2020届高考物理二轮复习刷题首秧综合能力物理部分押题密卷四含解析 15页

高考物理总复习 部分押题密卷(四)‎ 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分110分，时间60分钟。‎ 第Ⅰ卷 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1～4题只有一个选项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求，全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)‎ ‎1．(2019·河南郑州二模)1933年至1934年间，约里奥－居里夫妇用α粒子轰击铝箔时，发生的核反应方程为Al＋He→P＋n，反应生成物P像天然放射性元素一样衰变，放出正电子e，且伴随产生中微子ν，核反应方程为P→Si＋e＋ν。则下列说法正确的是(　　)‎ A．当温度、压强等条件变化时，放射性元素P的半衰期随之变化 B．中微子的质量数A＝0，电荷数Z＝0‎ C．正电子产生的原因可能是核外电子转变成的 D．两个质子和两个中子结合成一个α粒子，则质子与中子的质量之和一定等于α粒子的质量 答案　B 解析　放射性元素的半衰期与外界因素无关，A错误；根据质量数和电荷数守恒可知，中微子的质量数A＝0，电荷数Z＝0，B正确；正电子产生的原因是核内的质子转化为中子时放出的，C错误；两个质子和两个中子结合成一个α粒子要释放能量，根据质能方程及质量亏损可知，两个质子与两个中子的质量之和大于α粒子的质量，故D错误。‎ ‎2. (2019·山东青岛二模)A、B两物体沿同一直线运动，运动过程中的xt图象如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．4 s时A物体运动方向发生改变 B．0～6 s内B物体的速度逐渐减小 C．0～5 s内两物体的平均速度相等 D．0～6 s内某时刻两物体的速度大小相等 答案　D 解析　xt图象的斜率表示速度，斜率的正负表示速度的方向，所以A物体运动方向不变，A错误；由图可知，0～6 s内B物体的速度逐渐增大，故B错误；由图可知，0～5 s内 - 15 -‎ 高考物理总复习 A物体的位移大于B物体的位移，由公式＝可知，A物体的平均速度大于B物体的平均速度，故C错误；0～6 s内存在某时刻两图线斜率的绝对值相等，则存在某时刻两物体的速度大小相等，故D正确。‎ ‎3. (2019·山东淄博三模)如图所示，某宾馆大楼中的电梯下方固定有4根相同的竖直弹簧，其劲度系数均为k。这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。若缆绳断裂后，总质量为m的电梯下坠，4根弹簧同时着地而开始缓冲，电梯坠到最低点时加速度大小为5g(g为重力加速度大小)，下列说法正确的是(　　)‎ A．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为 B．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为 C．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯先处于失重状态后处于超重状态 D．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯始终处于失重状态 答案　C 解析　电梯在最低点时，由牛顿第二定律：4kx－mg＝ma，其中a＝5g，解得x＝，A、B错误；从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，重力先大于弹力，电梯向下做加速运动，弹力增大，当重力小于弹力时，电梯的加速度向上，电梯向下做减速运动，则电梯先处于失重状态后处于超重状态，C正确，D错误。‎ ‎4. (2019·山东淄博三模)如图所示，实线为两个点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线，虚线为电子从A点运动到B点的运动轨迹，则下列判断正确的是(　　)‎ A．A点的场强小于B点的场强 B．Q1的电荷量大于Q2的电荷量 C．电子在A点的电势能大于在B点的电势能 - 15 -‎ 高考物理总复习 D．电子在A点的速度大于在B点的速度 答案　D 解析　根据“电场线的密疏表示场强的大小”可知，A点的场强比B点的场强大，A错误；根据电场线分布情况可知，Q1、Q2是同种电荷，由点电荷周围电场线疏密程度可知点电荷Q2的电荷量较大，即Q1＜Q2，B错误；电子做曲线运动，受到的合力方向指向运动轨迹的内侧，即电子过B点时受到的电场力F方向斜向下，可知电子从A点运动到B点的过程中，电场力方向与速度方向的夹角总是大于90°，电场力做负功，电势能增大，动能减小，即电子在A点的电势能小于在B点的电势能，电子在A点的速度大于在B点的速度，C错误，D正确。‎ ‎5. (2019·江西高三九校3月联考)如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向里。有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，所带电荷量均为q，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α。下列说法正确的是(　　)‎ A．若r＝2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为 B．若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，则有关系tan＝成立 C．若r＝R，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为 D．若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为150°‎ 答案　BD 解析　若r＝2R，粒子在磁场中运动的时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图1，因为r＝2R，圆心角α＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝T＝×＝，故A错误；若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，轨迹如图2，根据几何关系有tan＝＝＝，故B正确；若r＝R，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图3所示，圆心角α＝90°，粒子在磁场中运动的时间t＝ - 15 -‎ 高考物理总复习 T＝×＝，故C错误；若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图4所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，由几何关系可知圆心角α＝150°，故D正确。‎ ‎6．(2019·广东深圳二模)2019年1月3日，“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面。着陆前的部分运动过程简化如下：在距月面15 km高处绕月做匀速圆周运动，然后减速下降至距月面100 m处悬停，再缓慢降落到月面。已知万有引力常量和月球的第一宇宙速度，月球半径约为1.7×103 km。由上述条件可以估算出(　　)‎ A．月球质量 B．月球表面的重力加速度 C．探测器在15 km高处绕月运动的周期 D．探测器悬停时发动机产生的推力 答案　ABC 解析　第一宇宙速度为环绕月球表面运动的速度，由万有引力提供向心力，有：G＝m，则月球的质量为M＝，由题已知条件可求月球质量，故A正确；探测器在月球表面附近运动，由万有引力等于重力，有：G＝mg月，则月球表面的重力加速度为g月＝G＝，故B正确；探测器在15 km高处绕月运动时有：G＝m，得运动周期T＝＝ ，故C正确；探测器悬停时发动机产生的推力大小等于万有引力大小，但由于探测器的质量未知，故不可求推力，D错误。‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 ‎7. (2019·沈阳三模)如图所示，在光滑的水平面上方有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场区域，磁场宽度均为L。一个边长为L、电阻为R的单匝正方形金属线框，在水平外力作用下沿垂直磁场方向运动，从如图实线位置Ⅰ进入磁场开始到线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时，线框的速度始终为v，则下列说法正确的是(　　)‎ A．在位置Ⅱ时外力F为 B．在位置Ⅱ时线框中的电功率为 C．此过程中回路产生的电能为 D．此过程中通过导线横截面的电荷量为 答案　BC 解析　在位置Ⅱ时，根据右手定则知线框左右边同时切割磁感线产生的电流同向，所以总电流I＝2，线框左右边所受安培力的方向均向左，所以F＝2BIL，得：F＝，故A错误；此时线框中的电功率为：P＝Fv＝，故B正确；金属线框从开始至位移为L的过程，产生的电能W＝IRt1＝2R＝，从位移为L到为L的过程，产生的电能W′＝I2Rt2＝2R＝，所以整个过程产生的电能为，故C正确；此过程穿过线框的磁通量的变化为0，通过线框横截面的电荷量为q＝＝0，故D错误。‎ ‎8. (2019·湖北武汉二模)在光滑水平面上，小球A、B(可视为质点)沿同一直线相向运动，A球质量为1 kg，B球质量大于A球质量。如果两球间距离小于L时，两球之间会产生大小恒定的斥力，大于L时作用力消失。两球运动的速度—时间关系如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 A．B球质量为2 kg B．两球之间的斥力大小为0.15 N C．t＝30 s时，两球发生非弹性碰撞 D．最终B球速度为零 答案　BD 解析　当两球间距离小于L时，两球均做匀减速运动，因B球质量大于A球质量，可知B球加速度小于A球的加速度，由vt图象可知：aB＝ m/s2＝－0.05 m/s2，aA＝ m/s2＝0.15 m/s2，由牛顿第二定律：F＝mAaA＝mBaB，解得mB＝3mA＝3 kg，F＝0.15 N，A错误，B正确；由图象可知，A、B在t＝30 s时刻相碰，碰前速度：vA＝0，vB＝2 m/s，碰后速度：vA′＝3 m/s，vB′＝1 m/s，则机械能损失ΔE＝mBv－＝0，可知在t＝30 s时，两球发生弹性碰撞，C错误；由图象可知，两个阴影部分的面积应该相等，且都等于L，可知最终B球速度为零，D正确。‎ 第Ⅱ卷 二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，共62分。第9～12题为必考题，考生都必须作答。第13～14题为选考题，考生根据要求作答)‎ ‎(一)必考题(共47分)‎ ‎9．(2019·福建泉州二模)(6分)某同学做验证向心力与线速度关系的实验，装置如图所示，一轻质细线上端固定在拉力传感器上，下端悬挂一小钢球。钢球静止时刚好位于光电门中央。主要实验步骤如下：‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 ‎①用游标卡尺测出钢球直径d；‎ ‎②将钢球悬挂静止不动，此时力传感器示数为F1，用米尺量出线长L；‎ ‎③将钢球拉到适当的高度处释放，光电门计时器测出钢球的遮光时间为t，力传感器示数的最大值为F2；‎ 已知当地的重力加速度大小为g，请用上述测得的物理量表示：‎ ‎(1)钢球经过光电门时的线速度表达式v＝________，向心力表达式F向＝m＝________。‎ ‎(2)钢球经过光电门时的所受合力的表达式F合＝________。‎ ‎(3)若在实验误差允许的范围内F向＝F合，则验证了向心力与线速度的关系。该实验可能的误差有：________________________。(写出一条即可)‎ 答案　(1)　 ‎(2)F2－F1　(3)摆线的长度测量有误差 解析　(1)钢球的直径为d，遮光时间为t，所以钢球通过光电门的速度：v＝，根据题意知，钢球圆周运动的半径为：R＝L＋，钢球的质量：m＝，则向心力表达式：F向＝m＝。‎ ‎(2)钢球经过光电门时只受重力和绳的拉力，所受合力为：F合＝F2－F1。‎ ‎(3)根据向心力表达式知，可能在测量摆线长度时有误差。‎ ‎10．(2019·东北三省三校二模)(9分)某实验小组要把一块电流表改装成电压表，遇到了两个问题：一是该电流表的表盘没有标注刻度数，但刻度均匀，总格数为N；二是内阻未知。通过对类似规格的电流表的参数比对，得到该电流表的满偏电流约700～800 μA，内阻约100 Ω。该组同学利用以下器材，通过下列三个步骤，完成了电压表的改装工作。‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 A．待测电流表G B．电流表A：量程0.6 A，内阻约为0.1 Ω C．电压表V：量程3 V，内阻RV＝3 kΩ D．电阻箱R2：最大阻值999.9 Ω E．滑动变阻器R1：最大阻值5 kΩ，额定电流0.1 A F．滑动变阻器R3：最大阻值5 Ω，额定电流0.5 A G．电源：电动势3 V，内阻约为1.5 Ω H．开关两个S1、S2‎ ‎(1)步骤一：测定电流表的内阻。设计了上图所示实验电路，请分析并补全以下操作：‎ ‎①将R1的滑动端拨至________(填“a”或“b”)端；‎ ‎②仅闭合S1，调节R1，使电流表的指针偏转N个格；‎ ‎③闭合S2，仅调节________，使电流表的指针偏转个格；‎ ‎④记录____________________________，则电流表的内阻为________。‎ ‎(2)步骤二：‎ ‎①测定该电流表的满偏电流。除电源和开关外，还需要的器材是________(填器材前面的字母序号)；‎ ‎②请在下面虚线框中画出方便简洁的实验电路；‎ ‎③若在上图实验中，待测电流表指针偏转了n个格，还需要记录的测量值及相应的符号为______________，电流表的满偏电流为________，将此电流表改装为一个量程为U0的电压表需要________(填“串联”或“并联”)一个定值电阻Rx，Rx＝________________。(用以上各步骤中记录的测量量和已知量表示)‎ 答案　(1)①b　③R2　④R2的阻值　R2‎ ‎(2)①CE　②图见解析　③电压表读数U　　串联　－R2‎ 解析　(1)将滑动变阻器拨至b端再将电路接通，电路中的电流最小，具有保护电路的作用；闭合S2以后，因接入的滑动变阻器的阻值很大，‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 因此在不改变滑动变阻器阻值的情况下电路的干路电流不变，因电流表与R2并联，此时调节R2的阻值使电流表的示数偏转格，则可认为R2中的电流和待测电表的电流相等，则电阻R2的阻值和电流表的阻值相等，因此要记录R2的阻值。‎ ‎(2)电流表的电流校准需要将一块标准的电流表和待测电流表串联，但是电流表A的量程和待测电流表相比过大，无法进行测量，但是电压表的内阻已知，故可以用电压表和待测电流表串联进行校准。另外，滑动变阻器R3的阻值过小，将R3和电压表串联在一起进行调节，两电表示数变化不明显，因此滑动变阻器需要选R1，需要的器材为C、E，电路图如下：‎ 因电压表和电流表串联，因此当待测电流表的指针偏转n个格时，记录电压表读数U，则流过电流表的电流为，又因电流表示数分布均匀，因此电流表的满偏电流为；电流表改装为电压表需要串联电阻Rx，串联后的量程为U0，且电流表的内阻为R2，由欧姆定律有＝R2＋Rx，解得Rx＝－R2。‎ ‎11．(2019·大连二模)(12分)滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来。如图所示是一个滑板场地，OP段是光滑的圆弧轨道，半径为0.8 m。PQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2。滑板手踩着滑板A从O点由静止滑下，到达P点时，立即向前起跳。滑板手离开滑板A后，滑板A以速度v1＝2 m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前继续滑动。已知滑板质量为m＝5 kg，滑板手的质量是滑板的9倍，滑板B与P点的距离为Δx＝3 m，g＝10 m/s2。(不考虑滑板的长度以及人和滑板间的作用时间)求：‎ ‎(1)当滑板手和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力大小；‎ ‎(2)滑板手落到滑板B上瞬间，滑板B的速度大小；‎ ‎(3)两个滑板间的最终距离。‎ 答案　(1)1500 N　(2)4.2 m/s　(3)6.41 m 解析　(1)O→P下滑过程，滑板手与滑板A机械能守恒10mgR＝×10mv2，得：v＝＝4‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 ‎ m/s 在P点：FN－10mg＝10m，得：FN＝1500 N 根据牛顿第三定律，F压＝FN＝1500 N。‎ ‎(2)滑板手跳离A板过程，滑板手与滑板A水平方向动量守恒10mv＝－mv1＋9mv2，代入数据得：v2＝ m/s 滑板手跳上B板过程，滑板手与滑板B水平方向动量守恒9mv2＝10mv3，解得v3＝4.2 m/s。‎ ‎(3)滑板B的位移xB＝＝4.41 m 滑板A在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次返回P点时的速度大小仍为v1＝2 m/s 之后滑板A的位移xA＝＝1 m 最终两滑板停下的位置间距为 L＝xB＋Δx－xA＝6.41 m。‎ ‎12. (2019·郑州二模)(20分)如图所示，三块挡板围成截面边长L＝1.2 m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E＝4×10－4 N/C。三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外、磁感应强度大小为B2＝3B1的匀强磁场。现将一比荷＝108 C/kg的带正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN上的小孔C进入挡板内部的匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场。已知粒子最终回到了O点，OC相距2 m。设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)磁感应强度B1的大小；‎ ‎(2)粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；‎ ‎(3)若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O - 15 -‎ 高考物理总复习 点(若粒子经过A点立即被吸收)。‎ 答案　(1)6.7×10－6 T　(2)2.85×10－2 s ‎(3)B2′＝×10－5 T，其中k＝0、1、2、3、…‎ 解析　(1)粒子从O到C在电场中加速，‎ 由动能定理qEx＝mv2，‎ 得v＝400 m/s 在三角形区域内部，带电粒子在磁场B1中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，‎ 由几何关系可知 R1＝＝0.6 m 由qvB1＝m 代入数据得B1≈6.7×10－6 T。‎ ‎(2)由题可知B2＝3B1＝2×10－5 T，‎ 粒子在磁场B2中做匀速圆周运动qvB2＝m 则R2＝＝0.2 m 由题可知，粒子由O到C在电场中做匀加速直线运动，‎ 则x＝vt1，得到t1＝0.01 s 粒子在磁场B1中的周期为T1＝ 则粒子在磁场B1中的运动时间为t2＝＝3×10－3 s 粒子在磁场B2中的运动周期为T2＝ 粒子在磁场B2中的运动时间为 - 15 -‎ 高考物理总复习 t3＝T2＝5.5×10－3 s 则粒子在复合场中运动的总时间为 t＝2t1＋t2＋t3＝2.85×10－2 s。‎ ‎(3)设挡板外磁场变为B2′，粒子在磁场B2′中的轨迹半径为r，则有qvB2′＝m 根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点，需满足条件＝(2k＋1)r，其中k＝0、1、2、3、…‎ 解得：B2′＝×10－5 T，其中k＝0、1、2、3、…。‎ ‎(二)选考题(共15分)‎ 请考生从两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。‎ ‎13．[物理——选修3－3](共15分)(1)(2019·江苏省七市高三第三次调研)(5分)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为p0，经历从状态A→B→C→A的过程。则气体在状态C时压强为________；从状态C到状态A的过程中，气体的内能增加ΔU，则气体吸收的热量为________。‎ ‎(2)(2019·重庆模拟)(10分)内壁光滑且导热性良好的上小下大的圆柱形薄壁汽缸竖直放置，上、下汽缸的横截面积分别为S1＝40 cm2、S2＝80 cm2，上、下汽缸的高度分别为h＝80 cm、H＝100 cm。质量为m＝8 kg的薄活塞将0.5 mol氢气(H2的摩尔质量为2 g/mol)封闭在汽缸内，活塞静止在管口，如图所示。已知氢气的定容比热容CV为10.21 kJ/(kg·K)，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2。定容比热容CV是指单位质量的气体在容积不变的条件下，温度升高或降低1 K所吸收或放出的热量。保持缸内气体温度为35 ℃不变，用竖直外力缓慢向下推活塞，当活塞恰推至上汽缸底部时，外力大小为F。求：‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 ‎①求F的大小；‎ ‎②随后在逐渐减小竖直外力的同时改变缸内气体温度，使活塞位置保持不变，直至外力恰为0。求这一过程中气体内能的变化量为多少？(结果保留三位有效数字)‎ 答案　(1)p0　ΔU＋2p0V0　(2)①192 N　②－898 J 解析　(1)根据理想气体状态方程：＝C，可得：V＝，所以VT图中过原点的直线表示等压变化，即气体从C到A过程是等压变化，pC＝pA＝p0。气体从状态C到状态A的过程中，外界对气体做功W＝－p0·ΔV＝－2p0V0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，整理得气体吸收的热量：Q＝ΔU－W＝ΔU＋2p0V0。‎ ‎(2)①以封闭的气体为研究对象，温度不变，‎ 初始压强p1＝p0＋＝1.20×105 Pa 初始体积V1＝S1h＋S2H＝1.12×10－2 m3‎ 当活塞运动到小汽缸底部时，‎ 气体体积V2＝S2H＝0.8×10－2 m3‎ 由玻意耳定律p1V1＝p2V2得p2＝1.68×105 Pa 对活塞受力分析可知F＋p0S1＋mg＝p2S1‎ 解得F＝192 N。‎ ‎②以封闭的气体为研究对象，气体的体积不变，设改变温度之后气体的压强为p3，则 p3＝p1＝1.20×105 Pa 设此时温度为T3，初始温度为T1＝(35＋273) K＝308 K 由盖—吕萨克定律得＝ 解得T3＝220 K 气体随着温度降低放出热量Q＝CVm(T1－T3)＝898.48×10－3 kJ≈898 J 根据热力学第一定律ΔU＝W＋(－Q)＝－898 J，即：气体内能的变化量为－898 J。‎ ‎14．[物理——选修3－4](共15分)‎ ‎(1)(2019·四川泸州二诊)(5分)如图甲所示，一根拉紧的均匀弦线沿水平的x轴放置，‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 现对弦线上O点(坐标原点)施加一个向上的扰动后停止，其位移时间图象如乙图所示，该扰动将以2 m/s的波速向x轴正向传播，且在传播过程中没有能量损失，则有________(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．2.5 s时5 m处的质点开始向上运动 B．2 s