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2020年高考名校考前提分仿真卷 物理(十) 学生版.docx

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2020年高考名校考前提分仿真卷 物理十 学生版 2020 年高 名校 前提 仿真 物理 学生
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绝密 ★ 启用前2020届高考名校考前提分仿真卷物 理(十)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,每题6分,在每小题给出的四个选项中,第14~18题只有一个选项符合题目要求。第19~21题有多选项符合题目要求。全部答对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。14.如图所示,卫星a和b分别在半径相同的轨道上绕金星和地球做匀速圆周运动,已知金星的质量小于地球的质量,则A.a、b的线速度大小相等B.a的角速度较大C.a的周期较大D.a的向心加速度较大15.一物体沿倾角为30°的粗糙斜面从顶端由静止开始下滑,运动的位移-时间关系图像是一段抛物线,如图所示,g=10 m/s2。则A.下滑过程中物体的加速度逐渐变大B.t=0.5 s时刻,物体的速度为0.5 m/sC.0~0.5 s时间内,物体平均速度为1 m/sD.物体与斜面间动摩擦因数为16.如图,边长为a的立方体ABCD-A′B′C′D′八个顶点上有八个带电质点,其中顶点A、C电量分别为q、Q,其他顶点电量未知,A点上的质点仅在静电力作用下处于平衡状态,现将C上质点电量变成-Q,则顶点A上质点受力的合力为(不计重力)A. B. C. D.0【答案】B【解析】开始时A上质点受力平衡,A、C′间库仑力与其他六个质点对A的合力等大反向,当C′上质点电性变为-Q时,A质点受到的力为原来的FAC′的两倍,所以A质点受的合力为,故B正确。17.如图所示,直角坐标系xOy位于竖直平面内。第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场,第Ⅳ象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场(图中未画出),一带电小球从x轴上的A点由静止释放,恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限,然后做匀速圆周运动,从Q点垂直于x轴进入第Ⅰ象限,Q点距O点的距离为d,重力加速度为g。根据以上信息,能求出的物理量有A.小球做圆周运动的动能大小B.电场强度的大小和方向C.小球在第Ⅳ象限运动的时间D.磁感应强度大小18.有人设想在遥远的宇宙探测时,给探测器安上反射率极高(可认为100%)的薄膜,并让它正对太阳,用光压为动力推动探测器加速。已知某探测器在轨道上运行,阳光恰好垂直照射在薄膜上,薄膜面积为S,每秒每平方米面积获得的太阳光能为E,若探测器总质量为M,光速为c,普朗克常量为h,则探测器获得加速度大小的表达式是A. B. C. D.19.由于空气阻力的影响,炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线,而是“弹道曲线”,如图中实线所示。图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹,O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点,其中O点为发射点,d点为落地点,b点为轨迹的最高点,a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是A.到达b点时,炮弹的速度为零B.到达b点时,炮弹的加速度为零C.炮弹经过a点时的速度大于经过c点时的速度D.炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间20.如图所示,在电阻不计的边长为L的正方形金属框abcd的cd边上接 两个相同的电阻,平行金属板e和f通过导线与金属框相连,金属框内两虚线之间有垂直于纸面向里的磁场,同一时刻各点的磁感应强度B大小相等,B随时间t均匀增加,已知,磁场区域面积是金属框面积的二分之一,金属板长为L,板间距离为L.质量为m,电荷量为q的粒子从两板中间沿中线方向以某一初速度射入,刚好从f 板右边缘射出。不计粒子重力,忽略边缘效应。则A.金属框中感应电流方向为abcdaB.粒子带正电C.粒子初速度为D.粒子在e、f间运动增加的动能为kL2q21.滑板运动是以滑行为特色、崇尚自由的一种运动,深受都市青年的喜爱。滑板的一种运动情境可简化为如下模型:如图甲所示,将运动员(包括滑板)简化为质量m=50 kg的物块,物块以某一初速度v0从倾角θ=37°的斜面底端冲上足够长的斜面,取斜面底端为重力势能零势能面,该物块的机械能E总和重力势能Ep随离开斜面底端的高度h的变化规律如图乙所示。将物块视为质点,重力加速度g=10 m/s2,则由图中数据可得 A.初速度v0=5 m/sB.物块与斜面间的动摩擦因数为0.3C.物块在斜面上运动的时间为sD.物块再次回到斜面底端时的动能为375 J第Ⅱ卷(非选择题,共174分)三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题,每个试题考生都必须作答。第33题~第38题为选考题,考生根据要求做答)(一)必考题(共129分)22.(5分)某同学利用图甲所示的装置设计一个“用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系”的实验。如图中AB是水平桌面,CD是一端带有定滑轮的长木板,在其表面不同位置固定两个光电门,小车上固定着一挡光片。为了补偿小车受到的阻力,将长木板C端适当垫高,使小车在不受牵引时沿木板匀速运动。用一根细绳一端拴住小车,另一端绕过定滑轮挂一托盘,托盘中有一砝码调节定滑轮的高度,使细绳的拉力方向与长木板的上表面平行,将小车靠近长木板的C端某位置由静止释放,进行实验。刚开始时小车的总质量远大于托盘和砝码的总质量。 (1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d,如图乙所示,其读数为_____cm;(2)某次实验,小车先后经过光电门1和光电门2时,连接光电门的计时器显示挡光片的挡光时间分别为t1和t2,此过程中托盘未接触地面。已知两个光电门中心之问的间距为L,则小车的加速度表达式a=______(结果用字母d、t1、t2、L表示);(3)某同学在实验中保持小车总质量不变,增加托盘中砝码的个数,并将托盘和砝码的总重力当做小车所受的合力F,通过多次测量作出a-F图线,如图丙中实线所示。试分析上部明显偏离直线的原因是_____。23.(10分)有一个小灯泡上标有“4 V 2 W”的字样,现在要用伏安法描绘这个灯泡的I-U图线。现有下列器材供选用:A.电压表(0~5 V,内阻约10 kΩ);B.电压表(0~15 V,内阻约20 kΩ);C.电流表(0~3 A,内阻约1 Ω);D.电流表(0~0.6 A,内阻约0.4 Ω);E.滑动变阻器(10 Ω,2 A);F.滑动变阻器(500 Ω,1 A);G.学生电源(直流6 V)、开关、导线若干。(1)实验中所用电压表应选___________,电流表应选用___________,滑动变阻器应选用___________。(2)在线框内画出实验电路图。 (3)利用实验数据绘出小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示,分析曲线说明小灯泡电阻随温度变化的特点:_______________________。(4)若把电阻元件Z和小灯泡接入如图乙所示的电路中时,已知电阻Z的阻值为5 Ω,已知A、B两端电压恒为2.5 V,则此时灯泡L的功率约为_____________W。(保留两位有效数字)24.(13分)如图所示,上表面光滑的水平平台左端与竖直面内半径为R的光滑半圆轨道相切,整体固定在水平地面上。平台上放置两个滑块A、B,其质量mA=m,mB=2m,两滑块间夹有被压缩的轻质弹簧,弹簧与滑块不拴接。平台右侧有一小车,静止在光滑的水平地面上,小车质量M=3m,车长L=2R,小车的上表面与平台的台面等高,滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.2。解除弹簧约束,滑块A、B在平台上与弹簧分离,在同一水平直线上运动。滑块A经C点恰好能够通过半圆轨道的最高点D,滑块B冲上小车。两个滑块均可视为质点,重力加速度为g。求:(1)滑块A在半圆轨道最低点C处时的速度大小;(2)释放前弹簧弹性势能Ep;(3)试说明,滑块B冲上小车后会不会从车右侧滑落,并求出B最后稳定时的速度。25.(19分)如图所示,在磁感应强度为B1=t+B0、方向竖直向下的磁场中有两个固定的半径分别为l和2l的水平放置的金属圆环形导线围成了如图回路,其总电阻为r,开口很小,两开口端接有间距也为l的且足够长的两个固定平行导轨AB、CD,导轨与水平面夹角为θ,处于磁感应强度大小为B2、方向垂直于导轨向下的匀强磁场中。质量为m、电阻为r、长为l的金属棒ab与导轨良好接触。滑动变阻器R的最大电阻为3r,其他电阻不计,一切摩擦和空气阻力不计,重力加速度为g。求:(1)电磁感应中产生的电动势;(2)若开关K1闭合、K2断开,求滑动变阻器的最大功率Pm;(3)若开关K1断开,K2闭合,棒ab由静止释放,棒能沿斜面下滑,求棒下滑过程中最大速度vm以及某段时间Δt内通过棒某一横截面的最大电荷量qm。(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“用油膜法估测分子的大小”的实验中,油酸分子的直径(也就是单层油酸分子组成的油膜的厚度)等于一小滴溶液中纯油酸的体积与它在水面上摊开的面积之比B.两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力,它们都随距离的增大而减小,当两个分子的距离为r0时,引力与斥力大小相等,分子势能最小C.物质是晶体还是非晶体,比较可靠的方法是从各向异性或各向同性来判断D.如果用Q表示物体吸收的能量,用W 表示物体对外界所做的功,ΔU表示物体内能的增加,那么热力学第一定律可以表达为Q =ΔU + WE.如果没有漏气没有摩擦,也没有机体热量的损失,这样的热机的效率可以达到100%(2) (10分)如图所示,一个气缸被活塞分为A、B两室。当活塞在缸底时轻质弹簧无形变。缸底通过阀门a与容器C相通,开始时B室内充有一定质量的气体,压强为p0,B室高L1,B室与C室体积相等。即VB=VC,A、C两室为真空。此时弹簧对活塞的压力大小与活塞重量mg相等,现将阀门a打开,并将整个装置倒放过来,当达到平衡时同B室的高度多大?(设整个过程温度不变重力加速度为g)34. 【物理——选修3-4】(15分)(1)(5分)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.声源与观察者相互靠近时,观察者所接收的声波波速大于声源发出的声波波速B.在波的传播方向上,某个质点的振动速度就是波的传播速度C.机械波传播过程中即使遇到尺寸比机械波波长大的障碍物也能发生衍射D.向人体内发射频率已知的超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收,测出反射波的频率变化就能知道血流的速度,这种方法俗称“彩超”,利用的是多普勒效应原理E.围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音是干涉现象(2) (10分)某种透明材料制成的空心球体外径是内径的2倍,其过球心的某截面(纸面内)如图所示.一束单色光(纸面内)从外球面上A点入射,入射角为45°时,光束经折射后恰好与内球面相切.(i)求该透明材料的折射率;(ii)欲使光束从A点入射后,恰好在内球面上发生全反射,则应将入射角变为多少度?绝密 ★ 启用前2020届高考名校考前提分仿真卷物理答案(十)二、选择题:本题共8小题,每题6分,在每小题给出的四个选项中,第14~18题只有一个选项符合题目要求。第19~21题有多选项符合题目要求。全部答对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。14.【答案】C【解析】卫星绕星球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力G=m=m2r=mω2r=ma,解得ω=,T=2π,v=,a=,分析题意可知,金星的质量小于地球质量,则b的角速度大,b的周期小,b的线速度大,b的向心加速度大,故ABD错误,C正确。15.【答案】D【解析】由匀变速直线运动位移公式x=at2,代入图中数据解得a=2 m/s2,A错误;根据运动学公式vt=at,t=0.5 s代入方程解得vt=1 m/a,B错误;0~0.5 s时间内,物体平均速度0.5 m/s,C错误;由牛顿第二定律有mgsin 30°-μmgcos 30°=ma,解得动摩擦因数μ=,D正确。16.【答案】B【解析】开始时A上质点受力平衡,A、C′间库仑力与其他六个质点对A的合力等大反向,当C′上质点电性变为-Q时,A质点受到的力为原来的FAC′的两倍,所以A质点受的合力为,故B正确。17.【答案】C【解析】小球在第Ⅳ做匀速圆周运动,由题意可知,小球轨道半径r=d,从A到P过程,由动能定理得mgd=mv2,由于不知道小球的质量,则无法求出小球做圆周运动的动能,故A错误;小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动,则mg=qE,电场强度为,由于不知道m、q,无法求出电场强度大小,故B错误;小球做圆周运动的周期,小球在第Ⅳ象限的运动时间,故C正确;小球做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得qvB=m,解得,由于不知道m、q,无法求出B,故D错误。18.【答案】A【解析】光子垂直照射后全部反射,每秒在薄膜上产生的总能量为ES,结合单个光子的能量ε=hv,则N个光子的总能量为Nhv=Nh=ES,解得,结合单个光子的动量p=,则光子的总动量变化量大小为,以光子为研究对象,应用动量定理FΔt=Δp,式中Δt=1 s,解得F=,根据牛顿第三定律,光子对探测器的作用力大小为F′=F=,根据牛顿第二定律F′=Ma,解得a=,A正确。19.【答案】CD【解析】炮弹在最高点竖直方向上的速度为零,水平方向上的速度不为零,故炮弹在最高点速度不为零,A错误;在最高点受空气阻力(水平方向上的阻力与水平速度方向相反),重力作用,二力合力不为零,故加速度不为零,B错误;由于空气阻力恒做负功,所以根据动能定理可知经过a点时的速度大于经过c点时的速度,C正确;从O到b的过程中,在竖直方向上,受到重力和阻力在竖直向下的分力,即mg+f1=ma1,解得,在从b到d的过程中,在竖直方向,受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力,即mg-f2=ma2,解得,故a1>a2,根据逆向思维,两个阶段的运动可看做为从b点向O点和从b点向d点运动的类平抛运动,竖直位移相同,加速度越大,时间越小,所以炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间,故D正确。20.【答案】AC【解析】因为磁场垂直纸面向里均匀增大,故根据楞次定律可得金属框中感应电流方向为abcda,e板带负电,f板带正电,A正确;因为粒子刚好从f板右边缘射出,所以粒子受到向下的电场力,而电场方向向上,所以粒子带负电,B错误;粒子在电场中做类平抛运动,在水平方向上有L=v0t,在竖直方向上有L=at2,Eq=ma,U=Ed,而电容器两极板间的电压等于R两端的电压,故,联立解得,C正确;根据动能定理可得粒子增加的动能,D错误。21.【答案】AD【解析】斜面底端为重力势能零势能面,则E总1=mv02=625 J,得v0=5 m/s,故A正确;当E总=Ep时,物块运动到最高点由图乙可知此时hm=1 m,根据功能关系,有J,得物块与斜面间动摩擦因数μ=,故B错误;物块沿斜面上滑的时间s,上滑的位移m,因为μ<tan θ,所以物块最终会沿斜面下滑,下滑的s,物块在斜面上运动的时间s,滑到斜面底端时的动能J,故C错误,D正确。第Ⅱ卷(非选择题,共174分)三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题,每个试题考生都必须作答。第33题~第38题为选考题,考生根据要求做答)(一)必考题(共129分)22.(5分)【答案】(1)0.170 (2) (3)托盘和砝码的总质量过大,小车所受合力与托盘和砝码的总重力相差越来越大【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为1 mm,游标尺的刻度第14个刻度与上边的刻度对齐,所以读数为0.05×14 mm=0.70 mm,所以d=1 mm+0.70 mm=1.70 mm=0.170 cm。(2)小车做匀变速直线运动,根据匀变速直线运动速度位移公式,得。(3)实验时,小车的合外力认为就是托盘和砝码的总重力mg,只有在M>>m时,才有T≈mg,a-F图线才接近直线,一旦不满足M>>m,描出的点的横坐标就会向右偏离较多,造成图线向右弯曲,所以a-F图线上部明显偏离直线的原因是托盘和砝码的总质量过大,小车所受合力与托盘和砝码的总重力相差越来越大。23.(10分)【答案】(1)A D E (2)见解析图 (3)小灯泡电阻随温度的升高而增大 (4)0.31 【解析】(1)根据小灯泡的规格“4 V 2 W”可知,额定电压U=4 V,额定电流I=P/U=0.5 A,所以电压表应选A;电流表应选D;由于实验要求电流从零调,所以变阻器应用分压式接法,应选择阻值小的变阻器E以方便调节。(2)由于小灯泡电阻较小,满足,所以电流表应用外接法,又变阻器应采用分压式,所以电路图和实物连线图分别如图所示。(3)根据可知,,小灯泡的电阻与I-U图线上的点与原点连线的斜率成反比,所以小灯泡的电阻随温度的升高而增大。(4)将电阻Z的阻值看做电源内阻,画出等效电源的I-U图像如图,根据I-U图象可知,两图像的交点坐标对应于I=0.22 A,U=1.4 V,所以灯泡L的功率P=UI=1.4×0.22 W=0.31 W。24.(13分)【解析】(1)滑块A在半圆轨道运动,恰到达最高点,则有:滑块A在半圆轨道运动的过程中,机械能守恒,所以有:2mgR+mvD2=mvC2解得:。(2) A、B在弹簧恢复原长的过程中动量守恒,则有:mvC+(-2mvB)=0得由能量守恒,释放前弹簧弹性势能Ep=mvC2+×2mvB2=。(3)假设滑块可以在小车上与小车共速,由动量守恒得:mBvB=(vB+M)v得由能量守恒:mBvB2-×(mB+M)2=μmBgx解得,滑块B相对小车的位移故滑块B冲上小车后不会从车右侧滑落,B最后稳定时的速度为。25.(19分)【解析】(1)处在均匀变化的磁场中的有效面积S=π(2l)2-πl2=3πl2根据法拉第电磁感应定律,产生的感应电动势为。(2)根据闭合电路欧姆定律滑动变阻器的功率P=I2R得当R=r时,P有最大值,所以。(3)棒切割磁感线产生的最大感应电动势E′=B2lvm通过分析知道沿整个回路的感应电动势都为逆时针方向,因此总电动势为Em=E+ E′对于整个回路,根据闭合电路欧姆定律有当棒匀速下滑时速度达到最大,此时受力平衡mgsin θ=B2Iml解得:当物体下滑速度最大时,在Δt时间内通过导体棒的电荷量也最大qm=ImΔt解得:。(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)【答案】ABD【解析】根据用“油膜法”估测分子大小的实验原理可知,让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜,由于油酸分子是紧密排列的,而且形成的油膜为单分子油膜,然后用每滴油酸酒精溶液所含纯油酸体积除以油膜面积得出的油膜厚度即为油酸分子直径,故A正确;当分子间的距离r<r0时,分子力表现为斥力,减小分子间的距离,分子力做负功,分子势能增加;当分子间的距离r>r0时,分子力表现为引力,增大分子间的距离,分子力做负功,分子势能增加,所以当两个分子的距离为r0时,引力与斥力大小相等,分子势能最小,故B正确;单晶体具有各向异性,多晶体与非晶体都具有各向同性,所以不能根据各向异性或各向同性来判断物质是晶体还是非晶体;晶体具有一定的熔点,而非晶体没有固定的熔点,比较可靠的方法是通过比较熔点来判断,故C错误;根据热力学第一定律可知,如果用Q表示物体吸收的能量,用W 表示物体对外界所做的功,ΔU表示物体内能的增加,那么热力学第一定律可以表达为Q=ΔU+W,故D正确;即使没有漏气没有摩擦,也没有机体热量的损失,根据热力学第二定律可知,热机的效率不可以达到100%,故E错误。(2) (10分)【解析】设气缸的截面积为S,末态时B室高度为L2,弹簧劲度系数为k对活塞,原有倒置后有因,故对气体,,由玻一马定律有解得。35. 【物理——选修3-4】(15分)(1)(5分)【答案】CDE【解析】声源与观察者相互靠近时,观察者所接收的声波频率大于声源发出的声波频率,选项A错误;质点的振动速度与波的传播速度是不同的两个概念,是不相同的,选项B错误;机械波传播过程中即使遇到尺寸比机械波波长大的障碍物也能发生衍射,只是不明显,选项C正确;向人体内发射频率已知的超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收,测出反射波的频率变化就能知道血流的速度,这种方法俗称“彩超”,利用的是多普勒效应原理,选项D正确;围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音是干涉现象,选项E正确。(2) (10分)【解析】(i)如答图,设光束经折射后到达内球面上B点在A点,由题意知,入射角i=45°,折射角r=∠BAO由几何关系有:sinr==0.5由折射定律有:n=代入数据解得:n=(ii)如答图,设在A点的入射角为i'时,光束经折射后到达内球面上C点,并在C点恰发生全反射,则光束在内球面上的入射角∠ACD恰等于临界角C由sinC=代入数据得:∠ACD=C=45°由正弦定理有AO=2R,CO=R解得:sin∠CAO=由折射定律有:n=解得:sini'=0.5,即此时的入射角i'=30°
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