2020届山东省新高考物理模拟试题附答案

20202020届山东省新高考物理模拟试题第页共8页2020届山东省新高考物理模?拟试题答案题号123456789101112答案1、【答案】D【详解】A.原子核的半衰期与外界条件及所处状态无关，由自身决定，A错误。大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁，任选两条轨道，所以辐射出C2=6种频率4光子，B错误。根据光速方程：c=九v可知，波长变长，频率降低，所以该光不能使金属发生光电效应，波长更长即频率更低的光，依然不能使金属发生光电效应，C错误。氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，需要吸收能量，总能量增大，根据库仑力提供向心力：k一=m，可知，轨道半径越大，速度越小，动能越小，r2r总能量等于动能加势能，所以势能增大，D正确。2、【答案】D【解析】B、飞镖1下落的高度小，根据h二1gt2，解得心；丝，可知飞行时间t<t，故B2Vg12错误；A、加速度相等，都为g,则速度变化量Av二gt，可得AV]<Av2，故A错误；C、由于水平位移相等，根据x二v0t，可知初速度v〉v，故C错误；012vvD、根据tan=匸=gt，对于飞镖1，时间短，初速度大，则tanO1>tanO2，所以91>02，y故D正确；故选D。3、【答案】C【解析】a处是波峰与波峰叠加，为振动加强点，振幅为2A，但质点并不始终处于离平衡位置12A处，A错误；质点只在平衡位置附近振动，并不随波移动，B错误；从该时刻起，经过才匚c处为平衡位置与平衡位置相遇，质点将通过平衡位置，C正确；两列波传到b点的振动情况一直在变化，当S2不动，s1沿S1b连线向b运动，b处质点不可能始终处于平衡位置，D错误。故选C。4、【答案】Bvv【详解】时间的单位应该是s,t=七的单位为m,故A错误；如果不考虑空气的阻力，则gv2vv+v.2vTOC\o"1-5"\h\zV[=v2，t上=t下，故运动的总时间t=1.由于空气阻力作用，v2<v[,2<1，12上下gg21gg故B答案是合理的，故B正确。假设空气的阻力为0,则v产v2，则t=t，故运动的总时间12上下\o"CurrentDocument"v+vv—v2vt=T2,而一2=0，故C错误。若没有空气阻力，v[=v2，时间应为t=1，故选项Dgg12g中运动时间t=中运动时间t=注红不合理,故D错误。5、【答案】A【解析】A.从地面跃起过程中，地面对人没有位移，所以地而对他所做的功为0故A正确；B错误；C、.从下蹲到离开地面上升过程中，运动员的动能增加，重力势能也增加所以他的机械能是增加的，故C错误；D、离开地面后，他在上升过程和下落过程中都有向下的加速度，所以都处于处于失重状态，故D错误；综上所述本题答案是：A6、【答案】DTOC\o"1-5"\h\zMmv2【详解】A.根据G—-=m—得，第一宇宙速度火星质量和半径的比值较小，则火星的第一宇宙速度较小，故A错误。BD.火星和地球均绕太阳做圆周运动，根据小—-4兀2G=—a=—r\o"CurrentDocument"r2T2得：火星的轨道半径较大，则加速度较小，周期较大，故D正确，B错误。——C.根据G=—g，得：R2由于火星质量和半径的二次方比值较小，则火星表面的重力加速度较小，故C错误。7、【答案】D【解析】【详解】AC.根据题意可知：设斜面倾角为9，对斜面体因为地面对斜面体摩擦力向右，所以物块对斜面体的压力的水平分力小于物块对斜面体摩擦力的水平分力，设物块斜面体之间弹力为Fn，有:Fsin9<卩Fcos9，所以卩>tan9，同时撤去两力,—gsin9<p—gcos9，NNN物块将减速，AC错误。B.对斜面受力分析可知：L=p(—gcos9-F2)cos9，只撤去F2,地面对B的摩擦力变地22大，B错误。D.对斜面受力分析可知：/=p(—gcos9-F)cos9，只增大物块质量，摩擦力变大，D地2正确。8、【答案】B【解析】AD、闭合开关S,增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻比两端的电压U］减小，由闭合电路欧姆定律U=E-Ir得它们的总电压即路端电压U路增大，由U路=U,+U得电阻R两端的电压U增大，AU1+AU>0，所以电阻R1两端路路111的电压减小量小于△U,故A错误，由于电容器与电阻比并联，所以电容器两端的电压等于电阻R1两端的电压，所以有电容器的两端的电压减小，带电量减小，减小量小于CAU，故D

错误；由数学知识得应二叫+r，所以电压B、根据闭合电路欧姆定律得：U由数学知识得应二叫+r，所以电压表示数变化量AU和电流表示数变化AI的比值不变，故B正确；C、由图可知+=R，由于R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大•故C错误；故选B。【点睛】两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，注意，AU丰R，R是非线性电阻。AI9、【答案】CD【解析】【详解】AB、在整个运动过程中，系统的合外力为零，系统的动量守恒，小球a与b碰撞后粘在一起，动能减小，机械能减小，故AB错误；C、a与b碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对b产生向左的弹力，对c产生向右的弹力，ab做减速运动，c做加速运动，当c的速度大于ab的速度后，弹簧压缩量减小，则当小球b、c速度相等时，弹簧压缩量，弹性势能最大，故C正确；D、当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能不为零，故D正确；故选CD。【点睛】含有弹簧的问题，难点是对物体运动过程的分析，得到弹簧势能最大的临界条件；本题根据动量守恒和机械能守恒分析求得。10、【答案】BCD【解析】开关耳始终接a，副线圈电压不变，当滑片P向下滑动时，接入电路的总电阻变大，电流变小，所以电流表的示数均变小，B正确；副线圈电压不变，所以电压表V］的示数不变，电压表v2测量的是滑动变阻器的电压，因为总电流变小，所以定值电阻的分压变小，所以滑动变阻器的分压变大，故V2示数变大，A错误；保持滑片P的位置不变，将开关S］由a改接b副线圈电压变大，滑动变阻器的分压变大，所以电容器两端电压变大，电荷量增多，CD正确．11、【答案】BCD【详解】由动量守恒可知衰变后产生的A粒子与新核Y运动方向相反，所以在磁场中运动的mv2轨迹圆外切，根据qvB=——Rmvmv2轨迹圆外切，根据qvB=——Rmv可得R=亦,可知A粒子半径大,由左手可知两粒子圆周运动方向相同，丁图正确，故选项A错误;mvR亦可知灵2=，新核Y在磁场中圆周Z-2运动的半径为R二ZL_R，故选项B正确；圆周运动的周期为T=色#，环形电流为YZ-2qBqBq2mv2qBR1=厂乔’故选项C正确;对A粒子由洛伦磁力提供向心力qvB=-r可得v由质量关系可知衰变后新核Y质量为M=宁m，由衰变过程中动量守恒可得加'-mv-0

mv11可知宀-，系统增加的能量为AE-2伽2+2mv2，由质能方程可得AE二曲2，联立解得衰变过程中的质量亏损为A解得衰变过程中的质量亏损为Am二2故选项D正确。12、【答案】BD【解析】A项：由题意可知，在4质点1位于波峰可知，质点的起振方向向上，根据受迫振动的振动方向与波源振动方向相同，所以质点5的起振方向向上，故A错误；B项：t=T/4时，质点3位于平衡位置上方，所以加速度方向向下，故B正确；C项：在t=T/2时，质点8开始向上振动，所以振动速度减小，故C错误；D项：在t=T时，1到16个质点刚好第一次构成一个标准的完整正弦图像，故D错误。二、实验题13、【答案】(1).A(2).BD(3).0.54(4).1.5(5).未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力(6).未满足小车的质量远远大于小桶和砝码的总质量【解析】【详解】(1)本实验采用的实验方法是控制变量法；平衡摩擦力时，应不挂小桶，让小车拖着纸带在木板上做匀速运动，选项A错误；每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，选项B正确；实验时要先接通电源后放小1车，选项C错误；因为a-为正比关系，故为得出加速度a与与质量m的关系而作出m1的a-图象，选项D正确；故选BD。m计数点间的时间间隔T=0.02sx5=0.1s,打B计数点时小车的速度大小为xv=-^ac=0.54m/s；b2T'Ax根据逐差法得Ax根据逐差法得a-t2‘x-x小车的加速度a=苗产=1.5m/s2(2)(2)A2，R1；偏小；如图所示;由图线可知，当力F到达一定值时才有加速度，故图线不过原点的原因是未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力；图线在末端弯曲的原因是未满足小车的质量远远大于小桶和砝码的总质量；14、【答案】(1)AEDC，22【解析】【详解】解：(1)①发现指针转过角度太大，知电阻较小，则换用“xlQ”，换挡后需重新调零.然后去测电阻，最后将旋钮旋至“OFF”挡或交流电压的最高挡.故合理顺序为：AEDC.②Rx的测量值为22xlQ=22Q.

(2)通过电阻电流的最大值大约I二22A二0.23A，所以选择量程为300mA的电流表测量比较准确.总阻值为2500的滑动变阻器阻值相对较大，测量时误差大，所以选择总阻值为100的滑动变阻器.由于待测电阻远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接法.因采用外接法，则由于电压表的分流而使电流表测量结果偏大，由欧姆定律可知，所测电阻偏小；若采用限流法，电路中的电流较大，容易超过电流表的量程，所以滑动变阻器采用分压式接法，电路图如图所示：根据电路图连接实物图，如图所示：【点睛】解决本题的关键掌握器材选取的原则，知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，以及知道电流表内外接的区别.15、解：(1)设左、右活塞的面积分别为A'和A,由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即:由此得：2在两个活塞上各加一质量为m的物块后，右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中在初态，气体的压强为川，体积为2；在末态，气体压强为'占，体积为(X为左活塞的高度)由玻意耳一马略特定律得：占3A，设x'是温度达到T时左活塞的高度,(2)，设x'是温度达到T时左活塞的高度,(2)当温度由T0上升至T时，气体的压强始终为解得：4，即两活塞的高度差为由盖•吕萨克定律得:W=Fs=4^g-h(-_1)=5^(—-1)活塞对气体做的功为：A27=W^O由热力学第一定律：,W〈O,AU〉O,・・・Q〉O,在此过程中气体吸收热量16、【解析】(1)推力F通过P压缩弹簧做功，根据功能关系有Ep=W”①当弹簧完全推开物块P时，有Ep=2mpv2②由①②式联立解得v=4m/so(2)P、Q之间发生弹性碰撞，设碰撞后Q的速度为v0,P的速度为v',由动量守恒和能量守恒得m恒得mpv=mpv'+mQv0③由③④式解得v°=v=4m/s,v'=0。设滑块Q在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u,由动量守恒可得mQv0}=(mQ^M)u⑤根据能量守恒,系统产生的摩擦热1卩mQgL=2mQv2—联立⑤⑥解得L=6m。17、【答案】(1)60。三衣120。(2)一一2【解析】【分析】电子在磁场中做匀速圆周运动,电子在极板间做匀变速曲线运动,竖直方向做匀减速直线运动，刚好能打到A板上的电子满足到达A板时竖直方向速度等于0,运用动能定理求解；能进入极板间的电子与金属板K的夹角0满足45°<0<135。，利用作图找出几何关系，求出进入AK极板间的电子数占发射电子总数的比例。解：(1)设恰能打到A板的电子在进入极板与金属板K的夹角为给11电子在极板运动过程运用动能定理-U•e二m(vcos9)2-mv2AK202

得°°二60。或9二120得°°二60。或9二120。0厂“故能打到A板上的电子与金属板K的夹角0满足\o"CurrentDocument"60°<9<120。：瓷（2）能进入极板间的电子与金属板K的夹角0满足L-45°<9<135°0=45°的电子在磁场中的轨道如图甲所示，入射点为M平行四边形O]POM为菱形，电子在磁场中运动的半径也为RM到P点的竖直距离d二M甲R（1一cos45。）匸+0=135°的电子在磁场中的轨道如图乙所示，入射点为NN到P点的竖直距离d二R（1+cos45°）TOC\o"1-5"\h\zN_d一dJ2故NM竖直长度占射入总长度2R的比例十—m二-\o"CurrentDocument"2R227.8m218、【答案】（1）2m/s（2）0.44m/s（3）5.56C（427.8m2【解析】A棒在曲轨道上下滑，由机械能守恒定律得：1mgh=mv02…①得：v0=£2gh=\'2x10x0.2m/s=2m/s（2）选取水平向右为正方向，对A、B利用动量定理可得:对B：FB、cosO・t=MvB...②B安B对A：-FacosO・t=mvA-mv0…③A安A0其中Fa安=2Fb安…④由上知：mv0-mvA=2MvB两棒最后匀速时，电路中无电流：有BLvB=2BLvA得：vB=2vA…⑤2联立后两式得：vB=9v