【物理】2020二轮复习高考仿真模拟卷3(解析版)

【物理】2020二轮复习高考仿真模拟卷3(解析版)

高考模拟卷(三)‎ 一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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，有选错或不答的得0分)‎ ‎14．下列说法正确的是(　　)‎ A．氢原子核外电子轨道半径越大，其原子能量越小 B．在核反应中，比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原子核才会释放核能 C．β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流 D．氢原子从n＝2的能级跃迁到n＝1的能级辐射出的光恰好能使某种金属发生光电效应，则从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级辐射的光也可使该金属发生光电效应 解析：根据玻尔理论，氢原子核外电子轨道半径越大，其原子能量越高，选项A错误；在核反应中，比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原子核，发生质量亏损，释放能量，选项B正确；β射线是原子核内一个中子转化为一个质子和电子，释放出的电子，选项C错误；氢原子从n＝2的能级跃迁到n＝1的能级辐射出的光恰好能使某种金属发生光电效应，则从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级辐射的光子能量一定小于金属的逸出功，不能使该金属发生光电效应，选项D错误．‎ 答案：B ‎15.如图所示，水平面上A、B两物块的接触面水平，二者叠放在一起在作用于B上的水平恒定拉力F的作用下沿地面向右做匀速运动，某时刻撤去力F后，二者仍不发生相对滑动，下列关于撤去F 前后的说法正确的是(　　)‎ A．撤去F之前A受3个力作用 B．撤去F之前B受到4个力作用 C．撤去F前后，A的受力情况不变 D．A、B间的动摩擦因数μ1不小于B与地面间的动摩擦因数μ2‎ 解析：撤去F之前A受力平衡，水平方向不受力，受2个力作用，选项A错误；撤去F之前B受力平衡，竖直方向受3个力，水平方向受拉力和地面给的滑动摩擦力，共5个力作用，选项B错误；撤去F后，A做减速运动，受到B对它的静摩擦力，受力情况变化，选项C错误；由于A、B能一起减速，故A、B间的动摩擦因数μ1不小于B与地面间的动摩擦因数μ2，选项D正确．‎ 答案：D ‎16.如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，两个相同的带正电粒子分别以速度v1、v2从A、C两点同时射入磁场，v1、v2平行且v1沿直径AOB方向．C点与直径AOB的距离为，两粒子同时从磁场射出，从A点射入的粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60°.不计粒子受到的重力，则(　　)‎ A．v1＝v2　　　　 B．v1＝v2‎ C．v1＝v2 D．v1＝2v2‎ 解析：由周期表达式T＝知，两粒子周期相同，又由于两粒子在磁场中运动的时间相同，因此两粒子的偏转角相同，作出两粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示，由几何知识知R1＝Rtan 60°，R2＝R，根据牛顿第二定律Bqv＝m可知，r＝，因此粒子的轨道半径与速度成正比，则v1∶v2＝R1∶R2＝tan 60°∶1＝∶1，B正确．‎ 答案：B ‎17．如图所示，匝数n＝10匝的矩形线框处在磁感应强度B＝ T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω＝20 rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积S＝0.4 m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L(4 W　100 Ω)和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是(　　)‎ A．灯泡正常发光时原、副线圈的匝数比为2∶1‎ B．灯泡正常发光时电流表的示数为0.2 A C．若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗 D．若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数不变 解析：变压器输入电压的最大值为Um＝nBSω＝10××0.4×20 V＝80 V，变压器输入电压的有效值为U1＝＝ V＝80 V，灯泡正常发光时的电压U2＝＝ V＝20 V，此时原、副线圈的匝数比为＝＝＝，故A错误；由欧姆定律得I2＝＝A＝0.2 A，根据＝得，此时电流表的示数为I1＝＝×0.2 A＝0.05 A，故B错误；若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根据＝可知输出电压减小，所以灯泡变暗，故C正确；线圈匝数不变，根据＝可知输出电压不变，若将滑动变阻器触头向上滑动，连入电路电阻变大，负载等效电阻变大，P1＝P2＝变小，又P1＝U1I1可知电流表示数变小，故D错误．‎ 答案：C ‎18．一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出，木块的动能增加了8 J，木块的质量大于子弹的质量．则此过程中产生的内能可能是(　　)‎ A．18 J　 　B．16 J C．10 J　 　D．6 J 解析：设子弹的质量为m，子弹的初速度为v0，木块的质量为M，子弹与木块的共同速度为v，子弹和木块组成的系统所受合力为零，则系统动量守恒，在子弹开始射入木块到两者保持相对静止的过程中，根据动量守恒定律得，mv0＝(m＋M)v，木块获得的动能Ek＝Mv2，系统产生的内能Q＝mv－(m＋M)v2，由以上三式解得，Q＝ ‎>Mv2＝2Ek＝2×8 J＝16 J，选项A正确，B、C、D错误．‎ 答案：A ‎19.如图所示，纸面内存在平行于纸面的匀强电场，一带电粒子以某速度从电场中的a点水平发射，粒子仅在电场力作用下运动到b点时速度方向竖直向下，则(　　)‎ A．匀强电场的方向可能沿竖直方向 B．粒子在任意相等时间内速度的变化量相同 C．从a到b的过程中，粒子的速度先减小后增大 D．从a到b的过程中，粒子运动的轨迹可能是圆弧 解析：粒子在a点的速度方向沿水平方向，在b点的速度方向沿竖直方向，由此可知，粒子在水平方向上做匀减速运动，故匀强电场的方向不沿竖直方向，选项A错误；由牛顿第二定律知，粒子在匀强电场中做匀变速曲线运动，则由Δv＝aΔt知，粒子在任意时间内速度变化量相同，选项B正确；粒子在竖直方向做加速运动，在水平方向做减速运动，故粒子所受的电场力方向斜向左下方向，从a到b的过程中，粒子所受的电场力先做负功后做正功，由动能定理知，粒子的速度先减小后增大，C正确，D错误．‎ 答案：BC ‎20.如图，点O、a、c在同一水平线上．c点在竖直细杆上，一橡皮筋一端固定在O点，水平伸直(无弹力)时，另一端恰好位于a 点，在a点固定一光滑小圆环，橡皮筋穿过圆环与套在杆上的小球相连．已知b、c间距离小于c、d间距离，小球与杆间的动摩擦因数恒定，橡皮筋始终在弹性限度内，且其弹力跟伸长量成正比．小球从b点上方某处释放，第一次到达b、d两点时速度相等，则小球从b第一次运动到d的过程中(　　)‎ A．在c点速度最大 B．在c点下方某位置速度最大 C．重力对小球做的功一定大于小球克服摩擦力做的功 D．在b、d两点，摩擦力的瞬时功率大小相等 解析：设b点关于c点的对称点为e点，若小球在c点的速度最大，则由对称性可知小球由b点到c点克服摩擦力做功等于由c点到e点克服摩擦力做功，由功能关系知，小球到达e点时的速度与b点速度相等，实际上b、d两点的速度相等，所以速度最大的位置在c点的下方，选项A错误，B正确；小球第一次从b点到d点的过程中，设Wf为小球克服摩擦力做的功，ΔEp为橡皮筋弹性势能的变化量，橡皮筋在d点处于伸长状态，ΔEp>0，由功能关系得WG＝Wf＋ΔEp，故重力做的功大于小球克服摩擦力做的功，选项C正确；橡皮筋穿过圆环与套在杆上的小球相连，则小球第一次从b点到d点的过程中橡皮筋在水平方向的伸长量相等，由平衡条件知小球受到与杆之间的弹力不变，故小球受的摩擦力不变，小球在b、d两点的速度相等，由P＝Fv知，在b、d两点摩擦力的瞬时功率大小相等，选项D正确．‎ 答案：BCD ‎21．由三颗星体构成的系统，叫做三星系统．有这样一种简单的三星系统，质量刚好都相同的三个星体甲、乙、丙在三者相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同周期的圆周运动．若三个星体的质量均为m，三角形的边长为a，万有引力常量为G，则下列说法正确的是(　　)‎ A．三个星体做圆周运动的半径均为a B．三个星体做圆周运动的周期均为2πa C．三个星体做圆周运动的线速度大小均为 D．三个星体做圆周运动的向心加速度大小均为 解析：质量相等的三星系统的位置关系构成一等边三角形，其中心O即为它们的共同圆心，由几何关系可知三个星体做圆周运动的半径r＝a，故选项A正确；每个星体受到的另外两星体的万有引力提供向心力，其大小F＝·，则＝mr，得T＝2πa ，故选项B正确；由线速度v＝得v＝ ，故选项C错误；向心加速度a＝＝，故选项D错误．‎ 答案：AB 二、非选择题(共62分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第23～24题为选考题，考生根据要求作答)‎ ‎(一)必考题(共47分)‎ ‎22．(6分)某同学利用如图甲所示装置探究平抛运动中机械能是否守恒．在圆弧槽轨道的末端安装一个光电门B，圆弧槽末端水平．地面上铺有白纸，白纸上铺有复写纸，让小球从圆弧槽上固定位置A点由静止释放，通过光电门后落在地面的复写纸上，在白纸上留下打击印．重复实验多次，测得小球通过光电门B的平均时间为Δt＝2.50 ms(当地重力加速度g取9.8 m/s2)．‎ ‎(1)用游标卡尺测得小球直径如图乙所示，则小球直径为d＝________mm，由此可知小球通过光电门的速度vB＝__________m/s.‎ ‎(2)实验测得轨道末端离地面的高度h＝0.441 m，小球的平均落点P到轨道末端正下方O点的距离x＝0.591 m，则由平抛运动规律解得小球平抛的初速度v0＝________m/s.‎ ‎(3)在误差允许范围内，实验结果中小球通过光电门的速度vB与由平抛运动规律求解的平抛初速度v0满足________关系，就可以认为平抛运动过程中机械能是守恒的．‎ 解析：(1)小球的直径 d＝5 mm＋0.05 mm×0＝5.00 mm，‎ 小球通过光电门的速度vB＝＝2.0 m/s.‎ ‎(2)由平抛运动规律可得：x＝v0t，h＝gt2，‎ 可求得v0＝1.97 m/s.‎ ‎(3)在误差允许范围内，可认为vB＝v0，‎ 平抛运动过程中机械能是守恒的．‎ 答案：(1)5.00(1分)　2.0(1分)　(2)1.97(2分)‎ ‎(3)vB＝v0(相等)(2分)‎ ‎23．(9分)利用以下器材设计一个能同时测量电源的电动势、内阻和一个未知电阻Rx阻值的实验电路．‎ A．待测电源E(电动势略小于6 V，内阻不足1 Ω)‎ B．电压表V1(量程6 V，内阻约6 kΩ)‎ C．电压表V2(量程3 V，内阻约3 kΩ)‎ D．电流表A(量程0.6 A，内阻约0.5 Ω)‎ E．未知电阻Rx(约5 Ω)‎ F．滑动变阻器(最大阻值20 Ω)‎ G．开关和导线 ‎(1)在图中的虚线框内画出完整的实验原理图；‎ ‎(2)实验中开关闭合后，调节滑动变阻器的滑片，当电压表V1的示数分别为U1、U1′时，电压表V2两次的示数之差为ΔU2，电流表A两次的示数分别为I、I′.由此可求出未知电阻Rx的阻值为__________，电源的电动势E＝__________，内阻r__________(用题目中给出的字母表示)．‎ 解析：(1)电压表V1测量路端电压，电压表V2测量Rx两端电压，如图所示；(2)两次V2的示数差为ΔU2，而电流变化量为I－I′，故Rx ‎＝＝；根据闭合电路欧姆定律可得，U1＋Ir＝E，U1′＋I′r＝E，联立解得E＝，r＝.‎ 答案：(1)如图 ‎(3分)‎ ‎(2)(2分，未加绝对值符号的不扣分，分母前后两项颠倒的不扣分)　(2分)　(2分，其他正确表示方法同样给分)‎ ‎24．(14分)如图所示，轻细绳跨过两定滑轮，一端系在物块上，另一端拴住漏斗．物块静止在足够长的固定斜面上，漏斗中盛有细沙，斜面上方细绳与斜面平行．打开漏斗阀门后，细沙能从底端逐渐漏出，此过程中绳中张力的变化满足关系式FT＝6－t(N)，经过5 s细沙全部漏完．已知物块质量M＝2 kg，与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，斜面倾角为37°.物块与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，漏斗始终位于滑轮下方，不计滑轮摩擦，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ ‎(1)从打开阀门到物块在斜面上开始滑动的时间；‎ ‎(2)打开阀门后4 s时物块的加速度大小；‎ ‎(3)细沙刚好全部漏完时漏斗的速度大小．‎ 解析：(1)物块刚要下滑时受力情况如图所示，摩擦力方向向上且达到最大Ff＝μFN＝μMgcos 37°(2分)‎ 由平衡条件得 Mgsin 37°－Ff－FT＝0，(2分)‎ 又有FT＝6－t(N)，‎ 解得t＝2 s；(2分)‎ ‎(2)t1＝4 s时，FT1＝6－t1，‎ 物块仍受四个力作用，由牛顿第二定律得 Mgsin 37°－Ff－FT1＝Ma，(2分)‎ 解得a＝1 m/s2；(2分)‎ ‎(3)在细沙漏完之前 a＝－1＋0.5t，(1分)‎ 细沙漏完之后，物块加速度a′＝1.5 m/s2，(1分)‎ 图乙为a－t图象，可求出5 s时，漏斗的速度大小为2.25 m/s.(2分)‎ 答案：见解析 ‎25.(18分)如图所示，两条相互平行的光滑金属导轨相距l，其中水平部分位于同一水平面内，倾斜部分为一倾角为θ 的斜面，倾斜导轨与水平导轨平滑连接．在水平导轨区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.两长度均为l的金属棒ab、cd垂直导轨且接触良好，分别置于倾斜和水平轨道上，ab距水平轨道面高度为h.ab、cd质量分别为2m和m，电阻分别为r和2r.由静止释放ab棒，导轨电阻不计．重力加速度为g，不计两金属棒之间的相互作用，两金属棒始终没有相碰．求：‎ ‎(1)ab棒刚进入水平轨道时cd棒的电流I；‎ ‎(2)两金属棒产生的总热量Q；‎ ‎(3)通过cd棒的电量q.‎ 解析：(1)设ab棒下滑到斜面底端的速度v，由机械能守恒定律有×2mv2＝2mgh，(2分)‎ 得v＝，(2分)‎ ab棒刚进入磁场时，E＝Blv，(2分)‎ 通过cd的电流I＝＝；(2分)‎ ‎(2)设ab、cd棒最终共同运动的速度为v′，由动量守恒定律得2mv＝3mv′，(2分)‎ 得v′＝，‎ 由功能关系得，热量Q＝×2mv2－×3mv′2，(2分)‎ 解得Q＝mgh；(2分)‎ ‎(3)设cd棒中平均电流为，由动量定理得 BlΔt＝mv′，(2分)‎ 又有q＝Δt，‎ 解得q＝.(2分)‎ 答案：见解析 ‎(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．[物理—选修3－3](15分)‎ ‎(1)(5分)关于热力学定律，下列说法正确的是________(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．气体吸热后温度一定升高 B．对气体做功可以改变其内能 C．理想气体等压膨胀过程一定放热 D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡 ‎(2)(10分)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝，其中σ＝0.070 N/m.现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升．已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2.‎ ‎(ⅰ)求在水下10 m处气泡内外的压强差；‎ ‎(ⅱ)‎ 忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值．‎ 解析：(1)根据热力学第一定律，气体吸热的同时若对外做功，则内能不一定增大，温度不一定升高，选项A错误；对气体做功可以改变其内能，选项B正确；理想气体等压膨胀过程，对外做功，由理想气体状态方程可知，气体温度升高，内能增大，故气体一定吸热，选项C错误；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，选项D正确；根据热平衡定律，如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，选项E正确．‎ ‎(2)(ⅰ)当气泡在水下h＝10 m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为Δp1，则Δp1＝，①(1分)‎ 代入题给数据得Δp1＝28 Pa；②(1分)‎ ‎(ⅱ)设气泡在水下10 m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为p2，气泡内外压强差为Δp2，其体积为V2，半径为r2.气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有 p1V1＝p2V2，③(1分)‎ 由力学平衡条件有p1＝p0＋ρgh＋Δp1，④(1分)‎ p2＝p0＋Δp2.⑤(1分)‎ 气泡体积V1和V2分别为V1＝πr，⑥(1分)‎ V2＝πr，⑦(1分)‎ 联立③④⑤⑥⑦式得＝，⑧(2分)‎ 由②式知，Δpi≪p0，i＝1，2，故可略去⑧式中的Δpi 项．代入题给数据得＝≈1.3.⑨(1分)‎ 答案：(1)BDE　(2)见解析 ‎34．[物理—选修3－4](15分)‎ ‎(1)(5分)如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为t＝0时的波形图，虚线为t＝0.5 s时的波形图．已知该简谐波的周期大于0.5 s．关于该简谐波，下列说法正确的是________(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．波长为2 m B．波速为6 m/s C．频率为1.5 Hz D．t＝1 s时，x＝1 m处的质点处于波峰 E．t＝2 s时，x＝2 m处的质点经过平衡位置 ‎(2)(10分)如图，一半径为R的玻璃半球，O点是半球的球心，虚线OO′表示光轴(过球心O与半球底面垂直的直线)．已知玻璃的折射率为1.5.现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出(不考虑被半球的内表面反射后的光线)．求：‎ ‎(ⅰ)从球面射出的光线对应的入射光线与光轴距离的最大值；‎ ‎(ⅱ)距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O 点的距离．‎ 解析：(1)由图象可知简谐横波的波长为λ＝4 m，A项错误；波沿x轴正向传播，t＝0.5 s＝T，可得周期T＝s、频率f＝＝1.5 Hz.波速v＝＝6 m/s，B、C项正确；t＝0时刻，x＝1 m处的质点在波峰，经过1 s＝T，一定在波谷，D项错误；t＝0时刻，x＝2 m处的质点在平衡位置，经过2 s＝3T，质点一定经过平衡位置，E项正确. ‎ ‎(2)(ⅰ)如图，从底面上A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i，当i等于全反射临界角iC时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l.‎ i＝iC，①(1分)‎ 设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有nsin iC＝1，②(1分)‎ 由几何关系有 sin i＝.③(1分)‎ 联立①②③式并利用题给条件，得 l＝R.④(1分)‎ ‎(ⅱ)设与光轴相距的光线在球面B 点发生折射时的入射角和折射角分别为i1和r1，由折射定律有 nsin i1＝sin r1，⑤(1分)‎ 设折射光线与光轴的交点为C，在△OBC中，由正弦定理有 ＝，⑥(1分)‎ 由几何关系有 ‎∠C＝r1－i1，⑦(1分)‎ sin i1＝.⑧(1分)‎ 联立⑤⑥⑦⑧式及题给条件得 OC＝R≈2.74R.⑨(2分)‎ 答案：(1)BCE　(2)见解析