2020年高考全真精准模拟理科综合之物理模拟试卷第4周第3练（解析版).docx

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1、2020年高考全真模拟理科综合之物理精准模拟试卷第4周第3练二、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1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14如图，质量为2m的物块A静置于水平台面上，质量为M、半径为R的半球体C静置于水平地面上，质量为m的光滑小球B（可视为质点）放在半球体C上，P为三根经绳PA、PB、PO的结点。系统在图示位置处于静止状态，P点位于C正上方距离其球C高h处（），OP竖直，PA水平，PB长为，已知A与台面的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，则正确的是（）A绳OP的拉力大小为

2、mgBA受到的摩擦力大小为CB对C的压力大小为D绳PB对B的拉力大小为【答案】 C【解析】对小球B受力分析如图，由相似三角形得解得，A绳OP的拉力大小为故A错误；BA受到的摩擦力大小为等于PB绳沿水平方向的分力即为C由上分析可知，B对C的压力大小为，故C正确；D由上分析可知，绳PB对B的拉力大小为，故D错误。故选C。15竖直面内有一正方形ABCD，在A点以向右平抛一个小球恰好垂直通过正方形对角线BD上E点；在AD上F点以向右平抛一个小球，小球垂直通过正方形的对角线BD上的G点。则下列说法正确的（）AF点一定在AD的中点BAE两点位移的水平分量与FG两点位移水平分量之。比为2：1CAE两点位移的

3、竖直分量与FG两点位移的竖直分量之比为2：1DAF与FD的比值为3：1【答案】 D【解析】B因为两次都垂直于BD，分别在E、F处做速度三角形，都是等腰直角三角形，竖直速度分别是和，根据，两次平抛在分别经过对角线时所用时间之比为2：1，初速度之比为2：1，所以水平位移之比为4：1，故B错误；C根据下落高度，AE两点位移的竖直分量与FG两点位移的竖直分量之比为4：1，故C错误；ABPE：KG=4：1，因为正方形，PE=PD，KG=KD，又因为平抛到BD时垂直BD，所以水平速度和竖直速度相等，即水平位移等于竖直位移的2倍，AP：PD=1：2，FK：KD=1：2，FK：AP=1：4，即AF：FD=3：

4、1，故A错误，D正确。故选D。16如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值，一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C，下列判断正确的是()A粒子一定带负电BA处场强大于C处场强C粒子在A处电势能大于在C处电势能D粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功【答案】 B【解析】A根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电，A错误；B等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，B正确；C从A点飞到C点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负

5、功，电势能增大，C正确；D由于电势差相同，根据知，电场力做功相同，D错误17如图所示为三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动的示意图，其中b、c是地球同步卫星，a在半径为r的轨道上，此时a、b恰好相距最近，已知地球质量为M，半径为R，地球自转的角速度为，引力常量为G，则（ ）A卫星b加速一段时间后就可能追上卫星cB卫星b和c的机械能相等C到卫星a和b下一次相距最近，还需经过时间t=D卫星a减速一段时间后就可能追上卫星c【答案】 C【解析】A.卫星b加速后将做离心运动，轨道变高，不可能追上卫星c，选项A错误；B.卫星的机械能等于其动能与势能之和，因不知道卫星的质量，故不能确定卫星的机械能大小关系

6、，选项B错误；C.对卫星a，根据万有引力提供向心力有：所以卫星a的角速度可知半径越大角速度越小，卫星a和b由相距最近至再次相距最近时，圆周运动转过的角度差为2，所以可得经历的时间：选项C正确；D.卫星a减速后将做近心运动，轨道半径减小，不可能追上卫星c，选项D错误；故选C。18如图所示，理想变压器电路原线圈匝数可调，调节触头为S，副线圈电路中r为光敏电阻，光敏电阻的阻值随光照的增强而减小，滑动变阻器R与灯泡L并联在电路中，关于电路变化问题，下列说法正确的是()A保持S位置和光照强度不变，将P向上滑，灯泡L变亮B保持S位置和光照强度不变，将P向下滑，电流表示数变小C保持P位置和光照强度不变，将S

7、向下滑，光敏电阻的功率变小D保持P位置和S位置不变，使光线变暗，原线圈的输入功率变大【答案】 A【解析】A、S的位置和光照强度不变时，变压器原副线圈的匝数比以及光敏电阻的阻值不变，根据理想变压器原副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压不变，将P向上滑，滑动变阻器的阻值变大，通过光敏电阻r的电流减小，加在r两端的电压减小，又由于r和L两端电压之和等于副线圈的端电压且保持不变，所以L两端电压变大，L变亮，A正确B、结合A的分析，当将P向下滑，滑动变阻器的阻值变小，通过光敏电阻r的电流增大，加在r两端的电压增大，又由于r和L两端电压之和等于副线圈的端电压且保持不变，所以L两端电压变小，

8、通过L的电流减小，同时R和L的电流之和等于r的电流，所以R的电流增大，电流表示数增大，B错误C、P位置和光照强度不变时，r和R的电阻不变，将S向下滑的时候，原线圈的匝数减小，结合理想变压器原副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压增大，通过r的电流增大，光敏电阻的功率变大，C错误D、S位置不变时，线圈匝数不变，结合理想变压器原副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压不变，光线变暗时，r的阻值变大，又P的位置不变，所以副线圈的功率减小，又理想变压器的原副线圈功率相等，所以原线圈的功率减小，D错误192009年诺贝尔物理学奖得主威拉德博伊尔和乔治史密斯的主要成就是发明了电荷

9、耦合器件（CCD）图像传感器他们的发明利用了爱因斯坦的光电效应原理如图所示电路可研究光电效应规律，图中标有A和K的为光电管，其中K为阴极，A为阳极理想电流计可检测通过光电管的电流，理想电压表用来指示光电管两端的电压现接通电源，用光子能量为的光照射阴极K，电流计中有示数，若将滑动变阻器的滑片P缓慢向右滑动，电流计的读数逐渐减小，当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压表的示数为6.0V；现保持滑片P的位置不变，以下判断正确的是( )A光电管阴极材料的逸出功为4.5eVB若增大入射光的强度，电流计的计数不为零C若用光子能量为12eV的光照射阴极K，光电子的最大初动能一定变大D若用光子能量

10、为9.5eV的光照射阴极K，同时把滑片P向左移动少许，电流计的读数一定不为零【答案】 AC【解析】电流计的读数恰好为零，此时电压表的示数为6.0V，根据动能定理得， 再根据光电效应方程知：故A正确光电效应的产生的最大初动能与入射光的强度无关，与入射光的频率有关故B错误增大入射光的光子能量，根据光电效应方程知，光电子的最大初动能变大故C正确若用光子能量为9.5eV的光照射阴极A，能发生光电效应，但是把滑片P向左移动少许，电流计的读数不一定不为零，故D错误；故选AC20如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从

11、P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )A加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关B带电粒子每运动一周被加速一次C带电粒子每运动一周P1P2等于P2P3D加速电场方向不需要做周期性的变化【答案】 BD【解析】AD、带电粒子只有经过AC板间时被加速,即带电粒子每运动一周被加速一次.电场的方向没有改变,则在AC间加速.故A正确；D错误.B、根据 知所以 故B错误；C、当粒子从D形盒中出来时,速度最大,根据知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关.所以C选项是正确的.故选AC21如图，质量为M的小车静止在光滑

12、的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圜弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M=2m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，重力加速度为g。则滑块从A运动到C的过程中A滑块水平方向相对地面的位移大小为23(R+L)B小车相对地面的位移大小为14(R+L)C小车M的最大速度v=133gRD滑块克服摩擦力做的功在数值上等于滑块减少的机械能【答案】 AC【解析】A、B、设全程小车相对地面的位移大小为s，滑块水平方向相对地面的位移为x，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒且满足

13、人船模型：x+s =R+L， mxtMst=0，已知M=2m，解得：x=23(R+L)，s=13(R+L)，故A正确，B错误.C、滑块刚滑到B点时小车受到滑块的压力一直做正功，小车的速度达到最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得0=mvAMv，mgR=12mvA2+12Mv2，解得v=133gR；故C正确.D、滑块从B点开始和车相对滑动，滑动摩擦力对滑块做负功，根据动能定理知滑块克服摩擦力做的功等于滑块减少的动能；全过程滑块减少的机械能转化为系统生热；D错误.故选AC.22. （6分）如图所示为某同学测量电源的电动势和内阻的电路图其中包括电源E，开关S1和S2，电阻箱R，电

14、流表A，保护电阻Rx该同学进行了如下实验步骤：(1)将电阻箱的阻值调到合适的数值，闭合S1、S2，读出电流表示数为I，电阻箱读数为9.5 ，断开S2，调节电阻箱的阻值，使电流表示数仍为I，此时电阻箱读数为4.5则保护电阻的阻值Rx_（结果保留两位有效数字）(2)S2断开，S1闭合，调节R，得到多组R和I的数值，并画出图象，如图所示，由图象可得，电源电动势E_V，内阻r_（结果保留两位有效数字）(3)本实验中，内阻的测量值_（填大于或小于）真实值，原因是_【答案】（1） 5.0 ；（2） 3.0 ； 2.2 ；（3） 大于； 电流表也有内阻【解析】(1)由题意可知，闭合S1和S2时只有电阻箱接入

15、电路，闭合S1、断开S2时，电阻箱与R串联接入电路，两种情况下电路电流相等，由欧姆定律可知，两种情况下电路总电阻相等，所以 保护电阻的阻值Rx9.5 -4.5 5.0(2)根据闭合电路的欧姆定律可得，EI(R+Rx+r)，整理可得可见图线的斜率图线的纵截距结合图象中的数据可得E3.0V，r2.2(3)本实验中，内阻的测量值大于真实值，原因是电流表也有内阻，测量值等于电源内阻和电流表内阻之和23. （9分）某兴趣小组的两位同学分别利用如图甲和如图乙所示的实验装置来研究加速度与力、质量的关系，小车总质量分别用M甲和M乙表示（滑轮的质量和绳与滑轮间的摩擦均忽略不计）。(1)关于这两个实验的操作，下列

16、说法正确的是_（填正确答案标号）。A两个实验都需要平衡摩擦力B两个实验都不需要平衡摩擦力C两个实验都需要满足所挂钩码的总质量远小于小车的总质量的条件D两个实验都不需要满足所挂钩码的总质量远小于小车的总质量的条件(2)两位同学分别进行正确的实验操作，发现两装置中力传感器的读数相同，则两小车所受的拉力之比_，通过计算得到小车的加速度之比为，则甲、乙两图中实验装置所用小车的质量之比_。【答案】 （1）AD ；（2） 21； 41【解析】(1)AB只有平衡摩擦力后，才能使细绳对小车的拉力等于小车受到的合外力，故A项正确，B项错误；CD由力传感器测出绳子拉力的大小，故不需要满足所挂钩码的总质量远小于小车

17、的总质量的条件，C项错误，D项正确。故选AD。(2)图甲中小车所受的拉力F甲等于力传感器读数的两倍，图乙中小车所受的拉力F乙等于力传感器读数，所以由牛顿第二定律知所以有24（14分）如图甲所示，质量m3×103 kg的形金属细框竖直放置在两水银槽中，形框的水平细杆CD长l0.20 m，处于磁感应强度大小B11.0 T、方向水平向右的匀强磁场中有一匝数n300匝、面积S0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示(g10 m/s2)(1)求00.10 s内线圈中的感应电动势大小；(2)t

18、0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向；(3)t0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h0.20 m，求通过细杆CD的电荷量【答案】 (1)30 V(2)电流方向由C到DB2方向向上(3)0.03 C【解析】(1)由电磁感应定律有En得EnS30 V(2)由左手定则得：电流方向由C到D因此B2方向向上(3)由牛顿第二定律有Fmam(或由动量定理Ftmv0)安培力FIB1lqItv22gh得q0.03 C.25（18分）如图所示，粗糙水平面上静止放置一质量为2m的木板，在木板上右端静置一质量为m的小滑块。一

19、可视为质点、质量为2m的小朋友荡秋千，从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，小朋友在极短时间内用脚水平蹬踏木板的左端，然后自己刚好能回到A点。已知秋千的摆绳长为L，质量不计，AO与竖直方向的夹角为60°。小滑块与木板之间、木板与水平面间的动摩擦因数都是，重力加速度为g。求：(1)秋千摆到最低点B，小朋友未蹬踏木板时秋干摆绳的拉力大小；(2)小朋友蹬踏木板过程中，小朋友做功大小；(3)若小滑块不从木板上滑下，木板至少应为多长。【答案】 （1）4mg （2） （3）【解析】(1)小朋友从A点下摆到B点，只有重力做功，机械能守恒.设到达B点的速度大小为v0,则由机械能守恒定律有：绳

20、子拉力设为T，由受力分析和圆周运动知识有：解得：T=4mg(2)由题意知，小朋友蹬踏木板后速度大小不变，方向向左由动量守恒定律得：2mv0=-2mv0+2mv1得木板的速度：小朋友做功大小：(3)由牛顿第二定律得：小滑块的加速度：木板的加速度：当二者速度相等后，由于整体的加速度等于滑块的最大加速度，所以此后二者保持相对静止，设此过程经过的时间为t由速度关系得：v1-a板t=a块t此过程木板的位移：滑块的位移：小滑块不从木板上滑下，木板至少应为：x=x板-x块解得：（二）选考题：共15分。请考生从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【选修3-3】（15分）（1）（5分）

21、下列五幅图分别对应五种说法，其中正确的是 。（填正确答案标号，选对1个给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0分）A甲图中微粒的运动就是物质分子的无规则热运动,即布朗运动B乙图中当两个相邻的分子间距离为r0时,它们间相互作用的引力和斥力大小相等C丙图中食盐晶体的物理性质沿各个方向都是不一样的D丁图中小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用E.戊图中洁净的玻璃板接触水面,要使玻璃板离开水面,拉力F必须大于玻璃板的重力,其原因是水分子和玻璃分子之间存在分子斥力【答案】 BCD【解析】A.甲图中微粒的运动是布朗运动，但由于微粒是大量分子组成的，所以微粒的运动并不是

22、物质分子的无规则热运动，故A错误；B. 由两分子间作用力随距离变化的关系图线可知，当两个相邻的分子间距离为时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等，故B正确；C. 图丙说明食盐晶体的物理性质沿各个方向不同，表现为各向异性，故C正确；D.小草上的露珠呈球形的主要是液体表面张力的作用，故D正确；E.戊图中洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，说明了分子之间存在引力，故E错误。（2）（10分）如图所示为两相通圆柱形玻璃管的截面图，细端开口，粗管的横截面积为细管2倍。室温（27）环境中，在细管中注入4cm长的水银柱，开口向下竖直放置时，水银柱上端离连通处8cm；缓慢转至开口竖

23、直向上，水银柱刚好没有进入粗管中，已知大气压强为76cmHg。(1)求粗管的长度；(2)保持开口竖直向下，求温度降至多少摄氏度时，才能保证有一半体积的水银留在细管中。【答案】 (1)；(2)【解析】(1)设细管的横截面积为，粗管的长度为，细管中空气长度为，水银在细管中的长度为，开口向下时封闭气体的压强开始时气体的体积开口竖直向上时封闭气体的压强空气体积为根据玻意耳定律可得解得(2)当有一半体积的水银进入粗管后，由体积不变可知，粗管中的水银高度为，故封闭气体的压强为体积为由理想气体状态方程可知可得故摄氏温度为34【选修3-4】（15分）（1）（5分）在水面上的同一区域内，甲、乙两列水面波独立传播

24、，传播方向互相垂直，波的频率均为2Hz。时刻其波峰与波谷情况如图所示。甲波的振幅为5cm，乙波的振幅为10cm。质点2、3、5共线且等距离。下列说法中正确的是_。（填正确答案标号，选对1个给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0分）A质点2的振动周期为0.5sB质点2的振幅为15cmC图示时刻质点1、2的竖直高度差为15cmD图示时刻质点3正处于平衡位置且向上运动E.从图示的时刻起经0.25s，质点5通过的路程为30cm【答案】 ABE【解析】两列波的频率均为2Hz，可知周期为，选项A正确；B质点2是谷谷叠加，则振动加强，则质点2的振幅为15cm，选项B正确；C图示

25、时刻质点1在波峰位置，位移为正向15cm；质点2为波谷位置，位移为负向15cm，则此时质点1、2的竖直高度差为30cm，选项C错误；D图示时刻质点2在波谷，质点5在波峰位置，质点3正处于2和5的中间位置，由波的传播方向与质点振动方向的关系可知，质点3处于平衡位置且向下运动，选项D错误；E质点5的振动加强，振幅为A=15cm，则从图示的时刻起经0.25s=0.5T，质点5通过的路程为2A=30cm，选项E正确；故选ABE.（2）（10分）如图所示，PC是一个竖直挡板，高度为H，A点是PC的中点。ABCD是一个矩形玻璃棱镜，AC边与PC重合，CD面贴了一层反射膜。一单色光从P点沿与PC成45°角的方向射向AB折射后射到Q点。已知CQ，光速为c，棱镜的AB边足够长，求：玻璃棱镜的折射率；单色光在玻璃棱镜中的传播时间。【答案】 ；【解析】画出单色光的光路，如图所示.根据几何关系所以则有解得：r=30°棱镜的折射率解得根据几何关系单色光在玻璃棱镜中的传播时间其中解得