2020屆全國百強(qiáng)中學(xué)新高考押題模擬考試(十二)物理試卷

172020屆全國百強(qiáng)中學(xué)新高考押題模擬考試（十二）物理試卷★祝你考試順利^注意事項(xiàng)：1、考試范圍：高考考查范圍。2、答題前，請(qǐng)先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用0.5毫米黑色簽字筆填寫在試題卷和答題卡上的相應(yīng)位置，并將準(zhǔn)考證號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。用2B鉛筆將答題卡上試卷類型A后的方框涂黑。3、選擇題的作答：每個(gè)小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非選擇題答題區(qū)域的答案一律無效。4、主觀題的作答：用0.5毫米黑色簽字筆直接答在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非主觀題答題區(qū)域的答案一律無效。5、選考題的作答：先把所選題目的題號(hào)在答題卡上指定的位置用2B鉛筆涂黑。答案用0.5毫米黑色簽字筆寫在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非選修題答題區(qū)域的答案一律無效。6、保持卡面清潔，不折疊，不破損。7、本科目考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試題卷、答題卡、草稿紙一并依序排列上交。二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14~17題只有一項(xiàng)符合題目要求，第18~21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1?國家大科學(xué)過程一中國散裂中子源（CSNS）于2017年8月28日首次打靶成功，獲得中子束流，可以為諸多領(lǐng)域的研究和工業(yè)應(yīng)用提供先進(jìn)的研究平臺(tái)，下列核反應(yīng)中放出的粒子為中子的是A.74N俘獲一個(gè)a粒子，產(chǎn)生870并放出一個(gè)粒子27A1俘獲一個(gè)a粒子，產(chǎn)生30P并放出一個(gè)粒子131511B俘獲一個(gè)質(zhì)子，產(chǎn)生8Be并放出一個(gè)粒子546Li俘獲一個(gè)質(zhì)子，產(chǎn)生3He并放出一個(gè)粒子32【答案】B

【解析】根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知四個(gè)核反應(yīng)方程分別為14N+4HeTi7O+iH、27Al+4HeT3oP+1n、11B+4HeT8Be+7Li,6Li+4HeT3He+7Li,728113215052433223故只有B選項(xiàng)符合題意；【點(diǎn)睛】核反應(yīng)過程中，質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒，應(yīng)用質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒即可寫出核反應(yīng)方程式．2?如圖所示，直線a與四分之一圓弧b分別表示兩質(zhì)點(diǎn)A、B從同一地點(diǎn)出發(fā)，沿同一方向做直線運(yùn)動(dòng)的v-t42【答案】C解析】【詳解】設(shè)A的加速度為a，兩質(zhì)點(diǎn)A、B從同一地點(diǎn)出發(fā)，A追上B時(shí)兩者的位移相等，即x二x，根ab一、11C兀/據(jù)v-t圖象的“面積”表示位移，得—at2——x^x22由題知t=2s，解得a——m/s2，故ABD錯(cuò)誤，C正確；故選C．【點(diǎn)睛】對(duì)于速度圖線，關(guān)鍵抓住斜率等于加速度、“面積”等于位移來理解其物理意義．本題還要抓住追及時(shí)位移關(guān)系來列式．3?水平放置的平行板電容器與某一電源相連接后，斷開電鍵，重力不可忽略的小球由電容器的正中央沿水平向右的方向射入該電容器，如圖所示，小球先后經(jīng)過虛線的a、b兩點(diǎn)?貝％)如果小球所帶的電荷為正電荷，小球所受的電場(chǎng)力一定向下小球由A到B的過程中電場(chǎng)力一定做負(fù)功小球由A到B的過程中動(dòng)能可能減小小球由A到B的過程中，小球的機(jī)械能可能減小【答案】D【解析】【詳解】A.小球在極板間受到豎直向下的重力作用與電場(chǎng)力作用，由圖示小球運(yùn)動(dòng)軌跡可知，小球向下運(yùn)動(dòng)，說明小球受到的合力豎直向下，重力與電場(chǎng)力的合力豎直向下．當(dāng)小球帶正電時(shí)，若上極板帶正電荷，小球所受電場(chǎng)力向下，小球受到的合力向下；當(dāng)小球帶正電時(shí)，若上極板帶負(fù)電，小球所受電場(chǎng)力向上，在電場(chǎng)力小于重力時(shí)，小球受到的合力也向下.故無法確定電場(chǎng)力方向，A項(xiàng)錯(cuò)誤；如果小球受到的電場(chǎng)力向下，小球從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中電場(chǎng)力做正功；如果小球受到的電場(chǎng)力向上，則電場(chǎng)力做負(fù)功.故B項(xiàng)錯(cuò)誤；小球受到的合力向下，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中合外力做正功，小球的動(dòng)能增加.故C項(xiàng)錯(cuò)誤；小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程，電場(chǎng)力可能做正功也可能做負(fù)功，小球的機(jī)械能可能增加也可能減小.故D項(xiàng)正確.4.所謂對(duì)接是指兩艘同方向以幾乎同樣快慢運(yùn)行的宇宙飛船在太空中互相靠近，最后連接在一起.假設(shè)“天舟一號(hào)”和“天宮二號(hào)”的質(zhì)量分別為M、m,兩者對(duì)接前的在軌速度分別為(v+Vv)、v，對(duì)接持續(xù)時(shí)間為Vt，則在對(duì)接過程中“天舟一號(hào)”對(duì)“天宮二號(hào)”的平均作用力大小為()m2?Vv(M+m)VtM2?Vv(M+m)VtMm?Vv(M+m)VtD.0【答案】C【解析】在天舟一號(hào)和天宮二號(hào)對(duì)接的過程中水平方向動(dòng)量守恒，M(v+△”)+mv二(M+m)v，解得對(duì)接后兩者

M(vv)mv的共同速度vM(vv)mv的共同速度vMm'以天宮—號(hào)為研究對(duì)象’根據(jù)動(dòng)量定理有Ftmvmv'解得FMm?v(MmTt，故c正確，abd錯(cuò)誤;故選c.如圖所示，小物塊從高為九=0.8m的斜面頂端由靜止滑下，經(jīng)長為L=1m的水平面后又滑上高為h2=0.3m的斜面，如果小物塊與斜面和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為疔0.175,則當(dāng)小物塊滑上右邊斜面頂端時(shí)，下列說法中正確的是()小物塊滑上右邊斜面頂端時(shí)速度恰好為零小物塊滑上右邊斜面頂端時(shí)速度W3m/s小物塊滑上右邊斜面頂端時(shí)速度為2.7m/sD?小物塊最終停水平段【答案】B解析】詳解】小物塊從起點(diǎn)滑至右邊斜面頂端，應(yīng)用動(dòng)能定理：mg(hh)12mgcos53ogmg(hh)12mgcos53oght—sin53>mgcos37°gh2—sin370mgL1mv22解得：v<3m/s，小物塊從右邊斜面頂端飛出，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B.如圖所示，帶有光滑豎直桿的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連接，開始時(shí)輕繩與斜劈平行.現(xiàn)給小滑塊施加一豎直向上的拉力，使小滑塊沿桿緩慢上升輕繩對(duì)小球的拉力逐漸增大小球?qū)π迸膲毫ο葴p小后增大豎直桿對(duì)小滑塊的彈力先增大后減小對(duì)小滑塊施加的豎直向上的拉力逐漸增大【答案】AD【解析】試題分析：先對(duì)小球受力分析，受重力、支持力和細(xì)線的拉力，其中支持力的方向不變，拉力方向改變，根據(jù)平衡條件并結(jié)合圖示法分析支持力和拉力的變化情況；然后對(duì)球和滑塊整體分析，根據(jù)平衡條件列式分析．對(duì)小球受力分析，受重力、支持力和細(xì)線的拉力，如圖所示：根據(jù)平衡條件，細(xì)線的拉力T增加，支持力N減小，根據(jù)牛頓第三定律，球?qū)π泵娴膲毫σ矞p小,A正確B錯(cuò)誤；對(duì)球和滑塊整體分析，受重力、斜面的支持力N,桿的支持力N'，拉力F,如圖所示，根據(jù)平衡條件，有：水平方向N'=Nsin9，豎直方向F+Ncos9=G，由于N減小，故N減小，f增加，C錯(cuò)誤D正確．7?—長度為2R的輕質(zhì)細(xì)桿兩端分別連接質(zhì)量為m和2m、可視為質(zhì)點(diǎn)的球M、N,細(xì)桿的中點(diǎn)O處有一軸,細(xì)桿可繞其在豎直面內(nèi)無摩擦地轉(zhuǎn)動(dòng)，開始細(xì)桿呈豎直狀態(tài)，N處在最高點(diǎn)，如圖所示，當(dāng)裝置受到很小的擾動(dòng)后，細(xì)桿開始繞過中點(diǎn)的軸轉(zhuǎn)動(dòng)，則在球N轉(zhuǎn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，下列說法中正確的是(重力加速度取g=10m/s2)()

N的機(jī)械能減少量等于M的機(jī)械能增加量N的重力勢(shì)能減少量等于M的重力勢(shì)能增加量c.運(yùn)動(dòng)過程中兩球的最大速度均為（3gR8D.細(xì)桿對(duì)N做的功為-仝mgR3【答案】ACD【解析】【詳解】A.兩球組成系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，重力勢(shì)能和動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，所以N的機(jī)械能減少量等于M的機(jī)械能增加量，故A正確；的B.兩球運(yùn)動(dòng)過程中豎直位移大小相等，質(zhì)量不同，重力做功不同，重力勢(shì)能變化量的大小不同，故B錯(cuò)誤;C.C.球N轉(zhuǎn)動(dòng)到最低點(diǎn)，速度最大,根據(jù)機(jī)械能守恒定律：4mgR-2mgR=2g2mv2+2mv2解得：v解得：v=3gR，故c正確;D.對(duì)N小球應(yīng)用動(dòng)能定理:4mgR+W=—g2mv2^28解得細(xì)桿對(duì)N做的功為：W=-3mgR，故D正確。故選ACD.8?如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)電阻為r,理想電壓表V］、V2示數(shù)為U］、U2,其變化量的絕對(duì)值分別為AU］和AU2；流過電源的電流為I,其變化量的絕對(duì)值為AI.在滑動(dòng)變阻器的觸片從右端滑到左端的過程中（燈泡電阻不變化）（）小燈泡L］、L3變暗，L2變亮AU］>AU2AUj/M增大AUJA不變【答案】BD【解析】【詳解】A.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸片P從右端滑到左端時(shí)，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，總電流增大，路端電壓減小，則l2變亮.變阻器的電阻減小，并聯(lián)部分的電阻減小，則并聯(lián)部分的電壓減小，則L3變暗.總電流增大，而L3的電流減小，則L］的電流增大，則L］變亮.故A錯(cuò)誤；由上分析可知，電壓表V］的示數(shù)減小，電壓表V2的示數(shù)增大，由于路端電壓減小，即兩電壓表示數(shù)之和減小，所以△?>△U2.故B正確；VU由U產(chǎn)E-I（RL2+r）得：方二R+r，不變，故C錯(cuò)誤；］L2VIL2VU2=R2，不變，D正確.VI【點(diǎn)睛】本題是電路動(dòng)態(tài)變化分析問題，按“局部-整體-局部”思路進(jìn)行分析.運(yùn)用總量法分析兩電壓表讀數(shù)變化量的大小.運(yùn)用歐姆定律定量分析電壓表示數(shù)變化量與電流表示數(shù)變化量的比值變化，這是常用的方法.第II卷三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題~第32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須做答。第33題~第38題為選考題，考生根據(jù)要求做答。（一）必考題（共129分）某同學(xué)利用單擺測(cè)定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取?/p>

(t乙甲.1?'%M—(1)為了減小測(cè)量周期誤差，實(shí)驗(yàn)時(shí)需要在適當(dāng)?shù)奈恢米鲆粯?biāo)記，當(dāng)擺球通過該標(biāo)記時(shí)開始計(jì)時(shí)，該標(biāo)記1iij(t乙甲.1?'%M—(1)為了減小測(cè)量周期誤差，實(shí)驗(yàn)時(shí)需要在適當(dāng)?shù)奈恢米鲆粯?biāo)記，當(dāng)擺球通過該標(biāo)記時(shí)開始計(jì)時(shí)，該標(biāo)記1iiji1jiiI1i1】t丨i1r1)J1111111Iiii1'111U20-應(yīng)該放置在擺球擺動(dòng)的的最高點(diǎn)最低點(diǎn)任意位置用秒表測(cè)量單擺的周期.當(dāng)單擺擺動(dòng)穩(wěn)定且到達(dá)計(jì)時(shí)標(biāo)記時(shí)開始計(jì)時(shí)并記為n=l,單擺每經(jīng)過標(biāo)記記一次數(shù)，當(dāng)數(shù)到n=60時(shí)秒表的示數(shù)如圖甲所示,示數(shù)為s,則該單擺的周期是T=s(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)．用最小刻度為1mm的刻度尺測(cè)擺線長，測(cè)量情況如圖乙所示.O為懸掛點(diǎn)，從圖乙中可讀出單擺的擺線長度為m；用游標(biāo)卡尺測(cè)量擺球的直徑如圖丙所示，則球的直徑為―_cm；單擺的擺長為m(計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。若用L表示擺長，T表示周期，那么重力加速度的表達(dá)式為g=.答案】4nL(1).B(2).67.4(3).2.25(4).0.9915(5).2.075(6).1.00(7).g-T2解析】詳解】(1)[1]最低點(diǎn)位置明確，速度最大，在小球經(jīng)過最低點(diǎn)一瞬間開始計(jì)時(shí)可以減小測(cè)量周期誤差(2)[2]由圖中示數(shù)可知秒表讀數(shù):60s+7.4s=67.4s67.4s[3]單擺的周期為：67.4s[3]單擺的周期為：?2.25s（3）[4]毫米刻度尺需要估讀，圖示的刻度尺示數(shù)為99.15cm=0.9915m游標(biāo)卡尺讀數(shù)：20mm+15x0.05mm=20.75mm=2.075cm擺長等于擺線長度與小球半徑之和：0.9915m+0.02075m?1.00m2（4）[7]單擺的周期公式：4nL變形得重力加速度表達(dá)式：g=-為了對(duì)某金屬絲人兀（金屬絲阻值約為2000）的電阻進(jìn)行精確的測(cè)量，實(shí)驗(yàn)室提供了如下實(shí)驗(yàn)器材:電流表A1（量程為0?5mA，內(nèi)阻為*=500）；電流表A2（量程為0?0.6A，內(nèi)阻為r2=0.2Q）；電壓表V（量程為0?6V,內(nèi)阻為rV~15kQ）；D?滑動(dòng)變阻器R1（額定電流2A,最大阻值為150）；E?滑動(dòng)變阻器R2（額定電流1A,最大阻值為10000）；定值電阻R1為100；定值電阻R2為5000；內(nèi)阻可忽略不計(jì)的電源（電動(dòng)勢(shì)為E=6V）；開關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干。為了完成測(cè)量：（1）電流表應(yīng)選，定值電阻應(yīng)選，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選。（填寫器材前的字母序號(hào)）（2）在線框中畫出電路圖，并標(biāo)上所選器材對(duì)應(yīng)的符號(hào)

【詳解】(1)［1］根據(jù)題目中所給條件，通過電路的電流約為：=30mA，所以A2量程太大，測(cè)量誤200Q2差較大，所以選擇A］進(jìn)行電表改裝，進(jìn)而精確測(cè)量；［2］根據(jù)并聯(lián)分流的規(guī)律，小電阻分大電流，所以選用定值電阻R1改裝電流表：RI—1—g—RI-1gg解得改裝后電流表量程最大值為：I—30mA；［3］滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，為了方便調(diào)節(jié)，使電表示數(shù)變化大，所以選擇滑動(dòng)變阻器氣；2)［4］改裝后的電流表分壓可以直接求得，所以電流表采用內(nèi)接法更加準(zhǔn)確，如圖所示：如圖甲所示，電荷量為q=2x10-4C的帶正電的小物塊置于絕緣水平面上，所在空間存在方向沿水平向右的電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小與時(shí)間的關(guān)系如圖乙所示，物塊運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間t的關(guān)系如圖丙所示，取重力加速度g=10m/s2。求前2秒內(nèi)電場(chǎng)力做的功；物塊的質(zhì)量；3）物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。甲乙丙答案（1）12J（2）2kg（3）0.2解析】【詳解】（1）前2s內(nèi)電場(chǎng)力的大小:qE]=6N根據(jù)vT圖像，前2s內(nèi)位移的大小:g2m=2m電場(chǎng)力做功：W=qEx=12J1（2）后2s物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力平衡：f=qE=4N

2前2s物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律：qE-f=ma1根據(jù)v-t圖像，前2s內(nèi)物體的加速度：=1m/s2Av2

a===1m/s2At2聯(lián)立方程解得：m=2kg（3）滑動(dòng)摩擦力：f=卩mg=4N解得：r=°.2E如圖所示裝置中，區(qū)域I和III中分別有豎直向上和水平向右勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度分別為E和2；11區(qū)域內(nèi)有垂直平面向外的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.—質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子（不計(jì)重力）從左邊界O點(diǎn)正上方的M點(diǎn)以速度v0水平射入電場(chǎng)，經(jīng)水平分界線OP上的A點(diǎn)與OP成60°角射入II區(qū)域的

磁場(chǎng)中，并垂直豎直邊界CD進(jìn)入III區(qū)域的勻強(qiáng)電場(chǎng)中.求:粒子在II區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑;O、M間的距離；(3)粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次通過CD邊界所用的時(shí)間.(3)粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次通過CD邊界所用的時(shí)間.2mv【答案】(i)-qB0(2)3mv22qE⑶(8+、'①mvo+型qE3qB【解析】【詳解】(1)粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子過A點(diǎn)時(shí)速度為v,由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知:v=―Ve=2vcos60o0粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得:v2qvB=mR所以:2所以:2mv°qB⑵設(shè)粒子在I區(qū)域電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為G加速度為a,則有qE=mavtan60o=at01解得:t1宅O、M兩點(diǎn)間的距離為:L=一at2L=一at23mv2210/r