山东省济南市2020届高三下学期6月三模针对性训练物理试题 Word版含解析

山东省济南市2020届高三下学期6月三模针对性训练物理试题 Word版含解析

- 1 - 2020 年 6 月济南市高三针对性训练 物理试题 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。 1.一定质量的理想气体，分别在压强 P1 和 P2 下的体积 V 与温度 T 的关系图线如图所示，气体 由状态 A 等容变化到状态 B 的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 压强增大，吸收热量 B. 压强增大，放出热量 C. 压强减小，放出热量 D. 压强减小，吸收热量 【答案】C 【解析】 【详解】由图可知，气体由状态 A 等容变化到状态 B 的过程中体积不变，温度减小，根据 可知压强减小 根据热力学第一定律 体积不变，温度减小，即 故 放出热量，故 ABD 错误，C 正确。 故选 C。 2.医学影像诊断设备 PET/CT 是诊断 COVID—19 的一种有效手段，其原理是借助于示踪剂可 。 1 1 pVpV T T = U W Q∆ = + 0W = 0U∆ < 0Q < - 2 - 以聚集到病变部位的特点来发现疾病。示踪剂常利用同位素 作示踪原子标记，其半衰期仅 有 20min。 由小型回旋加速器输出的高速质子轰击 获得，则下列说法正确的是（　　） A. 用高速质子轰击 ，生成 的同时释放出中子 B. 用高速质子轰击 ，生成 的同时释放出 α 粒子 C. 1g 的 经 40min 后，剩余 的质量为 0.2g D. 将 置于回旋加速器中，其半衰期可能发生变化 【答案】B 【解析】 详解】AB．由题意得 即生成 的同时释放出 α 粒子，故 A 错误，B 正确； C．40min 即经过 2 个半衰期，剩余 的质量为 0.25g，故 C 错误； D．半衰期与速度无关，故 D 错误。 故选 B。 3.百公里加速是衡量车辆极限加速能力的指标，直接体现了车辆的动力特性。某新款汽车百公 里加速过程的 v—t 图像如图所示，则此过程中位移和加速度大小各约为（　　） A. 90m，5m/s2 B. 90m，15m/s2 C 320m，5m/s2 D. 320m，15m/s2 【答案】A 【解析】 【 11 6 C 11 6 C 14 7 N 14 7 N 11 6 C 14 7 N 11 6 C 11 6 C 11 6 C 11 6 C 14 1 11 4 7 1 6 2N H C He+ → + 11 6 C 11 6 C - 3 - 【详解】100km/h=27.8m/s；因 v-t 图像与坐标轴围成的面积等于位移，若汽车做匀加速运动， 则位移为 可知汽车的位移接近 90m；加速度 则汽车的加速度接近 5m/s2。 故选 A。 4.某同学乘坐电梯从 1 楼至 20 楼，电梯的启动和制动阶段均可视为匀变速运动。此过程中下 列描述电梯运动的 a—t 图像正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得电梯启动时是匀加速运动，制动时为匀减速运动，且加速运动的速度差和 减速运动的速度差相同，又由图可知围成的面积表示速度，即两个阶段的面积相等。 故选 B。 5.中国北斗卫星导航定位系统是我国自行研制的先进全球卫星导航系统(英文简称 BDS)，是全 球范围内第三个成熟的卫星导航定位系统。系统中第 55 颗北斗导航卫星，属地球静止轨道卫 星，计划于 2020 年 6 月发射。月球围绕地球的运动可看做匀速圆周运动，周期为 27 天。则 第 55 颗北斗导航卫星与月球的向心加速度之比为（　　） 1 6 27.8m 83.3m2x = × × ≈ 2 227.8 m/s 4.6m/s6 va t ∆= = ≈∆ - 4 - A. 32 B. 34 C. 36 D. 38 【答案】B 【解析】 【详解】由万有引力提供向心力可知， 又因为 联立以上两式解得 设第 55 颗北斗导航卫星的向心加速度为 ，周期为 ( 天)，月球的向心加速度为 ， 周期为 ( 天)，则有 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 6.透明介质制成的长直圆柱体位于真空中，某种单色光以入射角 从左端入射透明介质。单色 光在介质中传输，恰好在界面的 P 点发生全反射，如图所示。则此介质的折射率为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设介质中发生全反射的临界角为 a，由全反射定律得 2 MmG mar = 2 2 4a rT π= 22 3 2 4a GMT π =    1a 1T 1 1T = 2a 2T 2 27T = 3 34 4 41 2 4 4 2 1 27 31 a T a T = = = θ 21 sin θ+ 21 cos θ+ 1 sin2θ+ 1 cos2θ+ 1sin a n = - 5 - 经过全反射后从右端射出，入射角和折射角满足 联立解得 故 BCD 错误，A 正确。 故选 A。 7.纸面内有两条互成 60°角的长直绝缘导线 L1、L2，相交于 O 点，通以等大电流 I，方向如图 所示。m、n 两点到 O 点距离均为 R，且位于两导线夹角的角平分线上。已知通电长直导线周 围某点磁感应强度满足 ，其中 k 为常数，r 为点到长直导线的距离。则 m、n 两点的 磁感应强度大小分别为（　　） A. B. Bm=0，Bn=0 C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】导线 L1、L2 在 m 点产生的磁感应强度等大同向，相互叠加，故 m 点磁感应强度大小 为 导线 L1、L2 在 n 点产生的磁感应强度等大反向，相互抵消，故 n 点磁感应强度大小为 0，故 D 正确，ABC 错误。 sin sin 2 n a θ π=  −   21 sinn θ= + IB k r = 4 4 3, 3m n I IB k B kR R = = 2 4 3, 3m n I IB k B kR R = = 4 , 0m n IB k BR = = 2 4sin30m I IB k kR R = =  - 6 - 8.如图所示，在竖直放置的正方形框架 PQML 中，N 点为 LM 边的中点，两段细绳 PO、NO 连接小球，小球恰好处于框架的中心，若将框架在竖直面内绕 Q 点逆时针缓慢转动 90°，关 于两细绳对小球的拉力大小变化说法正确的是（　　） A. NO 绳中拉力变大，PO 绳中拉力变小 B. NO 绳中拉力变小，PO 绳中拉力变大 C. NO 绳中拉力先变大后变小，PO 绳中拉力变小 D. NO 绳中拉力先变大后变小，PO 绳中拉力变大 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得重力保持不变，故可以作图如下 HG 表示重力固定不变，GN 表示 ON 绳中的拉力，HN 表示 PO 绳中拉力，由图可知，NO 绳 中拉力先变大后变小，PO 绳中拉力变小，故 ABD 错误，C 正确。 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 0 分。 9.如图所示，竖直放置的封闭绝热气缸，被一定质量的绝热光滑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 2mol 氧气，两部分气体温度均为 T，均可 视为理想气体。现在把气缸缓慢转至水平放置，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（　　） - 7 - A. Va＞Vb，T＜Tb B. Va＜Vb，T＞Tb C. Va＞Vb，Ta＜Tb D. Va＜Vb，Ta＞Tb 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．把气缸缓慢转至水平放置前，由于两部分气体温度相同，体积相同，由理想气 体状态方程 可知质量大的部分压强大，即 b 部分压强大。把气缸缓慢转至水平放置后，绝热光滑活塞将 向 a 部分移动，故平衡时 由于 b 部分气体向外做功，内能减小，所以温度降低，即 故 A 错误，B 正确； CD．绝热光滑活塞向 a 移动过程中， 气体被压缩内能增大，温度升高，即 故平衡时 故 C 错误，D 正确； 故选 BD。 10.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为 m 的带电小球，从 P 点静止释放，通过 Q 点 时，速度大小为 v，方向与电场方向成 30°角，不计空气阻力，则小球从 P 运动到 Q 的过程 中（　　） pV nRT= a bV V< bT T> a aT T< a bT T> - 8 - A. 重力势能减少量等于电势能减少量 B 重力势能减少量小于电势能减少量 C. 电势能减少量等于机械能增加量 D. 重力势能减少量等于机械能增加量 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．由题可知，小球在运动过程中受重力和电场力作用，重力和电场力做正功，将 末速度分解可得 根据功能关系，重力势能的减小量为 电势能的减少量为 故重力势能减小量小于电势能减少量 故 A 错误，B 正确； CD．本题只有重力和电场力对小球做功，重力做功不改变自身的机械能，所以电势能减少量 等于机械能增加量，故 C 正确，D 错误。 故选 BC。 11.一个长直密绕螺线管 N 放在一个金属圆环 M 的中心，圆环轴线与螺线管轴线重合，如图甲 所示。螺线管 N 通有如图乙所示的电流，下列说法正确的是（　　） A. 时刻，圆环有扩张的趋势 。 3cos30 2xv v v= ° = 1sin30 2yv v v= ° = 2 2 p 1 1 2 8yE mv mv∆ = = 2 21 3 2 8xE mv mv∆ = =电 8 Tt = - 9 - B. 时刻，圆环有收缩的趋势 C. 和 时刻，圆环内有相同的感应电流 D. 和 时刻，圆环内有相同的感应电流 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．由图可知在 时刻，通过线圈的电流增大，则线圈产生的磁场增大，所以 穿过金属小圆环的磁通量变小，根据楞次定律可知，圆环有扩张的趋势，选项 A 正确，B 错 误； C．由图可知在 时刻通过线圈的电流增大，而在 时刻通过线圈的电流减小，根据 楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向不同，选项 C 错误； D．由图可知在 和 时刻，线圈内电流的变化率是大小相等的，则线圈产生的磁 场的变化率也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内的感应电动势大小是相等的，所 以感应电流大小也相等，根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向也相同，选项 D 正确。 故选 AD。 12.足够长的水平传送带上放置一小物块，质量 m=1kg，物块与传送带之间的动摩擦因数为 μ=0.2。现让传送带从静止开始以恒定的加速度 a=4m/s2 开始运动，当其速度达到 v=12m/s 后， 立即以相同大小的加速度匀减速运动，经过一段时间后，传送带和小物块都静止不动。下列 说法正确的是（　　） A. 小物块 0s 到 4s 内做匀加速直线运动，之后匀减速直至静止 B. 小物块 0s 到 4.5s 内做匀加速直线运动，之后匀减速直至静止 C. 整个过程中小物块和皮带间的摩擦生热 24J D. 整个过程中小物块和皮带间的摩擦生热 40J 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．根据题意可知，传送带加速或减速运动的加速度大小均为 a=4m/s2，根据牛顿第 二定律可得物块的加速度大小为 8 Tt = 8 Tt = 3 8 Tt = 3 8 Tt = 5 8 Tt = 8 Tt = 8 Tt = 3 8 Tt = 3 8 Tt = 5 8 Tt = - 10 - a1=μg=2m/s2 当传送带速度达到 v=12m/s 时经过的时间为 此时物块的速度为 v1=a1t1=6m/s 设再经过 t2 时间二者速度相等，则 v2=v1+a1t2=v-at2 代入数据为 6+2×t2=12-4t2 解得 t2=1s 则 t=t1+t2=4s 即小物块 0s 到 4s 内做匀加速直线运动，之后物块做减速运动直到停止，故选项 A 正确，B 错 误； CD．物块在加速阶段传送带的位移 此过程中物块的位移 此时物块与传送带的速度均为 v2=v1+a1t2=6+2×1=8m/s 此后传送带到停止的位移 物块到停止时的位移 则整个过程中摩擦生热 1 12 34 vt s sa ＝ ＝ ＝ 2 2 1 1 2 2 1 1 28m2 2x at vt at= + − = 2 2 2 1 1 1 2 4 m=16m2 2x a t= = × × 2 2 3 8m2 vx a = = 2 2 4 1 16m2 vx a = = - 11 - 则选项 C 错误，D 正确。 故选 AD。 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。 13.如图甲所示，点光源位于 S，右侧为竖直放置屏幕的横截面，P 点位于 S 与屏幕之间中点， 且 SP 连线垂直于屏幕。让一个小球从 P 点静止释放，光照射小球在屏幕上形成影子，影子在 屏幕上的移动情况被数码相机连拍功能拍摄下来。图乙为拍摄到影子下落过程中的部分图像， 已知该数码相机每秒拍摄 10 次，空气阻力忽略不计。 （1）影子运动至位置 C 时的速度为___________m/s；此时小球的速度为_________m/s。(保留 两位有效数字) （2）若影子的 v—t 图像如图丙所示，可求得当地重力加速度 g=___________。(用字母表示) 【答案】 (1). 3.6 (2). 1.8 (3). 【解析】 【详解】（1）[1][2]．影子运动至位置 C 时的速度为 因 P 点在光源 S 与屏幕的中点，则影子的位移等于小球位移的 2 倍，则小球的速度等于影子 速度的一半，即此时小球的速度为 1.8m/s; （2）[3]．由图像可知影子的加速度 则小球的加速度也就是当地的重力加速度为 14.某同学测量某一电源的电动势和内阻，使用的电路如图甲所示，其中虚线框内为用毫安表 1 2 3 3[( ) ( )] 40JQ mg x x x xµ= − + − = 2 b a 2(26.02 45.61) 10 m/s 3.6m/s2 0.1 2 BD C xv T −+ ×= = ≈× ba a =影 1= 2 2 ba g a a = =影球 - 12 - 改装成双量程电流表的电路。已知毫安表的内阻为 10Ω，满偏电流为 100mA。电压表量程为 3V， R0、R1、R2 为定值电阻，其中的 R0=3Ω。 (1)若使用 a 和 b 两个接线柱，电流表量程为 0.6A；若使用 a 和 c 两个接线柱，电流表量程为 3.0A，则 R1=__________Ω，R2=___________Ω。 (2)实验步骤： ①按照原理图连接电路； ②开关 S2 拨向 b，将滑动变阻器 R 的滑片移动到左端，闭合开关 S1； ③多次调节滑动变阻器的滑片，记下相应的毫安表的示数 I 和电压表的示数 U。 (3)数据处理： ①利用实验测得的数据画成了如图乙所示的 U—I 图像； ②由图像得出电源的电动势 E=___________V，内阻 r=___________Ω（E 和 r 的结果均保留 2 位有效数字）。 【答案】 (1). 0.4 (2). 1.6 (3). 3.0 (4). 1.5 【解析】 【详解】(1)[1][2]使用 a、b 接线柱时 使用 a、c 接线柱时 联立解得 g g g 1 2 1 2 0.1 10= 0.1 0.6Aab I rI I R R R R ×+ = + =+ + ( ) ( )g g 2 2 g 1 1 0.1 10= 0.1 3Aac I r R RI I R R + × ++ = + = 1 0.4ΩR = 2 1.6ΩR = - 13 - (3)[3][4]毫安表接 b，则可知改装后量程为毫安表量程的 6 倍，由闭合电路欧姆定律可得 由图可知 联立解得 15.如图所示，四分之一圆弧轨道固定于水平面，末端与水平轨道相切，圆弧半径 R=1.25m。 质量 M=0.4kg 的小球 B 静止在水平轨道上。质量 m=0.1kg 的小球 A 从与圆心等高处无初速释 放，滑下后 A 与 B 发生弹性碰撞。小球体积相同且均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速 度 g 取 10m/s2。求： (1)小球 A 第一次到达圆弧轨道最低点时，球 A 受到的支持力大小； (2)小球 A、B 第一次碰后各自的速度。 【答案】(1)F=3N；(2)A 的速度为 3m/s，方向向左，B 的速度为 2m/s，方向向右 【解析】 【详解】(1)A 在圆弧轨道上运动时，由机械能守恒定律可得 在圆弧轨道最低点时，由牛顿第二定律得 解得 F=3N (2)A、B 碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 ( )06U E I r R= − + 3.0VE = 1.5Ωr = 21 2mgR mv= 2vF mg m R − = 1 2mv mv Mv= + - 14 - 解得 所以碰后 A 的速度为 3m/s，方向向左，B 的速度为 2m/s，方向向右。 16.一列简谐横波沿 x 轴传播，t=0.1s 时的波形图如图甲所示。图乙为介质中质点 A 的振动图 像。 (1)求波的传播方向及波速； (2)t=0.1s 时，波刚好传播到坐标原点 O，质点 B 平衡位置的坐标 xB=－2.5m(图中未画出)，求 质点 B 处于波峰位置的时刻。 【答案】(1)沿 x 轴负方向，v=0.5m/s；(2)t=（5.15+0.2n）s（n=0，1，2，3，……） 【解析】 【详解】(1)由乙图可知质点 A 在 t=0.1s 时由平衡位置向下振动，则质点 A 前面的质点在平衡 位置下方，所以波的传播方向为沿 x 轴负方向 由甲图可知波长 m 由乙图可知周期为 T=0.2s 则波速为 (2)波从 O 点传播到 B 点所需时间 质点 B 第一次离开平衡位置是向上运动的，到波峰位置所需时间为 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2mv mv Mv= + 1 3m/sv = − 2 2m/sv = 0.1λ = 0.5m/sv T λ= = OB OB xt v = - 15 - （n=0，1，2，3，……） 所以质点 B 处于波峰位置的时刻 代入数据得 17.如图所示，在光滑水平地面上有一长为 L=2.5m 的长木板，木板的质量为 M=1kg，木板左 端上放置一小滑块，小滑块的质量为 m=2kg，在木板右方有一竖直墙壁。某时刻木板和滑块 一起以 v0=3m/s 的初速度向右运动，木板与墙壁碰撞前后速度大小不变，方向相反。已知滑块 与木板间的动摩擦因数为 μ=0.3，重力加速度大小 g 取 10m/s2。求： （1）木板与墙壁第 1 次碰后木板向左运动的最远距离； （2）木板与墙壁第 4 次碰前瞬间木板的速度； （3）滑块最终停止运动时距离木板右端多远。 【答案】（1）0.75m；（2） m/s；（3）0.25m 【解析】 【详解】(1)对木板根据动能定理 代入数据可得 x=0.75m (2)木板碰墙后，第一次与木块共速时的速度为 v1，根据动量守恒有 第一次与木块共速时的速度为 v2，根据动量守恒有 木板碰墙后，第一次与木块共速时的速度为 v3，根据动量守恒有 联立可得 2 1 4t n T = +   20.1s OBt t t= + + 5.15 0.2 s 01 2 3t n n= + = ……（ ） （ ，，，， ） 1 9 2 0 10 2mgx Mvµ− = − 0 0 1( )mv Mv m M v− = + 1 1 2( )mv Mv m M v− = + 2 2 3( )mv Mv m M v− = + - 16 - 代入数据可得 m/s (3)根据动能定理 代入数据可得 x′=2.25m 滑块最终停止运动时距离木板右端的距离为 m 18.如图甲所示，在 xOy 坐标平面内，第一象限存在方向垂直纸面向外的匀强磁场；在 y 轴左 侧有一个倾斜放置的平行板电容器 MN，极板与 y 轴成 60°；第四象限存在一个匀强电场，电 场强度为 E，方向与 x 轴负向成 45°角。质量为 m、电荷量为 q 的带负电粒子从 y 轴上 P 点由 静止释放，粒子经磁场偏转后从 Q 点射入第二象限，刚好紧贴 N 板平行于极板射入电容器。 已知 O、P 间距离为 ，不计粒子重力，不考虑场的边缘效应。求： (1)粒子进入磁场时的速度大小； (2)磁感应强度 B 的大小； (3)粒子从 Q 点射入电容器开始计时，在极板间加图乙所示的交变电压，U0、T 为已知量；若 粒子离开极板时速度与 Q 点相同，那么极板长度 l＇与极板间距 d 应满足的条件。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 3 3 0 m Mv v m M − =  +  3 1 9v = 2 0 1 (' )2mgx m M vµ = + ' 0.25x L x∆ = − = 2l 2 Eqlv m = 2 2 2 EmB ql += 2 0 8' d Elml U T q ≤ - 17 - 【解析】 【详解】(1)粒子在第四象限做匀加速直线运动过程，根据动能定理 解得 (2)粒子在第一象限内做匀速圆周运动过程，根据牛顿第二定律 可得 粒子运动轨迹如图所示 由几何关系 联立可得 (3)根据粒子在交变电场中做匀变速曲线运动，根据逆向思维及其对称性 212 2Eq l mv= 2 Eqlv m = 2vqvB m R = mvR qB = 2 sin30 sin 45l R R= °+ ° (4 2 2)R l= − 2 2 2 EmB ql += 'l vnT= - 18 - 根据牛顿第二定律 联立可得 2 2' 1 22 Ty a n =    'y d≤ 0U q mad = 2 0 8' d Elml U T q ≤