【物理】山东省师范大学附属中学2020届高三新高考线上测试试题（解析版）

【物理】山东省师范大学附属中学2020届高三新高考线上测试试题（解析版）

山东省师范大学附属中学2020届高三新高考 线上测试试题 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.雨后太阳光射入空气中的水滴，先折射一次，然后在水滴的背面发生反射，最后离开水滴时再折射一次就形成了彩虹。如图，太阳光从左侧射入球形水滴，a、b是其中的两条出射光线，在这两条出射光线中，一条是红光，另一条是紫光。下面说法正确的是（ ）‎ A. a光线是红光，b光线是紫光 B. 用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，a光条纹间距大于b光条纹间距 C. a光在水滴中的传播时间比b光在水滴中的传播时间长 D. 遇到同样的障碍物，a光比b光更容易发生明显衍射 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ABD．a、b两种光在水滴表面发生折射现象，入射角相同，a光的折射角小于b光，根据折射定律可知，a光的折射率大于b光，所以a是紫光，b是红光，a光的波长小于b光，根据可知用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，a光条纹间距小于b光条纹间距；遇到同样的障碍物， b光比a光更容易发生明显衍射，故ABD错误； C．令太阳光在水滴表面发生折射现象时，a光的折射角为α，b光的折射角为β，则球形水滴的半径为R，所以a光在水滴中的传播路径长为xa=4R•cosα，b光在水滴中传播的路径长为xb=4Rcosβ，因为α＜β，所以xa＞xb，又因为光在介质中的传播速度为，因为na＞nb，所以va＜vb，光在水滴中的传播时间为，所以a光在水滴中的传播时间比b光在水滴中的传播时间长，故C正确。故选C。‎ ‎2.氢原子光谱如图甲所示，图中给出了谱线对应的波长，玻尔的氢原子能级图如图乙所示，已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，可见光的频率范围约为4.2×1014～7.8×1014Hz，则（ ）‎ A. Hα谱线对应光子的能量小于Hδ谱线对应光子的能量 B. 图甲所示Hα、Hβ、Hγ、Hδ四种光均属于可见光范畴 C. Hβ对应光子的能量约为10.2eV D. Hα谱线对应的跃迁是从n＝3能级到n＝2能级 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题图甲可知，Hα谱线对应光子的波长大于Hδ谱线对应光子的波长，结合E＝可知，Hα谱线对应光子的能量小于Hδ谱线对应光子的能量，故A正确；‎ B．依据可见光的频率范围可知，甲图所示的四种光均属于可见光范畴，故B正确；‎ C．Hβ谱线对应光子的能量 E1＝＝ J≈4.09×10－19J≈2.556eV 故C错误；‎ D．Hα谱线对应光子的能量为 E2＝＝J≈3.03×10－19J≈1.89eV 可知Hα谱线对应的跃迁是从n＝3能级到n＝2能级，故D正确．‎ 故选ABD。‎ ‎3.如图所示，为一种简易的重物提升装置，通过卷扬机牵引利用定滑轮将重物提升至某高处，然后，由工人将重物水平缓慢拉至平台上，在工人拉动重物靠近平台的过程中，下列说法正确的是 ‎ A. 地面对人的摩擦力变小 B. 绳的拉力大小不变 C. 、两绳拉力的合力变大 D. 绳的拉力变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】将OB的拉力进行分解，如图所示：‎ ‎ O点向右移动的过程中OA逆时针转动，由图可以看出OA绳子拉力与OC绳子的拉力都一直变大。 A．地面对人的摩擦力等于OC的拉力，则逐渐变大，选项A错误；‎ B．OA绳的拉力变大，选项B错误；‎ C．OC、OB两绳拉力的合力等于OA上的拉力大小，逐渐变大，选项C正确；‎ D．OC绳的拉力变大，选项D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.‎2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为‎30m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高‎5m、宽‎20m，空气密度=‎1.2kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为 A. 3.9‎‎×103N B. 1.2×105N ‎ C. 1.0×104N D. 9.0×l04N ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】广告牌的面积 S=5×‎20m2‎=‎‎100m2‎ 设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有：‎ m=ρSvt 根据动量定理有：‎ ‎－Ft=0－mv=0－ρSv2t 得：‎ F=ρSv2‎ 代入数据解得 F≈1.2×105N 故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎5.如图甲所示，一个质量m＝‎2kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，g取‎10m/s2.则（ ）‎ A. 物块经过4s回到出发点 B. 4.5s时水平力F的瞬时功率为24W C. 0~5s内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零 D. 0~5s内物块所受合力的平均功率为2.25W ‎【答案】B ‎【详解】A．由图可看出，4s内速度方向始终为正方向，则物块经过4s离出发点最远，没有回到出发点，故A错误；‎ B．4到5s，物体做加速运动，加速度大小为 由牛顿第二定律可得 解得 ‎4.5s时，物体的速度大小为 此时力F功率为 P=Fv=16×1.5W=24W 故B正确；‎ C．滑动摩擦力始终与物体的运动方向相反，始终做负功，故C错误；‎ D．0～5s内物块所受合力的做的功等于动能增加量 平均功率为 故D错误。‎ 故选B。‎ ‎6.如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T—v2图象如图乙所示，则（ ）‎ A. 轻质绳长为 B. 当地的重力加速度为 C. 当v2＝c时，轻质绳拉力大小为 D. 只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为‎5a ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．在最高点，根据 得 可知纵轴截距绝对值为 解得当地的重力加速度 图线的斜率 解得绳子的长度 故AB错误；‎ C．当v2=c时，轻质绳的拉力大小为 故C正确；‎ D．当v2=b时，轻质绳拉力大小为T=0，重力提供向心力 当小球运动到最低点时速度v′，根据动能定理可知 最低点，根据向心力公式可知 联立解得 故D错误。‎ 故选C。‎ ‎7.一简谐横波沿x轴正向传播，图甲是t=0时刻的波形图，图乙是介质中某质点的振动图像，0时刻该点的位移为‎-0.1m，2s时在平衡位置处，则波的传播速度为（　　）‎ A. m/s B. m/s C. ‎0.8m/s D. ‎1.5m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由图甲所示波形图可知，波长，由图乙所示质点振动图像可知，t=0时刻质点的位相为，t=2s时质点的位相为2π，两时刻位相差为 则 解得波的周期 波速 故A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎8.如图所示，倾角=的固定光滑绝缘斜面高为H，处在水平向左、大小为E=的匀强电场中，质量为m的物块，带正电Q，从斜面顶端由静止释放，物块落地的速度大小为（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】对物块进行受力分析如图，物块受重力和水平向左的电场力，电场力为 根据三角形定则由 则 运用动能定理研究从开始到落地过程，有 解得 故ABC错误，D正确。‎ 故选D。‎ 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。‎ ‎9.‎2019年7月11日至14日，--级方程式世界锦标赛在英国银石举行，选手塞巴斯蒂驾驶法拉利SF90赛车由静止启动，赛车所受阻力大小恒为Ff，驾驶员和赛车的总质量为m，开始一段时间内为直线运动，其加速度随时间倒数的变化规律图线如图所示，a1和t1已知，下列说法正确的是 A. 赛车在0~t1时间段内做加速度增大的加速运动 B. 赛车在0 ~t1时间段内所受牵引力大小为 C. 赛车在t1时刻的动能为 D. 赛车在0 ~tl，时间段内牵引力做的功为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图知，物体在t0前加速度不变，做初速度为零的匀加速运动，故A错误；‎ B．赛车在0 ~t1时间段内做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律得 解得 故B正确；‎ C．赛车在t1时速度为 所以动能为 故C正确；‎ D．赛车在0 ~t1时间段内的位移 所以牵引力做的功为 故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎10.我国计划在2017年发射“嫦娥四号”，它是嫦娥探月工程计划中嫦娥系列的第四颗人造探月卫星，主要任务是更深层次、更加全面的科学探测月球地貌、资源等方面的信息，完善月球档案资料。已知月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，引力常量为G，嫦娥四号离月球中心的距离为r，绕月周期T。根据以上信息可求出（　　）‎ A. “嫦娥四号”绕月运行的速度 B. “嫦娥四号”绕月运行的速度为 C. 月球的平均密度为 D. 月球的平均密度为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据万有引力提供向心力有 又 得 解得“嫦娥四号”绕月运行的速度为 故A错误，B正确；‎ CD．根据 得月球的质量为 得月球的密度为 故C正确，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎11.质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法正确的是（ ）‎ A. 该微粒一定带负电荷 B. 微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C. 该磁场的磁感应强度大小为 D. 该电场的场强为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若粒子带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直于OA线斜向右下方，则电场力、洛伦兹力和重力不能平衡，则粒子带负电，故A正确；‎ B．粒子如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力随速度变化而变化，粒子不能沿直线运动，故B错误；‎ C．粒子受力如图，由平衡条件得 解得 故C正确；‎ D．粒子受力如图，由图可知 解得 故D正确。‎ 故选ACD。‎ ‎12.矩形线框abcd固定放在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图所示．设t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，图中i表示线圈中感应电流的大小(规定电流沿顺时针方向为正)，F表示线框ab边所受的安培力的大小(规定ab边中所受的安培力方向向左为正)，则下列图象中可能正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 在0-2s内，磁感应强度均匀变化，线框的磁通量均匀变化，产生恒定电流．磁场方向先向里后向外，磁通量先减小后增大，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向，电流为正值．根据法拉第电磁感应定律得：，感应电流 ，此段时间内，一定，则知感应电流也一定．同理得知，在2s-4s内，感应电流方向为逆时针方向，电流为负值，感应电流也一定．故C正确，B错误．在0-2s内，线框ab边所受的安培力的大小为F=BIL，IL一定，F与B成正比，而由楞次定律判断可知，安培力方向先向左后右，即先为正值后为负值．同理得知，在2s-4s内，F与B成正比，安培力方向先向左后右，即先为正值后为负值，与0-2s内情况相同．故A正确，D错误．故选AC．‎ 点睛：本题分两时间进行研究，也可分四段时间进行研究，根据法拉第定律可定性判断AB是错误的．由楞次定律和左手定则判断安培力的方向，法拉第电磁感应定律、欧姆定律及安培力公式研究安培力的大小，综合性较强．‎ 三、非选择题：本题共6小题，共60分。‎ ‎13.利用如图所示的电路测量一个满偏电流为300μA，内阻rg约为几十到几百欧姆的电流表的内阻值，有如下的主要实验器材可供选择：‎ A．滑动变阻器(阻值范围0~30 kΩ)‎ B．滑动变阻器(阻值范围0～10 kΩ)‎ C．电源(电动势3V，内阻不计)‎ D．电源(电动势6V，内阻不计)‎ ‎(1)为了使测量尽量精确，在上述可供选择的器材中，滑动变阻器R应选用________，电源E应选用__________．(选填器材前面的字母序号)‎ ‎(2)实验时要进行的主要步骤有：‎ A．断开S2，闭合S1‎ B．调节R的阻值，使电流表指针偏转到满刻度 C．闭合S2‎ D．调节电阻箱R’的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的三分之一 E．记下此时R’的阻值为90 Ω 则待测电流表的内阻rg的测量值为______ Ω，该测量值______电流表内阻的真实值．(选填“大于”、“小于”或“等于”)‎ ‎【答案】(1) A D (2) 180 小于 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）用半偏法测电流表的内阻时，与电流表串联的滑动变阻器的阻值要尽可能大，以减小测量误差,因此在回路电流不超过电流表量程的前提下,电源电动势应尽可能大些，以保证滑动变阻器的阻值尽可能大，故变阻器应选A，电源应选D.‎ ‎（2）闭合S2后，电流表与R′并联，且并联R′后总电阻认为不变，则总电流不变，则通过R′的电流为总电流的 ，故，因是并联关系：，则.闭合S2后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过R′的电流大于原来电流的三分之二，则该实验测出的电表内阻要小于电流表内阻的真实值．‎ ‎14.某同学利用单摆测定当地的重力加速度．‎ ‎（1）实验室已经提供的器材有：铁架台、夹子、秒表、游标卡尺．除此之外，还需要的器材有________．‎ A．长度约为‎1 m的细线 B．长度约为‎30 cm的细线 C．直径约为‎2 cm的钢球 D．直径约为‎2 cm的木球 E．最小刻度为‎1 cm的直尺 F．最小刻度为‎1 mm的直尺 ‎（2）摆动时偏角满足下列条件____（填“A”、“B” 、“C”更精确．‎ A．最大偏角不超过10°‎ B．最大偏角不超过20°‎ C．最大偏角不超过30°‎ ‎（3）为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的________．‎ A．最高点 B．最低点 C．任意位置 ‎（4）用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达计时标记时开始计时并记为n＝1，单摆每经过标记记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图甲所示，该单摆的周期是T＝_______s(结果保留三位有效数字)．‎ ‎（5）用最小刻度为‎1 mm的刻度尺测摆线长，测量情况如图乙所示．O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆线长为____m；用游标卡尺测量摆球的直径如图丙所示，则球的直径为_____cm；单摆的摆长为_____m(计算结果保留三位有效数字)．‎ ‎（6）若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________.‎ ‎【答案】 (1) ACF (2) A (3) B (4) 2.28 (5) 0.9915 2.075 1.00 ‎ ‎(6) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 由单摆周期公式可得，‎ 实验需要测量摆长，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，所以需要毫米刻度尺，实验需要测量周期，则需要秒表，摆线的长度大约‎1m左右。为减小空气阻力的影响，摆球需要密度较大的摆球，因此摆球应选C，故选用的器材为ACF。‎ ‎(2)[2] 根据单摆原理可知，单摆只有在摆角很小时,才是简揩振动，所以摆动时偏角最大偏角不超过10°，故A正确BC错误。‎ ‎(3)[3]‎ ‎ 由于摆球经过平衡位置时，速度最大，在相同视觉距离误差上，引起的时间误差最小，测量周期比较准确．所以为了减小测量周期的误差，应在平衡位置即最低点开始计时，故B正确AC错误。‎ ‎(4)[4] 单摆摆动稳定且到达计时标记时开始计时并记为n＝1，单摆每经过标记记一次数，当数到n＝60时，即经过了 个周期，秒表的示数如图甲所示，读数为 所以周期为 ‎(5)[5][6][7] 刻度尺最小分度值为‎0.1cm，所以从图乙中可知单摆的摆线长为 ‎99.15cm‎=‎‎0.9915m 球的直径为 单摆的摆长为 ‎(6)[8] 由单摆周期公式可得，‎ ‎15.如图所示，用细管把导热容器A与水平固定的导热汽缸B相连，汽缸中活塞的横截面积S＝‎100cm2。初始时，容器A内为真空，阀门P关闭，阀门Q开启，活塞离缸底距离d＝‎40cm。现关闭阀门Q，打开阀门P，并缓慢向左推活塞，当活塞刚好到达缸底时，水平力F＝1.0×103N。已知大气压强p0＝1.0×105Pa。不计一切摩擦，环境温度保持不变，整个装置气密性良好。‎ ‎(1)求容器A的容积VA；‎ ‎(2)现关闭阀门P，打开阀门Q，把活塞拉回初始位置，然后关闭阀门Q，打开阀门P，并缓慢向左推活塞直至缸底。重复上述步骤n次后，容器A内压强p=4.0×106Pa，求n。‎ ‎【答案】（1）‎2L；（2）19‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题意，气体做等温变化，有 p1V1=p2V2‎ 其中压缩前 p1=p0，V1=dS 压缩后 ‎，V2=VA 代入数据解得 VA=‎‎2L ‎(2)依题意 代入数据解得 n=19‎ ‎16.在光滑水平地面上有xOy坐标系，质量m=‎100g的质点以速度v0=‎10m/s沿x轴正方向运动，通过坐标原点O时受到与y轴平行的力F=1N，F大小保持不变。‎ ‎(1)F沿y轴正方向作用2s后立即变为沿y轴负方向，求t=3s时质点速度的大小和方向；‎ ‎(2)F沿y轴正方向作用1s后立即变为沿y轴负方向，又作用1s后立即变为沿y轴正方向，求t=3s时质点的位置坐标。‎ ‎【答案】(1)m/s，与x轴正方向y轴正方向均成角；(2)(‎30m，‎15m)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)已知m=‎100g=‎0.1kg，质点做类平抛运动，在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，加速度为 t=3s时质点沿y轴方向的分速度为 故t=3s时质点速度的大小为 因为vy=v0，所以t=3s时质点速度方向与x轴正方向、y轴正方向均成角 ‎(2)根据运动过程的对称性可知，质点在第1s内、第2s内、第3s内沿y轴方向的位移相等，则t=3s时质点沿y轴方向分位移为 t=3s时质点沿x轴方向的分位移为 因此，t=3s时质点的位置坐标为(‎30m，‎15m)‎ ‎17.如图所示，在xOy坐标系中，在0≤x<‎0.6m的范围存在平行于y轴向下的匀强电场，电场强度E=1000N/C，在‎0.6m≤x≤‎1.3m范围内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度B=5×10－3T。一个带负的带电粒子比荷为2×‎108C/kg，从坐标原点O处以初速度v0=3×‎105m/s沿x轴正方向进入电场，离开电场后进入磁场。带电粒子一直在xOy平面内运动，不计重力。求：‎ ‎(1)电子离开电场时的纵坐标y1；‎ ‎(2)电子离开磁场时的纵坐标y2；‎ ‎【答案】(1)‎0.4m；(2)‎‎0.5m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设电子在电场中运动的时间为t，电子射出电场时在竖直方向上的侧移量为y1，电子在水平方向做匀速直线运动 x1=v0t 电子在竖直方向上做匀加速直线运动 根据牛顿第二定律有 eE=ma 解得 y1=‎‎0.4m ‎(2)从电场进入磁场中的速度为 进入电磁场时，粒子的速度与水平方向的夹角满足 得 磁场区域中粒子受洛伦兹力而做匀速圆周运动，即 代入数据解得 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 根据几何知识可知，离开此场的位置B点与A点的高度差为 所以粒子离开磁场时的纵坐标为 ‎18.静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝‎1.0kg，mB＝‎‎4.0kg ‎；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝‎0.75m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝‎10m/s2，A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。‎ ‎(1)物块A，B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？‎ ‎(2)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？‎ ‎(3)若改变A、B与地面之间的动摩擦因数，求使A、B不发生碰撞的μ的范围。‎ ‎【答案】（1）物块B先停止；‎0m；（2）‎1.17m；（3）μ≥0.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有 联立式并代入题给数据得 vA=‎4.0m/s，vB=‎1.0m/s A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a，假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B，设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有 vB－at=0‎ 在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为 联立式并代入题给数据得 sA=‎1.75m，sB=‎‎0.25m 这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，此时A位于出发点左边‎0.25m处，B位于出发点左边‎0.25m处，两物块之间的距离为 s=‎‎0m ‎(2)t时刻A刚好与静止的B碰撞，碰撞时A速度的大小为，由动能定理有 联立式并代入题给数据得 ‎=‎3m/s 故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为和，取向左为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律有 mAvA′=mA+mB 联立式并代入题给数据得 ‎=－‎1.8m/s，=‎1.2m/s 这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为时停止，B向左运动距离为时停止，由运动学公式 则=‎0.81m，=‎‎0.36m 小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离 ‎ ‎ ‎(3)设A、B与地面之间的动摩擦因数为μ′时A、B恰好不发生碰撞，根据动能定理可得 解得μ≥0.5‎