山东省青岛市西海岸新区（黄岛区）2020届高三下学期4月模拟物理试题

青岛西海岸新区高中4月模拟试题

物 理

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。

1.关于分子动理论，下列说法正确是（    ）

A. 分子的质量，分子的体积

B. 物体间的扩散现象主要是分子间斥力作用的结果

C. 在任一温度下，气体分子的速率分布均呈现“中间多、两头少”的规律

D. 显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了炭粒分子运动的无规则性

【答案】C

【解析】

【详解】A．分子的质量，但是由于分子之间有间隔，尤其是气体分子之间距离更大，则分子的体积，选项A错误；

B．物体间的扩散现象主要是分子不停息的做无规则运动引起的，选项B错误；

C．在任一温度下，气体分子的速率分布均呈现“中间多、两头少”的规律，选项C正确；

D．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了水分子运动的无规则性，选项D错误。

故选C。

2.如图所示，卫星a和b分别在半径相同的轨道上绕金星和地球做匀速圆周运动，已知金星的质量小于地球的质量，则（　　）

A. a、b的线速度大小相等

B. a的角速度较大

C. a的周期较大

D. a的向心加速度较大

【答案】C

【解析】

【详解】卫星绕星球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力

解得

，，，

分析题意可知，金星的质量小于地球质量，则b的角速度大，b的周期小，b的线速度大，b的向心加速度大，故ABD错误，C正确。

故选C。

3.如图所示，双缝干涉实验装置中，屏上一点到双缝的距离之差为，若用单色光照射双缝时，发现点正好是从屏中间算起的第四条暗条纹，换用单色光照射双缝时，发现点正好是从屏中间算起的第三条亮条纹，则下列说法正确的是（    ）

A. 单色光的频率大于单色光的频率

B. 单色光的波长小于单色光的波长

C. 单色光的相邻亮条纹间的距离小于单色光的相邻亮条纹间的距离

D. 用单色光和在同一单缝衍射的装置上做实验，在缝宽不变的情况下，单色光更容易发生明显衍射

【答案】D

【解析】

【详解】ABC．由题意可知，单色光A照射双缝时条纹间距较小，根据可知单色光A的波长较小，频率较大，选项ABC错误；

D．因单色光B的波长较大，则用单色光A和B在同一单缝衍射的装置上做实验，在缝宽不变的情况下，单色光B更容易发生明显衍射，选项D正确。

故选D。

4.2019世界机器人论坛（World forum on Robot 2019，WFR2019）于2019年8月21日—8月23日在北京举办，大会主题“智能新生态开发新时代”。某机器人研究小组自制的机器车能够自动识别障碍物上、下坡。该机器车质量为，在水平路面段以速度匀速行驶，段是一段陡坡。机器车在段仅用就运动到了坡顶，且到达坡顶前机器车已经以速度做匀速运动，已知整个过程中该机器车的输出功率保持不变，机器车在段受到的阻力，在段所受阻力恒定，机器车经过点时无机械能损失，则下列说法正确的是（    ）

A. 该机器车的额定功率为

B. 该机器车经过点后刚开始上坡的加速度大小为

C. 该机器车速度减至时，其加速度大小为

D. 段的长度为

【答案】B

【解析】

【详解】A．该机器车在AB段匀速运动则

F=Ff1

则额定功率为

选项A错误；

B．机器车到达顶端匀速运动时满足

刚经过B点时

解得

选项B正确；

C．该机器车速度减至时

其中 解得

选项C错误；

D．从B到C由动能定理

解得

s=15.675m

选项D错误。

故选B。

5.有人设想在遥远的宇宙探测时，给探测器安上反射率极高（可认为100%）的薄膜，并让它正对太阳，用光压为动力推动探测器加速。已知某探测器在轨道上运行，阳光恰好垂直照射在薄膜上，薄膜面积为S，每秒每平方米面积获得的太阳光能为E，若探测器总质量为M，光速为c，普朗克常量为h，则探测器获得加速度大小的表达式是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】光子垂直照射后全部反射，每秒在薄膜上产生的总能量为，结合单个光子的能量

则个光子的总能量为

解得

结合单个光子的动量

则光子的总动量变化量大小为

以光子为研究对象，应用动量定理

式中，解得

根据牛顿第三定律，光子对探测器的作用力大小为

根据牛顿第二定律

解得

A正确，BCD错误。

故选A。

6.两单摆在不同的驱动力作用下其振幅随驱动力频率变化的图象如图中甲、乙所示，则下列说法正确的是（    ）

A. 单摆振动时的频率与固有频率有关，振幅与固有频率无关

B. 若两单摆放在同一地点，则甲、乙两单摆的摆长之比为

C. 若两单摆摆长相同放在不同的地点，则甲、乙两单摆所处两地的重力加速度之比为

D. 周期为的单摆叫做秒摆，在地面附近，秒摆的摆长约为

【答案】B

【解析】

【详解】A．做受迫振动的物体的频率等于驱动力的频率，由驱动力的频率决定，与物体固有频率无关，当驱动力频率等于物体的固有频率时，物体的振幅最大，发生共振，选项A错误；

BC．由图像可知，甲乙两个单摆的固有频率之比为1:2，则由可知，，则若两单摆放在同一地点，则甲、乙两单摆的摆长之比为；若两单摆摆长相同放在不同的地点，则甲、乙两单摆所处两地的重力加速度之比为，选项B正确，C错误；

D．周期为2s的单摆叫做秒摆，在地面附近，秒摆的摆长约为选项D错误；

故选B。

7.随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是(  )

A. 无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”

B. 只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电

C. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同

D. 只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电

【答案】C

【解析】

【详解】A．无线充电的原理，其实就是电磁感应现象，而不是电流的磁效应，故A错误；

B．发生电磁感应的条件是磁通量要发生变化，直流电无法产生变化的磁场，故不能接到直流电源上，故B错误；

C．发生电磁感应时，两个线圈中的交变电流的频率是相同的，故C正确；

D．只有无线充电底座，手机内部没有能实现无线充电的接收线圈等装置，也不能进行无线充电，D错误。

故C正确。

8.国产科幻大片《流浪地球》中，人类借助木星的“引力弹弓”，令地球零消耗改变方向、提升速度，但是当地球靠近木星时，突然遭遇了巨大危机：数千台行星发动机熄火了，全球地震，火山爆发……而灾难的根源是由于地球和木星的距离小于“流体洛希极限”，此时地面流体就倾向于逃逸．查阅资料可知，地球与木星间的“流体洛希极限”等于10.3万公里，计算公式为，其中R木、ρ木、ρ地分别为木星的半径、木星的密度和地球的密度．已知比邻星的质量约为木星的150倍，其余信息未知，那么当地球流浪到比邻星附近时，与比邻星间的“流体洛希极限”约为

A. 30万公里 B. 50万公里 C. 75万公里 D. 150万公里

【答案】B

【解析】

【详解】因为行星的质量，所以，因为比邻星的质量约为木星的150倍，所以比邻星的“流体洛希极限”等于万公里，ACD错误B正确．

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。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.在顶板和底板相距的电梯里，有一根长度为的细线悬挂着一个可看做质点的小球，小球与电梯相对静止一起匀速上升，某时刻细线发生断裂，重力加速度，则下列说法正确的是（    ）

A. 经过小球会和电梯的底板相撞

B. 如果电梯的速度足够大，小球会与电梯的顶板相撞

C. 若电梯匀速运动的速度小于，小球会在相对地面下降的过程中和电梯的底板相撞

D. 若电梯匀速运动的速度小于，小球会在相对地面上升的过程中和电梯的底板相撞

【答案】AC

【解析】

【详解】A．若选择电梯为参考系，则细线断裂后小球相对电梯做自由落体运动，则落到底板上的时间为

选项A正确；

B．无论电梯的速度多大，小球相对电梯总是做自由落体运动，不会与电梯的顶板相撞，选项B错误；

CD．若电梯匀速运动的速度小于2m/s，则细绳断裂后小球做竖直上抛运动上升的时间

则小球会在相对地面下降的过程中和电梯的底板相撞，选项C正确，D错误。

故选AC。

10.滑板运动是以滑行为特色、崇尚自由的一种运动，深受都市青年的喜爱。滑板的一种运动情境可简化为如下模型：如图甲所示，将运动员（包括滑板）简化为质量的物块，物块以某一初速度从倾角的斜面底端冲上足够长的斜面，取斜面底端为重力势能零势能面，该物块的机械能和重力势能随离开斜面底端的高度的变化规律如图乙所示。将物块视为质点，重力加速度，则由图中数据可得（    ）

A. 初速度

B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.3

C. 物块在斜面上运动的时间为

D. 物块再次回到斜面底端时的动能为

【答案】AD

【解析】

【详解】A．斜面底端为重力势能零势能面，则

得

故A正确；

B．当时，物块运动到最高点由图乙可知此时

根据功能关系，有

得物块与斜面间动摩擦因数

故B错误；

CD．物块沿斜面上滑的时间

上滑的位移

因为，所以物块最终会沿斜面下滑，下滑的

物块在斜面上运动的时间为

滑到斜面底端时的动能

故C错误，D正确。

故选AD。

11.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等。当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时（　　）

A. 电压表读数增大

B. 电流表读数减小

C. 电源的输出功率逐渐增大

D. 质点P将向下运动

【答案】CD

【解析】

【详解】AB．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流I增大。电阻R1以及内阻上的电压变大，与电容器并联的支路电压减小，流过R3的电流I3减小，流过电流表的电流IA=I-I3，I增大，I3减小，则IA增大，所以电流表读数增大。R4的电压U4=U3-U2，U3减小，U2增大，则U4减小，所以电压表读数减小。选项AB错误；
C．因为当外电阻等于内阻时电源输出功率最大；由于R1的阻值和电源内阻r相等，则外电路总电阻大于电源的内阻r，当外电阻减小时，外电阻逐渐向内电阻接近，则电源的输出功率逐渐增大。选项C正确；

D．电容器板间电压等于R3的电压。R3的电压减小，电容器板间场强减小，质点P所受的电场力减小，所以质点P将向下运动。故D正确。
故选CD。

12.如图所示，某空间存在一竖直方向的电场，其中的一条电场线如图甲所示，一个质量为m。电荷量为q的带正电小球，从电场线中O点由静止开始沿电场线竖直向上运动到的过程中，以O为坐标原点，取竖直向上为x轴的正方向，小球运动时电势能与位移x的关系如图乙所示，运动忽略空气阻力，则下列说法可能正确的是（　　）

A. 沿x轴正方向的电场强度大小逐渐增加

B. 从O运动到的过程中，小球的速度先增大后减小，加速度先减小后增大

C. 从O点运动到的过程中，每经过相等的位移，小球机械能的增加量变少

D. 小球运动到时，小球速度的大小为

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．由图乙可知，电势能减小的越来越缓慢，也就是运动相同的距离，电场力做功越来越小，即电场强度越来越小，A错误；

B．开始时，带电小球向上运动，电场力大于重力，向上加速运动，后来电场力小于重力，向上减速运动，因此速度先增加后减小，随着电场力的减小，合力先向上减小，当电场力等于重力时，加速度减小到了零，再向上运动时，重力大于电场力，加速度向下增大，因此加速度先减小后增加，B正确；

C．根据能量守恒，机械能的增量等于电势能的减量，向上运动的过程中，每经过相等的位移，电势能减小量变少，因此，每经过相等的位移，机械能的增加量也变少，C正确；

D．小球运动到时，电场力做功等于电势能的减小量，根据动能定理

可求得速度大小为

D正确。

故选BCD。

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13.用油膜法估测分子直径的实验步骤如下：

A.向浅盘中倒入适量的水，并向水面均匀的撒入痱子粉

B.将纯油酸加入酒精中，得到的油酸酒精溶液

C.把玻璃板放在方格纸上，计算出薄膜的面积（坐标纸中正方形小方格的边长为）

D.将配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下50滴溶液的体积

E.把一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描出油膜的轮廓

F.按照得到的数据，估算出油酸分子的直径

（1）上述步骤中，正确的顺序是________（填步骤前的字母）。

（2）如图所示为描出的油膜轮廓，油膜的面积约为______。

（3）已知50滴溶液的体积为，估算油酸分子的直径约为__________（保留两位有效数字）。

【答案】    (1). BDAECF    (2). 0.022    (3). 4.5×10-10

【解析】

【详解】（1）[1]．上述步骤中，正确的顺序是BDAECF。

（2）[2]．根据描出的油膜轮廓，计算得出共有55格，则油膜的面积约为55×4cm2=0.022m2。

（3）[3]．1滴油酸酒精溶液中含油酸的体积为

油酸分子的直径约为

14.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’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’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    (2). D    (3). 180    (4). 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．

15.如图所示，一水平光滑、距地面高为h、边长为a的正方形MNPQ桌面上，用长为L的不可伸长的轻绳连接质量分别为的A、B两小球，两小球在绳子拉力的作用下，绕绳子上的某点O以不同的线速度做匀速圆周运动，圆心O与桌面中心重合，已知，，，a＝2.1m，h＝1.25m，A球的速度大小，重力加速度g取，求：

（1）绳子上的拉力F以及B球的质量mB；

（2）若当绳子与MN平行时突然断开，求两小球分别落至地面时，落点间的距离。

【答案】（1）0.1N；；（2）

【解析】

【详解】(1)由绳拉力提供向心力

根据

可得

(2)绳子断裂后，两球在水平方向上一直做匀速直线运动，两球离开桌面做平抛运动，落地时间

做圆周运动时有

可得,沿NP方向的距离

两球间的距离为

16.如图甲所示，某玻璃砖的横截面是直角三角形，其中，边的长度为，一束单色光垂直边入射，第一次从边射出时与边成角。

（1）求该玻璃砖的折射率；

（2）令上束单色光的平行光束从边以角入射，如图乙所示，求该光束第一次从边射出的宽度和具体的位置。

【答案】（1） （2）

【解析】

【详解】（1）由光路图可知，光线射到AB面上时的入射角为30°，折射角为45°，则折射率为

（2）单色光的平行光束从AC边以角入射时，折射角为30°，由几何关系可知，光线射到M点，然后反射光线垂直AB边从N点射出，由几何关系可知，N为AB的中点，距离A点的距离为.

17.如图所示，电动机带动的水平传送带始终以的速度顺时针转动，将一质量的小滑块（可视为质点）轻轻地放在水平传送带的左端点，在传送带的带动下，小滑块开始运动并最终从右端点平抛出去，抛出后的小滑块恰好无碰撞地从点进入光滑的圆弧轨道，之后又冲上一与圆弧轨道相切、动摩擦因数为的粗糙斜面，在斜面上运动的最高点为（未标出），当小滑块到达点时，对其施加一外力，使小滑块在斜面上保持静止状态。点位于传送带末端点的正下方，且的高度为.、是圆弧轨道的两个端点，且、、三点在同一水平面上，斜面足够长，与水平面的夹角为，，，，不计空气阻力。

（1）求为了传送小滑块，电动机多做的功为多少？

（2）求小滑块沿斜面上升的最大高度；

（3）将小滑块从点释放后，若小滑块与斜面间的摩擦忽略不计，请判断能否从点水平回到传送带上？若能，说明理由；若不能，请说明在保持传送带水平的情况下，传送带的位置如何调节才能让小滑块以水平速度正好返回传送带？

【答案】（1）2000J（2）25m（3）不能；要想使得物块从B点进入传送带，需将传送带下调2.25m，同时向右移动6m。

【解析】

【详解】（1）滑块落到D点时的竖直速度

则水平速度

即到达B点时物块已经和传送带共速，设从开始到与传送带共速的时间为t，则对物块由动能定理

物块与传送带之间的相对位移

产生的热量

则为了传送小滑块，电动机多做的功为

（2）从D点到滑到斜面的最高点，由动能定理

其中 解得

（3）若滑块与斜面摩擦不计，则回到D点时，由动能定理

解得

则滑块不能回到水平传送带；

因为

则

原来ED之间的距离

调整后

则要想使得物块从B点进入传送带，需将传送带下调11.25m-9m=2.25m，同时向右移动30m-24m=6m。

18.如图所示，在平面直角坐标系xoy的第一象限内有一边长为L的等腰直角三角形区域OPQ，三角形的O点恰为平面直角坐标系的坐标原点，该区域内有磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第一象限中y ≤ L的其它区域内有大小为E、方向沿x轴正方向的匀强电场；一束电子（电荷量为e、质量为m）以大小不同的速度从坐标原点O沿y轴正方向射入匀强磁场区．则：

（1）能够进入电场区域的电子的速度范围；

（2）已知一个电子恰好从P点离开了磁场，求该电子的速度和由O到P的运动时间；

（3）若电子速度为，且能从x轴穿出电场，求电子穿过x轴的坐标．

【答案】（1）（2）      （3）

【解析】

【分析】

（1）通过Q点进入电场区域的电子速度最大，根据洛伦兹力等于向心力，求出最大速度；

（2）恰好从P点离开了磁场，半径为L/2，画出运动轨迹，根据粒子在磁场中的运动周期和牛顿第二定律，分别求出在磁场和电场中的运动时间，求该电子由O到P的运动时间；

（3）只有当电子第一次从电场返回磁场且不从OP和PQ两边离开磁场时，电子才有可能经电场偏转通过x轴．画出运动轨迹，找出第二次进入电场的位置，根据牛顿第二定律和位移时间关系，求出电子穿过x轴的坐标．

【详解】（1）通过Q点进入电场区域的电子速度最大，其半径r1=L

能够进入电场区域的电子的速度范围是0<v≤

（2）设从P点离开磁场的电子半径为r2，轨迹如图所示：

则：r2=L/2

T=，  t1=t3=T/4=

在电场中运动：eE=ma    a=

电子由O到P运动时间：t=t1+t2+t3=+

（3）只有当电子第一次从电场返回磁场且不从OP和PQ两边离开磁场时，电子才有可能经电场偏转通过x轴，即电子第一次返回磁场时的半径r3满足：r3≤L/3

设电子从O点射入磁场时的速度为v3，轨迹如图所示：

则：     

第二次进入电场时的坐标：x=2r3   y=2r3

电子经电场偏转到达x轴的时间：

到达x轴时沿x轴负方向的位移：

坐标为：x=2r3-x0=