【物理】山东省淄博市2020届高三3月月考（下学期阶段第一次模拟）（解析版）

【物理】山东省淄博市2020届高三3月月考（下学期阶段第一次模拟）（解析版）

山东省淄博市2020届高三3月月考试题 ‎（下学期阶段第一次模拟）‎ 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.给旱区送水的消防车停于水平面，在缓缓放水的过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子势能，则胎内气体 A. 从外界吸热 B. 对外界做负功 C. 分子平均动能减少 D. 内能增加 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】不计分子间势能，气体的内能只有动能，只由温度决定，所以气体内能不变，在缓缓放水的过程中，若车胎不漏气，气体膨胀对外做功，所以气体要从外界吸热，A对；‎ ‎2.如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长量分别为和，重力加速度大小为g，在剪断瞬间（　　）‎ A. a1=‎‎2g B. a1= g C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．对a、b、c分别受力分析如图所示：‎ 根据平衡条件，有：‎ 对a： ；‎ 对b： ;‎ 对c： ；‎ 因弹簧的弹力不能突变，绳子的弹力可以突变，绳子断时拉力立即为零，即 ‎ a的合外力 ‎ 由牛顿第二定律得a的加速度 ，A、B错误；‎ CD．绳子断后，b、c受力不变，有：‎ ‎ ， ‎ 可得： ， ‎ 即： ，C正确，D错误；‎ 故选C。‎ ‎3.如图，将额定电压为60V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表（均为理想电表）的示数分别为220V和‎2.2A。以下判断正确的是（　　）‎ A. 变压器输入功率为484W B. 通过原线圈的电流的有效值为‎0.6A C. 通过副线圈的电流的最大值为‎2.2A D. 变压器原、副线圈匝数比 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用电器正常工作，则用电器消耗的功率 理想变压器的输入功率等于输出功率，A错误；‎ B．输入功率 ‎ 解得 B正确；‎ C．电流变示数为有效值，正玄交流电的最大值是有效值的倍，即电流的最大值为 ，C错误；‎ D．根据理想变压器电压 可得，变压器原、副线圈的匝数之比为 ，D错误；‎ 故选B。‎ ‎4.某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为 ‎++++X+‎ 方程式中1、表示释放的能量，相关的原子核质量见下表：‎ 原子核 质量/u ‎1.0078‎ ‎3.0160‎ ‎4.0026‎ ‎12.0000‎ ‎13.0057‎ ‎15.0001‎ A. X是， B. X是，‎ C. X是， D. X是，‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】+中质量亏损为Δm1＝1.0078＋12.0000－13.0057＝0.0021,‎ 根据根据电荷数守恒和质量数守恒可知++X中X的电荷数为2、质量数为4所以X是；质量亏损为Δm2＝1.0078＋15.0001－12.0000－4.0026＝0.0053，根据爱因斯坦的质能方程可知＝Δm‎1C2、＝Δm‎2C2，则＜．‎ ‎5.2020年初，新冠病毒来袭。我国广大医务工作者表现出无私无畏的献身精神，给国人留下了深刻的印象。如图是医务人员为患者输液的示意图，在输液的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. A瓶与B瓶中的药液一起用完 B. B瓶中的药液先用完 C. 随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大 D. 随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．在药液从B瓶中流下时，封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知气体压强减小，A瓶中空气将A瓶中药液压入B瓶，补充B瓶流失的药液，即B瓶药液液面保持不变，直到A瓶中药液全部流入B瓶，即A瓶药液先用完，A、B错误；‎ CD．A瓶瓶口处压强和大气压强相等，但A瓶中液面下降，由液体产生的压强减小，因此A瓶中气体产生的压强逐渐增大，C正确，D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】带电粒子从距离ab为处射入磁场，且射出时与射入时速度方向的夹角为60°，粒子运动轨迹如图，ce为射入速度所在直线，d为射出点，射出速度反向延长交ce于f点，磁场区域圆心为O，带电粒子所做圆周运动圆心为O′，则O、f、O′在一条直线上，由几何关系得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为R，由F洛＝Fn得 qvB＝‎ 解得 v＝‎ A．，与结论不相符，选项A错误；‎ B．，与结论相符，选项B正确；‎ C．，与结论不相符，选项C错误；‎ D．，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域．现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt内速度的改变为Δv，和飞船受到的推力F（其它星球对它的引力可忽略）．飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动．已知星球的半径为R，引力常量用G表示．则宇宙飞船和星球的质量分别是（ ）‎ A. ，‎ B. ，‎ C. ，‎ D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动量定理求解飞船质量；根据牛顿第二定律与万有引力定律求解星球质量；‎ ‎【详解】直线推进时，根据动量定理可得，解得飞船的质量为，绕孤立星球运动时，根据公式，又，解得，D正确．‎ ‎【点睛】本题需要注意的是飞船在绕孤立星球运动时，轨道不是星球的半径，切记切记．‎ ‎8.在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示，有一种探测方法是，首先给金属长直管线上同上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行一下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场的最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L，由此可确定金属管线 A. 平行于EF，深度 B. 平行于EF，深度为L C. 垂直于FE，深度为 D. 垂直于EF，深度为L ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据通电直导线产生的磁场特点：距离电流越近，产生的磁场强度越大，则a点距离管线最近，EF上的点均是距离管线最近的点，管线在EF的正下方，与EF平行；‎ 根据安培定则做出管线产生磁场的横截面图示：‎ 则由几何关系可以确定a到管线的距离为，故A正确，BCD错误；故选A．‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每个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。‎ ‎9.一质点在外力作用下做直线运动，其速度随时间变化的图象如图．在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有 A B. C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】如果质点所受合力的方向与速度方向相同，物体做加速运动；合力的方向与速度方向相反，物体做减速运动．‎ AC、在、时刻，速度都在不断增加，因此合力的方向与速度方向相同，A、C正确；‎ BD、在、时刻，速度在不断减小，合力的方向与速度方向相反，B、D错误．‎ ‎10.如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m（M>m）的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中 （ ）‎ A. 两滑块组成系统的机械能守恒 B. 重力对M做的功等于M动能的增加 C. 轻绳对m做的功等于m机械能的增加 D. 两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：由于“粗糙斜面ab”，故两滑块组成系统的机械能不守恒，故A错误；由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对M做的总功等于M动能的增加，故B错误；除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，故C正确；除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，摩擦力做负功，故造成机械能损失，故D正确 考点：机械能守恒定律，动能定理的应用．‎ ‎11.如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处．磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触．用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移．选项中正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：先释放c时，受重力加速度g是不变的，当c进入磁场时即做匀速运动，加速度为0，当d释放时，d的速度为0，然后d做匀加速，到它进入磁场时通过的距离为h，则c做一直匀速运动，c通过的距离为2h，二者一起又进入磁场，磁通量不变，回路中感应电流为0，安培力为0，故两棒做加速度为g的加速运动，故选项B正确，A错误；d棒的动能在d进入磁场前是均匀增加的，进入磁场后在c没有出磁场前也是均匀增加的，当c出磁场时，d棒切割磁感线，产生的安培力方向向上，阻碍d向下运动，但此时d的速度比刚进入磁场时的速度会大一些，所以棒不再像c刚开入那样做匀速运动，而是做减速运动，故选项C错误，D正确；待d棒完全出磁场后，它的加速度又是g，动能又能均匀增加了．‎ 考点：电磁感应，安培力，牛顿第二定律．‎ ‎12.如图，两等量异号的点电荷相距为‎2a ‎．M与两点电荷共线，N位于两点电荷连线的中垂线上，两点电荷连线中点到M和N的距离都为L，且L≫a．略去项的贡献，则两点电荷的合电场在M和N点的强度（ ）‎ A. 大小之比为2，方向相反 B. 大小之比为1，方向相反 C. 大小均与成正比，方向相反 D. 大小均与L的平方成反比，方向相互垂直 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】如图所示：‎ 根据点电荷的场强公式，运用平行四边形定则，结合结几何关系，M、N点的场强分别为，根据相似三角形定则有，M点的场强是N点场强的2倍，A正确，B错误；M点的场强与N点场强都与a成正比，与L的三次方成反比，C正确，D错误.‎ 故选AC。‎ 三、非选择题：本题共6小题，共60分。‎ ‎13.建国70周年，我国桥梁建设取得了举世瞩目成就｡如图甲所示，是建造某大桥将长百米、重千余吨的钢梁从江水中吊起的情景。施工时采用了将钢梁与水面成一定倾角出水的起吊方案，为了探究该方案的合理性，某研究性学习小组做了两个模拟实验。‎ 实验1：研究将钢板从水下水平拉出的过程中总拉力的变化情况；‎ 实验2：研究将钢板从水下以一定倾角拉出的过程中总拉力的变化情况；‎ ‎(1)必要的实验器材有：钢板、细绳、水盆、水、支架、刻度尺、计时器和_______等；‎ ‎(2)根据图乙中的实验曲线可知，实验2中的最大总拉力比实验1中的最大总拉力降低了_______ N，钢板完全浸没在水中时受到的浮力是_______N（结果均保留两位有效数字）；‎ ‎(3)根据分子动理论，实验1中最大总拉力明显增大的原因是_______。‎ ‎【答案】(1). 测力计 (2). 0.60 0.35 (3). 分子间存在引力，钢板与水的接触面积大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）实验中需要测量拉力的大小，必要的实验器材中缺少测力工具，故需要测力计；‎ ‎（2）由乙图可知，实验1和实验2中拉力的最大值分别为：4.35N和3.75N，即实验2中的最大总拉力比实验1中的最大总拉力降低了 ；‎ 完全浸没在水中时，有：浮力+拉力=重力，‎ 完全拉出水面时，有：拉力=重力，‎ 即得 ‎ ；‎ ‎（3）分子间存在引力和斥力，随着分子间距离的增大，分子间表现为引力，在水面上拉钢板时，水分子与钢板分子间距离增大，表现为引力，故拉力增大；另钢板与水面接触面积大，拉力也会增大。‎ ‎14.霍尔效应是电磁基本现象之一，我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展。如图甲所示，在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N间出现电压UH，这个现象称为霍尔效应，UH称为霍尔电压，且满足，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数。某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数。‎ ‎(1)若该半导体材料是空穴（可视为带正电粒子）导电，电流与磁场方向如图甲所示，该同学用电压表测量UH时，应将电压表的“+”接线柱与_________（填“M”或“N”）端通过导线相连；‎ ‎(2)已知薄片厚度d=‎0.40mm，该同学保持磁感应强度B=0.10T不变，改变电流I的大小，测量相应的UH值，记录数据如下表所示；‎ 根据表中数据，求出该材料霍尔系数为___________（保留2位有效数字）；‎ ‎(3)该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值，可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图乙所示的测量电路，S1、S2均为单刀双掷开关，虚线框内为半导体薄片（未画出）。为使电流从Q端流入，P端流出，应将S1掷向_______（填“a”或“b”），S2掷向_______（填“c”或“d”）。为了保证测量安全，该同学改进了测量电路，将一合适的定值电阻串联在电路中。在保持其它连接不变的情况下，该定值电阻应串联在相邻器件______和______（填器件代号）之间。‎ ‎【答案】 (1). M (2). 1.3 (3). b c S1/S2 E ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）如图甲所示，半导体中电流由P流向Q，根据左手定则，正电荷移向M端，负电荷移向N端，把半导体看成电源，M端为电源的正极，故电压表的“+”接线柱与M端导线相连；‎ ‎（2）根据公式 得 代入数据解得 ‎ ；‎ ‎（3）如图乙所示，为使电流从Q端流入，P端流出，即Q端接电源正极，P端接电源负极，所以，S1掷向b，S2掷向c；为保证定值电阻始终在电路中，则只能将定值电阻串联在电路中的公共部分，即S1/S2与电源E之间。‎ ‎15. 1801年,托马斯·杨用双缝干涉实验研究了光波的性质.1834年,洛埃利用单面镜同样得到了杨氏干涉的结果(称洛埃镜实验).‎ ‎(1)洛埃镜实验的基本装置如图所示,S为单色光源,M为一平面镜. 试用平面镜成像作图法画出S经平面镜反射后的光与直接发出的光在光屏上相交的区域.‎ ‎(2)设光源S到平面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分别为a和L,光的波长为λ,在光屏上形成干涉条纹.写出相邻两条亮纹(或暗纹)间距离Δx的表达式.‎ ‎【答案】(1)如图所示 ‎(2)Δx=‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①根据对称性作出光源S在平面镜中所成的像S′．②连接平面镜的最左端和光源，即为最左端的入射光线，连接平面镜的最左端和像点S′，并延长交光屏于一点，该点即为反射光线到达的光屏的最上端；同理连接平面镜的最右端和像点S′，即可找到反射光线所能到达的平面镜的最下端．故经平面镜反射后的光与直接发出的光在光屏上相交的区域如图所示．‎ ‎（2）从光源直接发出的光和被平面镜反射的光实际上是同一列光，故是相干光，该干涉现象可以看做双缝干涉，所以SS′之间的距离为d，而光源S到光屏的距离看以看做双孔屏到像屏距离L，根据双缝干涉的相邻条纹之间的距离公式△x=λ因为d=‎2a，所以相邻两条亮纹（或暗纹）间距离△x=λ．‎ ‎16.根据流体力学知识，流体对物体的作用力可用来表达。为一系数，为空气密度，A为物体的截面积，v为物体相对于流体的速度。已知地球表面处=0.45，，g=‎10m/s2。球体积公式为。若将沙尘颗粒近似为球形，沙尘颗粒密度，半径。求：‎ ‎(1)沙尘颗粒在空气中由静止竖直下落过程中最大加速度的大小；‎ ‎(2)沙尘颗粒在空气中竖直下落时的速度最大值，并说明地面附近要形成扬沙天气的风速至少为多少。‎ ‎【答案】（1） ；（2） ， ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）沙尘颗粒刚开始下落速度为零时，阻力 只受重力，此时加速度最大，即 方向竖直向下；‎ ‎（2）沙尘颗粒竖直下落的速度最大时，加速度为零，即 ‎①‎ 又因为 ‎②‎ 沙尘颗粒的横截面积 ‎③‎ 质量 ‎④‎ 联立①②③④解得 若地面附近要形成扬沙，风对沙尘颗粒的作用力 至少要等于重力 ‎ 所以可得风速至少为 ‎17.如图所示，真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）。现将该小球从电场中某点以初速度v0。竖直向上抛出。求运动过程中：‎ ‎（1）小球受到的电场力的大小及方向；‎ ‎（2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量；‎ ‎（3）小球最小速度的大小及方向。‎ ‎【答案】（1），方向水平向右；（2）；（3），与电场方向夹角为37°斜向上。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球所受电场力与重力的合力一定沿速度v方向，即有 得 方向水平向右；‎ ‎（2）竖直方向小球做竖直上抛运动，故上升时间为 上升的高度为 到最高点时速度为水平方向，设为，则有 由动能定理得 得 即电势能减小了 ‎（3）将初速度分解为沿v反方向的分量 和垂直此方向的分速度 小球在方向做类竖直上抛运动，到“最高点”处速度仅有垂直于方向的分速度，此时合力对小球做的负功最多，即小球的速度最小，且为，方向与v垂直，斜向右上方，即与电场E方向夹角为37°，斜向上。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道小球竖直上抛时，在竖直方向和水平方向上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解．‎ ‎18.如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内.小球A、B质量分别为m、βm(β为待定系数).A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑,与静止于轨道最低点的B球相撞,碰撞后A、B球能达到的最大高度均为R,碰撞中无机械能损失.重力加速，碰撞中无机械能损失．重力加速度为g．试求：‎ ‎（1）待定系数β；‎ ‎（2）第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力；‎ ‎（3）小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度．‎ ‎【答案】（1）3；（2），方向向左和，方向向右；4.5mg，方向竖直向下；（3）小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度分别是和0，当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞铡结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同； 当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞铡结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A球从静止开始下滑到碰撞后A、B球达到的最大高度的过程，由机械能守恒定律得 ‎，‎ 解得：β=3‎ ‎（2）设A、B碰撞后的速度分别为v1、v2，则 设向右方向正，向左负，解得：，方向向左；，方向向右．‎ 设轨道对B球的支持力为FN，B球对轨道的压力为FN′，方向竖直向下为正 则由牛顿第二定律得，‎ 解得：FN=4.5mg 由牛顿第三定律得，FN′=-FN=-4.5mg，方向竖直向下．‎ ‎（3）设A、B两球第二次碰撞刚结束时各自的速度分别为V1、V2，‎ 由机械能守恒和动量守恒得 ‎-mv1-βmv2=mV1+βmV2‎ 解得，，V2=0．（另一组解：V1=-v1，V2=-v2，不合题意，舍去）‎ 由此可得 当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞铡结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；‎ 当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞铡结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同；‎