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2020年高考名校考前提分仿真卷 物理(一) 教师版.docx

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2020年高考名校考前提分仿真卷 物理一 教师版 2020 年高 名校 前提 仿真 物理
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绝密 ★ 启用前2020届高考名校考前提分仿真卷物 理(一) 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14~18只有一项是符合题目要求,第19~21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.下列关于近代物理知识的描述中,正确的是A.康普顿效应实验说明了光不但具有粒子性,还具有能量和动量B.一个处于n=3能级状态的氢原子自发跃迁时,能发出3种频率的光子C.结合能越大,原子核越稳定D.衰变中产生的β射线实际上是原子核外电子挣脱原子核形成的【答案】A【解析】康普顿效应说明光具有粒子性,且有动量和能量,动量大小为p=,能量大小为E=hν,故A正确;一个处于n=3能级状态的氢原子自发跃迁时,最多只能发出2种频率的光,分别为n=3跃迁到n=2,n=2跃迁到n=1,故B错误;原子核的结合能越大,原子核的比结合能不一定越大,原子核的稳定性用比结合能来表示,比结合能越大表示该原子核越稳定,故C错误;β衰变中产生的β射线实际上是原子的核中的一个中子转化为质子同时生成一个电子,故D错误。15.2019年8月8日10时,台风“利奇马”(超强台风级)位于浙江省象山县南偏东方大约830公里的台湾以东洋面上,随后在浙江登陆,登陆时中心附近最大风力达v=162 km/h,空气的密度ρ=1.3 kg/m3,当这登陆的台风正对吹向一块长10 m、宽4 m的玻璃幕墙时,假定风遇到玻璃幕墙后速度变为零,由此可估算出台风对玻璃幕墙的冲击力F大小最接近A.2.6×103 N B.5.3×104 NC.1.1×105 N D.1.4×106 N【答案】C【解析】假设经过t时间,由动量定理得:v2tSρ-0=Ft,代入数据得F=v2Sρ≈1.1×105 N,故选C。16.如图所示,绝缘水平地面上固定一个光滑绝缘斜面,斜面与水平面的夹角θ=30°。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端,另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行,且小球A正好静止在斜面中点。在小球A的正下方地面处固定放置一带电小球B,两球相距为d。已知两球的质量均为m、电荷量均为+q,静电力常量为k,重力加速度为g,两球均可视为点电荷。则下列说法正确的是A.地面对B球的支持力为mg-kB.=时,斜面对小球A的支持力为C.=时,细线上拉力为0D.将小球B移到斜面底面左端C点,=2时,斜面对小球A的支持力不为0【答案】B【解析】两球电性相同,可知地面对B球的支持力为mg-k,选项A错误;当=时,则有k=mg,对球受力分析,如图甲所示,根据矢量的合成法则,依据三角知识,则斜面对小球A的支持力为N=,T=,选项B正确,C错误;当小球B移到斜面底面左端C点,对球受力分析,如图乙所示,F=k=mg,mg、F、T三个力的合力为零,致使N=0,小球恰要离开斜面,选项D错误。17.如图所示,总质量为m,边长为L的正方形线圈共三匝,放置在倾角为α的光滑斜面上,刚好关于磁场边界MN对称,MN上方存在匀强磁场,若线圈通以图示方向的恒定电流I后刚好在斜面上保持静止,重力加速度为g,则A.磁场方向可以竖直向下,且B=B.磁场方向可以竖直向上,且B=C.磁场方向可以水平向左,且B=D.磁场方向可以垂直斜面向下,且B=【答案】D【解析】当磁场方向竖直向下时,由平衡条件得3BIL=mgtan α,则B=,选项A错误;当磁场方向竖直向上时,由受力分析可知线圈不会静止,选项B错误;当磁场方向水平向左时,由受力分析可知线圈不会静止,选项C错误;当磁场方向垂直斜面向下时,由平衡条件得3BIL=mgsin α,则B=,选项D正确。18.如图所示为嫦娥三号的飞行轨道示意图,则下列说法正确的是A.嫦娥三号的发射速度应该大于11.2 km/sB.嫦娥三号在环月轨道1上P点的加速度大于在环月轨道2上P点的加速度C.嫦娥三号在环月轨道2上运行周期比在环月轨道1上运行周期小D.嫦娥三号在动力下降段中一直处于完全失重状态【答案】C【解析】在地球表面发射卫星的速度大于11.2 km/s时,卫星将脱离地球束缚,绕太阳运动,故A错误;根据万有引力提供向心力,由G=ma得,a=G,由此可知嫦娥三号在环月轨道2上经过P的加速度等于在环月轨道1上经过P的加速度,故B错误;根据开普勒第三定律=k,由此可知,轨道半径越小,周期越小,故嫦娥三号在环月轨道2上运行的周期比在环月轨道1上运行的周期小,故C正确;嫦娥三号在动力下降段中,除了受到重力还受到动力,故不是完全失重状态,故D错误。19.平直公路上行驶的a车和b车,其位移-时间图象分别为图中直线a和曲线b,已知b车做匀变速直线运动,t=2 s时,直线a和曲线b刚好相切,下列说法正确的是A.b车的加速度大小为1 m/s2B.a车的速度大小为1 m/sC.b车做匀加速直线运动D.t=2 s时,a、b两车相遇,速度不相等【答案】AB【解析】位移-时间图象中的斜率代表物体的速度,所以a物体做匀速运动,t=2 s时,直线a和曲线b刚好相切,所以vb=va= m/s=1 m/s,对b车从0到2 s,设初速度v0:vb=v0-at,t=x=6 m-2 m=4 m,联立解得:v0=3 m/s,a=1 m/s2,A、B正确;因为斜率代表速度,而b车的斜率越来越小,所以b车做匀减速运动,C错误;因为t=2 s时,直线a和曲线b刚好相切,斜率相同,所以两车在该时刻速度相等,D错误。20.如图所示,平面直角坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场,第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带负电的粒子从原点O以某一速度沿与y轴成30°角方向斜向上射入磁场,且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为R,已知带电粒子的质量为m,所带电荷量为q,且所受重力可以忽略.则A.粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2B.粒子完成一次周期性运动的时间为C.粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为3RD.若仅将粒子的入射速度大小变为原来的2倍,则粒子完成一次周期性运动的时间将缩短【答案】AC【解析】由半径公式r=知,轨道半径与磁感应强度B成反比,所以粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2,故A正确;粒子在磁场中运动一个周期的轨迹如图所示,在第二象限的周期T1==,圆心角为120°,运动时间t1=T1=,在第三象限运动的周期T2=,圆心角为120°,运动时间t2=T2=,所以粒子完成一次周期性运动的时间T0=t1+t2=,故B错误;粒子在第三象限轨迹圆的半径为2R,从O点入射后第一次经过x轴到原点的距离x1=R,第二次圆弧的弦长x2=R2=2R,所以粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为3R,故C正确;若仅将粒子的入射速度变为原来的2倍,周期T=与速度无关,圆心角不变,所以在磁场中运动时间t=T不变,故D错误。21.如图所示,平直木板AB倾斜放置,小物块与木板间的动摩擦因数由A到B均匀增大,小物块从A点由静止释放,恰好可以到达B点,小物块的速度v、加速度a、动能Ek和机械能E机(取地面为零势能面)随下滑位移x变化的图象可能正确的是 【答案】CD【解析】设斜面的倾角为α,根据题意有μ=kx,k是常数。小物块所受的滑动摩擦力大小f=μmgcos α=kxmgcos α,知f∝x。根据动能定理得mgxsin α-·x=mv2-0,得v2=2gxsin α-kx2g·cos α,知v-x图象为曲线,故A错误;根据牛顿第二定律得mgsin α-f=ma,得a=gsin α-kxgcos α,a随x先均匀减小后反向均匀增大,加速度先正后负,故B错误;根据动能定理得mgxsin α-·x=Ek-0,得Ek=mgxsin α-kx2mgcos α,知Ek-x是开口向下的抛物线,故C正确;根据功能关系知ΔE机=-Wf=-·x=-kx2mgcos α,随着x的增大,E机-x图象斜率绝对值增大,故D正确。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.(6分)某组同学用图甲所示装置测量重力加速度,铁架台上固定着光电门,让直径为d的小球从一定高度处由静止开始自由下落,小球球心正好通过光电门。光电门可记录小球通过光电门的时间。(1)用游标卡尺测量小球直径时,卡尺的刻度如图乙所示,则小球的直径为________cm。(2)某次实验中小球的下边缘与光电门间的距离为h,小球通过光电门的时间为Δt,若小球通过光电门的速度可表示为,重力加速度可表示为g=________(用字母表示)。(3)严格来说并不等于小球球心经过光电门时的速度,由此计算出的速度比真实值________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】(1)2.540 (2) (3)偏小【解析】(1)由20分度的游标卡尺的读数规则知小球的直径d=2.5 cm+8×0.005 cm=2.540 cm。(2)由运动学公式v2=2gh⇒2=2g,解得g=。(3)为小球通过光电门的平均速度,是通过光电门时间中点的瞬时速度,而小球球心通过光电门的速度为位移中点的瞬时速度,由位移中点的瞬时速度大于时间中点的瞬时速度知速度比真实值偏小。23.(9分)某实验小组欲将内阻、量程未知,但表盘刻度均匀、清晰的一个灵敏电流计G改装成量程为3 mA的电流表A1,并对电流表A1进行校对,实验室提供了以下器材:A.灵敏电流计G(量程未知,内阻未知)B.电阻箱R(最大阻值为999.0 Ω)C.标准电流表A2(量程为3 mA,内阻未知)D.电源EE.滑动变阻器R1、开关、导线若干(1)图中已画出了把灵敏电流计G改装成电流表A1的部分电路,请补充出校对电流表A1的实验电路原理图。(2)按画好的电路图连接好电路,通过调节滑动变阻器将电流表A1两端的电压调到最小,然后闭合开关,将电阻箱R调整到150 Ω,移动滑动变阻器R1的滑片,发现当电流表A2的示数为1.5 mA时,电流计G的示数为满偏刻度的,将电阻箱R调整到250 Ω,再移动滑动变阻器R1的滑片,发现当电流表A2的示数为1.1 mA时,电流计G的示数仍为满偏刻度的。则电流计G的内阻Rg=________ Ω,满偏电流Ig=________ mA。(3)如果将电流计G改装成量程为3 mA的电流表,则电阻箱R需要调到________Ω。【答案】(1)见解析图 (2)300 0.75 (3)100【解析】(1)根据题意,电路图如图所示。(2)由题意可得:IgRg=×150,IgRg=×250,联立解得:Ig=0.75 mA,Rg=300 Ω。(3)由IgRg=(3-Ig)R,解得:R=100 Ω。24.(13分)如图所示,AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道,OA处于水平位置。AB是半径为R=1 m的圆弧轨道,CDO是半径为r=0.5 m的半圆轨道,最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回不损失能量,图中没有画出),D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道,与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L=2 m,与小球之间的动摩擦因数μ=0.2。现让一个质量为m=1 kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下:(取g=10 m/s2)(1)当H=2 m时,问小球第一次到达D点对轨道的压力大小;(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次,且小球不会脱离CDO轨道,问H的取值范围。【解析】(1)设小球第一次到达D点的速度为vD,对小球从P到D点的过程,根据动能定理有:mg(H+r)-μmgL=mvD2在D点轨道对小球的弹力FN提供向心力,则有FN=m联立解得:FN=84 N,由牛顿第三定律得,小球对轨道的压力为:FN′=FN=84 N。(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次,且小球不会脱离CDO轨道,H最小时必须满足能上升到O点,有:mgHmin-μmgL=mvO2在O点有:mg=m联立解得:Hmin=0.65 m仅仅与弹性挡板碰撞一次,且小球不会脱离CDO轨道,H最大时,碰后再返回最高点能上升到D点,有:mg(Hmax+r)-3μmgL=0代入数据解得:Hmax=0.7 m故有:0.65 m≤H≤0.7 m。25. (19分)如图所示,在坐标系xOy中,x轴水平向右,y轴竖直向下,在x≥2L区域内存在与x轴平行的匀强电场(未画出),一带正电小球,电荷量为q,从原点O水平抛出,再从A点进入电场区域,并从C点离开,其运动的轨迹如图所示,B点是小球在电场中向右运动的最远点,B点的横坐标xB=3L。已知小球抛出时的动能为Ek0,在B点的动能为Ek0,重力加速度为g,不计空气阻力。求: (1)小球在OA段运动的时间与在AB段运动的时间之比;(2)匀强电场的场强和小球的质量;(3)小球在电场中运动的最小动能。【解析】(1)设小球质量为m,初速度为v0,从O到A,小球水平方向做匀速直线运动,有:2L=v0tOA①从A运动到B点,小球水平方向做匀减速直线运动,依据题意小球在B点水平方向的速度为0,由运动学公式得:L=tAB②①②联立解得:tOA=tAB即=。(2)设小球在B点竖直方向上的速度为vBy,有Ek0=mvBy2③又Ek0=mv02④设小球在A点竖直方向的速度为vAy,由于小球在竖直方向做自由落体运动,而且tOA=tAB⑤③④⑤联立解得:vAy=v0⑥从A运动到B点,小球水平方向做匀减速直线运动,由牛顿第二定律和运动学公式得:v02=2L⑦④⑦联立解得:E=,方向水平向左又由运动学公式得vAy=gtOA⑧v0=tAB⑨⑥⑧⑨联立解得:m=。(3)由以上所得结果可知F合与水平方向夹角为30°,vA与水平方向夹角为30°,建立如图所示坐标系将vA分解到x′、y′上,小球在x′方向上做匀速运动,在y′方向上做类似于竖直上抛运动,所以小球在电场中运动的最小动能为Ekmin=mvAx′2而vAx′=vAcos 30°=v0解得Ekmin=Ek0。(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.功可以全部转化为热,但热量不能全部转化为功B.物体吸收热量,同时对外做功,其内能可能增加C.食盐溶化过程中,温度保持不变,说明食盐是晶体D.布朗运动是指液体分子的无规则运动E.当分子力表现为引力时,分子势能都随分子间距离的增大而增大【答案】BCE【解析】功可以全部转化为热,根据热力学第二定律可知,在外界的影响下热量也可以全部转化为功,故A错误;物体吸收热量Q,同时对外做功W,若二者相等,则内能不变,若Q>W,则内能增加,若W>Q,则内能减少,故B正确;晶体的特点是在熔化过程中温度保持不变,有固定的熔点,食盐熔化过程中,温度保持不变,说明食盐是晶体,所以C正确;布朗运动的实质是液体分子不停地做无规则运动撞击悬浮微粒,悬浮微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡导致做无规则运动,反映的是液体分子的无规则运动,故D错误;当分子力表现为引力时,距离增大时,分子力做负功,故分子势能增大,故E正确。(2)(10分)如图所示,一端封闭且粗细均匀的“L”型细玻璃管,竖直部分长为l=50 cm,水平部分足够长。当温度为288 K时,竖直管内有一段长为h=20 cm的水银柱,封闭着一段长l1=20 cm的空气柱,外界大气压强始终保持76 cmHg。求:(i)被封闭气柱长度为l2=40 cm时的温度;(ii)温度升高至627 K时,被封闭空气柱的长度l3。【解析】(i)气体在初态时有:p1=96 cmHg,T1=288 K,l1=20 cm末态时有:p2=86 cmHg,l2=40 cm由理想气体状态方程得:=所以可解得:T2=516 K。(ii)当温度升高后,竖直管中的水银将可能有一部分移至水平管内,甚至水银柱全部进入水平管。因此当温度升高至627 K时,水银柱如何分布,需要分析后才能得知。设水银柱刚好全部进入水平管,则此时被封闭气柱长为l=50 cm,压强p=76 cmHg,此时的温度为:T== K=570 K现温度升高到627 K>T=570 K,可见水银柱已全部进入水平管内,末态时p3=76 cmHg,T3=627 K,此时空气柱的长度为:l3== cm=55 cm。34.【物理——选修3-4】(15分)(1)(5分)光纤通信中,光导纤维传递光信号的物理原理是利用光的________现象,要发生这种现象,必须满足的条件是:光的入射方向应该是____________________(填“从光密介质到光疏介质”或“从光疏介质到光密介质”),且入射角________临界角(填“≤”或“≥”)。【答案】全反射 从光密介质到光疏介质 ≥【解析】(1)光纤通信中,是利用光从光密介质射向光疏介质,且入射角大于等于临界角,使光线在纤维中发生全反射。(2)(10分)一简谐横波以4 m/s的波速沿水平绳向x轴正方向传播。已知t=0时的波形如图所示,绳上两质点M、N的平衡位置相距波长。设向上为正,经时间t1(小于一个周期),此时质点M向下运动,其位移仍为0.02 m。求: (ii)该横波的周期;(ii)t1时刻质点N的位移。【解析】(i)由波形图象知,波长:λ=4 m又波长、波速和周期关系为:v=联立得该波的周期为:T=1 s。(ii)由已知条件知从t=0时刻起,质点M做简谐振动的位移表达式为:yM=0.04 sin经时间t1(小于一个周期),M点的位移仍为0.02 m,运动方向向下。可解得:t1= s由于N点在M点右侧波长处,所以N点的振动滞后个周期,其振动方程为:yN=0.04sin=0.04sin当t1= s时,yN=0.04sin=-0.02 m。
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