2020年高考物理模擬沖刺卷一答案

2021年高考物理模擬沖刺卷〔一〕二、選擇題：此題共8小題，每題6分。在每題給出的四個選項中，第14～18只有一項為哪一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求，全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14．【答案】B【解析】此題考查原子物理、核反響方程，意在考查考生的理解能力。該核反響為重核裂變，A項錯誤；X原子核中的核子數(shù)為(235+1)-(94+2)=140個；其中子數(shù)為140-(92-38)=86個，；B項正確；裂變時因鈾核俘獲中子即發(fā)生核反響，是核能轉化為其他形式的能的過程，因而其釋放的能量遠大于其俘獲中子時吸收的能量，C項錯誤；裂變時釋放能量，出現(xiàn)質量虧損，但是其總質量數(shù)是不變的，D項錯誤。15．【答案】B【解析】物體A始終處于平衡狀態(tài)，受的重力mg、推力F、斜面體B對它的支持力和摩擦力，設斜面的夾角為θ，假設斜面體B對物體A的摩擦力方向沿斜面向上，根據(jù)平衡條件，沿斜面方向有Fcosθ＋f－mAgsinθ＝0，當F減小時，物體A所受摩擦力增大；假設斜面體B對物體A的摩擦力方向沿斜面向下，沿斜面方向那么有Fcosθ－f－mAgsinθ＝0，當F減小時，那么物體A所受摩擦力減小，故A錯誤；物體A受斜面體B的作用力，減小推力F，物體A受斜面體B的作用力一定減小，故B正確；斜面體B始終處于平衡狀態(tài)，所以受到的合外力始終等于0，不變，故C錯誤；視物體A和斜面體B為整體，在水平方向受到推力F和地面對斜面體B的摩擦力，根據(jù)平衡條件可知水平方向受到推力F大小等于地面對斜面體B的摩擦力，當F減小時，地面對斜面體B的摩擦力也減小，故D錯誤。16．【答案】D【解析】在0～x1過程中物體機械能在減小，知拉力在做負功，拉力方向沿斜面向上，所以物體的位移方向向下，即物體在沿斜面向下運動，根據(jù)功能關系得ΔE＝FΔx，得，那么知圖線的斜率表示拉力，在0～x1過程中圖線的斜率逐漸減小到零，知物體的拉力逐漸減小到零，根據(jù)牛頓第二定律有，可知，加速度一直增大，A、B正確；由E－x圖線的斜率表示拉力，那么在x1～x2過程中，拉力F＝0，機械能守恒，向下運動，重力勢能減小，動能增大，C正確；在0～x1過程中，由于機械能減小，那么拉力做負功，那么物體從靜止開始向下加速運動，x1～x2過程中，F(xiàn)＝0，物體向下做勻加速運動，x2～x3過程，機械能增大，拉力做正功，沿斜面向下，故物體繼續(xù)向下做加速運動，即物體一直沿斜面向下運動，D錯誤。17．【答案】C【解析】此題考查萬有引力與航天，意在考查考生的應用能力。根據(jù)開普勒第三定律r3T2=k，地球在橢圓軌道Ⅱ運行的周期大于1年，故A項錯誤；沿橢圓軌道Ⅱ運行時，地球由A點運動到B點的過程中，其速度逐漸減小，B項錯誤；由GMr2=a，可知地球在A點的加速度大于在B點的加速度，C項正確；因為在A點要點火加速變軌，所以地球在圓軌道Ⅰ上通過A點的速度小于在橢圓軌道Ⅱ18．【答案】C【解析】設電場方向與OA夾角為θ，那么與OB夾角為60°－θ，由動能定理可知，由O到A，4Ek－Ek＝Eq?3lcosθ，從O到B，2Ek－Ek＝Eqlcos(60°－θ)，聯(lián)立解得θ＝30°，，應選C。19．【答案】AD【解析】由題圖甲左側電路可以判斷ab中電流方向為由a到b；由右側電路及題圖乙可以判斷，0～2s內cd中電流方向為由c到d，跟ab中的電流同向，因此ab、cd相互吸引，選項A正確、B錯誤；2s～4s內cd中電流方向為由d到c，跟ab中電流反向，因此ab、cd相互排斥，選項C錯誤，D正確。20．【答案】BC【解析】此題考查交變電流，意在考查考生的綜合能力。選擇開關接至1時，燈泡B的電功率是燈泡A的電功率的4倍，設原線圈中電流為I，那么副線圈中電流為2I，變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為2∶1，交流電源的電壓U=5IR，副線圈兩端的電壓U2=25U。選擇開關接至2時，變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比變?yōu)?∶1，設原線圈中電流為I'，那么副線圈中電流為4I'，交流電源的電壓U=17I'R，副線圈兩端的電壓U2'=417U，D項錯誤；燈泡A的亮度變暗，A項錯誤；燈泡B的亮度變暗，B項正確；燈泡B的電功率是燈泡A的電功率的16倍，21．【答案】BC【解析】粒子以速度v0從A點沿負y方向進入圓內，剛好能垂直打在擋板B點上，作出軌跡，如左圖所示，故軌道半徑r＝R，該粒子在A點速度v0向右偏離y軸60°角進入圓內時，軌跡如下圖，圖中第二次與擋板的碰撞點顯然在B點下方，故A錯誤；假設該粒子在A點速度v0向右偏離y軸60°角進入圓內，粒子運動軌跡如右圖所示，從A點射入磁場到離開磁場，兩段圓弧的圓心角之和為π，故在磁場中運動的時間，在磁場外運動的路程x＝2(R－Rsin30°)＝R，故在磁場外運動的時間，故t＝t1＋t2＝，故B正確；從A點射入磁場到離開磁場，兩段圓弧的圓心角之和為π，射入磁場時速度方向與y軸成60°角，射出磁場時速度方向與y軸依然成60°角，故C正確；從A點射入磁場到離開磁場的時間為t＝，第二次離開磁場到與擋板相撞，時間t3＝，故從A點射入磁場到第二次與擋板碰撞的時間t′＝t＋t3＝，故D錯誤。第二卷〔非選擇題，共174分〕三、非選擇題(包括必考題和選考題兩局部。第22題～第25題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33題～第34題為選考題，考生根據(jù)要求做答)(一)必考題(共129分)22．(5分)【答案】0.800.56偏大【解析】m/s2，由，，得v3≈0.56m/s；根據(jù)，電源的頻率為50Hz，t＝0.1s，假設工作電壓的頻率變小了，t＞0.1s，但該同學不知道，仍然代入了t＝0.1s，使得結果與真實值相比偏大。23．(10分)【答案】(1)0.5(2)B681.480.45【解析】(1)根據(jù)歐姆定律得，改裝后電流表的量程A。(2)①為保護電路，實驗中應讓電阻由最大值開始調節(jié)，所以開始時滑片應滑到B端；②電流表量程為100mA，由圖示表盤可知，其讀數(shù)為68mA；④根據(jù)改裝原理可知，實際電流為電流表讀數(shù)的5倍，由閉合電路歐姆定律可知：U＝E－5I(r＋R′)，由圖可知，電源的電動勢：E＝1.48V，，解得r＝0.45Ω。24．(12分)【解析】(1)在整個過程中，電場力對P球做功為：W＝＝?90J所以電勢能增加ΔE＝－W＝90J。(2)根據(jù)受力分析可知，斜面對P球的支持力為：N＝qEsinθ＋mgcosθ根據(jù)動能定理得：解得：v＝5m/s。(3)設當兩者速度相等時，小球上升的高度為H，根據(jù)水平方向動量守恒得：mv＝2mv′代入數(shù)據(jù)：v′＝2.5m/s根據(jù)機械能守恒得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×2mv′2＋mgH代入數(shù)據(jù)得：H＝0.625m＜R，所以小球沒有沖出圓槽。25．(20分)【解析】(1)設小車B與墻碰撞后物塊A與小車B所到達的共同速度大小為v，設向右為正方向，那么由動量守恒定律得：mv0－mv0＝2mv解得：v＝0對物塊A，由動量定理得摩擦力對物塊A的沖量I＝0－(－mv0)＝mv0，沖量方向水平向右。(2)設A和B的質量分別為km和m，小車B與墻碰撞后物塊A與小車B所到達的共同速度大小為v′，木塊A的位移大小為s，設向右為正方向，那么由動量守恒定律得：mv0－kmv0＝(m＋km)v′解得：對木塊A由動能定理：－μkmgs＝eq\f(1,2)kmv′2－eq\f(1,2)mv02解得：。(3)當k＝2時，根據(jù)題意由于摩擦的存在，經B與墻壁屢次碰撞后最終A、B一起停在墻角。A與B發(fā)生相對運動的時間t0可等效為A一直做勻減速運動到速度等于0的時間，在A與B發(fā)生相對滑動的整個過程，對A應用動量定理：－2μmgt0＝0－2mv0解得：設第1次碰后A、B到達的共同速度為v1，B碰墻后，A、B組成的系統(tǒng)沒有外力作用，水平方向動量守恒，設水平向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0－2mv0＝(2m＋m)v1即v1＝－eq\f(1,3)v0〔負號表示v1的方向向左〕第1次碰后小車B向左勻速運動的位移，等于向右勻減速運動到速度大小為v1這段運動的位移s1，對小車B，由動能定理得：－μ?2mgs1＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02解得：第1次碰后小車B向左勻速運動時間設第2次碰后共速為v2，由動量守恒定律，得：mv1－2mv1＝(2m＋m)v2即第2次碰后小車B向左勻速運動的位移，等于向右勻減速運動到速度大小為v2這段運動的位移s2，對小車B，由動能定理得：－μ?2mgs2＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12解得：第2次碰后小車B向左勻速運動時間同理，設第3次碰后共速為v3，碰后小車B向左勻速運動的位移為s3，那么由動量守恒定律，得：，第3次碰后小車B向左勻速運動時間由此類推，第n次碰墻后小車B向左勻速運動時間第1次碰墻后小車B向左勻速運動時間，即B從第一次撞墻后每次向左勻速運動時間為首項為t1，末項為tn，公比為eq\f(1,3)的無窮等比數(shù)列。即B從第一次與墻壁碰撞后勻速運動的總時間所以，從第一次B與墻壁碰撞后運動的總時間。(二)選考題(共15分。請考生從給出的2道物理題中任選一題作答，如果多做，那么按所做的第一題計分)33．【物理——選修3－3】(15分)(1)(5分)【答案】BDE【解析】這是個p－t圖象，轉化成p－T圖象，如下圖：ab直線不過原點，因此a到b不是等容變化選項A錯誤；理想氣體的內能等于分子的平均動能的總和，溫度是分子平均動能的標志，a到b的過程溫度減小，分子的平均動能減小，理想氣體的內能減小，即氣體在狀態(tài)a的內能大于在狀態(tài)b的內能，選項B正確；氣體由b到c的過程是等壓變化，溫度升高，所以體積增大，對外做功，選項E正確；氣體由b到c的過程，根據(jù)熱力學第一定律ΔU＝W＋Q，溫度升高可知ΔU是正值且變大，氣體對外做功可知W為負值，所以Q必定為正值，即氣體要吸熱，選項C錯誤；氣體由a到c的過程，溫度不變，壓強減小，那么體積增大，所以氣體在狀態(tài)a的體積小于在狀態(tài)c的體積，選項D正確。(2)(10分)【解析】(i)B中氣體做等容變化，由查理定律得：解得：T′＝450KA中氣體做等壓變化，由蓋－呂薩克定律得：，即解得：HA′＝H0。(ii)當A中氣體壓強為p0時，對A中氣體有：，即解得：TA′′＝750KA、B中氣體溫度相同，故TB′′＝750KB中氣體做等容變化，由查理定律得：，得解得pB′′＝p0。34．【物理——選修3－4】(15分)(1)(5分)【答案】BCE【解析】根據(jù)圖2的振動圖象可知，x＝5.5m處的質點在t＝0時振動方向沿y軸正向，所以利用圖1由同側法知該波沿x軸正方向傳播，故A錯誤；圖1可知該簡諧橫波的波長為4m，那么T＝4s，圓頻率ω＝0.5πrad/s，設x＝5.5m處質點的振動方程為x＝8sin(eq\f(1,2)πt＋φ0)cm，t＝0時刻4eq\r(2)＝8sinφ0，結合t＝0時刻振動的方向向上，可知φ0＝eq\f(1,4)π，那么x＝5.5m處質點的振動方程為x＝8sin(eq\f(1,2)πt＋eq\f(1,4)π)cm，x＝5.5m處質點與x＝3.5m處質點的平衡位置相距半個波長，那么x＝3.5m處質點的振動方程為x＝－8sin(eq\f(1,2)πt＋eq\f(1,4)π)cm，t＝2s代入方程得位移為4eq\r(2)cm，故B正確；x＝1.5m處質點在t＝4s時的速度方向和t＝0時的速度方向相同，由同側法可知速度方向沿y軸正向，故C正確；x＝4.5m處的質點在t＝0時速度方向沿y軸負向，那么經過四分之一周期即t＝1s時，質點的位移為負，加速度指向平衡位置，沿y軸正方向，故D錯誤；x＝3.5m處質點在在t＝0時速度方向沿y軸負向，根據(jù)振動方程知此時位移大小為4eq\r(2)cm，t