PAGE21-山東省2024年中學(xué)物理學(xué)業(yè)水同等級考試仿真模擬卷6（含解析）(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.山東海陽核電站是中國核電AP1000技術(shù)的標(biāo)記性項目，其反應(yīng)堆的核反應(yīng)方程為，下列說法中正確的是（）A.該反應(yīng)中X是質(zhì)子 B.該反應(yīng)中X是電子C.中有88個中子 D.的結(jié)合能比的結(jié)合能大【答案】C【解析】【詳解】AB．設(shè)反應(yīng)物電荷數(shù)為x，則解得依據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒可知所以反應(yīng)物為中子，故AB錯誤；C．中的中子數(shù)為故C正確；D．是重核，其原子核質(zhì)量大于，結(jié)合能也更大，故D錯誤。故選C。2.灌漿機可以將涂料以速度v持續(xù)噴在墻壁上，涂料打在墻壁上后完全附著在墻壁上。涂料的密度為，墻壁上涂料厚度每秒增加u，不計涂料重力的作用，則噴涂料對墻產(chǎn)生的壓強為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】在涂料持續(xù)飛向墻壁并不斷附著在墻壁上的過程中，涂料小顆粒的速度從v變?yōu)?，其動量的變更緣于墻壁對它的沖量，于是以時間內(nèi)噴到墻壁上面積為、質(zhì)量為的涂料為分析對象，墻壁對它的作用力為F，涂料增加的厚度為h。由動量定理知又聯(lián)立可得故A正確，BCD錯誤。故選A。3.如圖所示，有10塊完全相同的長方體木板疊放在一起，每塊木板的質(zhì)量為100g，用手掌在這疊木板的兩側(cè)同時施加大小為F的水平壓力，使木板懸空水安靜止。若手與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.5，木板與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2，則F至少為（）A.25N B.20N C.15N D.10N【答案】B【解析】【詳解】先將全部的書當(dāng)作整體，豎直方向受重力、靜摩擦力，二力平衡，有再以除最外側(cè)兩本書為探討對象，豎直方向受重力、靜摩擦力，二力平衡，有聯(lián)立解得選項B正確，ACD錯誤。故選B。4.如圖所示為六根與水平面平行的導(dǎo)線的橫截面示意圖，導(dǎo)線分布在正六邊形的六個頂點，導(dǎo)線所通電流方向已在圖中標(biāo)出。已知每根導(dǎo)線在O點磁感應(yīng)強度大小為B0，則關(guān)于正六邊形中心O處磁感應(yīng)強度的大小和方向的說法正確的是()A.大小為零B.大小為2B0，方向沿x軸負方向C.大小為4B0，方向沿x軸正方向D.大小為4B0，方向沿y軸正方向【答案】D【解析】【詳解】依據(jù)右手定則，每根通電導(dǎo)線在中心O點產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度的方向如圖所示，由平行四邊形定則可知方向沿y軸正方向，D正確，ABC錯誤。故選D。5.2019年4月10日，事務(wù)視界望遠鏡（EHT）項目團隊發(fā)布了人類歷史上的首張黑洞照片，我國科學(xué)家也參加其中做出了巨大貢獻。經(jīng)典的“黑洞”理論認(rèn)為，當(dāng)恒星收縮到肯定程度時，會變成密度特別大的天體，這種天體的逃逸速度特別大，大到光從旁邊經(jīng)過時都不能逃逸，也就是其其次宇宙速度大于等于光速，此時該天體就變成了一個黑洞。若太陽演化成一個黑洞后的密度為、半徑為，設(shè)光速為，其次宇宙速度是第一宇宙速度的倍，引力常量為G，則的最小值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】依據(jù)萬有引力供應(yīng)向心力有得第一宇宙速度則其次宇宙速度為所以選項B正確，ACD錯誤。故選B。6.單鏡頭反光相機簡稱單反相機，它用一塊放置在鏡頭與感光部件之間的透亮平面鏡把來自鏡頭的圖像投射到對焦屏上。對焦屏上的圖像通過五棱鏡的反射進入人眼中。如圖為單反照相機取景器的示意圖，為五棱鏡的一個截面，，光線垂直射入，分別在和上發(fā)生反射，且兩次反射的入射角相等，最終光線垂直射出。若兩次反射都為全反射，則該五棱鏡折射率的最小值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】設(shè)入射到CD面上的入射角為θ，因為在CD和EA上發(fā)生全反射，且兩次反射的入射角相等。如圖：依據(jù)幾何關(guān)系有解得依據(jù)解得最小折射率選項A正確，BCD錯誤。故選A。7.如圖所示為一體積不變的絕熱容器，現(xiàn)打開排氣孔的閥門，使容器中充溢與外界大氣壓強相等的志向氣體，然后關(guān)閉閥門。起先時容器中氣體的溫度為?，F(xiàn)通過加熱絲（未畫出）對封閉氣體進行加熱，使封閉氣體的溫度上升到，溫度上升到后保持不變，打開閥門使容器中的氣體緩慢漏出，當(dāng)容器中氣體的壓強再次與外界大氣壓強相等時，容器中剩余氣體的質(zhì)量與原來氣體質(zhì)量之比為（）A.3：4 B.5：6 C.6：7 D.7：【答案】C【解析】【詳解】由題意可知氣體加熱過程為等容變更，由查理定律得，則打開閥門使容器中的氣體緩慢漏出，設(shè)容器的體積為，膨脹后氣體的總體積為V，由玻意耳定律得，解得設(shè)剩余氣體的質(zhì)量與原來氣體質(zhì)量的比值為k，則故C正確，ABD錯誤。故選C。8.如圖所示，志向變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為1:4，正弦溝通電源電壓為U=100V，電阻R1=10Ω，R2=20Ω，滑動變阻器R3最大阻值為40Ω，滑片P處于正中間位置，則（）A.通過R1的電流為8AB.電壓表讀數(shù)為400VC.若向上移動P，電壓表讀數(shù)將變大D.若向上移動P，電源輸出功率將變小【答案】A【解析】【詳解】AB．志向變壓器原副線圈匝數(shù)之比為，可知原副線圈的電流之比為，設(shè)通過的電流為，則副線圈電流為，初級電壓依據(jù)匝數(shù)比可知次級電壓為聯(lián)立解得故A正確，B錯誤；CD．若向上移動P，則電阻減小，次級電流變大，初級電流也變大，依據(jù)可知電源輸出功率將變大，電阻的電壓變大，變壓器輸入電壓變小，次級電壓變小，電壓表讀數(shù)將變小，故CD錯誤。故選Ａ。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.地球同步衛(wèi)星的質(zhì)量為m，距地面高度為h，地球表面的重力加速度為g，地球半徑為R，地球的自轉(zhuǎn)角速度為ω，那么同步衛(wèi)星繞地球轉(zhuǎn)動時，下列敘述正確的是（）A.衛(wèi)星須要的向心力B.衛(wèi)星的加速度C.衛(wèi)星的線速度D.衛(wèi)星的線速度【答案】BCD【解析】【詳解】AB．依據(jù)可得衛(wèi)星須要的向心力衛(wèi)星的加速度故A錯誤，B正確；CD．對衛(wèi)星有在地球表面，有聯(lián)立解得故CD正確。故選BCD。10.如圖甲所示，物塊A、B間拴接一個壓縮后被鎖定的彈簧，整個系統(tǒng)靜止放在光滑水平地面上，其中A物塊最初與左側(cè)固定的擋板相接觸，B物塊質(zhì)量為4kg?，F(xiàn)燒斷細繩解除對彈簧的鎖定，在A離開擋板后，B物塊的v—t圖如圖乙所示，則可知（）

A.物塊A的質(zhì)量為2.5kgB.物塊A的質(zhì)量為2kgC.從起先到A離開擋板過程中彈簧對A的沖量為0D.在A離開擋板后彈簧的最大彈性勢能為6J【答案】BD【解析】【詳解】AB．在A離開擋板后，AB動量守恒、AB和彈簧整個系統(tǒng)機械能守恒，當(dāng)B的速度最大和最小時時，彈簧都是原長。則有，代入數(shù)據(jù)計算可得故A錯誤，B正確；C．從起先到A離開擋板過程中彈簧始終處在壓縮狀態(tài)，對A有彈力作用，故彈簧對A的沖量不為0，故C錯誤；D．A、B速度相同時彈簧的彈性勢能最大，A、B共速為彈簧的最大彈性勢能為代入數(shù)據(jù)解得故D正確。故選BD。11.如圖所示邊長為L的正方形金屬框放在光滑水平面上，金屬框以某初速度v0，穿過方向垂直水平面的有界勻強磁場區(qū)域，速度變?yōu)関。速度方向始終垂直于邊ab和磁場邊界，磁場區(qū)域的寬度為d（d>L）。則線框進入磁場的過程和從磁場另一側(cè)穿出的過程相比較，正確的是（）A.金屬框進入磁場過程速度變更量等于穿出磁場過程中速度變更量B.金屬框進入磁場過程速度變更量大于穿出磁場過程中速度變更量C.金屬框進入磁場過程產(chǎn)生的熱量等于穿出磁場過程產(chǎn)生的熱量D.金屬框進入磁場過程產(chǎn)生的熱量大于穿出磁場過程產(chǎn)生的熱量【答案】AD【解析】【詳解】AB．線框進入磁場過程和從磁場另一側(cè)穿出過程磁通量的變更量大小相等，依據(jù)可知，進入磁場過程通過ab的電量等于穿出磁場過程通過ab的電量，又依據(jù)動量定理可知速度的變更量相等，故A正確，B錯誤；CD．由于起先進入時線框速度大于起先穿出時的速度，所以進入磁場過程金屬框克服安培力所做的功大于穿出磁場所做的功，而克服安培力做的功等于線框產(chǎn)生的焦耳熱，故C錯誤，D正確。故選AD。12.如圖所示，直角坐標(biāo)系中x軸上在x=－r處固定電荷量為+9Q的正點電荷，在x=r處固定電荷量為－Q的負點電荷，y軸上a、b兩點的坐標(biāo)分別為ya=r和yb=－r，d點在x軸上，坐標(biāo)為xd=2r。e、f點是x軸上d點右側(cè)的兩點。下列說法正確的是（）A.a、b兩點的場強相同B.a、b兩點的電勢相等C.電子在e點和f點電勢能Epe、Epf肯定滿意Epe<EpfD.e、f兩點場強Ee、Ef肯定滿意Ee<Ef【答案】BC【解析】【詳解】A．依據(jù)電場線分布的對稱性可知，a、b兩點的場強大小相等，但方向不同，因此a、b兩點的場強不等，故A錯誤；B．由電場分布的對稱性可知，a、b兩點的電勢相等，故B正確；C．將負的點電荷從e點沿直線移動到f點，電場力做正功，電勢能削減，即故C正確；D．設(shè)e點位于，f點位于，則有依圖得因此故D錯誤。故選BC。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.如圖，是用氣墊導(dǎo)軌驗證動量守恒定律的試驗裝置，滑塊1的質(zhì)量，滑塊2的右端面固定一小塊橡皮泥，其總質(zhì)量。兩滑塊上均裝有寬度的遮光條，在兩滑塊間合適位置裝有光電門1，在滑塊2左側(cè)適當(dāng)位置裝有光電門2。將滑塊1置于導(dǎo)軌右端，然后用橡皮錘水平敲擊滑塊1，滑塊1經(jīng)過光電門1，光電計時器顯示的時間為，滑塊1與滑塊2碰撞后粘在一起，碰撞后滑塊2與滑塊1先后經(jīng)過光電門2，光電計時器先后顯示的時間分別為和。請回答下列問題：(1)對于滑塊1與滑塊2組成的系統(tǒng)，碰撞前系統(tǒng)的總動量為______，碰撞后系統(tǒng)的總動量為_______。（計算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）(2)由(1)中計算結(jié)果可以看出，碰撞前后系統(tǒng)的總動量并不完全相等，你認(rèn)為產(chǎn)生這一差異的緣由是____________?！敬鸢浮?1).0.020(2).0.022(3).導(dǎo)軌不平，右端高【解析】【詳解】(1)[1]滑塊1通過光電門1的速度為對于滑塊1與滑塊2組成的系統(tǒng)，碰撞前系統(tǒng)的總動量為(2)[2]滑塊1與靜止的滑塊2碰撞后粘合在一起，通過光電門2的平均時間為通過光電門2的的速度為對于滑塊1與滑塊2組成的系統(tǒng)，碰撞后系統(tǒng)的總動量為(3)[3]依據(jù)題意可知，碰撞后滑塊2與滑塊1做加速直線運動，所以氣墊導(dǎo)軌右端高，產(chǎn)生碰撞前后系統(tǒng)的總動量并不完全相等差異的緣由是導(dǎo)軌不平，右端高。14.某校試驗愛好小組在試驗室測量電壓表的內(nèi)阻。(1)該小組先用歐姆表的“”擋粗測電壓表內(nèi)阻，示數(shù)如圖甲所示，則該電壓表的內(nèi)阻約為______，測量時歐姆表的黑表筆要與待測電壓表的______（選填“”或“”）接線柱相連。(2)為了更精確測量該電壓表的內(nèi)阻，試驗室供應(yīng)了下面試驗器材：A.待測電壓表（量程）B.電壓表（量程，內(nèi)阻約為）C.滑動變阻器（最大阻值為，額定電流為）D.定值電阻（阻值為）E.電源（電動勢為，內(nèi)阻約為）F.開關(guān)一個、導(dǎo)線若干①依據(jù)供應(yīng)的試驗器材，在方框內(nèi)畫出試驗電路圖______；②將實物連接補畫完整______；③試驗中將電壓表和電壓表的讀數(shù)分別記為和，變更滑片位置，記錄多組和的值，并作出關(guān)系圖像如圖丙所示，圖線為傾斜直線，其斜率，則電壓表內(nèi)阻的測量值為______?！敬鸢浮?1).5800（5700或5900也得分）(2).(3).(4).(5).6000【解析】【詳解】(1)[1]歐姆表選用“”擋，由圖甲可知，則該電壓表的內(nèi)阻約為（5700或5900也得分）[2]依據(jù)多用電表的運用規(guī)則知測量時歐姆表的黑表筆要與待測電壓表的“”接線柱相連；(2)[3]依據(jù)題給器材，沒有電流表，所以采納“伏伏法”測電壓表的內(nèi)阻，定值電阻與待測電壓表串聯(lián)，滑動變阻器最大阻值為，為了多測幾組數(shù)據(jù)，采納分壓式接法，電路如圖[4]依據(jù)電路圖連接實物圖如圖[5]兩個電壓表的支路的電壓相等，所以有結(jié)合題意，圖像的斜率為k，即所以15.一列簡諧橫波在t＝0時刻的波形如圖所示，介質(zhì)中質(zhì)點P、Q分別位于x＝1m、x＝4m處。從t＝0時刻起先計時，當(dāng)t＝9s時質(zhì)點P剛好第3次到達波峰。求：(1)在t＝9s時，Q點的位移；(2)該簡諧橫波傳播的速度?！敬鸢浮?1)；(2)向右傳播，向左傳播【解析】【詳解】(1)依據(jù)正弦函數(shù)變更的規(guī)律，該簡諧波的波動方程是t=0時刻，質(zhì)點P位于x=1m處，代入波動方程可得此時P點的位移是在t=9s時，P點到達波峰，相當(dāng)于圖示波形向左平移依據(jù)對稱性，可知Q點的位移(2)若波向右傳播，則若波向左傳播，則16.如圖所示，兩豎直放置、相距為L的平行光滑金屬導(dǎo)軌J和K的頂端用一導(dǎo)線相連，在導(dǎo)軌兩個不同區(qū)域內(nèi)存在兩個相同但相距高度為h的勻強磁場Ⅰ和Ⅱ，設(shè)兩磁場豎直寬度均為d，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面對里。有一阻值為R、質(zhì)量為M、長度為L的金屬棒水平緊靠兩豎直導(dǎo)軌，從距離磁場Ⅰ上邊界高H(H>h)處由靜止釋放后，金屬棒穿過了兩磁場，且金屬棒在進入兩磁場時的電流恰好相等，不計金屬導(dǎo)軌電阻，重力加速度為g。求：(1)金屬棒進入磁場Ⅰ的瞬間，所受安培力的大??；(2)當(dāng)金屬棒剛好穿過磁場Ⅱ時，在這一過程中金屬棒上產(chǎn)生總熱量Q?！敬鸢浮?1)；(2)【解析】【詳解】（1）設(shè)金屬棒進入磁場Ⅰ上邊界瞬間的速度大小為v，由機械能守恒定律可得金屬棒上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為由閉合電路歐姆定律可得回路中的電流金屬棒所受到的安培力大小為解得（2）設(shè)金屬棒穿出磁場Ⅰ時的速度大小為，由能量守恒定律可得依據(jù)題意知，兩磁場區(qū)域豎直寬度d相同，金屬棒穿過兩磁場區(qū)域過程中，流過金屬棒的電流及其變更狀況也相同，所以金屬棒在進入磁場Ⅰ和Ⅱ的瞬間的速度相同，金屬棒在兩磁場之間區(qū)域運動時由機械能守恒定律可得解由于金屬棒在進入磁場Ⅰ和Ⅱ瞬間的速度相同，金屬棒在穿過兩磁場時產(chǎn)生的焦耳熱也相同，即故當(dāng)金屬棒剛好穿過磁場Ⅱ時，在這一過程中金屬棒上產(chǎn)生的總熱量為17.如圖所示、小球C在光滑的水平軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài)，在它左邊有一垂直于軌道的固定擋板P，右邊有兩個小球A和B，A和B用處于原長狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧相連，兩個小球以相同的速度v0向C球運動，C與B發(fā)生碰撞并馬上結(jié)合成一個整體D，在A和D接著向左運動的過程中，當(dāng)彈簧長度變到最短時，突然被第一次鎖定不能伸長但還能接著被壓縮，然后D與擋板P發(fā)生彈性碰撞，而A的速度不變，過一段時間后，彈簧被接著壓縮到最短后其次次被鎖定，已知A、B、C三球的質(zhì)量均為m。(1)求彈簧長度第一次被鎖定時A球的速度大?。?2)求彈簧長度其次次被鎖定時具有的彈性勢能。【答案】(1)；(2)【解析】【詳解】(1)設(shè)C球與B球結(jié)合成D時，D的速度為v1，由動量守恒定律，有當(dāng)彈簧壓至最短時，D與A的速度相等，設(shè)此速度為v2，由動量守恒定律，有解得A的速度大小為(2)設(shè)彈簧長度第一次被鎖定時，彈簧的彈性勢能為，依據(jù)能量守恒定律有解得撞擊P后，D的速度大小不變?nèi)詾?，方向向右；A的速度大小和方向均不變。然后D與A接著相互作用，設(shè)當(dāng)彈簧壓縮到最短時，A與D的速度為v3，依據(jù)動量守恒定律可得解得彈簧彈性勢能的增加量為彈簧長度其次次被鎖定時具有的彈性勢能18.如圖所示，AD是傾角為θ=、長為l=2m的傾斜軌道，在DC和AD之間有垂直紙面對里的勻強磁場Ⅰ，磁感應(yīng)強度B1=0.05T；ED是水平的熒光屏，在CD右側(cè)和ED下方有垂直紙面對里的勻強磁場Ⅱ(未畫出)，磁感應(yīng)強度B2=1T；質(zhì)量為m=0.05kg、電荷量為q=＋0.2C的物塊(可視