2020屆湖南長郡中學新高考沖刺押題模擬(二十七)物理試卷

2020屆湖南長郡中學新高考沖刺押題模擬（二十七）物理試題★祝你考試順利★注意事項：1、考試范圍：高考考查范圍。2、答題前，請先將自己的姓名、準考證號用0.5毫米黑色簽字筆填寫在試題卷和答題卡上的相應位置，并將準考證號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：每個小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。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應的答題區(qū)域內。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應的答題區(qū)域內，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、本科目考試結束后，請將本試題卷、答題卡、草稿紙一并依序排列上交。一、選擇題：（本題共12小題，第1~8題只有一項符合題目要求，第9~12題有多項符合題目要求。）1.下列說法正確的是A.診斷甲狀腺疾病時，給病人注射放射性同位素的目的是將其作為示蹤原子B.U的半衰期約為7億年，隨著地球溫度的升高，其半衰期將變短C.核反應過程中如果核子的平均質量減小，則要吸收能量D.結合能越大，原子中核子結合得越牢固，原子核越穩(wěn)定【答案】A【解析】【詳解】A．放射性同位素可以作為示蹤原子，診斷甲狀腺疾病時，給病人注射放射性同位素的目的是將其作為示蹤原子，故A正確；B．半衰期由原子核內部本身的因素決定，跟原子所處的物理或化學狀態(tài)無關，故B錯誤；C．核反應過程中如果核子的平均質量減小，根據愛因斯坦質能方程可知要釋放核能，故C錯誤；D．比結合能的大小反映原子核的穩(wěn)定程度，比結合能越大，原子中核子結合得越牢固，原子核越穩(wěn)定，故D錯誤。故選A。2.如圖，一粗糙絕緣豎直平面與兩個等量異種點電荷連線的中垂線重合．A、O、B為豎直平面上的三點，且O為等量異種點電荷連線的中點，AO=BO．現有帶電荷量為q、質量為m的小物塊視為質點，從A點以初速度v0向B滑動，到達B點時速度恰好為0．則A.從A到B，小物塊的加速度逐漸減小B.從A到B，小物塊的加速度先增大后減小C.小物塊一定帶負電荷，從A到B電勢能先減小后增大D.從A到B，小物塊的電勢能一直減小，受到的電場力先增大后減小【答案】B【解析】【詳解】小物塊受重力、電場力和墻壁的彈力以及摩擦力作用，可知q帶負電，從A到O的過程中，電場強度越來越大，則電場力越來越大，由于物塊在水平方向上平衡，可知墻壁的彈力增大，導致滑動摩擦力增大，根據知，加速度增大，從O到B，電場強度越來越小，則電場力越來越小，由于物塊在水平方向上平衡，可知墻壁的彈力減小，導致滑動摩擦力減小，根據知，加速度減小，B正確A錯誤；q帶負電，由于AB是等勢線，則電荷的電勢能不變，從A到B，電場強度先增大后減小，則電場力先增大后減小，C錯誤D錯誤．3.如圖所示，地球和行星繞太陽做勻速圓周運動，地球和行星做勻速圓周運動的半徑r1、r2之比為r1：r2=1：4，不計地球和行星直接的相互影響。此時地球和行星距離最近下列說法錯誤的是（）A.行星繞太陽做圓周運動的周期為8年B.地球和行星線速度大小之比為C.至少經過年，地球和行星距離再次最近D.經過相同時間，地球、行星圓周運動半徑掃過的面積之比為【答案】B【解析】【詳解】A．根據萬有引力提供圓周運動的向心力，有可得周期所以因為地球公轉周期為1年，故行星公轉周期為8年，故A正確，不符合題意；B．根據萬有引力提供圓周運動的向心力，有可得線速度所以故B錯誤，符合題意；C．地球周期短，故當地球比行星多公轉一周時，地球將再次位于太陽和行星之間，即則時間為年故C正確，不符合題意；D．行星與太陽連線掃過的面積故有故D正確，不符合題意。故選B。4.如圖甲所示，一匝數N=10匝、總電阻R=7.5Ω、ad長L1=0.4m、ab寬L2=0.2m的勻質矩形金屬線框靜止在粗糙水平面上，線框的bc邊正好過半徑r=0.1m的圓形磁場的直徑，線框的左半部分處于垂直線框平面向上的勻強磁場區(qū)域內，磁感應強度B0=1T，圓形磁場的磁感應強度為B，方向垂直線框平面向下，大小隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，已知線框與水平面間的最大靜摩擦力f=1.2N，π≈3，則（）A.t=0時刻穿過線框的磁通量大小為0.01WbB.線框靜止時，線框中感應電流為0.2AC.線框靜止時，ad邊所受安培力水平向左，大小為0.8ND.經時間t=2s，線框開始滑動【答案】A【解析】【分析】穿過線框的磁通量由兩部分組成，根據磁通量，即可求解；根據法拉第電磁感應定律與閉合電路歐姆定律，即可求解感應電流的大??；根據安培力表達式，結合左手定則與受力平衡條件，即可求解?！驹斀狻緼．設磁場向上穿過線框磁通量為正，由磁通量的定義得t=0時，有A正確；B．根據法拉第電磁感應定律有由閉合電路歐姆定律，則有B錯誤；C．由楞次定律可知，圓形磁場的磁感應強度增大時，線框內產生的感應電流的方向為逆時針方向，ad中的感應電流的方向向下，由左手定則可知，ad邊受到的安培力的方向向左，ad邊受到的安培力是10匝線圈受到的安培力的和，即所以ad邊受到的摩擦力的大小為0.4N，C錯誤；D．圓形磁場的磁感應強度均勻增大，所以產生大小不變的電動勢，感應電流的大小不變，而左側的磁場區(qū)域內的磁場不變；由圖乙可知，在t=0.4s時刻，右側的磁感應強度，由左手定則可知，右側的bc邊受到的安培力方向向左，大小為所以整體受到安培力的和等于所以線框受到的安培力的大小與摩擦力相等，所以線框在t=0.4s后才能開始滑動，D錯誤。故選A。5.在光滑水平地面放置著足夠長的質量為M的木板，其上放置著質量為m帶正電的小物塊（電荷量保持不變），兩者之間的動摩擦因數恒定，且M>m，空間存在足夠大的方向垂直于紙面向里的勻強磁場。某時刻開始它們以大小相等的速度相向運動，如圖所示。取水平向右的方向為正方向，則下列圖象可能正確反映它們以后運動的是（）A. B.C D.【答案】D【解析】【詳解】對m分析可知，m受重力、支持力和洛倫茲力與摩擦力作用，由左手定則可知，洛倫茲力方向向上；水平方向受M的摩擦力作用而做減速運動；則由F=Bqv可知，洛倫茲力減小，故m對M的壓力增大，摩擦力增大，故m的加速度越來越大；同時M受m向右的摩擦力作用，M也做減速運動；因摩擦力增大，故M的加速度也越來越大；則可知v—t圖象中對應的圖象應為曲線；對Mm組成的系統(tǒng)分析可知，系統(tǒng)所受外力之和為零，故系統(tǒng)的動量守恒，最終兩物體速度一定相同，則有因M＞m，故最終速度一定為負值，說明最終兩物體均向左做勻速運動，綜合分析可知D項圖像正確，ABC項的圖像錯誤。故選D。6.如圖所示，物塊用一不可伸長的輕繩跨過小滑輪與小球相連，與小球相連的輕繩處于水平拉直狀態(tài)。小球由靜止釋放運動到最低點過程中，物塊始終保持靜止，不計空氣阻力。下列說法正確的有（）A.小球剛釋放時，地面對物塊的摩擦力為零B.小球運動到最低點時，地面對物塊的支持力可能為零C.上述過程中小球的機械能不守恒D.上述過程中小球重力的功率一直增大【答案】A【解析】【詳解】A．小球剛釋放時，小球速度為零，此時繩子的拉力為零，對物塊分析可知，受到的摩擦力為零，故A正確；B．小球運動到最低點時，若地面對物塊的支持力為零，此時繩子的拉力對物塊有向右的分力，不可能靜止，故B錯誤；C．對小球擺動過程只有重力做功，故小球的機械能守恒，故C錯誤；D．剛釋放時速度為零，小球的功率為零，到達最底端時，速度方向與重力方向垂直，功率為零，故功率先增大后減小，故D錯誤。故選A。7.關于熱力學定律，下列說法中正確的是（）A.可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變?yōu)楣.理想氣體的等壓膨脹過程一定放熱C.熱量不可能從低溫物體傳遞到高溫物體D.壓縮氣體做功，該氣體的內能一定增加【答案】A【解析】【詳解】A．根據熱力學第二定律可知，可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變?yōu)楣?，但是會引起其他的變化，如絕熱氣缸，故A正確；B．當理想氣體做等壓膨脹過程時，根據可得溫度要增加，故內能△U增加；又因為氣體膨脹對外做功，所以W＜0，再根據熱力學第一定律△U=W+Q可得Q＞0，氣體一定吸收熱量，故B錯誤；C．根據熱力學第二定律可知，熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳遞到高溫物體，若有外界做功的話，可以從低溫物體傳遞到高溫物體；故C錯誤；D．壓縮氣體，外界對氣體做功，W＜0，根據熱力學第一定律△U=W+Q得知若氣體同時放熱，氣體的內能不一定增加；故D錯誤。故選A。8.如圖所示，足夠長的光滑斜面固定在水平面上，輕質彈簧與A、B物塊相連，A、C物塊由跨過光滑小滑輪的輕繩連接。初始時刻，C在外力作用下靜止，繩中恰好無拉力，B放置在水平面上，A靜止?，F撤去外力，物塊C沿斜面向下運動，當C運動到最低點時，B剛好離開地面。已知A、B的質量均為m，彈簧始終處于彈性限度內，則上述過程中（）A.C的質量mC可能小于mB.C的速度最大時，A的加速度為零C.C的速度最大時，彈簧彈性勢能最大D.A、B、C系統(tǒng)的機械能先變小后變大【答案】B【解析】【詳解】A．剛開始對A受力分析，可知A只受重力和彈簧的彈力作用，根據平衡條件有解得彈簧原來的壓縮量當C運動到最低點時，B對地面的壓力剛好為零，彈簧的拉力等于B的重力，則彈簧此時的伸長量為則x1=x2，彈簧初末狀態(tài)的彈性勢能相等，根據A、B、C和彈簧構成的系統(tǒng)機械能守恒，有α是斜面的傾角，得，sinα＜1所以，故A錯誤；BC．當C的速度最大時A的速度達到最大，即ABC與彈簧為一系統(tǒng)，系統(tǒng)的動能最大，則彈性勢能最小，則彈簧為原長。而C在斜面方向合力為0，即繩拉力T=mCgsinα=mg即繩對A的拉為mg，則A的合力為0，加速度為零，故B正確，C錯誤；D．由于A、B、C和彈簧構成的系統(tǒng)機械能守恒，而彈簧先復原再拉長，故彈性勢能先減小后增加，故A、B、C系統(tǒng)的機械能先變大后變小，故D錯誤。故選B。9.如圖所示，在“驗證力的平行四邊形定則”的實驗中，用A、B兩彈簧秤拉橡皮條結點，使其到達O點處，此時α+β>90°，然后保持彈簧測力計B的示數不變而減小β時，為保持結點O位置不變，可采取的辦法是A.減小A的讀數，同時減小α角 B.減小A的讀數，同時增大α角C.增大A的讀數，同時減小α角 D.增大A的讀數，同時增大α角【答案】AB【解析】【詳解】要使結點不變，應保證合力不變，故可以根據平行四邊形定則作圖進行分析．O點位置不變，即合力大小和方向不變，保持B的示數不變，即B的拉力大小不變，即一個分力大小不變，一個分力大小和方向都變，要減小，如圖，根據平行四邊形定則可得減小A的讀數，同時減小α角或減小A的讀數，同時增大α角，AB正確．10.兩列沿繩傳播的簡諧橫波（虛線表示甲波，實線表示乙波）在某時刻的波形圖如圖所示，M為繩上x=0.2m處的質點，則下列說法中正確的是（）A.M點是振動加強點B.由圖示時刻開始，再經甲波的周期，質點M將位于波峰C.圖示時刻質點M的速度為零D.甲波傳播速度v1比乙波的傳播速度v2大【答案】AB【解析】【詳解】AC．質點M是兩列波的波峰或波谷相遇點，振動始終加強，速度不為零，故A正確，C錯誤；B．甲向右傳播，由波形平移法知，圖示時刻M點正向下運動，再經甲波的周期，M將位于波峰，故B正確；D．波速由介質的性質決定，兩列均沿繩傳播，同種介質，則波速相等，故D錯誤。故選AB。11.甲圖中S、N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，V為理想交流電壓表，矩形線圈繞垂直于磁場方向的水平軸勻速轉動，矩形線圈通過滑環(huán)接一理想變壓器，滑動觸頭P上下移動時可改變變壓器副線圈的輸出電壓，副線圈接有可調電阻R，從圖示位置開始計時，發(fā)電機線圈中產生的交變電動勢隨時間變化的圖像如圖乙所示，忽略線圈、電刷與導線的電阻，以下判斷正確的是（）A.電壓表的示數為B.0.01s時穿過發(fā)電機線圈的磁通量最小C.保持R的大小不變，P的位置向上移動，電流表讀數減小D.保持R的大小及P的位置不變，發(fā)電機線圈的轉速增大一倍，變壓器的輸入功率將增大到原來的4倍【答案】BD【解析】【詳解】A．電壓表顯示的是交流電的有效值，故示數為故A錯誤；B．0.01s時感應電動勢負向最大，此時磁通量變化率最大，磁通量為零，最小，故B正確；C．若P的位置向上移動，匝數比減小，副線圈電壓增大，R的大小不變時，電流表讀數將增大，故C錯誤；D．若P的位置不變、R的大小不變，而把發(fā)電機線圈的轉速增大一倍，根據電壓增大為原來的2倍，則變壓器的輸入功率將增大到原來的4倍，故D正確。故選BD。12.用圖示裝置可以檢測霍爾效應。利用電磁鐵產生磁場，電流表檢測輸入霍爾元件的電流，電壓表檢測元件輸出的電壓。已知圖中的霍爾元件是半導體，與金屬導體不同，它內部形成電流的“載流子”是空穴，空穴可視為能自由移動的帶正電的粒子。圖中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個接線端。當開關S1、S2閉合后，電流表A和電流表B、C都有明顯示數，下列說法中正確的是（）A.電表B為電壓表，電表C為電流表B.接線端4的電勢低于接線端2的電勢C.若調整電路，使通過電磁鐵和霍爾元件的電流與原電流方向相反，但大小不變，則電壓表的示數將保持不變D.若增大R1、增大R2，則電壓表示數增大【答案】BC【解析】【詳解】A．B表為測量通過霍爾元件的電流，C表測量霍爾電壓，故電表B為電流表，電表C為電壓表，故A錯誤；B．根據安培定則可知，磁場的方向向下，通過霍爾元件的電流由1流向接線端3，電子移動方向與電流的方向相反，由左手定則可知，電子偏向接線端2，所以接線端2的電勢低于接線端4的電勢，故B正確；C．當調整電路，使通過電磁鐵和霍爾元件的電流方向相反，由左手定則可知洛倫茲力方向不變，即2、4兩接線端的電勢高低關系不發(fā)生改變，故C正確；D．增大，電磁鐵中的電流減小，產生的磁感應強度減小，增大，霍爾元件中的電流減小，所以霍爾電壓減小，即電壓表示數一定減小，故D錯誤。故選BC。二、實驗題（本題共2小題）13.圖中圓盤可繞過中心垂直于盤面的水平軸轉動。圓盤加速轉動時，角速度的增加量與對應時間的比值定義為角加速度，用β表示，，我們用測量直線運動加速度的實驗裝置來完成實驗，實驗步驟如下。其中打點計時器所接交流電的頻率為50Hz，圖中A、B、C、D……為計數點，相鄰兩計數點間有四個點未畫出。①如圖甲所示，將打點計時器固定在桌面上，將紙帶一端穿過打點計時器的限位孔，然后固定在圓盤的側面，當圓盤轉動時，紙帶可以卷在圓盤側面上；②接通電源，打點計時器開始打點，啟動控制裝置使圓盤勻加速轉動；③斷開電源，經過一段時間，停止轉動圓盤和打點，取下紙帶，進行測量。（1）用20分度的游標卡尺測得圓盤的直徑如圖乙所示，圓盤的直徑為___________mm；（2）由圖丙可知，打下計數點D時，圓盤轉動的角速度為_________rad/s（保留兩位有效數字）；（3）圓盤轉動的角加速度大小為_________rad/s2。（保留兩位有效數字）?！敬鸢浮?1).120.00(2).6.5(3).10(9.8~10)【解析】【詳解】（1）[1]游標卡尺主尺部分讀數為120mm，游標上是第0格與主尺，精確度為0.05mm，故圓盤的直徑為（2）[2]由于每相鄰兩個計數點間還有4個點沒有畫出，所以相鄰的計數點間的時間間隔T=0.1s，根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上D點時小車的瞬時速度大小故（3）[3]根據勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得由于，故角加速度為（9.8~10）14.按圖甲所示的電路測量一節(jié)舊電池的電動勢E(約1.5V)和內阻r(約20Ω)，可供選擇的器材如下：兩個相同電流表A1、A2（量程0～500μA，內阻約為500Ω），滑動變阻器R（阻值0～100Ω，額定電流1.0A），定值電阻R1（阻值約為100Ω），兩個相同的電阻箱R2、R3（阻值0～999.9Ω），開關、導線若干。由于現有電流表量程偏小，不能滿足實驗要求，為此，先將電流表改裝（擴大量程），然后再按圖甲電路進行測量。（1）測量電流表A2的內阻，按圖乙電路測量A2的內阻時，必要的操作如下．A．斷開S1B．閉合S1、S2C．按圖乙連接線路，將滑動變阻器R的滑片調至最左端，R2調至最大D．斷開S2，閉合S3E．調節(jié)滑動變阻器R，使A1、A2的指針偏轉適中，記錄A1的示數I1F．調節(jié)R2，使A1的示數為I1，記錄R2的值請按合理順序排列其余實驗步驟（填序號）______（2）將電流表A2（較小量程）改裝成電流表A（較大量程），如果(1)中測出A2的內阻為468.0Ω，現用R2將A2改裝成量程為20mA的電流表A，應把R2為_______（3）利用電流表A、電阻箱R3，測電池的電動勢和內阻。用電流表A、電阻箱R3及開關S按圖甲所示電路測電池的電動勢和內阻。實驗時，改變R3的值，記下電流表A的示數I，得到若干組R3、I的數據，然后通過做出有關物理量的的線性圖象，求得電池電動勢E和內阻r。a.圖中虛線框內為一條直線，其中縱軸為，橫軸應為__________；b.已知圖中直線縱軸截距為b，斜率為k，改裝后電流表A的內阻為RA，則電動勢E=____，內阻r=_____縱軸截距的絕對值?！敬鸢浮?1).EDF(2).12(3).R3(4).(5).【解析】【詳解】（1）[1]等效替代法測電阻的核心是“效果相同”，本題中體現為使A1的示數相同，所以步驟為CBEDFA；（2）[2]改裝原理如圖所示電阻需要分擔電流電阻電壓則（3）[3]由閉合電路歐姆定律得將此公式變形后即得故橫坐標為，圖像的斜率距表示電源電動勢，故解得解得【點睛】測電阻的方法有伏安法、半偏法、等效替代法等．電表改裝原理可記為“串大并小”．測量電源電動勢和內阻始終離不開閉合電路的歐姆定律。三、計算題（本題共4小題）15.如圖所示，一開口向上的氣缸固定在水平地面上，質量均為m、橫截面積均為S的活塞A、B將缸內氣體分成I、II兩部分.在活塞A的上方放置一質量為2m的物塊，整個裝置處于平衡狀態(tài)，此時I、II兩部分氣體的長度均為l0.已知大氣壓強與活塞質量的關系為，氣體可視為理想氣體且溫度始終保持不變，不計一切摩擦，氣缸足夠高.當把活塞A上面的物塊取走時，活塞A將向上移動，求系統(tǒng)重新達到平衡狀態(tài)時，A活塞上升的高度.【答案】【解析】【詳解】對氣體Ⅰ，其初態(tài)壓強末態(tài)壓強為設末態(tài)時Ⅰ氣體的長度為l1，可得，代入數據解得．對Ⅱ氣體，其初態(tài)壓強為末態(tài)壓強為設末態(tài)時Ⅱ氣體的長度為，可得代入數據解得．故活塞A上升的高度為得．16.如圖所示是一個透明的玻璃圓柱體的橫截面，其半徑R=20cm，AB是過圓心的一條水平直徑.從激光源S發(fā)出一條與AB平行的細光束，入射到玻璃圓柱體上，光束到頂部的距離h=2.68cm，折射光束恰好過B點，經B點反射后從圓柱體中射出.已知光在真空中的傳播速度為c=3×108m/s,.①求玻璃的折射率；②求此光束從射入圓柱體到射出圓柱體所用的時間.(只考慮一次反射)【答案】(1)(2)【解析】【詳解】①光線SC折射后經過B點，光路如圖所示，由折射定律有由幾何關系知，解得玻璃的折射率為②根據對稱性知CB=BD=2Rcosβ光在玻璃中傳播的速度為光束從射入圓柱體到射出圓柱體所用的時間為s17.如圖所示，坐標原點O處有一點狀的放射源，它向xoy平面內的x軸上方各個方向(包括x軸正方向和負方向)發(fā)射帶正電的同種粒子，速度大小都是v0，在的區(qū)域內分布有指向y軸正方向的勻強電場，場強大小為，其中q與m分別為該種粒子的電荷量和質量；在的區(qū)域內分布有垂直xOy平面的勻強磁場.ab為一塊很大的平面感光板，放置于y=2d處，觀察發(fā)現此時恰好沒有粒子打到ab板上.(不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用)(1)求粒子剛進入磁場時的速率；(2)求磁感應強度B的大小；(3)將ab板平移到距x軸最遠什么位置時所有粒子均能打到板上？【答案】(1)(2)(3)【解析】【詳解】（1）根據動能定理得可得剛進入磁場時的速率（2）根據（1）可知，對于沿x軸正方向射出的粒子，其進入磁場時與x軸正方向的夾角其在電場中沿x軸正方向的位移若沿x軸正方向輸出的粒子不能打到ab板上，則所有粒子均不能打到ab板上，因此沿x軸正方向射出的粒子在磁場中運動的軌跡與ab板相切，如圖甲所示：由幾何關系可