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2020年高考名校考前提分仿真卷 物理(五) 教师版.docx

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2020年高考名校考前提分仿真卷 物理五 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(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:。
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