2020屆高三物理全真模擬預測試題八解析版

1、2020屆高三物理全真模擬預測試題（八）二、選擇題（本題共8小題，每小題6分，共48分.在每小題給出的四個選項中，第1418題只有一項符合題目要求，第1921題有多項符合題目要求.全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分.）14. （2019廣東廣州市4月綜合測試）如圖1,廣州塔摩天輪位于塔頂450米高空處，摩天輪由16個水晶”觀光球艙組成，沿著傾斜的軌道做勻速圓周運動，則坐于觀光球艙中的某游客（）圖1A.動量不變B.線速度不變C.合外力不變D.機械能不守恒【答案】D【解析】坐于觀光球艙中的某游客線速度的大小不變，但方向不斷改變，可知線速度不斷改變，動量也不斷變化；由于向心加速度方

2、向不斷變化，可知合外力大小不變，但方向不斷改變，選項A、B、C錯誤；由于動能不變，重力勢能不斷變化，可知機械能不守恒，選項D正確.15. （2019江蘇南京市六校聯(lián)考）中微子是一種不帶電、質量很小的粒子.早在1942年我國物理學家王漁昌首先提出證實中微子存在的實驗方案.靜止的被核（7Be）可能從很靠近它的核外電子中俘獲一個電子（動能忽略不計）形成一個新核并放出中微子，新核處于激發(fā)態(tài)，放出丫光子后回到基態(tài).通過測量新核和丫光子的能量，可間接證明中微子的存在.則（）A.中微子的動量與處于激發(fā)態(tài)新核的動量相同16. 應過程吸收能量C.產(chǎn)生的新核是鋰核（3Li）D.中微子的動能與處于激發(fā)態(tài)新核的動能相

3、等【答案】C【解析】根據(jù)題意可知發(fā)生的核反應方程為：4Be+-1e3Li+肉所以產(chǎn)生的新核是鋰核，反應過程放出能量，故B錯誤，C正確；根據(jù)動量守恒可知中微子的動量與處于激發(fā)態(tài)新核的動量大小相等，方向相反，故A錯誤；中微子的動量與處于激發(fā)態(tài)新核的動量大小相等，而質量不等，根據(jù)Ek=42,可知中微2m子的動能與處于激發(fā)態(tài)新核的動能不相等，故D錯誤.16. （2019四川綿陽市第三次診斷）一物塊放在水平桌面上，在水平輕彈簧的拉力F作用下，沿桌面做勻速直線運動，彈簧的伸長量為x;將彈簧方向變成與水平面成60。角，物塊在拉力作用下仍沿桌面做勻速直線運動，此時彈簧的伸長量是（物塊與桌面間動摩擦因數(shù)為坐，彈

4、簧始終處于彈性限度內(nèi)）（）1Aqx443B.gxC.2xD.-9-x【答案】B【解析】當彈簧水平拉力為F時：根據(jù)平衡條件得：kx=Ff=科的=科mg當彈簧方向變成與水平面成60°角時，豎直方向：kx'sin60°Fnz=mg,水平方向：kx'cos60=Ff'=,mgkx'sin60,聯(lián)立解得x'=4x,A、C、D錯誤，B正確.517. （2019山東臨沂市質檢）如圖2,abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為R,bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點.一質量為m的小球受到與重力大小相等的水平外力F的作用，自a點從靜止

5、開始向右運動，運動到b點時立即撤去外力F,重力加速度大小為g,下列說法正確的是（）圖2A.水平外力F做的功為2mgR18. 球運動到b點時對圓弧軌道的壓力大小為3mgC.小球能從c點豎直向上飛出D.小球運動到c點時對圓弧軌道的壓力大小為mg【答案】B【解析】水平外力F做的功為：W=FR=mgR,選項A錯誤；從a至Ub由動能定理：FR=：mvb2;在b點由牛頓第二定律：FNb-mg=mvb-,解得FNb=3mg,結合牛頓第三定律可知，選項B正2R1c_1確；由機械能寸恒7E律得：mvb2=mgR+/mvc2,斛得vc=0,即到達c點的速度為零，運動到c點時小球對圓弧軌道的壓力大小為0,選項C、D

6、錯誤.18. （2019河南鄭州市第一次模擬）如圖3所示，邊界OM與ON之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界ON上有一粒子源S.某一時刻，從離子源S沿平行于紙面，向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子（不計粒子的重力及粒子間的相互作用），所有粒子的初速度大小相等，經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界OM射1出磁場.已知/MON=30,從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于yr0為粒子在磁場中運動的周期），則從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的最短時間為（）圖31111A.-TB-TC.-TD.-T3468【答案】A【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，入射點是S,出射點在OM直線上，出射點與S點的

7、連線為軌跡的一條弦.當從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的時間最短時，軌跡的弦最短，根據(jù)幾何知識，作ESXOM,則ES為最短的弦，粒子從S至ijE的時間即最短，如圖所示.由題意可知，粒子運動的最長時間等于1T,設OS=d,則DS=OStan30=gd,粒子在磁場中做圓周23運動的軌道半徑為：DS3“r=Y66d，由幾何知識有：1ES=OSsin30=Qd,故在AOiES中由余弦定理得cos0=2,2r2=-Q,則：9=120°,粒子在磁場中運動的最短時間為：01tmin=360T=3T,故A正確，B、C、D錯反.19. （2019陜西渭南市教學質檢（二）2018年12月8日，嫦娥四號”

8、月球探測器在我國西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射，探測器奔月過程中，被月球俘獲后在月球上空某次變軌是由橢圓軌道a變?yōu)榻聢A形軌道b,如圖4所示，a、b兩軌道相切于P點.不計變軌過程探測器質量變化，下列說法正確的是（）圖4A.探測器在a軌道上P點的動能小于在b軌道上P點的動能B.探測器在a軌道上P點的加速度大于在b軌道上P點的加速度C.探測器在a軌道運動的周期大于在b軌道運動的周期D.為使探測器由a軌道進入b軌道，在P點必須減速【答案】CD【解析】從高軌道a到低軌道b需要在P點進行減速，所以，在a軌道上P點的動能大于在b軌道上P點的動能，A錯誤，D正確；根據(jù)牛頓第二定律得：GMrmr=ma,所以在a、b

9、軌道上P點到月球中心23的距離r相同，加速度一樣，B錯誤；根據(jù)開普勒第三定律：等=%，所以在a軌道運動的周期大于在b軌道運動的周期，C正確.20. （2019山西臨汾市二輪復習模擬）如圖5甲所示，半徑為1m的帶缺口剛性金屬圓環(huán)導軌固定在水平面內(nèi)，在導軌上垂直放置一質量為0.1kg、電阻為1的直導體棒，其長度恰好等于金屬圓環(huán)的直徑，導體棒初始位置與圓環(huán)直徑重合，且與導軌接觸良好.已知導體棒與導軌間動摩擦因數(shù)為0.3,不計金屬圓環(huán)的電阻，導體棒受到的最大靜摩擦力等于其滑動摩擦力，取重力加速度g=10m/s2.現(xiàn)若在圓環(huán)內(nèi)加一垂直于紙面向里的變化磁場，變化規(guī)律如圖乙所示，則（）圖5A.導體棒的電流是

10、從b至1JaB.通過導體棒的電流大小為0.5AC. 02s內(nèi)，導體棒產(chǎn)生的熱量為0.125JD. t=TtS寸，導體棒受到的摩擦力大小為0.3N【答案】AC【解析】穿過閉合回路的磁通量向里增加，由楞次定律可知導體棒的電流是從b到a,選項A正確；假設0兀S寸間內(nèi)導體棒靜止不動，感應電動勢£=當=當。42="W兀X21V=0.25V,則感應電流I=EAtAt2兀2R0.25=-A=0.25A,t=兀耐，導體棒受到的安培力F=2BIr=2>0.50.251N=0.25N;最大靜摩擦力Ffm=mg=0.3N,則假設成立，故導體棒所受摩擦力大小為0.25N,選項B、D錯誤；02

11、s內(nèi)，導體棒產(chǎn)生的熱量為Q=I2Rt=0.252X1>2J=0.125J,選項C正確.21. (2019山東實驗中學第二次模擬)如圖6所示，磁單極子會在其周圍形成均勻輻射磁場.質量為m、半徑為R的圓環(huán)當通有恒定的電流I時，恰好能水平靜止在N極正上方H處.已知與磁單極子N極相距r處的磁感應強度大小為B=k,其中k為常數(shù).重力加速度為g.()A.靜止時圓環(huán)的電流方向為順時針方向（俯視）B.靜止時圓環(huán)沿其半徑方向有擴張的趨勢-mgH2+R2C.靜止時圓環(huán)的電流1=-9,p22tKRD.若將圓環(huán)向上平移一小段距離后由靜止釋放，下落中加速度先增加后減小【答案】AC【解析】環(huán)所在處的磁場的方向向上，

12、則環(huán)產(chǎn)生的磁場的方向向下，根據(jù)安培定則可知，靜止時圓環(huán)的電流方向為順時針方向（俯視），故A正確；靜止時圓環(huán)的電流方向為順時針方向（俯視），由左手定則可知，環(huán)上的各點受到的安培力的方向向上向里，所以環(huán)有收縮的趨勢，故B錯誤；對環(huán)的某一部分進行受力分析：在水平方向，根據(jù)安培力的對稱性可知，整個的環(huán)在水平方向的合力為0,豎直方向的合力與重力大小相等，由于在圓環(huán)處各點電流的方向與磁場的方向都垂直，所以整體受到的安培力為BI-2R,Fcos0=mg,由幾何關系：cos4-j=,由題：B=-=k=,聯(lián)立得：I=mgHN里，故C正確；結合CHH2+R2,H2+R22R2的受力分析可知，若將圓環(huán)向上平移一小段

13、距離后環(huán)受到的安培力將減??；由靜止釋放，重力開始時大于安培力，所以環(huán)加速下落，向下的過程中安培力增大，所以合外力減小，加速度減小，故D錯誤.22. （6分）如圖7甲所示，是研究小車做勻變速直線運動規(guī)律的實驗裝置，打點計時器所接的交流電源的頻率為f=50Hz,試問:圖7實驗中，必要的措施是.A.細線必須與長木板平行B.小車必須具有一定的初速度C.小車質量遠大于鉤碼質量D.必須平衡小車與長木板間的摩擦力(2)如圖乙所示，A、B、C、D、E、F、G是剛打好的紙帶上7個連續(xù)的點.從圖乙中可讀得X6=cm,計算F點對應的瞬時速度的表達式為vf=.(3)如圖丙所示，是根據(jù)實驗數(shù)據(jù)畫出的v22x圖線(v為各

14、點的速度大小),由圖線可知小車運動的加速度為m/s2(保留2位有效數(shù)字).小ifX6X4【答案】(1)A(2)6.002(3)0.50(0.480.52)【解析】(1)實驗中，細線必須與長木板平行，以減小實驗的誤差，選項A正確；實驗中讓小車由靜止釋放，不需要初速度，選項B錯誤；此實驗不需要使得小車質量遠大于鉤碼質量，選項C錯誤；此實驗沒必要平衡小車與長木板間的摩擦力，選項D錯誤.(2)從題圖乙中可讀得X6=6.00cm,計算F點對應的瞬時速度的表達式為X6X4fX6X4VF=2T(3)由圖線可知小車運動的加速度為Av21.50-0.25a=a2x25M01m/s2=0.50m/s2.23. (

15、9分)(2019山東濰坊市二模)某同學利用如圖8所示的電路測量一表頭的電阻.供選用的器材如下:圖8A.待測表頭Gi,內(nèi)阻ri約為300口量程5.0mA;B.靈敏電流計G2,內(nèi)阻r2=3000量程1.0mA;C.定值電阻R=1200附D.滑動變阻器Ri=20QE.滑動變阻器R2=2000pF.電源，電動勢E=3.0V,內(nèi)阻不計；G.開關S,導線若干.(1)在如圖乙所示的實物圖上將導線補充完整；(2)滑動變阻器應選(填寫器材前的字母代號).開關S閉合前，滑動變阻器的滑片P應滑動至端(填a"或b”)(3)實驗中某次待測表頭Gi的示數(shù)如圖丙所示，示數(shù)為mA;(4)該同學多次移動滑片P,記錄相

16、應的Gi、G2讀數(shù)Ii、I2；以I2為縱坐標，Ii為橫坐標，作出相應圖線.已知圖線的斜率k=0.i8,則待測表頭內(nèi)阻ri=Q(5)該同學接入電阻R的主要目的是【答案】(i)如圖:(2)Da(3)3.00(4)270(5)保護G2,使兩表均能達到接近滿偏【解析】(1)實物連線如圖：(2)因為滑動變阻器要接成分壓電路，則應該選擇阻值較小的D;開關S閉合前，滑動變阻器的滑片P應滑動至a端；(3)待測表頭Gi的示數(shù)為3.00mA;riri(4)由歐姆定律可知：Iiri=|2(R+r2),即|2=q|Ii,則=k=0.18,解得門=270日R十r2R十r2(5)該同學接入電阻R的主要目的是：保護G2,使

17、兩表均能達到接近滿偏.24. (I2分)(20i9山東濟寧市第二次摸底)某中學生對剛買來的一輛小型遙控車的性能進行研究.他讓這輛小車在水平的地面上由靜止開始沿直線軌道運動，并將小車運動的全過程通過傳感器記錄下來，通過數(shù)據(jù)處理得到如圖i所示的vt圖象.已知小車在02s內(nèi)做勻加速直線運動，2iis內(nèi)小車牽引力的功率保持不變，9iis內(nèi)小車做勻速直線運動，在iis末開始小車失去動力而自由滑行.已知小車質量m=ikg,整個過程中小車受到的阻力大小不變，試求：圖1(1)在211s內(nèi)小車牽引力的功率P的大?。?2)小車在2s末的速度vx的大??；(3)小車在29s內(nèi)通過的距離x.【答案】(1)16W(2)4

18、m/s(3)44m【解析】(1)根據(jù)題意，在11s末撤去牽引力后，小車只在阻力Ff作用下做勻減速直線運動，設其加速度大小為a,根據(jù)題圖可知：a=借1=2m/s2；根據(jù)牛頓第二定律有：Ff=ma;解得：Ff=2N;設小車在勻速直線運動階段的牽引力為F,則：F=Ff,vm=8m/s；根據(jù)：P=FVm；解得：P=16W;Avvx(2)02s的勻加速運動過程中，小車的加速度為：ax=W=3；設小車的牽引力為Fx,根據(jù)牛頓第二定律有：Fx-Ff=max；根據(jù)題意有：P=FxVx;聯(lián)立解得：Vx=4m/s;1c1c(3)在29s內(nèi)的變加速過程，At=7s,由動能定理可得：PAt-Ffx=mvm2mvx2；

19、解得小車通過的距離是：x=44m.25. (20分)(2019四川南充市第一次適應性考試)如圖2所示，在豎直平面內(nèi)的平面直角坐標系xOy中，x軸上方有水平向右的勻強電場，有一質量為m,電荷量為一q(q<0)的帶電絕緣小球，從y軸上的P(0,L)點由靜止開始釋放，運動至x軸上的A(L,0)點時，恰好無碰撞地沿切線方向進入固定在x軸下方豎直放置的四分之三圓弧形光滑絕緣細管，細管的圓心Oi位于y軸上，交y軸于B點，交x軸于A點和C(L,0)點,g.求:已知細管內(nèi)徑略大于小球外徑，小球直徑遠小于細管軌道的半徑，不計空氣阻力，重力加速度為圖2(1)勻強電場的電場強度的大??；(2)小球運動到B點時對

20、管的壓力的大小和方向；(3)小球從C點飛出后落在x軸上的位置坐標.【答案】(1)四(2)3(泥+1)mg方向向下q(3)(7L,0)【解析】(1)小球由靜止釋放后在重力和電場力的作用下做勻加速直線運動，小球從A點沿切線方向進入，則此時速度方向與豎直方向的夾角為45。，即加速度方向與豎直方向的夾角為45。，則tan45=mgEq解得：E=gq(2)根據(jù)幾何關系可知，細管軌道的半徑=、2l從P點到B點的過程中，根據(jù)動能定理得：；mvB20=mg(2L+J2L)+EqL2在B點，根據(jù)牛頓第二定律得：FN-mg=mvB-聯(lián)立解得：Fn=3(2+1)mg,方向向上根據(jù)牛頓第三定律可得小球運動到B點時對管

21、的壓力的大小Fn=3(2+1)mg,方向向下(3)從P到A的過程中，根據(jù)動能定理得：12mva2=mgL+EqL解得：va=2gL小球從C點拋出后做類平拋運動拋出時的速度VC=VA=2MgL小球的加速度g'=2g1Cx軸,則有：vct=gt2則小球從C點飛出后落在x軸上的坐標x'=L-8L=-7L.當小球沿拋出方向和垂直拋出方向位移相等時，又回到33.選修33 （15分）（2019廣東深圳市第二次調(diào)研）（1）（5分）恒溫環(huán)境中，在導熱良好的注射器內(nèi)，用活塞封閉了一定質量的理想氣體.用力緩慢向外拉活塞，此過程中.A.封閉氣體分子間的平均距離增大B.封閉氣體分子的平均速率減小C.活

22、塞對封閉氣體做正功D.封閉氣體的內(nèi)能不變E.封閉氣體從外界吸熱(2)(10分)某同學設計了測量液體密度的裝置.如圖3,左側容器開口；右管豎直，上端封閉，導熱良好,管長L0=1m,粗細均勻，底部有細管與左側連通，初始時未裝液體.現(xiàn)向左側容器緩慢注入某種液體，當左側液面高度為hi=0.7m時，右管內(nèi)液柱高度h2=0.2m,已知右管橫截面積遠小于左側橫截面積，大氣壓弓:雖P0=1.0105Pa,取g=10m/s2.圖3求此時右管內(nèi)氣體壓強及該液體的密度；若此時右管內(nèi)氣體溫度T=260K,再將右管內(nèi)氣體溫度緩慢升高到多少K時，剛好將右管中液體全部擠出？(不計溫度變化對液體密度的影響)【答案】(1)AD

23、E(2)1.25M05Pa5X103kg/m3351K【解析】(1)對于一定質量的理想氣體，氣體的內(nèi)能和分子平均速率只取決于溫度，由題目可知，溫度不變，則封閉氣體的內(nèi)能不變，封閉氣體分子的平均速率也不變，故B錯誤，D正確；用力向外緩慢拉動活塞過程中，氣體體積增大，則分子間的平均距離增大，氣體對活塞做正功，則活塞對氣體做負功，故A正確，C錯誤；根據(jù)AU=W+Q可知，溫度不變，則內(nèi)能U不變，即AU=0,用力向外緩慢拉動活塞，則W<0,故Q>0,即氣體從外界吸收熱量，故E正確.(2)設右管橫截面積為S,對右管內(nèi)的氣體，由玻意耳定律：p0V0=piVi其中：Vo=LoS,Vi=(L0h2)S解得：p1=1.25105Pa又：P1=po+p(h1h2)解得：p=5M03kg/m3對右管內(nèi)的氣體：pT/1=pTV0其中