2020年高考全真精准模拟理科综合之物理模拟试卷第06周 第2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6周第2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如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD-A1B1C1D1,从顶点A沿不同方向平抛一小球（可视为质点）关于小球的运动，下列说法正确的是（ ）A落点在A1B1C1D1内的小球落在B1点时平抛的初速度最大B落点在B1D1上的小球,平抛初速度的最小值与最大值之比为1:2C运动轨迹与A 1 C相交的小球,在交点处的速度方向都相同D运动轨迹与A

2、 C 1相交的小球,在交点处的速度方向都相同【答案】 D【解析】A、向各个水平方向抛出小球，平抛运动时间都相等，水平距离越远，平抛初速度越大，由图得，小球落在C1点时，平抛的初速度最大，A错误；B、由得，速度与位成正比，落点在B1D1上的小球，最大水平距离为正方体边长或者，最小的水平距离为A1B1C1D1对角线的一半，最小距离与最大距离的比值为，B错误CD、设AC1的倾角为，轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为则,则可知一定，则轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故D正确15下列说法正确的是（ ）A铀核裂变的核反应是UBa+Kx+2nB玻尔根据光的波

3、粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性C原子从低能级向髙能级跃迁，不吸收光子也能实现D根据爱因斯坦的光子说可知，光的波长越大，光子的能量越大【答案】 C【解析】A.铀核裂变的核反应是，故A错误；B、德布罗意根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性，故B错误；C、受到电子或其他粒子的碰撞，原子也可从低能级向髙能级跃迁，不吸收光子也能实现，故C正确；D、根据爱因斯坦的光子说可知，光的波长越大，根据，波长越大，故能量越小，故D错误；故选C。16如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷。t=0时，甲静止，乙以初速度6m/s向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同

4、一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v-t图象分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知（）At1时刻两电荷的总动能最小，总动量也最小Bt1时刻两电荷的总电势能最大C0t2时间内，两电荷的静电力先减小后增大Dt1t3时间内，两电荷的动量都增大，总动量不变【答案】 B【解析】AB由图象前段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用。0t1时间内两电荷间距离逐渐减小，之后两电荷间距离逐渐增大，t1时刻两球相距最近，系统克服电场力做功最多，两电荷的总电势能最大，由能量守恒可知此时总动能最小。由于系统不受外力，所以动量守恒。故A错误，B正确；C0t2时间内两电荷间距离先

5、减小再增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小，故C错误；Dt1t3时间内，乙的速度先减小再增大，则其动量也先减小再增大，甲速度一直增大，其动量也一直增大，由动量守恒可知二者总动量不变，故D错误。故选B。17如图所示为额定电压为250V的用户供电的远距离输电的示意图，已知输入原线圈n1两端的电压U1=500V，发电机的输出功率为P=500kW，输电线的电阻R=12.5，如果输电线上损失的功率为输送功率的1%。如果图中的升压变压器以及降压变压器均为理想的变压器。则下列结论正确的是（）An3：n4=79：1Bn1：n2=1：50C流过输电线的电流强度大小为40AD降压变压器原线圈两端

6、的电压为24700V【答案】 B【解析】BC导线上的电流:升压变压器原线圈电流:则:B正确，C错误；AD降压变压器的初级电压：则：AD错误。故选B。18如图所示，光滑直角三角形支架ABC竖直固定在水平地面上，B、C两点均在地面上，AB与BC间的夹角为，分别套在AB、AC上的小球a和b用轻绳连接，系统处于静止状态，轻绳与CA间的夹角为a、b的质量之比为（）ABCD【答案】 A【解析】对a、b两球分别受力分析，建立沿支架和垂直于支架的坐标系，如图所示：对a由平衡条件：，可得；对b由平衡条件：，可得；同一根绳的张力处处相同，联立可得，有；19按照我国整个月球探测活动的计划，在第一步绕月工程圆满完成各

7、项门标和科学探测任务后，第二步落月工程也已在2013年以前完成。假设月球半径为R。月球表面的重力加速度为g0，飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道I运动，到达A点时，点火变轨进入椭圆轨道；到达轨道的近月点B再次点火进入月球近月圆轨道III绕月球做圆周运动。下列判断正确的是（）A飞船在轨道上的运行速率为B飞船在A点处点火变轨时，动能增大C飞船从A到B运行的过程中机械能增大D飞船在轨道绕月球运动一周所需的时间【答案】 AD【解析】A飞船在轨道上，万有引力提供向心力在月球表面，万有引力等于重力得解得故A正确；B在圆轨道实施变轨成椭圆轨道在远地点是做逐渐靠近圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力大于飞

8、船所需向心力，所以应给飞船减速，减小所需的向心力，动能减小，故B错误；C飞船在轨道上做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知：在进月点速度大于远月点速度，所以飞船在A点的线速度大于在B点的线速度，机械能不变，故C错误；D根据解得故D正确。故选AD。20如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成0角放置，导轨间距为L且电阻不计，其顶端接有一阻值为R的电阻，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下一质量为m的金属棒以初速度0由导轨底端上滑，经一段时间滑行距离x到达最高点后，又返回底端棒与两导轨始终垂直且接触良好，其接入电路中的电阻为r，重力加速度为g下列说法正确的是A棒下滑过

9、程的平均速度等于B棒下滑过程通过R的电荷量为C棒上滑时间等于D棒上滑过程中回路产生的焦耳热等于【答案】 CD【解析】A根据能量守恒得，除最高点外，在任何一个位置，上滑到此位置的速度大于下滑到此位置的速度，则上滑的平均速度大于下滑的平均速度，在上滑过程中，物体做加速度逐渐减小的减速运动，故上滑的平均速度小于，故下滑的平均速度小于，故A错误；B 根据感应电荷量公式可知，下滑过程中通过R的电荷量为，故B错误；C上滑过程，以向上为正方向，对棒由动量定理得：，两边求和得：，整理得：，又，解得，故C正确D 棒上滑到最高点的过程中，由能量守恒定律可得，回路中产生的总焦耳热为：，故D正确21以恒定速率运动，皮

10、带始终是绷紧的，将m1 kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2 s到达传送带的B端用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g取10 m/s2，由v­t图线可知()AA、B两点的距离为2.4 mB货物与传送带的动摩擦因数为0.5C货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为12.8 JD货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J【答案】 BD【解析】物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运动，所以物块由A到B的间距为对应图象所围梯形的面积x=12×2×0.2+12（2+4）

11、×1=3.2m。故A错误；由v-t图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为a1=vt=10m/s2，对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，mgsin+mgcos=ma1，同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为a2=2m/s2。mgsinmgcos=ma2 联立解得cos=0.8，=0.5，故B正确；第一阶段：f=mgcos=4N ，由图象知位移为：x1=12×2×0.2=0.2m ，摩擦力做正功为：Wf1=fx1=4×0.2=0.8J，同理第二阶段：由图象知位移为x2=12

12、5;（2+4）×1=3m，摩擦力做负功为：Wf2=fx2=4×3=12J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：12J-0.8J=11.2J，故C错误；根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，第一阶段x1=x皮x1=0.2m，第二阶段，x2=x2x皮2=32=1m。故两者之间的总相对位移为：x=x1+x2=1+0.2=1.2m。 货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=fx=4×1.2=4.8J，故D正确；综上分析，BD正确。22. （6分）现测定长金属丝的电阻率。（1）某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是_ mm。（2）利

13、用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻。这段金属丝的电阻Rx约为100，画出实验电路图_，并标明器材代号。电源E(电动势10V，内阻约为10)电流表A1(量程0250mA，内阻R15)电流表A2(量程0300mA，内阻约为5)滑动变阻器R(最大阻值10，额定电流2A)开关S及导线若干（3）某同学设计方案正确，测量得到电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，则这段金属丝电阻的计算式Rx_。从设计原理看，其测量值与真实值相比_(填偏大偏小或相等)。【答案】 0.200(0.1960.204均可) 相等【解析】（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：d0mm+20.0×

14、;0.01mm=0.200mm；（2）本题要测量金属丝的电阻，无电压表，故用已知内阻的电流表A1充当电压表，由于电流表A1的满偏电压UA1ImR11.25V，比电源电动势小得多，故电路采用分压式接法，电路图如图所示。（3）当电流表A1、A2读数分别为I1、I2时，通过Rx的电流为II2I1Rx两端电压UI1R1故Rx由图示电路图可知，电压与电流的测量值等于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值等于真实值。23. （9分）如图所示为某同学设计的一种探究动量守恒定律的实验装置图。水平桌面固定一长导轨，一端伸出桌面，另一端装有竖直挡板，轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，另一端被入射小球从自然长度位置A点压

15、缩至B点，释放小球，小球沿导轨从右端水平抛出，落在水平地面上的记录纸上，重复10次，确定小球的落点位置；再把被碰小球放在导轨的右边缘处，重复上述实验10次，在记录纸上分别确定入射小球和被碰小球的落点位置(从左到右分别记为P、Q、R)，测得OP=x1，OQ=x2，OR=x3（1）关于实验的要点，下列说法正确的是_A.入射小球的质量可以小于被碰小球的质量B.入射小球的半径必须大于被碰小球的半径C.重复实验时，每次都必须将弹簧压缩至B点D.导轨末端必须保持水平（2）若入射球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则该实验需要验证成立的表达式为_（用所给符号表示）；（3）除空气阻力影响外，请再说出一条可能

16、的实验误差来源_。【答案】 CD 轨道摩擦的影响：确认落点P、Q、R时的误差：，的测量误差【解析】（1）A为防止两球碰撞后入射球反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故A错误；B为使两球发生正碰，入射小球的半径必须与被碰小球的半径相同，故B错误；C为了保证入射球每次到达桌面边缘的速度相同，则重复实验时，每次都必须将弹簧压缩至B点，从而让入射球获得相同的弹性势能，故C正确；D为了保证两球碰后都能做平抛运动从而能求出飞出时的速度，导轨末端必须保持水平，故D正确。故选CD。（2）两球碰撞过程系统的动量守恒，以向右为正方向，有小球做平抛运动的时间t相等，两边同时乘以t，有结合碰撞前后的小球落点情

17、况，换算水平距离后，有，可得（3）除空气阻力影响外，本实验其它的误差有：轨道摩擦的影响；确认落点P、Q、R时的误差；，的测量误差。24（14分）如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD光滑，内圆的上半部分BCD粗糙，下半部分BAD光滑一质量m=0.2kg的小球从轨道的最低点A处以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径R=0.2m，取g=10m/s2（1）若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v0至少为多少？（2）若v0=3m/s，经过一段时间小球到达最高点，内轨道对小球的支持力FC=2N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？（3）

18、若v0=3.1m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点A时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？（保留三位有效数字）【答案】 （1）（2）0.1J（3）6N；0.56J【解析】（1）在最高点重力恰好充当向心力从到机械能守恒解得（2）最高点从A到C用动能定理得（3）由于，在上半圆周运动过程的某阶段，小球将对内圆轨道间有弹力，由于摩擦作用，机械能将减小经足够长时间后，小球将仅在半圆轨道内做往复运动设此时小球经过最低点的速度为，受到的支持力为得整个运动过程中小球减小的机械能得25（18分）如图所示，质量分别为、，带电量均为q=4.0×10-2C的金属小球A、B静止在

19、足够大的绝缘水平桌面上，开始时，A、B两球静止，A、B两球间有一个锁定的被压缩的轻质绝缘弹簧，与A、B两球不拴接，弹性势能Ep=5.4J（A、B两球均可视为质点，弹簧长度可忽略），空间内存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=50N/C，在桌面左边缘的虚线PQ上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=15T。虚线PQ与水平桌面成45°角，现将弹簧解除锁定，A、B两球被瞬间弹开后移走弹簧。已知A、B两球与桌面间的动摩擦因数均为，两球静止时与P点间的距离L=1m，A球与桌面碰撞时没有机械能损失，可等速率返回，取，重力加速度g=10m/s2。求：（1）弹簧解除锁定后瞬间，A、B

20、两球的速度大小；（2）A球第一次与桌面相碰时，A、B两球间的距离；（3）A球从P点第一次进入磁场到第二次离开磁场时平均速度的大小和方向。【答案】 （1），；（2）1.25m；（3），方向为与水平方向成45°角斜向右上方。【解析】（1）弹开过程对两球由能量守恒定律得由动量守恒定律得解得，（2）在未进入磁场前，对A球受力分析，则有A球受到的支持力为0，A球不受摩擦力作用，所以向左匀速运动，从P点进入磁场，进入磁场后做匀速圆周运动，作出运动轨迹，如图所示：A球匀速向左运动至P点的时间A球在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，则有解得r=2mA球在磁场中运动的周期为由图可知A球第一次在磁场中运

21、动的时间为A球竖直向下射出磁场，仍做匀速直线运动，匀速运动的位移为r=2m，A球出磁场到与桌面相碰运动的时间为A、B两球分离后至A球第一次回到桌面所用的时间为对B球受力分析，由牛顿第二定律得解得设B球向右减到0所用的时间为tB，由运动学公式得说明当B球向右减速到0后，A球才落回到桌面，则B的位移为A球第一次与桌面相碰时，A、B两球间的距离（3）A球与桌面碰撞反弹后，向上做匀速运动，再次进入磁场，向右偏转，运动轨迹如图所示由图可知，A球从第一次进入磁场到第二次离开磁场。所用的总时间为总位移为则平均速度的大小为方向为与水平方向成45°角斜向右上方。（二）选考题：共15分。请考生从2道物理

22、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）下列说法正确的是 。（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布朗运动只能在液体里发生，且温度越高，布朗运动越激烈B分子间距离增大，分子间作用力对外表现可能为斥力C分子动能与分子势能的和叫作这个分子的内能D滴进水中的墨水微粒能做扩散运动，说明分子间有空隙E.外界对某理想气体做功，气体对外放热，则气体温度升高【答案】 BDE【解析】A布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的无规则运动；布朗运动可以在液体里发生，也可以在气体里发生，且温度越高，布朗运

23、动越激烈，故A错误。B.在分子间距离rr0范围内，即使距离增大，分子间作用力表现为斥力，故B正确；C.所有分子动能与分子势能的总和叫做物体的内能，单个分子的内能没有意义，故C错误；D.滴进水中的墨水微粒能做扩散运动，说明分子间有空隙，故D正确；E.外界对某理想气体做功W=2.0×105J，气体对外放热Q=-1.0×105J，根据热力学第一定律，则气体的内能变化E=W+Q=2.0×105J-1.0×105J=1.0×105J所以气体的内能增大，温度升高，故E正确。故选BDE。（2）（10分）如图所示，U形管右管截面积为左管截面积的2倍，管内水银在

24、左管内封闭了一段长为、温度为300K的空气柱，左右两管水银面高度差为，大气压为76cmHg。给左管的气体加热，则当U形管两边水银面等高时，左管内气体的温度为多少？（结果保留1位小数）在(1)问的条件下，保持温度不变，往右管缓慢加入水银直到左管气柱恢复原长，问此时两管水银面的高度差h2。【答案】 342.9K；4cm【解析】初态管内气体压强p1=p0- ph1=（76-6）cmHg=70cmHg当左右两管内水银面相等时，末态气体压强：p2=76cmHg由于右管截面积是左管的两倍，所以左管水银面将下降4cm，右管中水银面将上升2cm，末态管内气柱长度l2=80cm初态：p1=70cmHg，V1=7

25、6S，T1=300K，末态：p2=76cmHg，V2=80S，T2，根据理想气体的状态方程可得可得T2=342.9K设气柱恢复原长时压强为p3，初态：压强p2=76cmHg，体积V2=80S，末态：压强p3，体积V3=V1=76S，根据玻意耳定律可得p2V2=p3V3解得p3=80cmHg76cmHg故右侧水银柱比左侧高，以cmHg为单位，根据平衡可得p3=ph2+p2解得ph2=4cmHg所以高度差为4cm。34【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光的偏振现象证明了光波是

26、横波B机械波和电磁波一样，从空气进入水中波长变短C白光经过三棱镜色散后，紫光的传播方向改变量最大D拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以增加透射光的强度E.在白织灯的照射下从两块捏紧的玻璃板表面看到彩色条纹，这是光的干涉现象【答案】 ACE【解析】A 光的偏振现象证明了光波是横波，故A正确；B 机械波从空气进入水中波速变大，波长变长，而电磁波从空气进入水中，波速变小，波长变短，故B错误；C 可见光通过三棱镜后，传播方向改变最大的紫色的光，红光改变最小。在光的色散中，对于同一种介质，光的频率越大，介质对其的折射率就越大。而折射率越大，光的折射角就越小，偏转程度就越大。由于可见光中紫

27、光的频率最大，所以紫色的光线的折射角最小，偏转最大，故C正确；D 拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以消除玻璃反射的偏振光。故D错误；E 在白炽灯的照射下从两块捏紧的玻璃板表面看到彩色条纹，是薄膜干涉。故E正确。故选：ACE。（2）（10分）一列简谐横波沿轴正向传播，时的图像如图所示，此时处质点开始振动，此时刻后介质中质点回到平衡位置的最短时间为0.2s，质点回到平衡位置的最短时间为1s，已知时两质点相对平衡位置的位移相同，求：波的传播周期为多少？传播速度是多大？从时刻算起经过多长时间距点的质点第二次回到平衡位置？【答案】 2.4s；2.8s。【解析】由题意简谐横波沿轴正向传播，分析得知，此时点向下运动，点向上，它们周期相同，则根据图像可知则波速距O点20m的质点M第二次回到平衡位置时，波向前传播14m，则经过的时间即经过2.8s质点M第二次回到平衡位置。