2020年高考名校考前提分仿真卷 物理（五） 教师版.docx

绝密 ★ 启用前2020届高考名校考前提分仿真卷物 理（五） 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．下列说法正确的是A．查德威克发现中子的核反应是：Al＋He→P＋nB．机场、车站和重要活动场所的安检门可以探测人随身携带的金属物品，是利用静电感应的工作原理工作的C．考古专家发现某一骸骨中C的含量为活着的生物体中C的，已知C的半衰期为5730年，则确定该生物死亡时距今约11460年D．根据＝，当∆t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，这应用了类比法【答案】C【解析】查德威克发现中子的核反应是：He＋Be→C＋n，选项A错误；金属探测仪利用的是电磁感应，变化的磁场使金属内产生交流电，产生的磁场反过来影响仪器内的电磁线圈，类似互感，选项B错误；C剩余为两个半衰期，11 460年，选项C正确；＝，当∆t非常小时，可以表示物体在t时刻的瞬时速度应用了极限思想，选项D错误。15．如图所示，水平面上固定着一个三棱柱体，其左侧光滑，倾角为α；右侧粗糙，倾角为β。放置在三棱柱体上的物块A和物块B通过一根跨过顶端定滑轮的细绳相连，若物块A和物块B始终保持静止。下列说法正确的是A．仅增大角α，物块B所受的摩擦力一定增大B．仅增大角α，物块B对三棱柱体的压力可能减小C．仅增大角β，绳子的拉力一定增大D．仅增大角β，地面对三棱柱体的支持力不变【答案】D【解析】细线的拉力T＝mAgsinα，仅增大角α，细线的拉力变大，但因开始时B所受的摩擦力方向不能确定，则不能断定物块B所受的摩擦力一定增大，选项A错误；仅增大角α，物块B对三棱柱体的压力仍等于mBgcosβ不变，选项B错误；仅增大角β，绳子的拉力仍为T＝mAgsinα不变，选项C错误；对AB两物体以及三棱柱的整体而言，地面对三棱柱体的支持力等于整体的重力，则仅增大角β，地面对三棱柱体的支持力不变，选项D正确。16．如图，光滑水平面上放着长木板B，质量m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如右图所示，重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法正确的是A．A、B之间动摩擦因数为0.1B．长木板的质量为1 kgC．长木板长度至少为2 mD．A、B组成系统损失机械能为4 J【答案】A【解析】从图可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2kg，故B错误；由图象可知，木板B匀加速运动的加速度a＝ΔvΔt＝1m/s2，对B根据牛顿第二定律得μmg＝MaB，解得动摩擦因数μ＝0.1，故A正确；由图象可知前1s内B的位移xB＝0.5m，A的位移xA＝1.5m，所以木板最小长度L＝xA-xB＝1m，故C错误；A、B组成系统损失机械能ΔE＝12mv02-12(m＋M)v2＝2J，故D错误。17．有a、b、c、d四颗地球卫星，卫星a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，卫星b在地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有A．a的向心加速度等于重力加速度gB．b在相同时间内转过的弧长最长C．c在4 h内转过的圆心角是D．d的运动周期有可能是20 h【答案】B【解析】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a＝ω2r知，c的向心加速度大于a的向心加速度。由GMmr2＝mg，解得：g＝GMr2，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，a的向心加速度小于重力加速度g,故A错误；由GMmr2＝mv2r，解得：v＝GMr，卫星的半径r越大，速度v越小，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故B正确；c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是2π24×4＝π3，故C错误；由开普勒第三定律得：r3T2 ＝k可知：卫星的半径r越大，周期T越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，有不可能是20h，故D错误。18．水平桌面上方区域内存在一垂直于桌面的磁感应强度为B的匀强磁场，科研人员将均匀涂抹荧光物质的半径为R的圆环，放置于水平桌面上如图甲所示，A为圆环边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过A点，在平面内沿不同的方向射入磁场，科研人员观测到整个圆环发出淡淡的荧光（高速微观粒子打在荧光物质上会将动能转化为光能），且粒子在圆环内磁场中运动的最长时间为t。更换半径为的圆环时如图乙所示，只有相应的三分之一圆周上有荧光发出，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则A．粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝3tB．粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝RC．粒子在磁场中做圆周运动的速度D．该粒子的比荷【答案】D【解析】如图乙，只有相应的三分之一圆周上有荧光发出，说明三分之一弧长对应的弦长为粒子运动的直径。几何关系有，选项B错误；图甲中，整个圆环发出淡淡的荧光，说明粒子轨迹圆半径，粒子在圆环内磁场运动的最长时间即为对应最长弦（图1中圆直径）所对圆心角（60°）所用时间，即，选项A错误；粒子在磁场中做圆周运动的速度，选项C错误；，选项D正确。19．如图所示，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻为r，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形，棒与导轨间无摩擦、棒左侧有两个固定于水平面的光滑立柱。导轨bc段电阻为R，长为L，其他部分电阻不计。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向右，磁感应强度大小均为B。在t＝0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。则A．F与t2成正比B．F和t是线性关系C．当t达到一定值时，QP刚好对轨道无压力D．若F＝0，PQbc静止，ef左侧磁场均匀减小，QP可能对轨道无压力【答案】BC【解析】t时刻dc产生的感应电动势 E＝BLv，导轨做初速为零的匀加速运动，v＝at，则 E＝BLat；感应电流 I＝ER＋r，金属导轨abcd安培力大小 F安＝BIL，对导轨，由牛顿第二定律得：F﹣F安＝ma，则得：F＝ma＋B2L2aR＋rt，可知F与t2不成正比，F与t成线性关系，故A错误，B正确；当t达到一定值时，导致QP的电流，产生的安培力等于其重力，则刚好对轨道无压力，故C正确；当ef左侧磁场均匀减小，不管减小到什么值，QP对轨道压力不会为零，因为受到的安培力与重力同向，故D错误。20．如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)左端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直固定的杆。初始时A、B、C在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是A．小球在D点时速度最大B．若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好能回到C点，则C．小球在CD阶段损失的机械能等于小球在DE阶段损失的机械能D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达E点时的速度大小【答案】AB【解析】当小球运动到某点P点，弹性绳的伸长量是xBP，小球受到如图所示的四个力作用，其中FT＝kxBP，将FT正交分解，则FN＝FTsinθ＝kxBPsinθ＝kxBC＝mg2、Ff＝μFN＝14mg，FT的竖直分量FTy＝FTcosθ＝kxBPcosθ＝kxCP。据牛顿第二定律得：mg-Ff-FTy＝ma，解得：a＝34g-FTym＝34g-kxCPm，即小球的加速度先随下降的距离均匀减小到零，再随下降的距离反向均匀增大。据运动的对称性可知，小球运动到CE的中点D点时，加速度为零，速度最大，故A正确；对小球从C运动到E过程，应用动能定理得：mgh＋WFT＋(-14mgh)＝0-0；若小球恰能从E点回到C点，应用动能定理得：(-mgh)＋(-WFT)＋(-14mgh)＝0-12mv2；联立解得：WFT＝-34mgh、v＝gh，故B正确；小球在全程所受摩擦力大小不变，小球在CD段所受弹力竖直分量较小；则小球在CD段时摩擦力和弹力做的负功比小球在DE段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在CD阶段损失的机械能小于小球在DE阶段损失的机械能，故C错误；若仅把小球质量变为2m，对小球从C运动到E过程，应用动能定理得：2mgh＋WFT＋(-14mgh)＝12×2mv12-0，解得：小球到达E点时的速度大小v1＝gh，故D错误。21．如图所示，竖直平面内有一个半径为R的圆周，另外空间有一平行于圆周平面的匀强电场，A、D两点为圆周上和圆心同一高度的点，C点为圆周上的最高点。在与OA夹角为θ＝30°的圆弧B点上有一粒子源，以相同大小的初速度v0在竖直面（平行于圆周面）内沿各个方向发射质量为m，带电的同种微粒，在对比通过圆周上各点的微粒中，发现从圆周D点上离开的微粒机械能最大，从圆周E点（OE与竖直方向夹角α＝30°）上离开的微粒动能最大，已知重力加速度为g，取最低点F所在水平面为重力零势能面。则有A．电场一定沿OD方向，且电场力等于mgB．通过E点的微粒动能大小为(＋1)mgR＋mv02C．动能最小的点可能在BC圆弧之间D．A点的动能一定小于B点【答案】BC【解析】在D点微粒机械能最大，说明B到D电场力做功最大，由数学关系知过D点做圆的切线为电场的等势线，即电场力沿OD方向，带电粒子电性未知，场强方向不能确定。在E点微粒动能最大，说明B到E合力做功最多，即重力电场力的合力方向沿OE，有：，，解得，，动能定理有：，故选项A错误、B正确；OE反向延长线与圆的交点，为等效重力的最高点，合力做的负功最大，动能最小，选项C正确；B点到A点等效重力（合力）做正功，动能增加，选项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．(6分)将橡皮筋的一端固定在A点，另一端拴上两根细绳，每根细绳分别连着一个量程为5 N、最小刻度为0.1 N的弹簧测力计，沿着两个不同的方向拉弹簧测力计。当橡皮筋的活动端拉到O点时，两根细绳互相垂直，如图所示。这时弹簧测力计的读数可从图中读出。(1)读得两个互相垂直的拉力的大小一个是4.0 N，则另一个是________N（只须读到0.1 N）。(2)在本题的虚线方格纸上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力，合力是________N。【答案】（1）2.5 N （2）如图所示 4.7（4.5 ~4.9皆给分）【解析】读弹簧测力计示数时，应注意首先找零刻度，尤其是竖直放置的那个弹簧测力计是倒置的，它的读数是2.5 N（而不是3.5 Ｎ），水平放置的弹簧测力计读数是4 N，合力4.7 N（4.5 N~4.9 N）23．(9分)某物理兴趣小组的同学准备测量一个定值电阻的阻值，实验室提供了以下实验器材供选择，请你帮助该实验小组完成以下操作A．待测电阻Rx：阻值约为200 ΩB．电源E：电动势为3.0 V，内阻可忽略不计C．电流表A1：量程为0～30 mA，内电阻r1＝20 ΩD．电流表A2：量程为0～50 mA，内电阻r2约为8 ΩE．电压表V：量程为0～15 V，内电阻RV约为10 kΩF．定值电阻R0；阻值R0＝80 ΩG．滑动变阻器R1：最大阻值为10 ΩH．滑动变阻器R2：最大阻值为1000 ΩJ．开关S，导线若干(1)由于实验室提供的电压表量程太大，测量误差较大，所以实验小组的同学准备将电流表A1和定值电阻R0改装成电压表，则改装成的电压表的量程为___________V。(2)为了尽可能减小实验误差，多测几组数据且便于操作，滑动变阻器应该选择___________(选填“G”或“H”)，请在右侧方框内已经给出的部分电路图中，选择恰当的连接点把电路连接完整。(3)若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，则Rx的表达式为Rx＝___________。【答案】(1)3.0 (2)G 如图所示 (3)I1(R0＋r)I2-I1【解析】(1)因为电源电动势为E＝3V，故改装成的电压表的量程应为3V；(2)保证安全的前提下应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选择G；电路连接如图； (3)若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，根据串并联电路特点结合欧姆定律，联立即可取出Rx的表达式：Rx＝I1R0＋r1I2-I1。24．(12分)如图所示，矩形区域以对角线abcd为边界分为上、下两个区域，对角线上方区域存在竖直向下的匀强电场，对角线下方区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、带电量为+q的粒子以速度v0从a点沿边界ab进入电场，恰好从对角线ac的中点O进入磁场，并恰好未从边界cd射出。已知ab边长为2L，bc边长为L，粒子重力不计，求：(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小。【解析】(1)从a点入射的粒子在电场区域内做类平拋运动，则有：，，联立解得：(2)设粒子进入磁场时速度大小为v ，速度方向与水平方向成β角，则有：，粒子进入磁场后恰好不从边界cd射出，其轨迹恰与边界cd相切，如图所示，设圆周运动的半径为R ，由几何关系可得：由牛顿第二定律得：联立解得：。25．(20分)如图所示，半径R＝0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道C固定在光滑水平地面上，质量M＝0.3 kg的木板B左端与C的下端等高平滑对接但未粘连，右端固定一轻弹簧，弹簧原长远小于板长，将弹簧在弹簧弹性限度内压缩后锁定。可视为质点的物块A质量m＝0.1 kg，从与圆弧轨道圆心O等高的位置由静止释放，滑上木板B后，滑到与弹簧刚接触时与木板相对静止，接触瞬间解除弹簧锁定，在极短时间内弹簧恢复原长，物块A被水平弹出，最终运动到木板左端时恰与木板相对静止。物块A与本板B间动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2。求：(1)物块A在圆弧轨道C的最下端时受到圆弧轨道支持力的大小；(2)木板B的长度L；(3)弹簧恢复原长后，物块A从木板右端运动到左端的时间。【解析】(1)设A到达C的最下端时速度大小为v0，圆弧轨道支持力大小为FN，则mgR＝mv02FN－mg＝m解得：v0＝4 m/s，FN＝3 N。(2)设A接触弹簧与B保持相对静止时速度大小为v1，由动量守恒与动能定理得：mv0＝(M＋m)v1μmgL＝mv02－(M＋m)v12解得：v1＝1 m/s，L＝2.4 m。(3)设弹簧恢复原长时A的速度大小为v2，B的速度大小为v3，最终运动到木板的左端时A、B共同速度大小为v4，则：(M＋m)v1＝(M＋m)v4Mv3－mv2＝(M＋m)v4由能量守恒得：mv22＋Mv32＝(M＋m)v42＋μmgL解得：v2＝2 m/s，v3＝2 m/s，v4＝1 m/s设物块A从木板右端运动到左端的时间为t2，对木板B，由动量定理有：－μmgt＝Mv4－Mv3解得：t＝1.2 s。(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)如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－V图中从a到b的直线所示。在此过程中___________。（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．气体温度一直降低B．气体内能一直增加C．气体一直对外做功D．气体一直从外界吸热E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功【答案】BCD【解析】由图知气体的 pV一直增大，由pVT＝C，知气体的温度一直升高，故A错误；一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故B正确；气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C正确；气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律△U＝W＋Q可知气体一直从外界吸热，故D正确；气体吸收的热量用于对外功和增加内能，故E错误。(2)(10分)如图所示为一简易火灾报警装置。其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声。27℃时，空气柱长度l1为20 cm，水银上表面与导线下端的距离l2为10 cm，管内水银柱的高度h为13 cm，大气压强大小为75 cmHg。求：(i)当温度达到多少℃时，报警器会报警；(ii)如果要使该装置在87℃时报警，则应该再往玻璃管内注入多少cm高的水银柱。【解析】（i）根据题意可知，气体的状态变化是等压变化，根据理想气体状态方程，可得V1T1＝V2T2所以SL1273＋27＝S(L1＋L2)273＋t求得t＝177℃；（ii）设加入的汞柱为xcm，根据理想气体状态方程，可得P1V1T1＝P3V3T3P1＝88cmHg，V1＝20S，T1＝300K，P3＝（88＋x）cmHg，T3＝（273＋87）K，V3＝（43－13－x）S，解得x＝8cm。34． 【物理——选修3－4】(15分)(1)(5分) 有位游客在海岸边观光，此时他发现海面上吹起了波浪，他通过观察岸边某一浮标的振动，画出了浮标从某一时刻计时开始的振动图象，设该时刻t＝0，如图1所示。他同时以身边的浮标为原点，从t＝0时刻开始计时，画出了在t＝4 s时的部分水波图象，如图2所示。则下列说法中正确的是___________。（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．波的传播周期为4 sB．该列水波传播方向是沿x轴的正方向传播C．水波波速大小为v＝4 m/sD．根据题目中的条件求不出水波传播的速度E. 若现在以图2中的波形为计时的起点，那么当质点A第一次达到波峰时，质点B离平衡位置的距离为s＝0.2 m【答案】ABE【解析】由题图1可知波的振动周期为T＝4 s，故A正确；由题图1可知在t＝4 s时浮标沿y轴负向振动，由波的传播方向与质点振动方向的关系知，此时水波正沿x轴的正方向传播，故B正确；由题图2可知，水波的波长为1.50＝4 m，水波传播的波速为v＝λT＝1 m/s，故C、D错误。若现在以题图2中的波形为计时的起点，此时质点A是向上振动，质点B是向下振动。经2 s后质点A到达波峰，此时质点B恰好达到波谷，故此时质点B离平衡位置的距离为s＝20 cm＝0.2 m，故E正确。(2)(10分)一半圆柱形透明物体横截面如图所示，直径AOB镀银，O表示半圆截面的圆心，并建立图示坐标系。一束平行x轴（直径AOB）的激光在横截面内从M点入射，经过AB面反射后从N点垂直x轴（直径AOB）向上射出。已知∠MOA＝60°，圆柱形半径R＝10 cm。求：（sin 15°＝，计算结果可带根号）(i)透明物体的折射率；(ii)激光射出点N点的坐标。【解析】(i)如图，透明物体内部的光路为折线MPN（P为光线反射点），N、N′点相对于底面AB对称，M、P和N′三点共线，设在M点处，光的入射角为i=60°，折射角为r，出射光线与法线夹角为i′，由几何关系得： 根据折射定律有：代入数据解得：连接NN′，即有即得：，于是由几何关系得：，则 由上各式联立解得： 根据折射率公式有解得：(ii)由于N点坐标：。