【物理】2020二轮复习高考仿真模拟卷1(解析版) 18页

高考模拟卷(一) 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， 有选错或不答的得 0 分) 14．一种典型的铀核裂变是生成钡和氪，同时放出 3 个中子，核 反应方程是 23592U＋X→14456Ba＋8936Kr＋310n，已知部分原子核的比结合能 与核子数的关系如图所示，下列说法正确的是( ) A．核反应方程中，X 粒子是中子 B．核反应方程中，X 粒子是质子 C.23592U、14456Ba 和 8936Kr 相比，14456Ba 核的比结合能最大，它最稳定 D.23592U、14456Ba 和 8936Kr 相比，23592U 核的核子数最多，它的比结合 能最大 解析：根据质量数和电荷数守恒可得 X 为 10n，为中子，A 正确， B 错误；从图中可知中等质量的原子核的比结合能最大，故 8936Kr 的 比结合能最大，C、D 错误． 答案：A 15．如图所示，一轻杆一端固定一小球，绕另一端 O 点在竖直 面内做匀速圆周运动，在小球运动过程中，轻杆对它的作用力( ) A．方向始终沿杆指向 O 点 B．一直不做功 C．从最高点到最低点，一直做负功 D．从最高点到最低点，先做负功再做正功 解析：小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，方向始终沿杆指 向 O 点，小球受重力和杆的作用力，所以杆的作用力不一定沿杆指 向 O 点，故 A 错误；小球做匀速圆周运动，合力做功为零，从最高 点到最低点，重力做正功，所以杆一直做负功，故 B、D 错误，C 正 确． 答案：C 16．如图所示，倾角θ＝37°的上表面光滑的斜面体放在水平地面 上，一个可以看成质点的小球用细线拉住与斜面一起保持静止状态， 细线与斜面间的夹角也为 37°.若将拉力换为大小不变、方向水平向左 的推力，斜面体仍然保持静止状态．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列 说法正确的是( ) A．小球将向上加速运动 B．小球对斜面的压力变大 C．地面受到的压力不变 D．地面受到的摩擦力不变 解析：小球处于静止状态，所以合外力为零，小球受力为：竖直 向下的重力 G，斜面对小球的支持力 FN 和细线对小球的拉力 F，把 三个力正交分解，列平衡方程为：Gcos 37°＝FN＋Fsin 37°，Fcos 37° ＝Gsin 37°，两式联立解得：F＝3 4G，FN＝ 7 20G；将拉力换为大小不 变、方向水平向左的推力，小球受力为：竖直向下的重力 G，斜面对 小球的支持力 F′N 和方向水平向左的推力，把三个力正交分解，沿斜 面方向有 Fcos 37°＝Gsin 37°，故小球处于静止状态，垂直斜面方向 F′N＝Gcos 37°＋Fsin 37°＝5 4G，小球对斜面的压力变大，故 A 错误， B 正确；斜面体与小球为整体，受力为：竖直向下的重力 G′、地面 对斜面体的支持力 F″N、地面对其的摩擦力和细线对小球的拉力 F； 将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，受力为：竖直向下的重 力 G′、地面对斜面体的支持力 F N、地面对其的摩擦力和方向水平 向左的推力 F，所以地面对斜面体的支持力变大，地面对其的摩擦力 变大，由牛顿第三定律知，地面受到的压力和摩擦力均变大，故 C、 D 错误． 答案：B 17．如图，在 xOy 平面内，虚线 y＝ 3 3 x 左上方存在范围足够大、 磁感应强度为 B 的匀强磁场，在 A(0，l)处有一个粒子源，可沿平面 内各个方向射出质量为 m，电荷量为 q 的带电粒子，速率均为 3qBl 2m ， 粒子重力不计．则粒子在磁场中运动的最短时间为( ) A.πm qB B. πm 4qB C. πm 3qB D. πm 6qB 解析：粒子进入磁场中做匀速圆周运动，则有：qvB＝mv2 r ，而 将题中的 v 值代入得：r＝ 3 2 l，分析可知：粒子运动的时间 t 最短时， 粒子偏转的角度θ最小，则θ所对弦长最短，作 AB⊥OB 于 B 点，AB 即为最短的弦，假设粒子带负电，结合左手定则，根据几何关系有： AB＝OAsin 60°＝ 3 2 l，粒子偏转的角度：θ＝60°，结合周期公式：T ＝2πm qB ，可知粒子在磁场中运动的最短时间为：t＝T 6 ＝ πm 3qB ，故 C 正 确，A、B、D 错误． 答案：C 18．一含有理想降压变压器的电路如图所示，U 为正弦交流电源， 输出电压的有效值恒定，L 为灯泡(其灯丝电阻可以视为不变)，R、 R1 和 R2 为定值电阻，R3 为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的 增强而减小．现将照射光强度增强，则( ) A．原线圈两端电压不变 B．通过原线圈的电流减小 C．灯泡 L 变暗 D．R1 两端的电压增大 解析：当入射光的强度增强时，由题意可知，光敏电阻 R3 的阻 值减小，则副线圈的负载电阻减小，副线圈的电流增大，则原线圈的 电流增大，定值电阻 R 分得的电压增大，原线圈的输入电压减小，A、 B 错误；副线圈的输出电压减小，由于副线圈的电流增大，则定值电 阻 R1 的电压增大，则并联部分的电压减小，流过定值电阻 R2 的电流 减小，灯泡的电流增大，灯泡变亮，C 错误，D 正确． 答案：D 19．如图所示为缓慢关门时(图中箭头方向)门锁的示意图，锁舌 尖角为 37°，此时弹簧弹力为 30 N，锁舌表面较光滑，摩擦不计，已 知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是( ) A．关门过程中锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大 B．关门过程中锁壳碰锁舌的弹力保持不变 C．此时锁壳碰锁舌的弹力为 37.5 N D．此时锁壳碰锁舌的弹力为 50 N 解析：关门时，锁舌受到锁壳的作用力，弹簧被压缩，处于压缩 状态，则弹力增大，故 A 正确，B 错误；对锁舌受力分析，受到弹 簧弹力和锁壳的作用力，受力平衡，则有 F 弹＝Fsin 37°，因此 F＝30 0.6 N＝50 N，故 C 错误，D 正确． 答案：AD 20．如图所示，一带电粒子在匀强电场中只受电场力而运动，经 过一平面直角坐标系中的 a、O、b 三点时的动能分别为 10 eV、4 eV、 12 eV，下列说法正确的是( ) A．该电场方向一定与 xOy 平面平行 B．该电场场强大小为 200 2 V/m C．O 点是该粒子轨迹上电势能最大的点 D．该粒子轨迹为抛物线 解析：带电粒子在匀强电场中只受电场力运动，由于电场力是恒 力，而且粒子在 xOy 平面内运动，所以电场力方向一定与 xOy 平面 平行，则电场方向一定与 xOy 平面平行，由于 a、O、b 三点不在同 一直线上，所以粒子做匀变速曲线运动，轨迹为抛物线，分析可知， 电场方向与 x 轴的夹角为 45°，O 点不是抛物线轨迹的最高点，则 O 点不是粒子轨迹上动能最小的点，也不是电势能最大的点，故 A、D 正确，C 错误；由于粒子电荷量未知，无法确定两点间的电势差，则 无法确定电场场强大小，故 B 错误． 答案：AD 21.一探测器探测某星球表面时做了两次测量．探测器先在近星 轨道上做圆周运动测出运行周期 T；着陆后，探测器将一小球以不同 的速度竖直向上抛出，测出了小球上升的最大高度 h 与抛出速度 v 的二次方的关系，如图所示，图中 a、b 已知，引力常量为 G，忽略 空气阻力的影响，根据以上信息可求得( ) A．该星球表面的重力加速度为2b a B．该星球的半径为 bT2 8aπ2 C．该星球的密度为 3π GT2 D．该星球的第一宇宙速度为4aT πb 解析：设该星球表面的重力加速度为 g，由匀变速直线运动规律 得 h＝v2 2g ，由图得 1 2g ＝a b ，解得 g＝ b 2a ，选项 A 错误；探测器做匀速 圆周运动的向心力由万有引力提供，设该星球的半径为 R，探测器的 质量为 m，由星球表面重力近似等于万有引力及万有引力定律得 mg ＝m4π2R T2 ，解得 R＝ bT2 8π2a ，选项 B 正确；设该星球的密度为ρ，由万 有引力定律得 G ρ·4 3πR3m R2 ＝m4π2R T2 ，解得ρ＝ 3π GT2 ，选项 C 正确；设该 星球的第一宇宙速度为 v，由万有引力定律得 mg＝mv2 R ，解得 v＝ bT 4πa ， 选项 D 错误． 答案：BC 二、非选择题(共 62 分．第 22～25 题为必考题，每个度题考生 都必须作答，第 33～34 题为选考题，考生根据要求作答) (一)必考题(共 47 分) 22．(6 分)某物理兴趣小组利用如图所示的装置进行实验．在足 够大的水平平台上的 A 点放置一个光电门，水平平台上 A 点右侧摩 擦很小可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为 g. 实验步骤如下： ①在小滑块 a 上固定一个宽度为 d 的窄挡光片； ②用天平分别测出小滑块 a(含挡光片)和小球 b 的质量 ma、mb； ③在 a 和 b 间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻弹簧，静止放 置在平台上； ④细线烧断后，a、b 瞬间被弹开，向相反方向运动； ⑤记录滑块 a 通过光电门时挡光片的遮光时间 t； ⑥滑块 a 最终停在 C 点(图中未画出)，用刻度尺测出 AC 之间的 距离 xa； ⑦小球 b 从平台边缘飞出后，落在水平地面的 B 点，用刻度尺 测出平台距水平地面的高度 h 及平台边缘铅垂线与 B 点之间的水平 距离 xb； ⑧改变弹簧压缩量，进行多次测量． (1)该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证________＝ __________即可(用上述实验数据字母表示)． (2)改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到 xa 与1 t2 的关系 图象如图所示，图线的斜率为 k，则平台上 A 点左侧与滑块 a 之间的 动摩擦因数大小为________(用上述实验数据字母表示)． 解析：(1)由于 A 点右侧摩擦可以不计，所以被弹开后滑块 a 的 瞬时速度等于通过光电门的平均速度，即 va＝d t ，b 被弹开后的瞬时 速度等于做平抛运动的初速度，vbt＝xb，可得 vb＝xb g 2h ，该实验 要验证动量守恒定律，则只需要验证mad t ＝mbxb g 2h ；(2)根据动能 定理可得μmgxa＝1 2mv2a，即μgxa＝1 2 d t 2，化简可得 xa＝ d2 2gμ·1 t2 ，即 k ＝ d2 2gμ ，μ＝ d2 2kg. 答案：(1)mad t (2 分) mbxb g 2h(2 分)(前后两空可互换) (2) d2 2kg(2 分) 23．(9 分)某实验小组用如图甲所示的电路图来测量电流表(量程 2 mA，内阻约为 200 Ω)的内阻，除待测电流表、1.5 V 的电源、开关 和导线外，还有下列可供选择的实验器材： A．定值电阻 R1 B．定值电阻 R2 C．滑动变阻器 R3(最大阻值为 20 Ω) D．滑动变阻器 R4(最大阻值为 1 000 Ω) E．电阻箱 Rx(最大阻值为 999.9 Ω) F．灵敏电流计 G(内阻很小可忽略) (1)为确保安全，精准实验，滑动变阻器应选用________(填写器 材前对应的字母)． (2)用笔画线代替导线，将实物图乙连接成实验电路图． (3)在闭合开关前滑动变阻器的滑片应置于________(选填“a”或 “b”)端，然后闭合开关移动滑动变阻器的滑片使待测表的示数适当后 再不移动滑片，只调节 Rx，发现当 Rx＝400 Ω时灵敏电流计的示数正 好为零；将电阻箱和待测电流表位置互换，其他不动，再次调节 Rx′ ＝100 Ω的灵敏电流计的示数又正好为零，由此可知待测电流表的内 阻为________Ω. 解析：(1)由于电源电动势较小，而两个滑动变阻器都没有给出 额定电流可认为两个都是安全的，此时为便于调节滑动变阻器宜小不 宜大，选 C 即可． (2)实物图如图所示． (3)为确保电路安全，闭合开关前滑片应置于 b 端，让分压电路 的电压最小．当 Rx＝400 Ω时电流计的示数正好为零，表明R1 RA ＝R2 Rx ； 将电阻箱和待测电流表位置互换，电流计的示数又正好为零时有 R1 Rx′ ＝R2 RA ，于是有 RA＝ RxRx′，代入数据得 RA＝200 Ω. 答案：(1)C(2 分) (2)见解析图(3 分) (3)b(2 分) 200(2 分) 24．(12 分)如图所示，足够长的 U 型光滑导轨固定在倾角为 30° 的斜面上，导轨的宽度 L＝0.5 m，其下端与 R＝1 Ω的电阻连接，质 量为 m＝0.2 kg 的导体棒(长度也为 L)与导轨接触良好，导体棒及导 轨电阻均不计．磁感应强度 B＝2 T 的匀强磁场垂直于导轨所在的平 面向下，用一根与斜面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和 质量为 M＝0.4 kg 的重物相连，重物离地面足够高．使导体棒从静止 开始沿导轨上滑，当导体棒沿导轨上滑 t＝1 s 时，其速度达到最大．g 取 10 m/s2.求： (1)导体棒的最大速度 vm； (2)导体棒从静止开始沿轨道上滑时间 t＝1 s 的过程中，电阻 R 上产生的焦耳热是多少？ 解析：(1)速度最大时导体棒切割磁感线产生感应电动势 E＝ BLvm，(1 分) 感应电流 I＝E R ，(1 分) 安培力 FA＝BIL，(1 分) 导体棒达到最大速度时由平衡条件得 Mg＝mgsin 30°＋FA，(1 分) 联立解得 vm＝3 m/s；(1 分) (2)以导体棒和重物为系统，由动量定理得 Mgt－mgsin 30°·t－B — ILt＝(M＋m)v－0，(1 分) 解得 1 s 内流过导体棒的电荷量 q＝1.2 C，(1 分) 又有电荷量 q＝ΔΦ R ＝BLx R ，(1 分) 解得 1 s 内导体棒上滑位移 x＝1.2 m，(1 分) 由能量守恒定律得 Mgx＝mgxsin 30°＋1 2(M＋m)v2＋Q，(2 分) 解得 Q＝0.9 J．(1 分) 答案：(1)3 m/s (2)0.9 J 25．(20 分)如图所示，半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道固定 在地面上．长直平板车放在光滑的水平面上．其右端与光滑圆弧轨道 等高且平滑对接．小车的左端挡板上连接有一劲度系数很大的轻质弹 簧．平板车右端到弹簧右端的距离为 L.一物块从四分之一圆弧轨道 的上端由静止下滑．运动到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力为 F， 平板车的质量为物块质量的 3 倍．重力加速度为 g，整个过程中忽略 弹簧的形变量，求： (1)物块的质量大小； (2)若平板车的上表面光滑．物块在平板车上运动的时间(不计物 块与弹簧作用的时间)； (3)若平板车的上表面粗糙，物块滑上车后最终停在平板车的右 端，则物块与平板车上表面间的动摩擦因数为多少；物块与弹簧作用 过程中弹簧具有的最大弹性势能为多少． 解析：(1)物块在四分之一光滑圆弧轨道上下滑的过程，由机械 能守恒定律有：mgR＝1 2mv2，(2 分) 在轨道的最低点，由向心力公式有：F－mg＝mv2 R ，(2 分) 解得 m＝ F 3g.(1 分) (2)物块滑上平板车的速度为：v＝ 2gR，(1 分) 物块与轻弹簧发生弹性碰撞的过程，取向左为正方向，由动量守 恒定律和机械能守恒定律分别得： mv＝3mv1－mv2，(1 分) 1 2mv2＝1 2 ×3mv21＋1 2mv22，(2 分) 求得：v1＝v2＝1 2v＝1 2 2gR，(1 分) 则物块与弹簧作用前在车上运动的时间为： t2＝L v ＝ L 2gR ，(1 分) 物块与弹簧作用后在车上运动的时间为： t1＝ L v1＋v2 ＝L v ＝ L 2gR ，(1 分) 因此物块在平板车上运动的总时间为：t＝t1＋t2＝ 2L 2gR ；(1 分) (3)设物块与平板车上表面间的动摩擦因数为μ，物块停在平板车 右端时物块与车的共同速度为 v3，取向左为正方向，根据动量守恒 定律有：mv＝4mv3，(1 分) 根据功能关系有：2μmgL＝1 2mv2－1 2 ×4mv23，(2 分) 求得：μ＝3R 8L.(1 分) 当弹簧具有最大弹性势能时，物块与平板车具有共同速度，根据 动量守恒可知：mv＝4mv4，(1 分) 根据功能关系有： μmgL＋Ep＝1 2mv2－1 2 ×4mv24，(1 分) 求得：Ep＝FR 8 .(1 分) 答案：(1) F 3g (2) 2L 2gR (3)3R 8L FR 8 (二)选考题(共 15 分，请考生从 2 道物理题中任选一题作答．如 果多做，则按所做的第一题计分) 33．[物理—选修 3－3](15 分)(1)(5 分)如图所示，一定质量的理 想气体从状态 A 依次经过状态 B、C 和 D 后再回到状态 A.其中，A →B 和 C→D 为等温过程，B→C 和 D→A 为绝热过程．该循环过程 中，下列说法正确的是__________(填正确答案标号，选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分．每选错 1 个扣 3 分，最低得 分为 0 分)． A．A→B 过程中，气体对外界做功，吸热 B．B→C 过程中，气体分子的平均动能增加 C．C→D 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少 D．D→A 过程中，气体分子的速率分布曲线发生变化 E．该循环过程中，气体吸热 (2)(10 分)如图所示，一水平放置的薄壁圆柱形容器内壁光滑， 长为 L，底面直径为 D，其右端中心处开有一圆孔．质量为 m 的理 想气体被活塞封闭在容器内，器壁导热良好，活塞可沿容器内壁自由 滑动，其质量、厚度均不计．开始时气体温度为 300 K，活塞与容器 底部相距 2 3L.现对气体缓慢加热，已知外界大气压强为 p0.求温度为 480 K 时气体的压强． 解析：(1)A→B 过程，气体温度不变、体积增大，则气体对外做 功，内能不变，由热力学第一定律知，气体吸热，选项 A 正确；B→ C 过程是绝热过程，气体体积增大，气体对外做功，由热力学第一定 律知，气体内能减少，温度降低，气体分子的平均动能减小，选项 B 错误；C→D 过程，为等温过程，气体分子的平均动能不变，气体体 积减小，分子的密集程度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子 数增多，选项 C 错误；D→A 过程是绝热过程，气体体积减小，外界 对气体做功，由热力学第一定律知，气体内能增加，温度升高，大多 数分子的速度增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，选项 D 正 确；在 pV 图象中，相应图形的面积表示气体对外做的功或外界对气 体做的功，由图可知，该循环过程中，气体对外做的功大于外界对气 体做的功，由热力学第一定律知，气体吸热，选项 E 正确． (2)开始加热时，在活塞移动的过程中，气体做等压变化．设活 塞缓慢移动到容器最右端时，气体末态温度为 T1，V1＝πD2L 4 ，初态 温度 T0＝300 K，V0＝πD2L 6 .(2 分) 由盖—吕萨克定律知V0 T0 ＝V1 T1 ，(2 分) 解得 T1＝450 K，(2 分) 活塞移至最右端后，气体做等容变化，已知 T1＝450 K，p1＝p0， T2＝480 K， 由查理定律知p1 T1 ＝p2 T2 ，(2 分) 则 p2＝16 15p0.(2 分) 答案：(1)ADE (2)见解析 34．[物理—选修 3－4](15 分) (1)(5 分)图甲为一列简谐横波在 t＝0.10 s 时的波形图，P 是平衡 位置在 x＝0.5 m 处的质点，Q 是平衡位置在 x＝2.0 m 处的质点；图 乙为质点 Q 的振动图象．下列说法正确的是__________(填正确答案 标号，选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分．每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分)． A．这列波沿 x 轴正方向传播 B．这列波的传播速度为 20 m/s C．从 t＝0 到 t＝0.15 s，这列波传播的距离为 3 m D．从 t＝0.10 s 到 t＝0.15 s，P 通过的路程为 10 cm E．t＝0.15 s 时，P 的加速度方向与 y 轴正方向相反 (2)(10 分)如图所示，一玻璃砖的截面为直角三角形 ABC，其中 ∠A＝60°，AB＝9 cm.现有两细束平行且相同的单色光 a、b，分别从 AC 边上的 D 点、E 点以 45°角入射，且均能从 AB 边上的 F 点射出， 已知 AD＝AF＝3 cm.求： (ⅰ)玻璃砖的折射率； (ⅱ)D、E 两点之间的距离． 解析：(1)由图乙知，t＝0.10 s 时质点 Q 沿 y 轴负方向运动，由 图甲，根据“同侧法”知，这列波沿 x 轴负方向传播，选项 A 错误； 由图甲知，这列波的波长λ＝4 m，由图乙知，这列波的周期 T＝0.2 s， 则这列波的传播速度 v＝λ T ＝ 4 m 0.2 s ＝20 m/s，选项 B 正确；从 t＝0 到 t＝0.15 s，这列波传播的距离 x＝vt＝20 m/s×0.15 s＝3 m，选项 C 正确；由图甲知，质点振动的振幅为 10 cm，从 t＝0.10 s 到 t＝0.15 s 时间内，P 点运动了T 4 ，t＝0.10 s 时质点 P 沿 y 轴正方向运动，由于 质点离平衡位置越远，速度越小，故 P 通过的路程小于 10 cm，选项 D 错误；t＝0.15 s 时，P 在最大正向位移与平衡位置之间且向平衡位 置移动，加速度方向指向平衡位置，即与 y 轴正方向相反，选项 E 正确． (2)(ⅰ)光路如图所示，由于 AD＝AF，∠A＝60°， 则入射光 a 经 AC 边的折射角 r＝30°， 折射率 n＝sin i sin r ＝sin 45° sin 30° ＝ 2；(3 分) (ⅱ)设光在玻璃中发生全反射的临界角为 C， sin C＝1 n ＝ 1 2 ， 则 C＝45°，(1 分) 由图可知，b 光经 AC 边折射后，在 BC 边上的入射角为 60°，此 光线在 G 点发生全反射．(1 分) 由几何知识可知，四边形 DEGF 是平行四边形，由于∠BFG＝ 60°，AF＝3 cm， 则 BF＝AB－AF，(1 分) BF＝FGcos 60°，(1 分) FG＝DE，(1 分) 联立解得 DE＝12 cm.(2 分) 答案：(1)BCE (2)见解析