【物理】安徽省芜湖市2020届高三高考仿真模拟（一）（解析版） 19页

安徽省芜湖市2020届高三高考仿真模拟（一）‎ 第Ⅰ卷(选择题共48分)‎ 一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)‎ ‎1.物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上．下列说法正确的是 A. 贝克勒尔发现天然放射现象，其中射线来自原子最外层的电子 B. 密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的 C. 卢瑟福a粒子散射实验发现电荷量子化的 D. 汤姆逊发现电子使人们认识到原子内部是有结构的 ‎【答案】D ‎【详解】贝克勒尔发现天然放射现象，其中射线来自于原子核内的质子转化为中子和电子中得电子，而不是原子核外的电子，A错 波尔的氢原子模型说明原子核外的电子的轨道是不连续的，B错；‎ 密立根油滴实验首次发现了电荷量子化，C错误；‎ 电子的发现让人们认识到原子核内的还存在粒子，说明原子核内还是有结构的，D对．‎ ‎2.质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左右两端的接触处分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60°角．槽放在光滑的水平桌面上，通过细线和滑轮与重物C相连，细线始终处于水平状态．通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与绳质量都不计，要使小球不从槽中滚出 ，则重物C的最大质量为（ ）‎ A. B. 2m C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【详解】小球恰好能滚出圆弧槽时，圆弧槽对小球的支持力的作用点在A点，小球受到重力和A点的支持力，合力为，对小球运用牛顿第二定律可得 ，解得小球的加速度，对整体分析可得：，联立解得，故D正确，A、B、C错误；‎ 故选D．‎ ‎3.如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（　　）‎ A. 小球甲作平抛运动的初速度大小为 B. 甲、乙两小球到达C点所用时间之比1：2‎ C. A、B两点高度差为 D. 两小球在C点时重力的瞬时功率相等 ‎【答案】C ‎【详解】A．由可得乙运动的时间为 ‎ ‎ 所以到达C点时乙速度为 所以甲沿水平方向的分速度，即平抛的初速度为 故A错误；‎ B．物体甲沿竖直方向的分速度为 ‎ ‎ 由vy=gt1，所以甲在空中运动的时间为 ‎ ‎ 甲、乙两小球到达C点所用时间之比为 ‎ ‎ 故B错误；‎ C．小球甲下降的高度为 ‎ ‎ A、B两点间的高度差 ‎ ‎ 故C正确；‎ D．两个小球完全相同，根据P=mgvy，因两球在C点的竖直速度不相等，则两小球在C点重力的功率不等，选项D错误。‎ 故选C。‎ ‎4.2018年1月12日，我国成功发射北斗三号组网卫星．如图为发射卫星的示意图，先将卫星发射到半径为r的圆轨道上做圆周运动，到A点时使卫星加速进入椭圆轨道，到椭圆轨道的远地点B点时，再次改变卫星的速度，使卫星进入半径为2r的圆轨道．已知卫星在椭圆轨道时距地球的距离与速度的乘积为定值，卫星在椭圆轨道上A点时的速度为v，卫星的质量为m，地球的质量为M，引力常量为G，则发动机在A点对卫星做的功与在B点对卫星做的功之差为(忽略卫星的质量变化)（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由可知，卫星在轨道半径为r的圆轨道上运动的线速度大小，在半径为2r的圆轨道上做圆周运动的线速度大小为，设卫星在椭圆轨道上B点的速度为，由，可知在A点时发动机对卫星做功，在B点时发动机对卫星做的功为，因此，B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎5.一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图甲所示，以此时为计时起点t=0，小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图乙所示，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v1>v2，已知传送带的速度保持不变，则（ ）‎ A. 小物块与传送带间的动摩擦因数μv2，由图示图象可知，0～t1内图象与坐标轴所形成的三角形面积大于图象在t1～t2内与坐标轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在0～t1内运动的位移比在t1～t2内运动的位移大，故B错误；0～t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W+WG=mv22-mv12，则传送带对物块做功W≠mv22-mv12，故C错误．0～t2内，物块的重力势能减小、动能也减小，减小的重力势能与动能都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，即：0～t2内物块动能变化量大小一定小于物体与皮带间摩擦而产生的热，故D正确．故选D．‎ ‎6.如图所示，虚线所围矩形区域abcd内充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．现从ab边的中点O处，某一粒子以最小速度υ垂直于磁场射入、方向垂直于ab时，恰能从ad边的a点穿出．若撤去原来的磁场在此矩形区域内存在竖直向下的匀强电场，使该粒子以原来的初速度在O处垂直于电场方向射入，通过该区域后恰好从d点穿出，已知此粒子的质量为m，电荷量的大小为q，其重力不计；ab边长为2ι，ad边长为3ι，则下列说法中正确的是 A. 匀强磁场的磁感应强度大小与匀强电场的电场强度大小之比为 B. 匀强磁场的磁感应强度大小与匀强电场的电场强度大小之比为 C. 离子穿过磁场和电场的时间之比 D. 离子穿过磁场和电场的时间之比 ‎【答案】D ‎【分析】根据某一粒子以最小速度υ垂直于磁场射入、方向垂直于ab时，恰能从ad边的a点穿出可知，本题考查带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心和几何关系求解；‎ 若撤去原来的磁场在此矩形区域内存在竖直向下的匀强电场，使该粒子以原来的初速度在O处垂直于电场方向射入，通过该区域后恰好从d点穿出可知，本题也考查带电粒子在电场中的偏传，根据类平抛运动列方程求解．‎ ‎【详解】A、B项：粒子在磁场中运动，由题意可知，粒子做圆周运动的半径为，‎ 由公式可得：，‎ 联立两式解得：；‎ 粒子在电场中偏转有：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 联立解得： ‎ 所以，故A、B错误；‎ C、D项：粒子在磁场中运动的时间为：‎ 粒子在电场中运动的时间为： ‎ 所以，故C错误，D正确．‎ 故选D．‎ ‎7.如图所示，在竖直平面内的xOy坐标系中分布着与水平方向成30°角的匀强电场，将一质量为0.1kg、带电荷量为+0.02C的小球以某一初速度从原点O 竖直向上抛出，它的轨迹方程为y2=x，已知P点为轨迹与直线方程y=x的交点，重力加速度g=10m/s2．则（ ）‎ A. 电场强度的大小为100N/C B. 小球初速度的大小为 C. 小球通过P点时的动能为 D. 小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少 ‎【答案】AC ‎【解析】小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y=x2，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x轴正方向，竖直方向：qE•sin30°=mg，所以：，选项A正确； 小球受到的合力：F合=qEcos30°=ma，所以a=g；P点的坐标为（1m，1m）；由平抛运动规律有：；，解得，选项B错误；小球通过P点时的速度，则动能为，选项C正确； 小球从O到P电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即：，选项D错误；故选AC. ‎ 点睛：本题考查类平抛运动规律以及匀强电场的性质，结合抛物线方程y=x2，得出小球在受到的电场力与重力大小关系是解答的关键．‎ ‎8.如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为R的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h ‎ 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．己知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中（ ）‎ ‎（重力加速度为g）‎ A. 金属棒克服安培力做的功等于金属棒产生的焦耳热 B. 金属棒克服安培力做的功为mgh C. 金属棒产生的电热为 D. 金属棒运动的时间为 ‎【答案】CD ‎【详解】根据功能关系知，金属棒克服安培力做的功等于金属棒以及电阻R上产生的焦耳热之和，故A错误．设金属棒克服安培力所做的功为W．对整个过程，由动能定理得 mgh-μmgd-W=0，得 W=mg（h-μd），故B错误．电路中产生的总的焦耳热Q=W= mg（h-μd），则属棒产生的电热为mg（h-μd），故C正确．金属棒在下滑过程中，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv02，得．金属棒经过磁场通过某界面的电量为 ；根据动量定理： ，其中 ，解得 ，选项D正确；故选CD.‎ 第Ⅱ卷(非选择题共62分)‎ 二、必考题(本题共4小题，共47分)‎ ‎9.如图所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图.钩码的质量为，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g. ‎ ‎ ‎ ‎（1）下列说法正确的是__________. ‎ A.每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力 ‎ B.实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源 ‎ C.本实验 m2应远小于m1 ‎ D.在用图象探究加速度与质量关系时，应作a和图象 ‎ ‎（2）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的图象，如图，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数____，钩码的质量__________.‎ ‎（3）实验中打出的纸带如图所示.相邻计数点间的时间间隔是，图中长度单位是cm，由此可以算出小车运动的加速度是____m/s2.‎ ‎【答案】 (1). D (2). (3). 0.46‎ ‎【详解】（1）A.小车与长木板的间的粗糙情况与小车的质量无关，所以在同一个实验中，每次改变小车的质量，不需要平衡摩擦力．故A错误．‎ B.实验时应先接通电源，后释放小车．故B错误．‎ C.根据牛顿第二定律可得系统的加速度，则绳子的拉力 ‎，由此可知钩码的质量远小于小车和砝码的质量m2时，绳子的拉力才等于钩码的重力．故C错误．‎ D.由牛顿第二定律可知，当一定是，与成正比，所以应作出图象．故D正确．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律可知，结合图象可得，由此可得钩码的质量为，小车与木板间的动摩擦因数为．‎ ‎（3）设，，有公式，化简可得 ‎10.导电玻璃是制造LCD的主要材料之一，为测量导电玻璃的电阻率，某小组同学选取了一个长度为L的圆柱体导电玻璃器件，上面标有“3V，L”的字样，主要步骤如下，完成下列问题．‎ ‎(1)首先用螺旋测微器测量导电玻璃的直径，示数如图甲所示，则直径d=________mm．‎ ‎(2)然后用欧姆表×100档粗测该导电玻璃的电阻，表盘指针位置如图乙所示，则导电玻璃的电阻约为________Ω．‎ ‎(3)为精确测量在额定电压时的阻值，且要求测量时电表的读数不小于其量程的，滑动变阻器便于调节，他们根据下面提供的器材，设计了一个方案，请在答题卡上对应的虚线框中画出电路图，标出所选器材对应的电学符号_____________．‎ A．电流表（量程为60mA，内阻约为3Ω）‎ B．电流表（量程为2mA，内阻=15Ω）‎ C．定值电阻=747Ω D．定值电阻=1985Ω E．滑动变阻器R（0~20Ω）一只 F．电压表V（量程为10V，内阻）‎ G．蓄电池E（电动势为12V，内阻很小）‎ H．开关S一只，导线若干 ‎(4)由以上实验可测得该导电玻璃电阻率值=______（用字母表示，可能用到的字母有长度L、直径d、电流表、的读数、，电压表读数U，电阻值、、、、）．‎ ‎【答案】 (1). 1.990 (2). 500 (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）螺旋测微器固定刻度为1.5mm，可动刻度为49.0×0.01mm=0.490mm，所以最终读数为1.5mm+0.490mm=1.990mm（1.989～1.991mm均正确 ） （2）表盘的读数为5，所以导电玻璃的电阻约为5×100Ω=500Ω． （3）电源的电动势为12V，电压表的量程为10V，滑动变阻器的电阻为20Ω，由于滑动变阻器的电阻与待测电阻的电阻值差不多，若串联使用调节的范围太小，所以滑动变阻器选择分压式接法； 流过待测电阻的电流约为：I==0.006A=6mA，两电压表量程均不合适； 同时由于电压表量程为10V，远大于待测电阻的额定电压3V，故常规方法不能正常测量； 所以考虑用电流表改装成电压表使用，同时电压表量程为10V，内阻RV ‎=1kΩ，故满偏电流为10mA，符合要求，故将电压表充当电流表使用，电流表A2与R2串联充当电压表使用，改装后量程为4V，可以使用，由于改装后电表已知，故内外接法均可，故电路图如图所示； （4）根据串并联电路的规律可知，待测电阻中的电流：I=-I2 电压：Ux=I2（R2+RA2） 由欧姆定律可知电阻：Rx= 根据电阻定律可知：R=ρ 而截面积：S=π 联立解得：ρ= ‎ 点睛：本题考查电阻率的测量，本题的难点在于仪表的选择和电路接法的选择，注意题目中特别要求测量时电表的读数不小于量程的1/3，所以一定要认真分析各电表的量程再结合所学规律才能正确选择电路和接法．‎ ‎11.如图所示，一轻质弹簧一端固定在倾角为37°的光滑固定斜面的底端，另一端连接质量为mA=2kg的小物块A，小物块A静止在斜面上的O点，距O点为x0=0.75m的P处有一质量为mB=1kg的小物块B，由静止开始下滑，与小物块A发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后当小物块B第一次上滑至最高点时，小物块A恰好回到O点．小物块A、B都可视为质点，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）碰后小物块B的速度大小；‎ ‎（2）从碰后到小物块A第一次回到O点的过程中，弹簧对小物块A的冲量大小．‎ ‎【答案】（1）-1m/s（2）10N∙s ‎【详解】（1）B下滑x0获得的速度为v0，则，‎ 解得：v0=3m/s ‎ A、B发生弹性正碰，有：，‎ ‎ ‎ 解得：vA=2m/s，vB=-1m/s ‎ ‎（2）碰后，对B由动量定理：‎ 解得： ‎ 对A由动量定理：‎ 解得：‎ ‎12.如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调， C点坐标为（4L，3L），M点为OC的中点．质量为m带电量为-q的粒子从C点以平行于y轴方向射入磁场Ⅱ中，速度大小为，不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场．‎ ‎（1）若粒子无法进入区域Ⅰ中，求区域Ⅱ磁感应强度大小范围；‎ ‎（2）若粒子恰好不能从AC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小；‎ ‎（3）若粒子能到达M点，求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）若粒子由区域Ⅰ达到M点，n=1时，‎ ‎；n=2时，；n=3时，；②若粒子由区域Ⅱ达到M点，n=0时，，n=1时，‎ ‎【详解】（1）粒子速度越大，半径越大，当运动轨迹恰好与x轴相切时，恰好不能进入Ⅰ区域 故粒子运动半径 粒子运动半径满足： 代入 解得 ‎ ‎（2）粒子在区域Ⅰ中的运动半径 若粒子在区域Ⅱ中的运动半径R较小，则粒子会从AC边射出磁场．恰好不从AC边射出时满足∠O2O1Q=2θ 又 解得 代入 可得：‎ ‎（3）①若粒子由区域Ⅰ达到M点 每次前进 由周期性：即 ‎ ‎，解得 n=1时，‎ n=2时，‎ n=3时， ‎ ‎②若粒子由区域Ⅱ达到M点 由周期性：‎ 即，解得，解得 n=0时， ‎ n=1时，‎ 点睛：本题考查了带电粒子在磁场中的运动情况，做诸如此类问题时要注意正确画出运动轨迹图，并结合几何关系求出运动的半径，并分析运动的可能性，由于运动的多解性，所以要求我们做此类题目时要细心再细心．‎ ‎13.下列说法正确的是(　　)‎ A. 常见的金属是多晶体，具有确定的熔点 B. 干湿泡湿度计的湿泡和干泡所示的温度相差越多，表示空气湿度越大 C. 把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，尖端会变钝是因为液体表面张力作用的结果 D. 脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液 E. 饱和汽的压强一定大于非饱和汽的压强 ‎【答案】ACD ‎【详解】A．常见的金属是多晶体，具有确定的熔点，选项A正确；‎ B．干湿泡湿度计的湿泡和干泡所示的温度相差越多，说明湿泡的蒸发非常快，空气的相对湿度越小，选项B错误；‎ C．把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，尖端会变钝是因为液体表面张力作用的结果，选项C正确；‎ D．脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液，选项D正确；‎ E．饱和汽压的大小与温度有关，在温度不知道的情况下，不能简单地说饱和汽的压强一定大于非饱和汽的压强，故E错误。‎ 故选ACD。‎ ‎14.如图所示,两个导热气缸竖直放置,底部由一细管连通(忽略细管的容积)．两气缸内各有一个活塞,左边气缸内活塞质量为2m,右边气缸内活塞质量为m,活塞与气缸无摩擦,活塞的厚度可忽略．活塞的下方为理想气体,上方为真空．当气体处于平衡状态时,两活塞位于同一高度h,活塞离气缸顶部距离为2h,环境温度为T0． ‎ ‎(i)若在右边活塞上放一质量为m的物块,求气体再次达到平衡后两活塞的高度差(假定环境温度始终保持为T0);  ‎ ‎(ii)在达到上一问的终态后,环境温度由T0缓慢上升到5T0,求气体再次达到平衡后两活塞的高度差．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎(i)设左、右活塞的面积分别为S1和S2，气体的压强为P1，由于两活塞平衡 有：，，得：‎ 在右边活塞上加一质量为m的物块后，右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中，设左边活塞没有碰到气缸顶部，则等压过程，有：得 故假设成立且两活塞高度差为；‎ ‎(ii)环境温度由T0缓慢上升时,气体做等压变化直到左边活塞上升到气缸顶部，设此时温度为，由，得：小于5T0‎ 故气体开始做等容变化，直到压强增大到即将把右边活塞顶起，即压强由变为，由得：仍小于5T0‎ 气体继续升温到5T0过程中气体做等压变化，设右边活塞上升x，由：‎ 可得：，最终两活塞高度差为．‎ 点睛：本题关键是明确气体经历等压过程，然后灵活地选择气体实验定律列方程求解活塞的高度．‎ ‎15.一列简谐横波在某均匀介质中沿x轴传播，从x＝3 m处的质点a开始振动时计时，图甲为t0时刻的波形图且质点a正沿y轴正方向运动，图乙为质点a的振动图象，则下列说法中正确的是________．‎ A. 该波的频率为2.5 Hz B. 该波的传播速率为200 m/s C. 该波是沿x轴负方向传播的 D. 从t0时刻起，质点a、b、c中，质点b最先回到平衡位置 E. 从t0时刻起，经0.015 s质点a回到平衡位置 ‎【答案】BDE ‎【详解】A．由图乙可得：周期T=4×10-2s，故频率 故A错误；‎ B．由图甲可得：波长λ=8m，故波速 v＝＝200m/s 故B正确；‎ C．根据图甲所示时刻质点a正沿y轴正方向运动可得：波沿x轴正向传播，故C错误；‎ D．根据波沿x轴正向传播可得：图甲所示t0时刻，a向波峰运动，b向平衡位置运动，c向波谷运动，故b最先回到平衡位置，故D正确；‎ E．根据波沿x轴正向传播，由图甲可得，平衡位置从x=0处传播到x=3m的质点a处时，质点a回到平衡位置，故质点a经过时间 回到平衡位置，故E正确；‎ 故选BDE．‎ ‎【点睛】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程．‎ ‎16.如图所示，一透明玻璃砖横截面的上半部分是半径为R的半圆，下半部分是边长为2R的正方形，在玻璃砖的左侧距离为R处，有一和玻璃砖侧面平行的足够大的光屏．一束单色光沿图示方向从光屏上的P点射出，从M点射入玻璃砖，恰好经过半圆部分的圆心O，且∠MOA=45°，已知玻璃砖对该单色光的折射率n=，光在真空中的传播速度为c．‎ ‎（1）求该单色光在玻璃砖中发生全反射的临界角的正弦值．‎ ‎（2）从M点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖，求该单色光在玻璃砖内传播时间．‎ ‎【答案】(1) ；(2)‎ ‎【详解】（1）设单色光在玻璃砖中发生全反射的临界角为C，则有 ‎ 解得： ；‎ ‎（2）单色光射到玻璃砖的平面上时的入射角均为 ‎ ‎ 则单色光在玻璃砖内射到平面上时会发生全反射，其光路图如图所示 单色光在玻璃砖内传播的距离为： ‎ 传播速度为 ‎ 传播时间为．‎