【名師整理】2020屆高三物理全真模擬預測試題(六)(解析版)

1、2020屆高三物理全真模擬預測試題（六）二、選擇題（本題共8小題，每小題6分.在每小題給出的四個選項中，第1417題只有一項符合題目要求，第1821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安徽安慶市下學期第二次模擬）人類和平利用核能始于二十世紀五十年代，核能的開發(fā)和應用是解決能源問題的重要途徑之一.下列關于核反應的描述或判斷正確的是（）A.232U 234Th + 2He 是核聚變B.230Th-294Pa+0e 是“衰變C.2H + 1HM> 2He + 0n是 3技變D.232u +0n- 146Ba+ 86Kr + 30n

2、是核裂變【答案】D【解析】“衰變放出的是氨核，這是a衰變，故A錯誤；a衰變放出的是氨核，3衰變放出的是電子，該核反應為3衰變，故B錯誤；幾個原子核聚合成一個原子核的過程為核聚變，這是氫原子核聚變?yōu)槁仍?子核，故C錯誤；核裂變是一個原子核分裂成幾個原子核的變化，質量較大的原子核才能發(fā)生核裂變，所 以該核反應為核裂變方程，故D正確.15. （2019重慶市4月調研）2018年12月8日我國 嫦娥四號”探測器成功發(fā)射，實現人類首次在月球背 面無人軟著陸.通過多次調速讓探月衛(wèi)星從近地環(huán)繞軌道經地月轉移軌道進入近月環(huán)繞軌道.已知地球與 月球的質量之比及半徑之比分別為a、b,則下列關于近地衛(wèi)星與近月衛(wèi)星做

3、勻速圓周運動的判斷正確的是ba .加速度之比約為aB.周期之比約為yjbC.速度之比約為D.從近地軌道進入到地月轉移軌道，衛(wèi)星必須減速根據a=GM可知，=含選項a錯誤；由T=2dGM可得，R地3M月T月一、R月3M地一B正確；根據v=、JGM可得言選項C錯誤;從近地軌道進入到地月轉移軌道，衛(wèi)星需要加速，選項 D錯誤.16. （2019東北三省三校第二次聯(lián)合模擬）圖1甲是小型交流發(fā)電機的示意圖,兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，A為理想交流電流表.線圈繞垂直于磁場的水平軸OO沿逆時針方向勻速轉動,產生的電動勢隨時間變化的圖象如圖乙所示.已知發(fā)電機線圈電阻為10 Q,外接一只阻值為 9

4、0 的電阻,不計電路的其他電阻，則 （）甲乙圖1A.電流表的示數為 0.31 AB.線圈轉動的角速度為50兀rad/sC. 0.01 s時線圈平面與磁場方向平行D.在線圈轉動一周過程中，外電阻發(fā)熱約為0.087 J【答案】 D【解析】在交流電路中電流表的示數為有效值,0.22 A, A錯誤；由題圖圖象可知線圈轉動的周期為E有效=Em = 22 V,電流表的示數1=口 = _22 a =2R總1000.02 s,則線圈轉動的角速度3=竿=100兀rad/S B錯誤；0.01 s時線圈的電壓為0,因此線圈在中性面處,C錯誤；電阻發(fā)熱應用電流的有效值進行計算，則發(fā)熱量 Q= I2Rt= (0.22)

5、2X90 >2 X10 2 J 0.087 ,J D 正確.17. （2019河南省八市重點高中聯(lián)盟第三次模擬）如圖2所示，小球從斜面的頂端 A處以大小為V0的初速度水平拋出，恰好落到斜面底部的B點，且此時的速度大小 vb=V5v0,空氣阻力不計，該斜面的傾角為圖2A. 60° B. 45° C. 37° D, 30°【答案】 B【解析】根據平行四邊形定則知，落到底端時豎直分速度為:則運動的時間為：t= ”=融，g g1 2gt2設斜面的傾角為 仇則有tanT=4=1,V0t 2v0Vy= VB2 V02= 2v0,解得0= 45°, B

6、正確.18. （2019陜西省第二次質檢）A、B兩小車在同一直線上運動，它們運動的位移x隨時間t變化的圖象如圖3所示，已知A車的xt圖線為拋物線的一部分，第 7 s末圖線處于最高點,B車的圖線為直線，則下列說法正確的是（）A. A車的初速度為7 m/sB. A車的加速度大小為2 m/s2C. A車減速過程運動的位移大小為49 mD. 10 s末兩車相遇時，B車的速度較大【答案】BC【解析】 A車做勻變速直線運動，設A車的初速度為vo,加速度大小為a,由圖可知t=7 s時，速度為零，由運動學公式可得 V7=vo 7a=0,m, x10= vot 2at2= 10vo 50a,聯(lián)立解得根據圖象和運

7、動學公式可知t= 10 s時的位移為x10= 40 m 0= 40 a = 2 m/s2, vo= 14 m/s,故選項B正確，A錯誤；A車減速過程運10 s末動的位移大小為 x7 = v02 0（ = 014 X7 m =49 m ,故選項C正確；位移一時間圖象的斜率表示速度,，_ ，瓜 .一.兩車相遇時B車的速度大小為 vb= |五|= 4 m/s, A車的速度為va= vo at= 6 m/s,則10 s末兩車相遇時,A車的速度較大，故選項 D錯誤.19. （2019四川綿陽市第三次診斷）在粗糙水平面上，水平外力F作用在物塊上，t=0時刻物塊開始向右做直線運動，外力 F始終不為零，其速度

8、 一時間圖象如圖4所示.則（）A.在。1 s內，外力F不斷增大B.在3 s時，物體向右運動C.在34 s內，外力F不斷減小D.在34 s內，外力F的功率不斷減小成而唱圖4【答案】BD【解析】設物體受到的阻力為 Ff,根據牛頓第二定律得：FFf=ma,根據圖象分析，物體在 01 s內加速度逐漸減小，所以外力F逐漸減小，A錯誤；向右為正方向，3s前后速度始終為正值，始終是正方向，向右運動，B正確；根據牛頓第二定律得：F Ff=ma,根據圖象分析，物體在 34 s內加速度不變,所以外力不變，C錯誤；外力功率 P=Fv, F不變，而34 s內速度減小，所以功率減小，D正確.20. （2019山東濰坊市

9、二模）如圖5甲，螺線管內有平行于軸線的外加磁場，以圖中箭頭所示方向為其當螺線正方向.螺線管與導線框 abcd相連，導線框內有一閉合小金屬圓環(huán)，圓環(huán)與導線框在同一平面內.管內的磁感應強度B隨時間t按圖乙所示規(guī)律變化時（）A.在0ti時間內,環(huán)有收縮趨勢B.在tit2時間內,環(huán)有擴張趨勢C.在tit2時間內,D.在t2t3時間內,。圖5環(huán)內有逆時針方向的感應電流環(huán)內有逆時針方向的感應電流【答案】BC【解析】 在0ti時間內，B均勻增加，則在線圈中產生恒定的感生電動勢，在導線框dcba中形成穩(wěn)定的電流，故此時環(huán)中無感應電流產生，環(huán)也沒有收縮趨勢，選項A錯誤；在tit2時間內,B的變化率逐abcd中的

10、磁通量為向外減小，穿過漸減小，則螺線管中的感應電流方向為從下到上且逐漸減小，在導線框環(huán)的磁通量向外減小， 根據楞次定律可知， 環(huán)內有逆時針方向的感應電流，且有擴張趨勢，選項B、C正確;在t2t3時間內，B的方向向下，且 B的變化率逐漸減小，則螺線管中的感應電流方向為從上到下且逐漸減 小，在導線框abcd中的磁通量為向里減小，穿過環(huán)的磁通量向里減小，根據楞次定律可知，環(huán)內有順時針 方向的感應電流，選項 D錯誤.a、b與恒壓電源21. （2019天津市南開區(qū)下學期二模）如圖6所示，兩塊水平放置的平行正對的金屬板相連，在距離兩板等距的 M點有一個帶電液滴處于靜止狀態(tài).若將 a板向下平移一小段距離，但

11、仍在 M點上方，穩(wěn)定后，下列說法中正確的是（）A.液滴將向下加速運動B. M點電勢升高，液滴在 M點的電勢能將降低C. M點的電場強度變小了D.在a板移動前后兩種情況下，若將液滴從a板移到b板，電場力做功相同【答案】BD【解析】極板始終與電源連接，電壓不變，d減小，由E=U可知，電場強度 E增大，則帶電液滴所d受電場力增大，液滴將向上加速運動， 故A、C錯誤；b點電勢為零，UMb=g=（M = EdMb,場強增大， M點電勢升高，由題意，液滴處于靜止狀態(tài)，可知液滴所受電場力方向向上，所以液滴帶負電，液滴在M點電勢能降低，故 B正確；在a板移動前后兩種情況下，若將液滴從a板移到b板，由于電壓相同

12、，電場力做功qU相同，故D正確.22. （6分）（2019湖北省4月調研）某同學用如下方法測量重力加速度g.（1）用游標卡尺測量圖7所示的工”字形擋光片的寬度Li和兩擋光片之間的距離 L2；（2）自由釋放 工”字形擋光片，用光電計時器測出光線被擋光片擋住的時間ti、t2;（3）若Li? L2,則當地的重力加速度 g =;由于擋光片有一定的寬度，導致重力加速度g的測量值與真實值相比 （選填 偏大"偏小”或 相等” .）Li2 ti2-t22»答案2tt2t22L；偏大LiLi【解析】工"字形擋光片經過光電門時的速度分別為：”=?。籚2=，根據V22W2 = 2gL2

13、,解得gV22 Vi22L2t2 tiLi2ti2t22:-二 二.2L22t12t22L2 '由于擋光片有一定的寬度,則實際上工”字形擋光片下落的高度大于L2,則導致重力加速度g的測量值與真實值相比偏大.23. （9分）（20i9河北省中原名校聯(lián)盟下學期聯(lián)考）實驗臺上備有下列器材：A.電流表（量程500 門內阻約為 300 B.電流表（量程i00科的阻約為i k ;）C.電壓表（量程i5 V,內阻約i00 k ;）D.電壓表（量程6 V,內阻約6 k ;）E.直流電源（i5 V,允許最大電流i A）;F.滑動變阻器（最大阻值i00 0額定功率i kW）G.電鍵和導線若干.某同學用供選

14、器材設計了測一個阻值約30 kQ電阻的實驗，電路如圖 8所示（電路還沒有完全接好）.（i）實驗中所用的電流表應選 ,電壓表應選 .（填器材前的字母）（2）請用筆畫線代替導線將尚未連接好的電壓表連入下圖的電路中.圖8(3)開關閉合前，滑動變阻器觸頭p應置于(填a”或b”處.(4)正確連接電路后，無論如何調節(jié)滑動變阻器的滑片，電壓表和電流表示數均不能取到較小值，其原 因可能是導線(填圖中導線代號)沒有連接好.【答案】 (1)A C (2)(3)b (4)【解析】(1)待測電阻Rx的阻值約為30 k 0直流電源電動勢為 15 V,經粗略計算電路中的最大電流約為Imax=R= 500仙 所以電流表選擇

15、 A；由于電壓表D的量程不足，所以電壓表選擇C.(2)在題圖所示電路中，電流表內阻為300 Q,電壓表內阻為100 kQ,由串、并聯(lián)電路規(guī)律得，電流表的分壓作用小于電壓表的分流作用，故電流表應采用內接的方法，實物連線如圖所示：(3)實驗前，分壓電路的電壓應該是0,故滑動變阻器的滑動觸頭P應置于b端.(4)實驗中無論如何調節(jié)滑動變阻器的滑片，電壓表和電流表示數均不能取到較小值，是由于滑動變阻 器接成限流式，因此是導線沒有連接好.24. (12分)(2019河南省頂級名校第四次聯(lián)測 )如圖1所示，豎直平面xOy,其x軸水平，在整個平面內 存在沿x軸正方向的勻強電場 E,在第三象限內有垂直紙面向里的

16、勻強磁場，磁感應強度大小為 B= 0.2 T.現有一比荷為q=25 C/kg的帶電微粒，從第三象限內某點以速度Vo向坐標原點O做直線運動，V0與x軸之間的夾角為0= 45°,取重力加速度g= 10 m/s2求:1X X MQK K M X圖1(1)微粒的電性及速度 V0的大??；(2)帶電微粒在第一象限內運動時所到達的最高點的坐標.【答案】(1)正電 2J2 m/s (2)(0.6 m,0.2 m)【解析】(1)帶電微粒在第三象限內做直線運動，受到重力、電場力和洛倫茲力三個力的作用，并且合力為零，即微粒做勻速直線運動，所以微粒受到的洛倫茲力垂直于速度方向斜向左上方，由左手定則可 判斷微

17、粒帶正電；對帶電微粒受力分析，如圖所示，根據平衡條件可得：Bqvo=15mg解得：vo= 2,i'2 m/s；(2)帶電微粒進入第一象限后做曲線運動，設最高點為M,從。到M所用的時間為t,則將微粒從。到M的運動分解為沿 x軸方向上的勻加速直線運動和沿y軸方向上的勻減速直線運動y 軸方向上：0 = vosin 45 gt vosin 45 °片2 tx 軸方向上： qE= mgtan 45 = max1,2x= vocos 45 t+ ?axt解得 x=0.6 m, y= 0.2 m.即帶電微粒在第一象限內運動時所達到的最高點的坐標為(0.6 m,0.2 m)25. (20分)

18、(2019廣西欽州市4月綜測)如圖2,為某碰撞模擬實驗簡圖.在水平地面上固定傾角為。的足夠長的光滑斜面，中間帶孔的槽固定在斜面上.一輕直桿平行于斜面，一端與輕彈簧相連，另一端穿在槽中，直桿與槽間的最大靜摩擦力為Ff= 2mgsin。.現將直桿用銷釘固定.一質量為m的滑塊從距離彈簧上端L處由靜止釋放，其下滑過程中的最大速度Vm= U3gLsin一9.已知彈簧的勁度系數k=箕所9,彈簧的彈性勢能與其形變量的平方成正比.滑動摩擦力可認為等于最大靜摩擦力，彈簧始終在彈性限度內且不會碰到槽.當地重力加速度為g.圖2(1)求滑塊下滑速度為 vm時彈簧的彈性勢能 Ep；(2)若取下銷釘，使滑塊仍從原位置由靜

19、止釋放，求直桿下滑的最大距離 s；并分析說明滑塊此后是否能與彈簧分離，若能，請求出滑塊與彈簧分離時的速度大小V；若不能，請說明理由.(3)若取下銷釘，使滑塊從距離彈簧上端2L處由靜止釋放，請分析說明滑塊此后是否能與彈簧分離，若能，請求出滑塊與彈簧分離時的速度大小v'若不能，請說明理由.1 【答案】(l與mgLsin 0 (2)滑塊不能與彈簧分離(3)仍然不能分離，理由見【解析】【解析】(1)設滑塊達到最大速度 Vm時彈簧形變量為x,則有：mgsin 0= kx解得x= L1 c此過程系統(tǒng)機械能寸恒，有mg(L+x)sin 9= 2mvm2+Ep1代入相關數據可得 Ep=2mgLsin

20、0；(2)當彈力大小等于 Ff時直桿開始滑動，設此時彈簧形變量為x；則有2mgsin 0= kx'可得x'= 2L依題意有Ep '= 4Ep1設此時滑塊速度為 V1,則根據機械能守恒定律有：mg(L+x )sin)= 2mv12+Ep之后滑塊與直桿將一起做勻減速運動，直至速度減為零.根據動能定理有：12mgssin 0 Ffs= 0 2mv12聯(lián)立以上各式可得 s= L此后直桿保持靜止.假設滑塊能與彈簧分離，即滑塊還需向上運動 2L的距離.根據機械能守恒定律有：12Ep =2mgLsin 0+ ?mv聯(lián)立可得v= 0可見，此后滑塊將繼續(xù)下滑，來回做往復運動.綜上，滑塊此

21、后不能與彈簧分離.(3)若滑塊從距離彈簧 2L處由靜止釋放，根據(2)中的分析可知，直桿下滑的距離將增加，但Ep保持不變，因而滑塊仍然不能與彈簧分離.33 .1選修3 3(15分)(2019四川南充市第三次適性考試 )(1)(5分)一定質量的理想氣體由狀態(tài) a經狀態(tài)b、c到狀態(tài)d,其體 積V與熱力學溫度T關系如圖3所示，O、a、d三點在同一直線上，ab和cd平行于橫軸，bc平行于縱軸， 則下列說法正確的是 .A.從狀態(tài)a到狀態(tài)b,氣體吸收熱量B.從狀態(tài)a到狀態(tài)b,每個氣體分子的動能都增大C.從狀態(tài)b到狀態(tài)c,氣體對外做功，內能減小D.從狀態(tài)c到狀態(tài)d,氣體的密度不變E.從狀態(tài)a到狀態(tài)d,氣體的

22、內能增加(2)(10分)如圖4所示，長L = 55 cm的薄壁玻璃管與水平面成30°角傾斜放置，玻璃管粗細均勻，底端封閉、另一端開口.現用長 l = 10 cm的水銀柱封閉著一定質量的理想氣體，氣體溫度為306 K,且水銀面恰與管口齊平.現將管口緩慢轉到豎直向上位置，并將水銀緩慢注入管中，直到水銀面再次與管口齊平， 已知大氣壓強 p= 75 cmHg.求：圖4水銀面再次與管口齊平時，管中氣體的壓強；對豎直玻璃管緩慢加熱，若管中剛好剩下 5 cm高的水銀柱，氣體溫度升高了多少.【答案】(1)ADE (2) 90 cmHg 340 K【解析】(1)由狀態(tài)a到狀態(tài)b過程中，氣體體積不變，則

23、 W= 0,溫度升高，則 AU>0,根據AU = W+ Q可知氣體吸收熱量，選項 A正確；由狀態(tài)a到狀態(tài)b過程中，氣體的溫度升高，則氣體分子的平均動 能變大，但不是每個氣體分子的動能都會增大，選項B錯誤；從狀態(tài)b到c,氣體溫度不變，內能不變，體積變大，則氣體對外做功，選項 C錯誤；從狀態(tài)c到d,氣體體積不變，則氣體的密度不變，選項 D正確； 從狀態(tài)a到狀態(tài)d,氣體溫度升高，則內能增加，選項 E正確.(2)設玻璃管的橫截面積為S,水銀密度為p,重力加速度為g,初態(tài)時，管內氣體的溫度為 Ti=306 K,體積Vi=45S壓強為 p1=p°+ p glin 30 = 80 cmHg當玻璃管豎直，水銀面再次與管口齊平時，設水銀柱高為H,則V2=(55-H)S壓強為 P2=po+ p gH= (75+H) cmHg由玻意耳定律，P1V1 = p2 V2代入數據解得：H = 15 cm故 P2= Po+ p gH= 90 cmHg設溫度升至T2時，管中水銀柱高為 5 cm,氣體體積 V3= 50S氣體壓強為 P3=po+ p gH= 80 cmHg由理想氣體狀態(tài)方程:P1V1= P3V3TiT2代入數據得：丁2= 340 K.34 .1選修3 4（15分）（2019山西運城市5月適應性測試）（1）（5分）圖5（a）為一列簡諧橫波在t = 2