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2020年高考名校考前提分仿真卷 物理(二) 教师版.docx

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2020年高考名校考前提分仿真卷 物理二 教师版 2020 年高 名校 前提 仿真 物理
资源描述:
绝密 ★ 启用前2020届高考名校考前提分仿真卷物 理(二) 注意事项:1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答题前,考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2.回答第Ⅰ卷时,选出每小题的答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3.回答第Ⅱ卷时,将答案填写在答题卡上,写在试卷上无效。4.考试结束,将本试卷和答题卡一并交回。二、选择题:本题共8小题,每小题6分。在每小题给出的四个选项中,第14~17只有一项是符合题目要求,第18~21题有多项符合题目要求,全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。14.如图所示,某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,其轨道半径为月球绕地球运转半径的,设月球绕地球运动的周期为27天,则此卫星的运转周期大约是A.天 B.天 C.1天 D.9天【答案】C【解析】由于r卫=r月,T月=27天,由开普勒第三定律可得=,则T卫=1天。15.如图所示,在投球游戏中,小红坐在可升降的椅子上,向正前方的圆桶水平抛出篮球。已知某次抛出点的实际高度为2.0 m,桶的高度为0.4 m,桶的中心到抛出点的水平距离为1.6 m,篮球恰好落入桶内,篮球质量为500 g,不计球运动过程中受到的空气阻力,小红对篮球做功约为A.0.2 J B.2 J C.20 J D.200 J【答案】B【解析】篮球做平抛运动,因为恰好落入桶中,故在水平方向上有x=v0t,在竖直方向上有h=gt2,人对篮球做的功等于篮球抛出时具有的动能,W=mv,故联立解得W=2 J,B正确。16.如图所示,自动卸货车始终静止在水平地面上,车厢在液压机的作用下改变与水平面间的夹角,以卸下车厢中的货物。当夹角为θ时,质量为M的木箱A与装在箱内的质量为m的物体B,一起以共同的速度沿车厢底板匀速滑下,重力加速度为g,则下列说法正确的是A.A、B间没有静摩擦力B.A受到B的静摩擦力方向沿车厢底板向上C.A受到车厢底板的滑动摩擦力大小为Mgsin θD.A与车厢底板间的动摩擦因数μ=tan θ【答案】D【解析】质量为M的木箱A与装在箱内的质量为m的物体B,一起以共同的速度沿车厢底板匀速滑下,隔离B受力分析,可知B受静摩擦力作用,则A、B间有静摩擦力,选项A错误;B受到A的静摩擦力方向沿车厢底板向上,根据牛顿第三定律,可知A受到B的静摩擦力方向沿车厢底板向下,选项B错误;A、B一起以共同的速度沿车厢底板匀速滑下,把A、B看成整体,受力分析,由平衡条件有Ff=(M+m)gsin θ,选项C错误;A、B整体的重力沿垂直车厢底板方向的分力为(M+m)gcos θ,则有Ff=μ(M+m)gcos θ=(M+m)gsin θ,解得μ=tan θ,选项D正确。17.已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似,即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直。如图所示MN为无限大的不带电的金属平板,且与大地连接。现将一个电荷量为Q的正点电荷置于板的右侧,图中a、b、c、d是以正点电荷Q为圆心的圆上的四个点,四点的连线构成一内接正方形,其中ab连线与金属板垂直。则下列说法正确的是A.b点电场强度与c点电场强度相同B.a点电场强度与b点电场强度大小相等C.a点电势等于d点电势D.将一试探电荷从a点沿直线ad移到d点的过程中,试探电荷电势能始终保持不变【答案】C【解析】画出电场线如图所示,根据对称性可知,b点电场强度与c点电场强度大小相等,方向不同,故A错误;电场线密集的地方电场强度大,从图上可以看出a点电场强度大于b点电场强度,故B错误;根据对称性并结合电场线的分布可知a点电势等于d点电势,故C正确;由于试探电荷从a沿直线ad到d点,则先靠近正电荷后远离正电荷,所以电场力在这个过程中做功,只是总功为零,所以试探电荷电势能不是始终保持不变,故D错误。18.如图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象。由图象可知A.该金属的逸出功等于EB.该金属的逸出功等于hνcC.入射光的频率为2νc时,产生的光电子的最大初动能为ED.入射光的频率为,产生的光电子的最大初动能为【答案】ABC【解析】由题图并结合Ek=hν-W0得,Ek=hν-E,故逸出功W0=E,故选项A正确;当Ek=0时,ν=νc,故E=hνc,故选项B正确;ν=2νc时,可得出Ek=E,故选项C正确;当入射光的频率为时,不发生光电效应,故选项D错误。19.如图所示,半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,一带正电粒子以速度v1从A点沿直径AOB方向射入磁场,经过t1时间射出磁场。另一相同的带电粒子以速度v2从距离直径AOB为的C点平行于直径AOB方向射入磁场,经过t2时间射出磁场。两种情况下,粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角均为60°,不计粒子受到的重力,则A.v1∶v2=∶1 B.v1∶v2=∶1C.t1=t2 D.t1>t2【答案】AC【解析】如图,由几何关系知R1=Rtan 60°,R2=R,由牛顿运动定律知qvB=m,得r=,r与v成正比,故v1∶v2=R1∶R2=tan 60°∶1=∶1,A项正确,B项错误;由周期T=知两粒子周期相同,在磁场中运动的时间为t=T决定于角度,角度θ相同,则时间相同,C项正确,D项错误。20.质量为1 kg的a与质量未知的b沿水平面上同一条直线运动,并发生碰撞,碰撞后两者粘在一起运动;经过一段时间后,从光滑路段进入粗糙路段,两者的位置x随时间t变化的图象如图所示。则A.碰后a、b一起沿b原来运动的方向运动B.b的质量为4 kgC.碰撞过程中损失的机械能为4 JD.a、b克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比为1∶1【答案】AC【解析】设a、b碰撞前的速度分别为v1、v2。由题图得v1=-2 m/s,v2=1 m/s,a、b发生碰撞后的共同速度v= m/s,碰后a、b一起沿b原来运动的方向运动,A正确;由动量守恒定律得mav1+mbv2=(ma+mb)v,得mb=8 kg,B错误;由能量守恒定律得,a、b因碰撞而损失的机械能为ΔE=mav+mbv-(ma+mb)v2=4 J,C正确;a、b碰撞后的总动能为(ma+mb)v2=2 J,则a、b克服摩擦力做的功W=2 J,此功与因碰撞而损失的机械能之比为W∶ΔE=1∶2,故D错误。21.如图所示,光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成 θ角,M、P之间接一阻值为R的定值电阻,阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置并接触良好,其他电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向上。t=0时对棒施加一平行于导轨向上的外力F,棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动。下列关于通过棒ab的电荷量q、电流I,棒ab所受外力F及穿过 abPM的磁通量Φ随时间t变化的图象中,大致正确的是【答案】BC【解析】由题知,棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动,设加速度为a,则棒运动的速度为v=at,产生的感应电流为I==t,即电流I与t成正比,I与t的关系图线是过原点的直线,故B正确;通过棒ab的电荷量为q=t=t2,故q与t的关系图线是开口向上的抛物线,故A错误;根据牛顿第二定律得F-F安-mgsin θ=ma,安培力F安=BIL=t,解得F=mgsin θ+ma+t,即F与t的关系图线是纵截距不为零的直线,故C正确;Φ=BS=BL·at2=BLat2,故Φ与t的关系图线是开口向上的抛物线,故D错误。第 II 卷三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题~第25题为必考题,每个试题考生都必须作答。第33题~第34题为选考题,考生根据要求做答)(一)必考题(共47分)22.(5分)(1)图甲为某实验部分装置,木板抬起一定倾斜角的目的是__________,为达到该目的的正确操作是图乙中________(填“a”或“b”),以下实验需要进行这一步操作的是________。A.探究小车速度随时间变化的规律B.探究功与速度变化的关系(橡皮筋方案)C.探究加速度与力、质量的关系D.探究求合力的方法(2)图甲为实验室提供的两个弹簧测力计,若要测出它们中弹簧的劲度系数,需要在图乙中选用的器材是:________(填器材名称)。现用这两个弹簧测力计做“探究作用力与反作用力的关系”实验,第一步两弹簧测力计在水平方向对拉且保持静止进行探究,若不改变弹簧测力计直接进行第二步探究,下列操作可行的是________。A.两弹簧测力计在水平方向对拉且匀速运动B.两弹簧测力计在竖直方向对拉且匀速运动【答案】(1)平衡摩擦力 a BC (2)刻度尺 A【解析】(1)木板抬起一定倾斜角,是为了使小车重力沿长木板方向的分力等于运动过程中的摩擦力。除了小车与长木板之间的摩擦力,还有纸带受到的摩擦力需要平衡,故a中的操作正确。在“探究功与速度变化的关系”(橡皮筋方案)、“探究加速度与力、质量的关系”实验中,为了使小车所受拉力等于小车的合力,需要平衡摩擦力,故B、C正确。(2)用刻度尺量出弹簧测力计上0到1 N刻度之间对应的长度,即弹簧拉力为1 N时弹簧的形变量,可求出弹簧的劲度系数。两弹簧测力计在竖直方向上对拉时,弹簧测力计的重力会影响实验结论分析,故选A。23.(10分)要测量电流表A1的内阻,电流表A1量程为0~300 mA,内阻约为5 Ω。实验室提供的器材如下:A.电流表A2(量程为0~600 mA,内阻约为1 Ω)B.电压表V(量程为0~15 V,内阻约为3 kΩ)C.定值电阻R1(阻值为5.0 Ω)D.定值电阻R2(阻值为50 Ω)E.滑动变阻器R3(最大阻值为10 Ω,额定电流为2 A)F.滑动变阻器R4(最大阻值为250 Ω,额定电流为2 A)G.电源E(电动势为3 V,内阻较小)H.导线、开关(1)某同学利用上述实验器材,拟将电压表V和待测电流表A1并联接入测量电路中,测出电压和电流,再计算出rA1。该方案实际上不可行,其最主要的原因是___________________________________________________________________。(2)要求电流表A1的示数从零开始变化,且能测出多组数据,尽可能减小误差,定值电阻应选________,滑动变阻器应选________(填实验器材前的字母序号)。在虚线框中画出符合要求的实验电路图,并标出所选元件的相应字母代号。(3)连接好电路,接通开关,改变滑动变阻器滑片的位置,实验时电表A1、A2的示数分别如图5甲、乙所示,电流表A1的示数为________A,电流表A2的示数为________A。由电表示数和题中数据可得电流表A1的内阻为________Ω。【答案】(1)电流表A1两端电压较小,电压表指针偏转较小,误差较大(2)C E 实验电路图如图所示(未标出元件字母代号的不给分)(3)0.270 0.540 5.0【解析】(1)电压表量程较大,而电流表A1两端电压较小,电压表指针偏转角度较小,误差较大。(2)要求电流表A1的示数从零开始变化,因而滑动变阻器采用分压式接法,滑动变阻器选择最大阻值较小的,故选E。由于缺少可用的电压表,而电流表A2内阻未知,将定值电阻与待测电流表A1并联,再与电流表A2串联,利用并联电路特点求电流表A1的内阻。若定值电阻选用R2,则电流较小,电流表指针偏转角度较小,误差较大,故定值电阻选C。实验电路图见答案。(3)电流表A1的示数为0.270 A,电流表A2的示数为0.540 A,根据欧姆定律有rA1==5.0 Ω。24.(12分)如图所示的空间中有一直角坐标系Oxy,第一象限内存在竖直向下的匀强电场,第四象限x轴下方存在沿x轴方向足够长,宽度d=(5+5) m的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小B=0.4 T,一质量m=3.2×10-4 kg、带电量q=0.16 C的带正电粒子,从y轴上的P点以v0=1.0×103 m/s的速度水平射入电场,再从x轴上的Q点进入磁场,已知OP=9 m,粒子进入磁场时其速度方向与x轴正方向夹角θ=60°,不计粒子重力,求:(1)OQ的距离;(2)粒子的磁场中运动的半径;(3)粒子在磁场中运动的时间。(π值近似取3)【解析】(1)设粒子从P点运动到Q点的时间为t,水平方向上:v0t=sOQ竖直方向上:hPO=vyt又vy=v0tan θ可得:sOQ=6 m。(2)由己知可得:v0=vcos θ粒子在磁场中运动时,洛伦兹力充当向心力:qvB=m解得r=10 m。(3)设粒子在磁场中运动的圆心为O1,由几何关系可得:α=60°,β=30°可得粒子在磁场中转过的圆心角φ=90°由T=,可得:t=T=7.5×10-3 s。25.(20分)如图所示,光滑水平地面上固定一竖直挡板P,质量mB=2 kg的木板B静止在水平面上,木板右端与挡板P的距离为L。质量mA=1 kg的滑块(可视为质点)以v0=12 m/s的水平初速度从木板左端滑上木板上表面,滑块与木板上表面的动摩擦因数μ=0.2。假设木板足够长,滑块在此后的运动过程中始终未脱离木板且不会与挡板相碰,木板与挡板相碰过程时间极短且无机械能损失,g=10 m/s2,求:(1)若木板与挡板在第一次碰撞前木板已经做匀速直线运动,则木板右端与挡板的距离至少为多少?(2)若木板右端与挡板的距离L=2 m,木板第一次与挡板碰撞时,滑块的速度的大小?(3)若木板右端与挡板的距离L=2 m,木板至少要多长,滑块才不会脱离木板?(滑块始终未与挡板碰撞)【解析】(1)木板与滑块共速后将做匀速运动,由动量守恒定律可得:mAv0=(mA+mB)v共对B木板,由动能定理可得:fL1=mBv共2又f=μmAg解得:L1=8 m。(2)对B木板,由动能定理可得:fL=mBvB2B与挡板碰撞前,A、B组成的系统动量守恒:mAv0=mAvA+mBvB解得:vA=8 m/s,vB=2 m/s。(3)从A滑上木板到木板与挡板第一次碰撞过程中,A在木板上滑过的距离ΔL1,由能量守恒定律可得:fΔL1=mAv02-mAvA2-mBvB2解得ΔL1=18 mB与挡板碰后向左减速,设水平向右为正方向,由己知可得:B与挡板碰后速度vB′=-2 m/s,此时A的速度vA=8 m/s,由牛顿第二定律可得:f=mAaA,f=mBaB木板向左减速,当速度减为零时,由0=vB′-aBt1,得t1=2 s此时B右端距离挡板距离由vB′2=2aBL2,得L2=2 m此时A的速度由vA′=vA-aAt1,得vA′=4 m/s此时系统总动量向右,设第二次碰撞前A、B已经共速,由动量守恒定律可得:mAvA′=(mA+mB)v共1得v共1= m/s木板从速度为零到v共1经过的位移sB,由v共12=2aBsB,得sB=m<2 m故第二次碰前瞬间A、B已经共速,从第一次碰撞到第二次碰撞,A在B上滑过的距离ΔL2,由能量守恒定律可得:fΔL2=mAvA2+mBvB2-(mA+mB)v共12得ΔL2=m第二次碰撞后B的动量大小大于A的动量大小,故之后B不会再与挡板相碰,对A、B由动量守恒可得:mBv共1-mAv共1=(mA+mB)v共2得v共2=m/s从第二次碰撞到最终A、B做匀速运动,A在B上滑过距离ΔL3,由能量守恒定律可得:fΔL3=(mA+mB)v共12-(mA+mB)v共22得ΔL3=m则L总≥ΔL1+ΔL2+ΔL3=m(35.85 m或35.9 m)。(二)选考题(共15分。请考生从给出的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)下列说法正确的是________。(填正确答案序号。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.液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点B.杯中的茶水慢慢冷却,该过程中有的水分子的运动速率反而增大了C.清晨阳光透过窗户射入房间,观察到空中飞舞的粉尘在做布朗运动D.在南方的梅雨季节,湿衣服较不容易晾干,这是相对湿度较大的缘故E.空调可以把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外而不引起其他变化【答案】ABD【解析】布朗运动是分子的无规则热运动引起的,粉尘的运动不是布朗运动,C错误;空调制冷需要消耗电能,E错误。选项A、B、D正确。(2)(10分)某兴趣小组受“蛟龙号”的启发,设计了一个测定水深的深度计。如图所示,导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同,长度均为L,内部分别有轻质薄活塞A、B,活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动,汽缸Ⅰ左端开口。外界大气压强为p0,汽缸Ⅰ内通过A封有压强为p0的气体,汽缸Ⅱ内通过B封有压强为2p0的气体,一细管连通两汽缸,初始状态A、B均位于汽缸最左端。该装置放入水下后,通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知p0相当于10 m高的水产生的压强,不计水温变化,被封闭气体视为理想气体,求:(i)当A向右移动时,水的深度h;(ii)该深度计能测量的最大水深hm。【解析】(i)设活塞A、B的面积为S,对于气体Ⅰ有p0LS=p1·L·S得p1=p0<2p0说明B活塞不动由于p1=p0+ρgh,即p0=p0+ρgh则水的深度h= m≈3.33 m。(ii)深度计达到最大深度时,活塞A移到汽缸Ⅰ的最右端,此时活塞B向右移动的距离为x。对于活塞A右侧气体有pmxS=p0LS对于活塞B右侧气体有pm(L-x)S=2p0LS联立可得pm=3p0那么水压p水=pm-p0=2p0则hm=2×10 m=20 m。34.【物理——选修3-4】(15分)(1)(5分)一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t时刻的波形如图所示,已知该波的周期为T,a、b、c、d为沿波传播方向上的四个质点。则下列说法正确的是________。(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.在t+T时刻,质点c的速度达到最大值B.在t+2T时刻,质点d的加速度达到最大值C.从t到t+2T的时间间隔内,质点d通过的路程为15 cmD.t时刻后,质点b比质点a先回到平衡位置E.从t时刻起,在一个周期的时间内,质点a、b、c通过的路程均为2 m【答案】BCD【解析】在t+时刻,质点c运动到波峰,速度为零,A错误;从图示时刻起,经过T,质点d开始振动,起振方向竖直向下,再经过T到达正向最大位移处,所以在t+2T时,质点d的加速度达到最大值,通过的路程s=3A=15 cm,B、C正确;根据“上下坡法”知t时刻a、b质点向上振动,则b质点先回到平衡位置,D正确;从t时刻起,在一个周期的时间内,a、b、c三个质点通过的路程均为振幅的四倍,即为20 cm=0.2 m,E错误。(2)(10分)如图所示,一柱体玻璃砖的横截面由一直角三角形和一半径为R的半圆组成,三角形中∠A=30°,BC边为半圆的直径。现让一单色细激光束从AB边的中点D沿与AC平行的方向射入玻璃砖,激光束在AC面上的E点(图中未画出)发生全反射后,刚好能垂直于BC进入半圆区域,在半圆上的F点(图中未画出)发生折射进入空气中,再沿直线到达AB延长线上的G点(图中未画出)。已知光在真空中的速度为c,求:(i)该玻璃砖对该激光束的折射率n;(ii)该激光束从D点到G点的传播时间t。【解析】(i)依题意,光路如图α=60°AB==2R由几何知识可知∠BEF=∠DEB=60°△EDB和△BEF都是等边三角形且这两个三角形全等有DE=EB=EF=BF=BD=AB=R则激光束在D点的折射角为β=30°由折射定律知n==。(ii)在△EBH中,HB=EBcos 30°=R,即OH=R则在F点的入射角为i=30°由n=可求得折射角r=60°故FG=BFtan 60°=3R激光束在玻璃砖中的传播速度v=该激光束从D点到G点的传播时间t=+即t=。
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