2020届山东省济南市高三下学期6月三模针对性训练物理试题(解析版)

1、-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（）压强增大，吸收热量压强增大，放出热量压强减小，放出热量压强减小，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pVpV=1TT1可知压强减小根据热力学第一定律AU=W+Q体积不变，温度减小，即W=0AU0故QVb，B.VaVb，TTbabD.VaTa

2、b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pVnRT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VTb故A错误，B正确；CD.绝热光滑活塞向a移动过程中，a气体被压缩内能增大，温度升高，即TTab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（）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电势能减少量等于机械

3、能增加量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v=vcos30 xV2根据功能关系，重力势能的减小量为AEp11=mv2=mv22y8电势能的减少量为13AE=mv2=mv2电2x8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。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（

4、）NirMO甲乙Tt时刻，圆环有扩张的趋势8Tt二时刻，圆环有收缩的趋势8T3Tt-和t-时刻，圆环内有相同的感应电流883T5Tt-和t-时刻，圆环内有相同的感应电流88【答案】AD【解析】【详解】AB.由图可知在t二时刻，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8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；T3T由图可知在t二时刻通过线圈的电流增大，而在t=时刻通过线圈的电流减小，根据楞次定律可88知两时刻圆环感应电流方向不同，选项C错误；3T5T由图可知在t二和t二时刻，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88相等，根据

5、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。足够长的水平传送带上放置一小物块，质量m=lkg，物块与传送带之间的动摩擦因数为1=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（）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x=-=8m32av2x二二16m42a1Q二卩mg(x-x)+(x-x)=40J1233则选项C错误，D正确。故选

6、AD。三、非选择题：本题共6小题，共60分如图甲所示，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vt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】b.3.6.2。解析】【详解】（1）12.影子运动至位置C时的速度为xBD2Tm/s沁3.6m/s(

7、26.02+45.61)xlO-20.1X2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1ba=g=a=-球2影2a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改装成双量程电流表的电路。已知毫安表的内阻为10Q,满偏电流为100mA。电压表量程为3V,R0、RR2为定值电Q。阻，其中的R0=3Q。Q，R2=R1=(2)实验步骤：按照原理图连接电路；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；多次调节

8、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：利用实验测得的数据画成了如图乙所示的UI图像；由图像得出电源的电动势E=V，内阻r=Q(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)12使用a、b接线柱时IrI=1+g-g-abgR+R12=0.1+0.1x10R+R12=0.6A0.1x(10+R)2=3AR1使用a、c接线柱时I(r+R)I=I+ggJ=0.1+acgR1联立解得R二0.4Q1R二1.6Q234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U=E-6I(

9、r+R)0由图可知E=3.0V联立解得r=1.5Q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：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；【详解】(1)A在圆弧轨道上运动时，由机械能守恒定律可得mgR=2mv2在圆弧轨道最低点时，由牛顿第二定律得F-mg=mv2R解得F=3NA、B碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得mv=mv+Mv12由机械能守恒定律得

10、解得1mv2=21mv2+-Mv22122V1一3m/Sv=2m/s2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。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。求波的传播方向及波速；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】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

11、由甲图可知波长九=0.1m由乙图可知周期为T=0.2s则波速为=0.5m/s波从O点传播到B点所需时间xt=-GB-OBv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n=0，1，2，3，所以质点B处于波峰位置的时刻t=0.1s+1+1OB2代入数据得t=(5.15+0.2n)s(n=01,2,3,)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=lkg，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庐0.

12、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。1【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1一卩mgx=0一一Mv220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V,根据动量守恒有mvMv=（m+M）v001第一次与木块共速时的速度为v2,根据动量守恒有mvMv=（m+M）v112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mvMv=（m+M）v223联立可得=v0代入数据

13、可得-1-2-1-(3)根据动能定理代入数据可得1v=m/s391卩mgx=(m+M)v220 x=2.25m滑块最终停止运动时距离木板右端的距离为Ax=Lx=0.25m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+21,不计粒子重力，不考虑场的边缘效应。求：粒子进入磁场时的速度大小磁感应强度B的大小；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1与极板间距d应满足的条件。T图