS Rd L L    带入数据得： 71.96 10 Ω m    (4)[4]若电流表 2A 的内阻不能忽略，则笔芯电阻的测量值为 1R ，真实值为 21 AR R ,则笔芯电阻的测量值小于真实 值。试卷第 10页，总 15页 四、解答题 15．如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险 车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以 90 km/hov  的速度驶入避险车道，如图 乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数 0.30  ，取重力加速度大小 210m/sg  。 （1）为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角 应该满足什么条件？设最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用 的正切值表示。 （2）若避险车道路面倾角为15 ，求货车在避险车道上行驶的最大距离。（已知sin 15 0.26  ，cos15 0.97  ， 结果保留 2 位有效数字。） 【答案】(1) tan  ； (2) 56 m 【详解】 (1) 对货车进行受力分析，可得小车的 小车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力为： cosf mg  而小车重力在斜面的水平分量为： sinF mg  若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要： f F 即： sin cosmg mg   解得： sin cos    tan  则当 tan  时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象 (2) 设货车在避险车道上的加速度为 a，根据牛顿第二定律:试卷第 11页，总 15页 =F ma合 得： sin cosF mg mg ma    合 解得：   2 2sin cos 10 0.26 0.3 0.97 m/s 5.51m/sa g g         设货车避险车道上行驶的最大距离为 x， 0 90km/ h 25m/sv   ， 据匀变速直线运动位移公式： 2 00 2v ax   代入数据，解得： 2 2 0 25 m =56.72m 56m2 2 5.51 vx a    16．如图所示，按下压水器，能够把一定量的外界空气，经单向进气口压入密闭水桶内。开始时桶内气体的体积 0 8.0 LV  ，出水管竖直部分内外液面相平，出水口与大气相通且与桶内水面的高度差 1 0.20mh  。出水管内水的 体积忽略不计，水桶的横截面积 20.08mS  。现压入空气，缓慢流出了 1 2.0V L 水。求压入的空气在外界时的体 积 V 为多少？已知水的密度 3 3 1.0 10 kg/m   ，外界大气压强 5 0 1.0 10 Pap   ，取重力加速度大小 210m/sg  ，设整个过程中气体可视为理想气体，温度保持不变。 【答案】 2.225LV  【详解】 初始时，瓶内气体的压强与外界相等, 1 0p p 缓慢流出了 1 2.0V L 水后，瓶里的液面下降： 32 10 m=0.025m 2.5cm0.08 Vh S     此时管口与瓶中液面高度差为： 1 0.225mH h h   此时，瓶内气体的压强与为： 5 3 5 2 0 1.0 10 Pa+1.0 10 10 0.225Pa 1.0225 10 Pap p gH        试卷第 12页，总 15页 以最终在瓶中的气体为研究对象，由理想气体状态方程： 0 0 2 0 1( ) ( )p V V p V V    解得： 2.225LV  17．如图所示，在第一象限内，存在垂直于 xOy 平面向外的匀 强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限 内存在垂直于 xOy 平面向外、磁感应强度大小为 0B 的匀强磁场 Ⅱ。一质量为 m ，电荷量为 q 的粒子，从 x 轴上 M 点以某一 初速度垂直于 x 轴进入第四象限，在 xOy 平面内，以原点 O 为 圆心做半径为 0R 的圆周运动；随后进入电场运动至 y 轴上的 N 点，沿与 y 轴正方向成 45角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时 间后，再次垂直于 x 轴进入第四象限。不计粒子重力。求： （1）带电粒子从 M 点进入第四象限时初速度的大小 0v ； （2）电场强度的大小 E ； （3）磁场Ⅰ的磁感应强度的大小 1B 。 【答案】（1） 0 0 0 qB Rv m  （2） 2 0 0 2 qB RE m  （3） 1 0 1 2B B 【详解】 （1）粒子从 x 轴上 M 点进入第四象限，在 xOy 平面内，以原点O 为圆心做半径为 0R 的圆周运动，由洛伦兹力提 供向心力： 2 0 0 0 0 vqv B m R  解得： 0 0 0 qB Rv m  （2）粒子在第二象限内做类平抛运动，沿着 x 轴方向： qE ma 2 00 2yv aR  沿与 y 轴正方向成 45角离开电场，所以： 0yv v试卷第 13页，总 15页 解得电场强度： 2 0 0 2 qB RE m  (3)粒子的轨迹如图所示： 第二象限，沿着 x 轴方向： 0 0 2 yvR t  沿着 y 轴方向： 0ON v t 所以： 02ON R 由几何关系知，三角形 OO’N 为底角 45°的等腰直角三角形。在磁场Ⅰ中运动的半径： 02 2 2R ON R  由洛伦兹力提供向心力： 2 1 vqvB m R  粒子在 N 点速度沿与 y 轴正方向成 45角离开电场，所以离开的速度： 02v v 所以磁场Ⅰ的磁感应强度的大小 1B ： 1 0 1 2B B 18．如图所示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的 O 点。开始 时，小球静止于 A 点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面内绕 O 点做圆周运动。垂直于墙面 的钉子 N 位于过 O 点竖直线的左侧，ON 与OA的夹角为 0   （ ），且细线遇到钉子后，小球绕钉子在竖直 平面内做圆周运动，当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断。已知小球的质量为 m，细线的长度为 L，细线试卷第 14页，总 15页 能够承受的最大拉力为 7mg，g 为重力加速度大小。 （1）求小球初速度的大小 0v ； （2）求小球绕钉子做圆周运动的半径 r 与 的关系式； （3）在细线被拉断后，小球继续向前运动，试判断它能否通过 A 点。若能，请求 出细线被拉断时 的值；若不能，请通过计算说明理由。 【答案】（1） 0 5v gL （2）  3 2cos 2(2 cos )r L     （3）不能通过 A 点，理由见解析。 【详解】 (1) 小球恰能完整圆周运动至最高点，设最高点的速度为 v，据圆周运动公式： 2vmg m L  解得： v gL 小球释放至最高点，由动能定理： 2 2 0 1 12 2 2mg L mv mv    解得： 0 5v gL (2)小球绕钉子做圆周运动，设碰到钉子时的速度为 1v ，由释放到碰到钉子时根据动能定理得：   2 2 1 0 1 11 cos 2 2mgL mv mv    碰到钉子到绳子断的过程，由动能定理得：   2 2 2 1 1 11 cos 2 2mg r mv mv   绳子断的瞬间： T 7F mg 2 2 T - vF mg m r  联立以上几式，解得：试卷第 15页，总 15页  3 2cos 2(2 cos )r L     （3）细线被拉断后，小球做平抛运动，设 t 时间小球运动到与 A 点同一竖直线上，由几何关系德： ( )sinx L r   平抛运动水平方向列方程得： 2x v t 由（2）可知： 2 6v gr 平抛运动竖直方向列方程得： 21 2y gt 带入上面几式可得： 2 2 21 ( ) sin 2 12 L ry gt r   平抛开始点与 A 点的高度差 h 为： ( )cos ( )(1 cos )h L r L r L r        若正好过 A 点，则 h y ，解得： 1 cos 13 cosr L    此结论与（2）不相符，所以小球不能通过 A 点。