高中山东省普通高中学业水平等级考试(模拟卷二)

【精品】山东省普通高中学业水平等级考试（模拟卷二） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．下列说法正确的是（ ）

A ．晶体一定具有规则的几何外形

B ．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用

C ．当氢气和氧气的温度相同时，其分子运动的平均速率相同

D ．气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数只与温度有关

2．如图所示，在固定于天花板的轻弹簧下端挂一个小球，小球的重力为G 。现使小球靠在倾角为α的光滑斜面上，但仍然使轻弹簧保持竖直方向，则该斜面对小球弹力的大小为（ ）

A ．cos G α

B ．tan G α

C ．G

D ．0

3．甲、乙两物体在同一直线上运动，它们在0～0.4s 时间内的v t -图象如图所示。若仅在两物体之间存在相互作用，已知物体甲的质量为0.3kg ，则在0～0.3s 时间内，物体乙受到的冲量为（ ）

A ．0.3N·s

B ．-0.3N·s

C ．0.9N·s

D ．-0.9N·s

4．图示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数之比12:22:5=n n ，原线圈接在

1u t π=(V)的交流电源上，电阻25R =Ω，A 为理想电流表，则A 的示数为（ ）

A ．12.44A

B ．8.80A

C ．2.00A

D ．2.83A 5．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，甲、乙两物体通过轻弹簧连接，乙物体通过轻绳与斜面顶端相连。已知甲的质量是乙质量的2倍，轻弹簧、轻绳均与斜面平行，重力加速度大小为g 。现剪断轻绳，设剪断轻绳的瞬间甲和乙的加速度大小分别为a 甲、a 乙，则有（ ）

A ．==2

g a a 甲乙 B ．3=

=02a g a 甲乙， C ．3=0=g 2a a 甲乙， D ．=0=2g a a 甲乙， 6．某物体做匀减速直线运动。从某时刻开始计时，测得第1s 内和第3s 内位移大小分别为9m 和7m 。3s 后物体仍然在运动，则该物体的加速度大小等于（ ）

A ．0.5m/s 2

B ．1m/s 2

C ．1.5m/s 2

D ．2m/s 2 7．从地面竖直向上抛出一个小球，小球运动一段时间后落回地面。抛出时小球的动能为0k

E ，忽略空气阻力，则运动过程中，小球的动能k E 与小球距离地面的高度h 的关系图象是（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．

8．在竖直放置的平行金属板A 、B 间加一恒定电压，两点电荷M 和N 以相同的速率分别从极板A 的上边缘和两板间的中线下端沿竖直方向进入两板间的匀强电场，恰好分别从极板B 的下边缘和上边缘射出，如图所示。不考虑点电荷所受的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）

A ．两点电荷的电荷量一定相等

B ．两点电荷在电场中运动的时间一定相等

C ．两点电荷在电场中运动的加速度一定相等

D ．两点电荷离开电场时的动能一定相等

二、多选题

9．一简谐横波在均匀介质中沿x 轴正方向传播，某时刻的波形如图所示。已知在0t =时刻开始计时，质点O 沿y 轴正方向通过平衡位置；在t =0.2s 时刻，质点O 自计时后第一次处于波峰。下列说法正确的是（ ）

A ．该简谐横波的波速为5m/s

B ．质点M 与质点N 都运动起来后，它们的运动方向总相反

C ．在0～0.2s 的时间内质点M 通过的路程为0.4m

D ．在t =2.6s 时刻，质点M 处于平衡位置，正沿y 轴负方向运动

10．氘核和氦核的质量分别是1m 和2m ，如果两个氘核结合生成氦核，真空中的光速为c ，则下列说法中正确的是（ ）

A ．该核反应方程为224112H H He +→

B ．核电站通常用该反应作为获得核能的主要途径

C ．核反应过程中的质量亏损122m m m ?=-

D ．氦核的结合能是()2

122m m c - 11．如图所示，一质量为m 的金属杆可以无摩擦地沿水平的平行导轨滑行，两轨间宽为L ，导轨与电阻R 连接，放在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B ，杆

的初速度为v ，其余电阻均不计，则（ ）

A ．由于金属杆和导轨之间无摩擦，回路中的感应电动势始终是BLv

B ．金属杆所受的安培力方向与初速度方向相反

C ．金属杆所受的安培力逐渐增大

D ．电阻R 上产生的总焦耳热为212

mv 12．如图所示，一个带电粒子以大小为A v 的水平速度从A 点垂直电场线射入电场强度大小为E 的匀强电场，经过电场中B 点时速度大小为B v ，A 、B 间水平距离为d ，不计粒子重力和空气阻力。则以下说法正确的是（ ）

A ．可以求出带电粒子的比荷

B ．不能求出速度B v 的方向

C ．可以求出A 、B 两点间的电势差

D ．不能求出A 、B 两点间的电势差

三、实验题

13．用图甲所示的装置做“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验。

（1）某同学通过实验得到如图乙所示的a F -图象，造成这一结果的原因是在平衡摩擦力时，木板与水平桌面间的倾角_______（选填“偏大”或“偏小”）。

（2）某同学得到如图丙所示的纸带，已知打点计时器电源的频率为50Hz 。A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 是纸带上7个连续的计数点，每相邻两个计数点之间还有4个计时点没有画出。由图丙知，DG AD x x x ?=-=____cm 。由此可算出小车的加速度a =____m/s 2(保

留两位有效数字)

14．某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。

（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图甲和图乙所示，则圆柱体的长度为______cm，直径为_______mm

（2）按图丙连接电路后，实验操作如下：

①将滑动变阻器1R的阻值置于最大处，将2S拔向接点1，闭合1S，调节1R，使电流表示数为一个恰当的值0I；

②将电阻箱2R的阻值调至最大处，2S拔向接点2，保持1R不变，调节2R，使电流表的示数仍为0I，此时2R阻值为12.8Ω；

（3）由（2）中的测量，可得圆柱体的电阻为______Ω；

（4）利用以上各步骤中所测得的数据，得该圆柱体的电阻率为_______Ωm。

四、解答题

15．宇宙中存在一些由四颗星球组成的四星系统，它们质量相等且距离其他恒星较远，通常可忽略其他星球对它们的引力作用。已知每颗星球的质量均为M、半径均为R，四颗星球分别稳定在边长为a的正方形的四个顶点上，这四颗星球均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，引力常量为G。求：

（1）星球表面的重力加速度g；

（2）星球做圆周运动的半径r；

（3）星球做匀速圆周运动的周期T。

16．如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ的间距L=0.3m。导轨电阻忽略不计，与水平面的夹角为37°，其间连接有阻值R=0.8Ω的固定电阻。开始时，导轨上固定着一质量m=0.01kg、电阻r=0.4Ω的金属杆ab，整个装置处在磁感应强度大小

B=0.5T的匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面向上。解除固定，同时用一平行于导轨的外力F拉金属杆ab，使之由静止开始运动。通过电压表采集器即时采集电压U

并输入电脑，获得的电压U 随时间t 变化的关系如图乙所示。求：

（1）金属杆ab 在3.0s 内通过的位移；

（2）3.0s 末拉力F 的瞬时功率。

17．如图，一质量为3m 的滑块C 放在水平台面上，C 的最右边与台面右边缘齐平；一质量为m 的小球用长为L 的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O 点，细绳竖直时小球恰好与C 接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C 发生弹性碰撞，然后小球落到水平地面上的P 点(位于释放点的正下方)。已知重力加速度为g 。

（1）求细绳断裂前所承受的拉力大小F ；

（2）求平台的高度h 。

18．如图所示，在xOy 平面的第Ⅰ、Ⅳ象限内存在电场强度大小10V/m E =、方向沿x 轴正方向的匀强电场；在第Ⅱ、Ⅲ象限内存在磁感应强度大小0.5T B =，方向垂直xOy 平面向里的匀强磁场。一个比荷160C/kg q m

=的带负电粒子在x 轴上横坐标0.06m x =处的P 点以08m/s v =的初速度沿y 轴正方向开始运动，不计带电粒子所受的重力。求：

(1)带电粒子开始运动后第一次通过y 轴时距O 点的距离1y ；

(2)带电粒子从进入磁场到第一次返回电场所用的时间；

(3)带电粒子运动的周期t 。

参考答案

1．B

【详解】

A ．晶体内部分子排列规则，但宏观形状不一定具有规则的几何形状，故A 错误。

B ．液体表面分子间距大，分子间作用力为引力，宏观上表现为表面张力，故B 正确。

C ．氢气与氧气温度相同时，分子的平均动能相同，但分子量不同，分子平均速率不同，故C 错误。

D ．单位体积内的分子数越多，单位时间内单位面积器壁受到分子的碰撞次数越多；温度越高，分子运动越剧烈，单位面积器壁受到分子碰撞次数越多；气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关；故D 错误。

故选B 。

2．D

【详解】

对小球受力分析可知因为斜面光滑，所以小球不受摩擦力，受到向下的重力、弹簧的弹力作用，假设小球还受到斜面的支持力则小球受到的合力不能为零，所以斜面对小球无弹力，即斜面对小球弹力的大小为0，故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

3．B

【详解】

根据速度图象的斜率等于加速度可知乙的加速度大小为

24010m/s 0.400

a -==-乙 当t =0.3s 时，根据速度与时间的关系有

04100.3m/s 1m/s v v a t =-=-?=乙

根据速度图象的斜率等于加速度可知甲的加速度大小为

210m/s 3

0.10.030a ==-甲 因为仅在两物体之间存在相互作用，根据牛顿第三定律可知相互作用力大小相等，再根据牛顿第二定律可知两物体加速度大小与质量成反比，故有

m a m a =乙乙甲甲

代入已知量可得

m 乙=0.1kg

根据动量定理可知物体乙受到的冲量为

0-=0.110.s 1s 0.N 43N I m v m v =?-=???-乙乙

故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

4．C

【详解】

由题意可知输入电压的有效值为

1220V U =

== 根据 1122

U n U n = 可得

22115220V 50V 22

n U U n =

=?= 电流表的示数为 22A 250A .005

2U I R =

== 故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

5．C

【详解】 对甲分析：在剪断绳子之前，甲处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于甲的重力沿斜面的分力相等；在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变仍为甲的重力沿斜面上的分力，故甲的加速度为零；

对乙分析：在剪断绳子之前，乙也处于平衡状态，在沿斜面方向上绳子的拉力等于乙受到重力沿斜面的分力与弹簧对它斜向下的拉力的和，即

sin 302sin 30F mg mg =+

在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，所以根据牛顿第二定律得

2sin 30sin 3032

mg mg g a m ??+==乙 故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

6．B

【详解】

因为3s 后物体仍然在运动，由

2x aT ?=

可得加速度

22312279m/s 1m/s 221

x x a T --===-? 负号表示方向与初速度方向相反，即大小为1m/s 2，故B 正确，ACD 错误。 故选B 。

7．B

【详解】

小球抛出后因为忽略空气阻力，只有重力做功，根据动能定理有

0k k mgh E E -=-

可得

0k k E mgh E =-+

所以可知小球的动能k E 与小球距离地面的高度h 成一次函数关系，故B 正确，ACD 错误。 故选B 。

8．B

【详解】

AB ．两个电荷在电场中做类平抛运动，将它们的运动分解为沿竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀加速直线运动；设板长为L ，粒子的初速度为v 0，则粒子运动为

L t v = 因为L 、v 0相同，则时间t 相同。水平方向的位移为

212

y at =

电场力提供加速度 qE a m

=

则有 22qE y t m

= 因为E 、t 相同，y 不同，因m 的大小关系不清楚，故q 有可能不相等；故A 错误，B 正确。 C ．由侧向位移大小

212

y at = 因为t 相同，y 不同，所以加速度a 不等，故C 错误；

D ．根据动能定理

2012

k qEy E mv =- 可得

2012

k E mv qEy =

+ 所以k E 大小关系无法判断，故D 错误。

故选B 。

9．AD

【详解】 A ．由图示波形图可知波长4m λ=，O 点开始向正方向运动，经t =0.2s ，O 点第一次到达正方向最大位移处，则

14

t T = 解得T =0.8s ，则

4m/s 5m/s 0.8

v T λ=

== 故A 正确； B ．质点M 与质点N 之间的距离不是半个波长的奇数倍，则振动情况不是完全相反，故B 错误；

C ．在0.2s 的时间内质点M 通过的路程为

s =A =20cm=0.2m

故C 错误；

D ．横波从O 传到M 点的时间

3s 0.6s 5

x t v '=

== 在t =2.6s 时刻，质点M 振动的时间 12.60.62s 22

t T ''=-== 则此时质点M 处于平衡位置，正沿y 轴负方向运动，故D 正确。

故选AD 。

10．AC

【详解】

A ．核反应过程中质量数和电荷数守恒，由此可以知道核反应方程为

2

24112H H He +→

故A 正确；

B ．该反应为聚变反应，核电站通常用裂变反应作为获得核能的主要途径，故B 错误；

C ．该反应的中质量亏损为

122m m m ?=-

故C 正确；

D ．氦核的结合能是指由原子结合成原子核时释放的能量，不是两个氘核结合生成氦核释放的能量，故D 错误。

故选AC 。

11．BD

【详解】

AB ．根据右手定则，可知电流方向向外，再根据左手定则，可知金属杆所受到安培力向左，与运动方向相反，故金属杆做减速运动，电动势越来越小，故A 错误，B 正确； C ．因电动势减小，则电流减小，则由

F BIL =

可以知道安培力减小，故C 错误；

D ．由于发生电磁感应，则金属杆最终将保持静止，克服安培力做功把动能全部转化为内能，因回路中只有电阻R ，即全部转化为R 的焦耳热；故电阻R 上产生的总焦耳热为212

mv ；故D 正确。

故选BD 。

12．AC

【详解】

A ．带电粒子在电场中做类平抛运动，根据速度的分解可知经过

B 点时竖直方向的分速度大小为

y v =根据牛顿第二定律和运动学公式得

qE a m

= y v at =

A

d t v =

联立以上各式得

q m =因为A v 、B v 、E 、d 均已知，则可求得q m

，故A 正确； B ．设速度B v 与水平方向的夹角为α，则有

tan y A v v α=

可知α可以解出，故B 错误；

CD ．根据动能定理得 221122AB B A qU mv mv =

- 因可求得q m

，A v 、B v 均已知，则可求出AB U ，故C 正确，D 错误。 故选AC 。

13．偏大 1.79(1.78～1.80均算对) 0.20

【详解】

（1）[1]根据所给的a F -图象可知，当F =0时，小车有加速度a 0，这是在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大造成的。

（2）[2][3]由题图读出AD DG 2.11cm, 3.90cm x x ==，所以有

DG AD 3.90cm 2.11cm 1.79cm x x x ?=-=-=

代入公式

()2

x a t ?=?

解得20.20m/s a =。

14．5.02 5.316 12.8 5.66×10-3

【详解】

（1）[1]根据游标卡尺读数规则可读出读数为 5020.1mm 50.2mm 5.02cm L =+?==

[2]根据螺旋测微器读数规则可知螺旋测微器的读数

531.60.01mm 5.316mm d =+?=

（3）[3]由等效替代法测量电阻的原理可知

212.8x R R ==Ω

（4）[4]由电阻定律得

2

2x L L R S d ρρπ==?? ??? 可得

2=

4x d R L πρ

代入数据解得 35.6610ρ-=?Ωm ?

15．（1）2M g G

R =；（2

）r a =；（3）

2T π=。 【详解】

（1）质量为m 的物体在某星球表面上时，其所受重力等于该星球对它的引力，即

2Mm G

mg R

= 解得 2M g G

R = （2）由于四颗星球均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，由几何关系可知，每个星球做圆周运动的半径均为

r = （3）某星球在其他三个星球的引力作用下围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，由万有引力定律及圆周运动的知识可知

()2

222222cos 45M M G

G M r T a π??+= ??? 解得

2T π= 16．（1）9.0m ；（2）1.155W 。

【详解】 （1）金属杆的速度为v 时，产生的感应电动势

E BLv =

电压表的示数等于电阻R 两端的电压，即

R R U E BLv R r R r

==++ 由图象知电压U 与时间成正比，所以金属杆的速度与时间成正比，即金属杆做匀加速直线运动 3.0s t =时，电压表的示数为0.6V ，代入数据可解得速度6m/s v =，所以有

226m/s 2.0m/s 3

v a t === 金属杆在3.0s 内的位移 221123m 9.0m 22x at =

=??= （2）根据闭合电路欧姆定律有

E BLv I R r R r

=

=++ 金属杆在3.0s 时受到的安培力 22=B L v F BIL R r

=+安 代入数据可解得=0.1125N F 安

由牛顿第二定律，对杆有

sin37F F mg ma --=安

3.0s 末拉力F 的瞬时功率为

P Fv =

联立各式代入数据得P =1.155W 。

17．（1）3mg ；（2）L 。

【详解】

（1）设小球运动到最低点时速率为0v ，对小球向下摆动过程，由动能定理得

2012

mgL mv =

解得

0v =设小球在圆周最低点时所受细绳拉力大小为T F ，由牛顿第二定律得

20T v F mg m L

-= 解得3T F mg =

由牛顿第三定律可知，细绳断裂前所承受的拉力

3T F F mg ==

（2）小球和滑块C 发生弹性碰撞，以v 0方向为正方向，由动量守恒及机械能守恒，得

0123mv mv mv =+

2220121113222

mv mv mv =+? 联立解得

1v =

2v =

碰撞C 后小球做平抛运动，有竖直位移

212

h gt =

水平分位移 1L v t -=

联立解得h =L 。

18．(1)25；(2)πs 120；(3)πs 100120??+ ? ???

【分析】

(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，由牛二及运动的合成与分解可求得粒子第一次能过y 轴焦点到O 点的距离。

(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由几何关系可以确定粒子运动的圆心和半径。由转过的角度可以求出粒子在磁场中转动的时间。

(3)粒子在回到初始状态所用的时间为一个周期，因此周期包括两次电场中的运动和一次磁场中的运动，求得总时间即为一个周期。

【详解】

(1)如图所示

粒子在第Ⅰ象限做类平抛运动，由牛二推导得

qE a m

=

运动时间

1s 200

t =

= 沿y 方向的位移

10y v t ==

(2)粒子通过y 轴进入磁场时在x 方向上的速度

x 1m v at ==

因此

x 0

tan v v θ=

= 解得 60θ=?

粒子在第Ⅱ象限以O '为圆心做匀速圆周运动，圆弧所对的圆心角为

2120θ=?

运动时间

2212s 3603120

m t T qB θππ==?=? (3)粒子从磁场返回电场后的运动是此前由电场进入磁场运动的逆运动，经过时间31t t =，粒子速度变为0v ，此后重复前面的运动。可见粒子在电、磁场中的运动具有周期性，其周期

123s 100120t t t t π??=++=+ ? ???

【点睛】

带电粒子在匀强电场中所受电场力F qE =、粒子在电场中仅受电场力时做类平抛运动、粒

子在磁场中受 洛伦兹力做匀速圆周运动，其运动时间2360t T θ=?。

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