2020新課標(biāo)高考物理二輪練習(xí)4新高考模擬卷(二)Word版含解析

新高考模擬卷(二)(時間：90分鐘分值：100分)一、單項選擇題：此題共8小題，每題3分，共24分．在每題給出的四個選項中，只有一項切合題目要求．239235和另一個原子核X.假定該反響沒有γ1．一個靜止的钚核94Pu自覺衰變?yōu)橐粋€鈾核92U射線產(chǎn)生，則以下說法正確的選項是()A．X是氦(He)原子，又叫α粒子B．該反響質(zhì)量增添C．鈾核與X的動量大小之比為1∶2D．X與鈾核的動能之比為235∶4分析：選D.由原子核衰變時電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒可知，X是氦(He)原子核，又叫α粒子，不是氦(He)原子，選項A錯誤；衰變過程有質(zhì)量損失，選項B錯誤；钚核衰變過程動量守恒，鈾核與X的動量大小相等、方向相反，選項C錯誤；依據(jù)動能與動量的關(guān)系Ek＝p2，能夠得2m到X與鈾核的動能之比為235∶4，選項D正確．2．以下相關(guān)熱力學(xué)現(xiàn)象和規(guī)律的描繪不正確的選項是( )．布朗運動的無規(guī)則性反應(yīng)了液體分子運動的無規(guī)則性B．用打氣筒給自行車充氣，越打越費力，說明氣體分子間表現(xiàn)為斥力C．必定質(zhì)量的理想氣體，在體積不變時，氣體分子均勻每秒與器壁碰撞次數(shù)隨溫度的降低而減少D．必定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷等壓膨脹過程，分子均勻動能增大分析：選B.懸浮在液體中的固體小顆粒的無規(guī)則運動是因為液體分子與懸浮顆粒的碰撞，所以布朗運動的無規(guī)則性間接表示了液體分子的運動的無規(guī)則性，選項A正確；用打氣筒給自行車打氣，越打越費力是因為自行車輪胎內(nèi)氣體的壓強在漸漸增大，而不是氣體分子之間的斥力造成的，選項B錯誤；必定質(zhì)量的理想氣體，在體積不變時，由查理定律可知，溫度降低，壓強減小，氣體分子均勻每秒與器壁碰撞的次數(shù)減少，選項

C正確；必定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷等壓膨脹時，氣體的體積增大，由蓋－呂薩克定律可知，氣體的溫度高升，而溫度是分子均勻動能的標(biāo)記，可知分子的均勻動能增大，選項

D正確．3.如圖，傾角為

θ的傳遞帶正以速度

v0勻速順時針轉(zhuǎn)動，現(xiàn)將物塊輕放在傳遞帶的頂端

A點，在物塊向下運動的過程中，對于物塊的速度

v、所受摩擦力的大小

f、摩擦力功率的大小

P、重力勢能

Ep的圖象必定不正確的是(

)分析：選A.物塊在傳遞帶上運動的狀況有三種，即①向來勻加快或②先勻加快與傳遞帶同速后再以更小加快度加快或③先勻加快與傳遞帶同速后再勻速，B、D選項對應(yīng)于狀況③；由P＝fv知C對應(yīng)②；重力勢能與時間在兩個階段不行能都是線性關(guān)系，應(yīng)選A.4．兩列分別沿x軸正、負(fù)方向流傳的簡諧橫波在t＝0時刻的波形如下圖，此中a波振2cm，沿x軸正方向流傳；b波振幅為1cm，沿x軸負(fù)方向流傳，兩列波流傳的速度大幅為小均為

v＝2m/s.則以下說法正確的選項是

(

)A．兩列波的質(zhì)點的起振方向均沿

y軸正方向B．兩列波從相碰到分別所用的時間為

4sC．t＝1s時刻，質(zhì)點

P運動到

M點D．t＝1.5s

時，質(zhì)點

Q走開均衡地點的位移為

1cm分析：選

D.由“上坡下、下坡上”的判斷原則可知，因為

t＝0

時刻質(zhì)點

P、Q

起振且均處于上坡地點，所以兩列波的質(zhì)點的起振方向均沿

y軸負(fù)方向，選項

A錯誤；兩列波從相遇到分別所用的時間為

t＝2λ＝2s，選項

B錯誤；在波向前流傳的過程中，質(zhì)點流傳的是振動2v的形式，質(zhì)點自己其實不會隨波遷徙，選項

C錯誤；t＝1.5s時，兩列波恰幸虧

x＝5m

處相遇，b波中

x＝11m

處的波形恰巧流傳到

x＝8m

處，所以此時

Q質(zhì)點恰巧位于波峰處，所以質(zhì)點Q走開均衡地點的位移為

1cm，選項

D正確．5．2019年4月10日，全世界多地同步宣布了人類歷史上第一張黑洞照片．黑洞是一種密度極大，引力極大的天體，以致于光都沒法逃逸．黑洞的大小由史瓦西半徑公式R＝2GMc2決定，此中引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，光速c＝3.0×108m/s，天體的質(zhì)量為M.已知太陽的質(zhì)量約為2×1030kg，若是它變?yōu)橐粋€黑洞，則“太陽黑洞”的半徑約為()A．1cmB．1mC．3kmD．300km分析：選C.依據(jù)題意知，引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，光速c＝3.0×108m/s，天體質(zhì)量為M＝2×1030kg，則由史瓦西半徑公式R＝2GM2可得，太陽變?yōu)橐粋€黑洞的半徑R＝c－112×10302×6.67×10×m＝2.96×103m，故C正確．82（3×10）6.一金屬球，本來不帶電，現(xiàn)沿球直徑的延伸線擱置一均勻帶電的細(xì)桿MN，如下圖．金屬球上感覺電荷產(chǎn)生的電場在球內(nèi)直徑上a、b、c三點的場強盛小分別為Ea、Eb、Ec，三者對比，則()A．Ea最大B．Eb最大C．E最大D．E＝E＝Eccab分析：選C.處于靜電均衡的導(dǎo)體內(nèi)部場強到處為零，故a、b、c三點的場強都為零．靜電均衡在導(dǎo)體內(nèi)部場強為零是感覺電荷產(chǎn)生的電場與外電場疊加的結(jié)果，所以感覺電荷在球內(nèi)某點產(chǎn)生的電場的場強與MN在這一點形成的電場的場強等大、反向．比較a、b、c三點感應(yīng)電場的場強，實質(zhì)上是比較帶電體MN在這三點的場強．因為c點離MN近來，故MN在c點的場強最大，感覺電荷在c點場強也最大．應(yīng)選C.7.如下圖，一束光從空氣中射向折射率為n＝2的某種玻璃的表面，θ1表示入射角，則以下說法中錯誤的選項是( )A．當(dāng)θ＞45°時會發(fā)生全反射現(xiàn)象1B．不論入射角θ1是多大，折射角2θ都不會超出45°C．欲使折射角θ2＝30°，應(yīng)以θ1＝45°的角度入射D．當(dāng)入射角θ1＝arctan2時，反射光芒和折射光芒恰巧相互垂直分析：選A.發(fā)生全反射現(xiàn)象的條件是：光從光密介質(zhì)射向光疏介質(zhì)，且入射角大于臨界角，所以，選項A中，當(dāng)光從空氣中射向玻璃時不會發(fā)生全反射現(xiàn)象，選項A錯誤；由折射率n＝sinθ1＝2可知，當(dāng)入射角最大為90°時，折射角θ2＝45°，所以B正確；由折射率nsinθ2＝sinθ可知，選項C、D均正確．1sinθ28．如下圖，甲球從O點以水平速度v1飛出，落在水平地面上的A點．乙球從O點以水平速度v2飛出，落在水平川面上的B點，反彈后恰巧也落在A點．兩球質(zhì)量均為m.若乙球落在B點時的速度大小為v3，與地面的夾角為60°，且與地面發(fā)生彈性碰撞，不計碰撞時間和空氣阻力，以下說法不正確的選項是( )A．乙球在

B點遇到的沖量大小為

3mv3B．拋出時甲球的機械能大于乙球的機械能C．OA

兩點的水平距離與

OB

兩點的水平距離之比是

3∶1D．由

O點到

A點，甲、乙兩球運動時間之比是

1∶1分析：選

D.由動量定理

I＝

py＝2mv3sin60°，A

正確；明顯甲球拋出初速度大，動能大，勢能同樣，

B正確；乙球與地面彈性碰撞，由對稱性知

t甲∶t

乙＝1∶3，第一次落地水平位移比為sOA∶sOB＝3∶1，C正確，D錯誤．二、多項選擇題：此題共4小題，每題4分，共16分．在每題給出的四個選項中，有多項切合題目要求．所有選對的得

4分，選對但不全的得

2分，有選錯的得

0分．9．某電場的電場線散布如下圖，

M、N、Q

是以電場線上一點

O為圓心的同一圓周上的三點，OQ連線與直線MN垂直．以下說法正確的選項是( )A．O點電勢與Q點電勢相等B．M點場強盛于O的場強C．將一負(fù)電荷由M點移到Q點，電荷的電勢能增添D．正電荷在Q點所受電場力的方向與OQ垂直且豎直向上分析：選BC.依據(jù)電場線與等勢線垂直特色，在O點所在電場線上找到Q點的等勢點，該等勢點在O點的上方，依據(jù)沿電場線電勢降低可知，O點的電勢比Q點的電勢高，故A錯誤；依據(jù)電場線散布狀況可知，M點的電場強度比O點的電場強度大，故B正確；M點的電勢比Q點的電勢高，負(fù)電荷由M點移到Q點，電場力做負(fù)功，電荷的電勢能增添，故C正確；正電荷所受的電場力與該點電場線的切線方向同樣，斜向上，故D錯誤．10．如下圖，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，平行板電容器兩金屬板水平擱置，開關(guān)S是閉合的，兩板間一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴恰巧處于靜止?fàn)顟B(tài)，G為敏捷電流計．則以下說法正確的選項是

(

)A．若電阻R2短路，油滴向上加快運動，G中有從b到a的電流B．在將滑動變阻器滑片P向下挪動的過程中，油滴向下加快運動，G中有從a到b的電流C．在將滑動變阻器滑片P向上挪動的過程中，油滴仍舊靜止，G中有從a到b的電流D．在將S斷開，電路穩(wěn)固后，油滴向下運動，G中無電流經(jīng)過分析：選BD.若電阻R2短路，則電容器兩極板間的電壓為零，油滴向下運動，A錯誤；滑片向下挪動，滑動變阻器連入電路的電阻減小，電容器兩頭電壓減小，電容器放電，電場減弱，油滴向下加快運動，G中有從a到b的電流，B正確；在滑片P向上挪動的過程中，滑動變阻器連入電路的電阻增大，故電路總電阻增大，路端電壓增大，電路總電流減小，即經(jīng)過R1的電流減小，所以R1兩頭的電壓減小，而路端電壓是增大的，所以滑動變阻器兩頭電壓增大，電容器處于充電狀態(tài)，

G中有從

b到

a的電流，因電容器兩極板間的電壓增大，

則兩極板間的電場強度增大，所以油滴向上加快運動，

C錯誤；將

S斷開，因為電容器放電，兩極板間的電壓減小，所以兩極板間的電場強度減小，故油滴不可以保持靜止?fàn)顟B(tài)，油滴向下運動，當(dāng)電路穩(wěn)固后，電路中無電流，

D正確．11．(2019

·寧葫蘆島一模遼

)如圖甲所示，在

MN、QP

間存在一勻強磁場，

t＝0時，一正方形圓滑金屬線框在水平向右的外力

F作用下緊貼

MN

從靜止開始做勻加快運動，外力

F隨時間

t變化的圖線如圖乙所示，已知線框質(zhì)量

m＝1kg、電阻

R＝2

Ω，則

(

)A．線框的加快度為2m/s2B．磁場寬度為6mC．勻強磁場的磁感覺強度為2T2D．線框進入磁場過程中，經(jīng)過線框橫截面的電荷量為2C分析：選ACD.當(dāng)t＝0時線框的速度為零，沒有感覺電流，線框不受安培力，則線框的加速度為：a＝F＝2m/s2＝2m/s2，故A正確；磁場的寬度等于線框在0～2s內(nèi)的位移，為：dm11212m＝4m，故B錯誤；設(shè)線框的邊長為L，則L等于線框在0～1s內(nèi)的位移，＝at2＝×2×222即為：L＝1212F1－F安＝ma，而F安＝BIL2at1＝2×2×1m＝1m，當(dāng)線框所有進入磁場的瞬時：＝B2L2v＝B2L2at，式中，F(xiàn)1＝4N，t＝1s，m＝1kg，R＝2Ω，聯(lián)立獲得：B＝2T，故CRR－－－22×12正確；線框進入磁場過程中，經(jīng)過線框橫截面的電荷量為：BLvtBLCq＝It＝R＝＝2R2＝2C，故D正確．12．如下圖，水平桌面上放著一對平行的金屬導(dǎo)軌，左端與一電源相連，中間還串有一開關(guān)K，導(dǎo)軌上放著一根金屬棒ab，空間存在著垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場．已知兩導(dǎo)軌間距為d，電源電動勢為E，導(dǎo)軌電阻及電源內(nèi)阻均不計，ab棒的電阻為R，質(zhì)量為m，棒與導(dǎo)軌間摩擦不計．閉合開關(guān)K，ab棒向右運動并從桌邊水平飛出，已知桌面離地高度為h，金屬棒落地址的水平位移為s.下邊的結(jié)論中正確的選項是()mgRs2A．開始時ab棒離導(dǎo)軌右端的距離L＝4hB2d2EB．磁場力對ab棒所做的功W＝mgs24hC．磁場力對ab棒的沖量大小I＝msg2hmsRgD．a(chǎn)b棒在導(dǎo)軌上運動時間t＝B2d2E2h分析：選BC.閉合開關(guān)瞬時，導(dǎo)體棒ab中的電流I＝E，ab棒遇到的安培力F＝BId＝BEd，RR導(dǎo)體棒做加快運動，產(chǎn)生反電動勢E′＝Bdv.跟著v變大，E′變大，電路中電流變小，F(xiàn)變小，F(xiàn)為變力，所以A、D項沒法求出．a(chǎn)b棒走開桌面后做平拋運動，水平方向s＝vt，豎直方向：1gt2，解得：v＝sg，由動能定理磁場力對1ms2g，故B正h＝ab棒所做的功為：W＝mv2＝4h22h2確；由動量定理可知，沖量I＝mv＝msg，故C正確．2h三、非選擇題：此題共6小題，共60分．13．(6分)某實驗小組用如圖甲所示的實驗裝置測當(dāng)?shù)氐闹亓涌於?，圖中A、B是兩個光電門，鋼球自由著落過程中，先后經(jīng)過光電門A、B，鋼球經(jīng)過光電門A時與光電門相連的光電計時器開始計時，經(jīng)過光電門B時就停止計時，獲得鋼球從A運動到B所用的時間t，用刻度尺測出A、B間的高度h.保持鋼球著落的地點不變，光電門B的地點不變，改變光電門A的地點，重復(fù)前面的實驗，測出多組h、t的值．(1)依據(jù)測得的多組h、t的值，算出每組的h，作出h－t圖象，則圖象應(yīng)是圖乙中的tt____________．圖線在縱軸上的截距表示____________，要求出重力加快度，一定求出圖線的____________，若求出的圖線的這個量用k表示，則當(dāng)?shù)氐闹亓涌於葹開_________________．分析：(1)因為鋼球著落的地點不變，光電門B的地點不變，所以鋼球抵達(dá)B點的速度不變，設(shè)鋼球到B點時的速度為vB，則鋼球的運動能夠當(dāng)作是反方向的勻減速直線運動，有h12h1gt，D正確；＝vBt－gt，即＝vB－2t2(2)由函數(shù)表達(dá)式可知，圖線在縱軸上的截距表示鋼球經(jīng)過光電門B時的速度，要求出重力加快度，一定求出圖線斜率的絕對值，則由1k＝g解得g＝2k.2答案：(1)D(2)鋼球經(jīng)過光電門B時的速度斜率的絕對值2k14．(8分)使用多用電表丈量電阻時，多用電表內(nèi)部的電路能夠等效為一個直流電源(一般為電池)，一個電阻和一表頭串連，兩個表筆分別位于此串連電路的兩頭，現(xiàn)需要丈量多用電表內(nèi)直流電源的電動勢，給定的儀器有：待測多用電表、量程為0～60mA的電流表、電阻箱、導(dǎo)線若干．實驗時，將多用電表調(diào)至“×1”擋，調(diào)好零點，電阻箱置于適合數(shù)值．達(dá)成填空：(1)儀器連結(jié)如圖甲所示(a和b是多用電表的兩個表筆)，若多用電表和電流表均正常工作，則表筆a為________(填“紅”或“黑”)色．(2)若適合調(diào)理電阻箱后，多用電表、電流表與電阻箱的示數(shù)分別如圖乙、丙、丁所示，則多用電表的讀數(shù)為__________Ω，電流表的讀數(shù)為______mA，電阻箱的讀數(shù)為______Ω.(3)將圖甲中多用電表的兩表筆短接，此時流過多用電表的電流為________mA(保存3位有效數(shù)字)．(4)計算獲得多用電表內(nèi)電池的電動勢為________V(保存3位有效數(shù)字)．分析：(1)串連的電流表一定使電流從正接線柱流進，負(fù)接線柱流出，多用電表在使用時一定使電流從紅表筆流進，黑表筆流出，所以能夠判斷a表筆為黑表筆．(2)多用電表用“×1”擋，其讀數(shù)為14.0×1Ω＝14.0Ω；電流表的量程是60mA，其最小分度值為1mA，讀數(shù)為53.0mA；電阻箱的讀數(shù)為(0×100＋0×10＋4×1＋6×0.1)Ω＝4.6Ω.(3)多用電表的內(nèi)阻即為歐姆表指針半偏時的電阻，由題圖乙可知R內(nèi)＝15Ω，故多用電表兩表筆短接時，流過多用電表的電流I＝E①，此中E為直流電源的電動勢，(2)中多用電R內(nèi)表外電路的電阻為多用電表的讀數(shù)R＝14.0Ω，此時干路電流E外I1＝R內(nèi)＋R外②.聯(lián)立①②式代入數(shù)據(jù)可得

I＝102mA.(4)由(3)可得多用電表內(nèi)電池的電動勢

E＝IR內(nèi)＝I1(R內(nèi)＋R外)＝1.54V.答案：(1)黑

(2)14.0

(3)102

(4)1.5415．(8分)如下圖為四旋翼無人機，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛翔器，當(dāng)前正獲得愈來愈寬泛的應(yīng)用．一架質(zhì)量m＝1kg的無人機，其動力系統(tǒng)所能供給的最大升力F＝16N，無人機上漲過程中最大速度為6m/s.若無人機從地面以最大升力豎直起飛，達(dá)到最大速度所用時間為3s，假定無人機豎直飛翔時所受阻力大小不變．g取10m/s2.求：(1)無人機在豎直上漲過程中所受阻力Ff的大??；(2)無人機從地面騰飛豎直上漲至離地面h＝30m的高空所需的最短時間．分析：(1)無人機以最大升力騰飛時的加快度a＝v＝6m/s－0＝2m/s2.t3s由牛頓第二定律F－Ff－mg＝ma得Ff＝4N.12(2)豎直向上加快階段x1＝2at1，x1＝9mh－x1勻速階段t2＝＝3.5svt＝t＋t＝6.5s.12答案：(1)4N(2)6.5s16．(8分)籃球競賽是一種賞析性較高的體育競賽，競賽中籃球內(nèi)氣體的壓強要控制在一定范圍內(nèi)，不然會影響籃球落地后的反彈性能．在某次籃球競賽中，賽前在室溫15℃時檢測到球內(nèi)氣體的壓強為1.5atm.(1)若籃球密封優(yōu)秀，競賽時球內(nèi)氣體的溫度為30℃，試計算此時球內(nèi)氣體的壓強；(2)若在籃球比勝過程中，球內(nèi)氣體溫度一直為室溫15℃，但籃球有些遲緩漏氣，當(dāng)球賽結(jié)束時，檢測發(fā)現(xiàn)球內(nèi)氣體壓強為1.4atm，則在比勝過程中遺漏的氣體是球內(nèi)原有氣體的百分之幾？(計算結(jié)果均保存3位有效數(shù)字)分析：(1)因為籃球的體積不變，所以當(dāng)溫度高升時，籃球發(fā)生等容變化，設(shè)溫度為30℃1.5atmp時球內(nèi)氣體的壓強為p，由查理定律可得（273＋15）K＝（273＋30）K解得p＝1.58atm.(2)設(shè)籃球體積為V，氣體發(fā)生等溫膨脹后氣體的體積為V′，則由玻意耳定律可得1．5V＝1.4V′15解得V′＝14V所以漏出籃球的氣體的體積為1V＝V′－V＝14V遺漏的氣體占球內(nèi)原有氣體的百分比為V100%＝6.67%.V′答案：看法析17.(14分)如下圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個地區(qū)，各界限均與y軸平行，Ⅰ、Ⅱ地區(qū)存在勻強電場，方向分別沿＋x和－y方向，Ⅰ地區(qū)電場強度大小為E，Ⅲ地區(qū)有垂直xOy平面向里的磁場．三個地區(qū)寬度均為12HL，一個氕核1H和一個氘核1先后從坐標(biāo)原點開釋，已知21H與左界限成60°進入磁場，最后恰巧與右界限相切走開磁場，的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計重力．求：2(1)1H第一次走開Ⅱ區(qū)的坐標(biāo)；(2)Ⅲ地區(qū)勻強磁場的磁感覺強度大??；(3)1H第一次走開磁場地點的坐標(biāo)．1分析：(1)對氘核，在Ⅰ區(qū)中加快，由動能定理：12qEL＝×2mvx進入Ⅱ區(qū)，粒子類平拋，L＝vxt，vy＝at，tanθ＝vy，y＝1at2vx2實質(zhì)速度v＝vxcosθ將θ＝30°代入得：v＝2qEL，y＝3L，3m6所以12第一次走開Ⅱ區(qū)的坐標(biāo)為2L，－3H6L.2(2)進入磁場后，1H做圓周運動，運動軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系知：Rsin30°＋R＝L又：qvB＝2mv2，解得：R3mEB＝2qL.(3)對于氕核，m′＝m，q′＝q，由(1)知：

11Hy′＝3L，v′＝22qEL，θ′＝30°，R′＝2L63m3作出如圖乙所示的軌跡圖，依據(jù)幾何關(guān)系有：y＝2R′sin60°出射點縱坐標(biāo)為：y″＝－y′＋y聯(lián)立解得：