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1、精品文档欢迎下载 - 1 - 山东省 2020 届高三物理模拟试题（含解析） 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. 下列说法正确的是（） A. 衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的 B. 铀核（ 238 92U）衰变为铅核（ 206 82Pb）的过程中，要经过 8 次 衰变和 6 次衰变 C. 210 83Bi的半衰期是 5 天， 100 克 210 83Bi 经过 10 天后还剩下50 克 D. 密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的 【答案】 B 【解析】 【详解】 A衰变的实质是原子核内
2、部的中子转化为一个质子和一个电子，电子从原子核内 喷射出来， A错误； B铀核（ 238 92U）衰变为铅核（ 206 82Pb）的过程中，每经一次 衰变质子数少2，质量数少4； 而每经一次衰变质子数增1，质量数不变；由质量数和核电荷数守恒知，衰变次数 238206 8 4 m次 衰变次数 82928 26n次 B正确； C设原来Bi 的质量为 0 m，衰变后剩余质量为m则有 10 5 0 11 10025g 22 ()( ) t T mm 即可知剩余Bi 质量为 25g，C错误； D密立根油滴实验表明电子的电荷量是分离的，玻尔提出核外电子的轨道是分立的不连续的， D错误。 故选 B 精品文档
3、欢迎下载 - 2 - 2. 如图， S是波源，振动频率为100Hz，产生的简谐横波向右传播，波速为40m/s。波在传播 过程中经过P、Q两点，已知P、Q的平衡位置之间相距0.6m。下列判断正确的是（） A. Q点比P点晚半个周期开始振动 B. 当Q点的位移最大时，P点的位移最小 C. Q点的运动方向与P点的运动方向可能相同 D. 当Q点通过平衡位置时，P点也通过平衡位置 【答案】 D 【解析】 【详解】 A根据vf可知，波长 40 m0.4m 100 v f 又 0.6m1.5PQ 故Q点比P点晚 1.5 个周期开始振动，A错误； BC P、Q两点的平衡位置距离是半个波长的奇数倍，故两者振动情
4、况完全相反，即两点的运 动方向始终相反，当Q点的位移最大时，P点的位移也最大，但两者方向相反，BC错误； D、两点平衡位置距离是半个波长的奇数倍，所以当Q通过平衡位置时，P点也通过平衡位置， 但两者运动方向相反，D正确。 故选 D。 3. 在升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m小物块，如图甲所示。升 降机从t=0 时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t变化如图乙所示。 取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是（） A. 在 0 2t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态 精品文档欢迎下载 - 3 - B. 在t03t0时间内，物块先处于失重状
5、态，后处于超重状态 C. t=t0时刻，物块所受的支持力大小为mg D. t=3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg 【答案】 C 【解析】 【详解】 A由乙图可知，在02t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，A错误； B由乙图可知，在t03t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，B猎； C由乙图可知，t=t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，C正确； D由乙图可知，t=3t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，D错误。 故选 C。 4. 甲、乙两车在平直公路上沿同一直线运动，两车的速度v随时间t的变化如图所示。下列 说法正确的是（） A. 两车的出发点一定不同 B. 在 0
6、 到t2的时间内，两车一定相遇两次 C. 在t1到t2时间内某一时刻，两车的加速度相同 D. 在t1到t2时间内，甲车的平均速度一定大于乙车的平均速度 【答案】 C 【解析】 【详解】 A根据题目所给信息，不能判断两车出发点的关系，因为该图是描述速度与时间变 化关系的图像，A错误； B两图线的交点表示在该时刻速度相等，在0 到t2的时间内，两车有两次速度相等，并不是 相遇， B错误； Cv t图象的斜率表示加速度，在t1时刻两车速度相等，然后甲做变加速直线运动，乙做匀 加速直线运动，在t2时刻两车又速度相等，所以甲的平均加速度等于乙的加速度，故t1到t2 时间内在某一时刻，乙图线的斜率和甲图线
7、平行，加速度相等，C正确； 精品文档欢迎下载 - 4 - Dv t图象图线与坐标轴围成的面积表示位移，从图可知， 在t1到t2时间内乙的位移大于甲 的位移，所用时间相等，故甲的平均速度一定小于乙的平均速度，故D错误。 故选 C。 5. 电阻为R的单匝闭合金属线框，在匀强磁场中绕着与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交 变电动势的图像如图所示。下列判断正确的是（） A. 2 T 时刻线框平面与中性面平行 B. 穿过线框的磁通量最大为 0 2 E T C. 线框转动一周做的功为 2 0 E T R D. 从 4 T t到 3 4 T t的过程中，线框的平均感应电动势为 0 2 E 【答案】 B 【解析
8、】 【详解】 A由图可知 2 T t时刻感应电动势最大，此时线圈所在平面与中性面垂直，A错误； B当感应电动势等于零时，穿过线框回路的磁通量最大，且由 m ENBS 得 00m m 2 2 1 EE TE N T B正确； C线圈转一周所做的功为转动一周的发热量 2 m 22 0 () 2 2 E EE QTTT RRR 精品文档欢迎下载 - 5 - C错误； D从 4 T 到 3 4 T 时刻的平均感应电动势为 0m 22 22 E E TT D错误。 故选 B。 6. 如图甲所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻） 。通过改变电路中的元件 参数对同一电容器进行两次充电，对应的电
9、荷量q随着时间t变化的曲线如图乙中的a、b所 示。曲线形状由a变化为b，是由于（） A. 电阻R变大 B. 电阻R减小 C. 电源电动势E变大 D. 电源电动势E减小 【答案】 A 【解析】 【详解】由图象可以看出，最终电容器所带电荷量没有发生变化，只是充电时间发生了变化， 说明电容器两端电压没有发生变化，即电源的电动势不变，而是电路中电阻的阻值发生了变 化。图象 b 比图象 a 的时间变长了，说明充电电流变小了，即电阻变大了，故A正确， BCD错 误。 故选 A。 7. 如图所示，压缩的轻弹簧将金属块卡在矩形箱内，在箱的上顶板和下底板均安有压力传感 器，箱可以沿竖直轨道运动。当箱静止时，上顶
10、板的传感器显示的压力F1=2N，下底板传感器 精品文档欢迎下载 - 6 - 显示的压力F2=6N，重力加速度g=10m/s 2。下列判断正确的是（ ） A. 若加速度方向向上，随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，F2逐渐增大 B. 若加速度方向向下，随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，F2逐渐减小 C. 若加速度方向向上，且大小为5m/s 2 时，F1的示数为零 D. 若加速度方向向下，且大小为5m/s 2 时，F2的示数为零 【答案】 C 【解析】 【详解】 A若加速度方向向上，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F2不变，根 据牛顿第二定律得 21 FmgFma 得 12 FFmgma
11、知随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小， A错误； B若加速度方向向下，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F2不变，根据牛顿第 二定律得 12 mgFFma 得 12 FFmgma 知随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，故B错误； C当箱静止时，有 21 FmgF 得 m=0.4kg 精品文档欢迎下载 - 7 - 若加速度方向向上，当F1=0 时，由 A项分析有 12 0FFmgma 解得 a=5m/s 2 故 C正确； D若加速度方向向下，大小是5m/s 2 小于重力加速度，不是完全失重，弹簧不可能恢复原长， 则F2的示数不可能为零，D错误。 故选 C。 8. 质量为m的箱子静止在光滑水平
12、面上，箱子内侧的两壁间距为l，另一质量也为m且可视为 质点的物体从箱子中央以v0=2 gl的速度开始运动（g为当地重力加速度） ，如图所示。已知 物体与箱壁共发生5 次完全弹性碰撞。则物体与箱底的动摩擦因数的取值范围是（） A. 12 47 B. 21 94 C. 22 119 D. 22 1311 【答案】 C 【解析】 【详解】小物块与箱子组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 0 2mvmv共 解得 0 1 2 vv 共 对小物块和箱子组成的系统，由能量守恒定律得 0 22 1 2 1 2 mmQvm v共 解得 2 0 1 4 mgvQm l 精品文档欢迎下载 - 8 -
13、 由题意可知，小物块与箱子发生5 次碰撞，则物体相对于木箱运动的总路程 max 11 2 sl， min 9 2 sl 小物块受到摩擦力为 fmg 对系统，利用产热等于摩擦力乘以相对路程，得 Qfsmgs 故 max 2 9 ， min 2 11 即 22 119 ，故 C正确， ABD错误。 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，正方形abcd处于匀强电场中，电场方向与此平面平行。一质子由a点运动到b点， 电场力做功为W，该质子由a点运动
14、到d点，克服电场力做功为W。已知W0，则（） A. 电场强度的方向沿着ab方向 B. 线ac是一条等势线 C. c点的电势高于b点的电势 D. 电子在d点的电势能大于在b点的电势能 【答案】 BC 【解析】 【详解】 B由题意可知，一质子由a点运动到b点，电场力做功为W；该质子由a点运动到 d点，电场力做功为-W；根据公式 WqU 可知 daba UU 精品文档欢迎下载 - 9 - 又根据几何关系可知，b、d两点关于ac连线轴对称，所以ac是此匀强电场中的等势线，B 正确； AC 由于质子由a点运动到b点，电场力做正功，所以 cab，所以电场强度的方向为 垂直于ac线，指向b点， A错误 C正
15、确； D根据 P Eq ，又电子带负电，所以电势低的地方电势能高，即电子在d点的电势能小于 在b点的电势能， D错误。 故选 BC 。 10. 质量为m的小球穿在光滑细杆MN上，并可沿细杆滑动。已知细杆与水平面夹角30，细 杆长度为2L，P为细杆中点。小球连接轻弹簧，弹簧水平放置，弹簧右端固定于竖直平面的O 点。此时弹簧恰好处于原长，原长为 2 3 3 L，劲度系数为 mg L 。将小球从M点由静止释放， 小球会经过P点，并能够到达N点。下列说法正确的是（） A. 小球运动至P点时受到细杆弹力为 5 3 6 mg B. 小球运动到P点处时的加速度为 3 2 g C. 小球运动至N点时的速度2g
16、l D. 小球运动至N点时弹簧的弹性势能为mgL 【答案】 AC 【解析】 【详解】 AB 小球运动至P点时，根据几何关系可得OP之间的距离为： 2 33 sin 30 33 dLL 则弹簧的弹力大小为： 精品文档欢迎下载 - 10 - 2 33 33 FkLdmg 对小球受力分析，可知受重力、弹簧 的 弹力和轻杆的弹作用，如图所示： 在垂直斜面方向上，根据平衡条件有： cos30NFmg 解得： 5 3 6 Nmg 在沿斜面方向上，根据牛顿第二定律有： sin30mgma 解得： 3 sin30 5 agg，A正确， B错误； CD 根据几何关系，可知 ON=OM= 2 3 3 L 故小球从M点运动至N点，弹性势能变化量为零，所以在N点的弹性势能为零，则整个过程 小球减小的重力势能全部转化为小球的动能，根据机械能守恒有： 21 2sin30 2 N mgLmv 解得：2 N vgL， C正确， D错误 。 故选 AC 。 11. 一半圆形玻璃砖，C点为其球心，直线 OO 与玻璃砖上表面垂直，C为垂足，如图所示
