山西省临汾市2020届高三物理二轮复习模拟试题（含解析）（通用）

1、山西省临汾市2020届高三物理二轮复习模拟试题（含解析） 一、选择题（本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项是符合题目要求，第68题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.2020年12月6日报道，中国散裂中子源项目将于2020年前后建成。目前，位于广东东莞的国家大科学工程中国散裂中子源(CSNS)首次打靶成功，获得中子束流，这标志着(CSNS)主体工程顺利完工，进入试运行阶段。对于有关中子的研究，下面说法不正确的是()A. 中子和其他微观粒子，都具有波粒二象性B. 一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是核聚变反应C

2、. 卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子D. 核反应方程中的y206，X中中子个数为124【答案】C【解析】【详解】中子和其他微观粒子，都具有波动性，也具有微粒性，即具有波粒二象性，选项A正确；一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是核聚变反应，选项B正确；卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，得出了原子的核式结构理论，选项C错误；核反应方程中的y210-4=206，X中中子个数为206-82=124，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选C.2.如图所示是一旅行箱，它既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走已知该旅行箱的总质量为15 kg，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水

3、平地面上做匀速运动，若拉力的最小值为90 N，此时拉力与水平方向间的夹角为，重力加速度大小为g10 m/s2，sin 370.6，旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比，比值为，则()A. 0.5，37B. 0.5，53C. 0.75，53D. 0.75，37【答案】D【解析】对物体受力分析，如图所示：根据平衡条件，水平方向，有：Fcos-f=0，竖直方向，有：N+Fsin-G=0，其中：f=N，故令=tan，则F=；当-=0时，F有最小值，故F=sinG=90N，故=37，故=tan37=0.75，=37；故选D.点睛：本题关键是对物体受力分析，根据平衡条件并采用正交分解法列式分析，

4、第二问令=tan求解F的最小值的表达式是关键；3. 质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。不计空气阻力且小球从未落地，则( )A. 整个过程中小球电势能减少了1.5 mg2t2B. 整个过程中机械能的增量为2mg2t2C. 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2D. 从A点到最低点小球重力势能减少了mg2t2【答案】BD【解析】试题分析：小球的运动情况：小球先做自由落体运动，加上匀强电场后小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后小球运动，看成一种匀减速运

5、动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场强度，由W=qEd求得电场力做功，即可得到电势能的变化由动能定理得求出A点到最低点的高度，得到重力势能的减小量小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，由，又，解得，则小球回到A点时的速度为，整个过程中小球速度增量的大小为，速度增量的大小为动量增加为，由牛顿第二定律得，联立解得 ，故AB错误；从加电场开始到小球运动到最低点时小球的速度从v减小到0，故动能减少了，故C错误；设从A点到最低点的高度

6、为h，根据动能定理得，解得，从A点到最低点小球重力势能减少了，故D正确4.质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为，其中G为引力常量，M为地球质量.该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为A. GMmB. GMmC. D. 【答案】D【解析】试题分析：卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则：轨道半径为时，卫星的引力势能为轨道半径为时，卫星的引力势能为设摩擦而产生的热量为，根据能量守恒定律得：联立得，故选项D正确。考点：万有引力定律及其应用；重力势能的变化与

7、重力做功的关系【名师点睛】求出卫星在半径为圆形轨道和半径为的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出热量。5.水平面上有质量相等a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b 。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的vt图线如图所示，图中ABCD。则整个过程中（ ）A. 水平推力F1、F2大小可能相等B. a的平均速度大于b的平均速度C. 合外力对 a 物体的冲量大于合外力对 b 物体的冲量D. 摩擦力对 a 物体做的功小于摩擦力对 b 物体做的功【答案】D【解析】【分析】A、由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD

8、平行，说明加速度相同，由牛顿第二定律可求解；B、根据平均速度公式可求得平均速度的大小关系；C、根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系；D、根据功的公式分析摩擦力做功的关系。【详解】由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。加力F时，由图象可知a的加速度大于b的加速度，根据F-f=ma可知水平推力F1的大小大于F2大小，故A错误；设两物体的最大速度为v，加F时两物体的平均速度均为v/2，撤去F后两物体的平均速度仍为v/2，可知a的平均速度等于b的平均速度，故B错误；根据动量定理可知，合外

9、力的冲量的关于动量的变化量，即IF-If=0，根据If=ft可知，摩擦力对a的冲量比b小，则F1对 a 物体的冲量小于F2对 b 物体的冲量，故C正确；由图象可知，a的位移小于b的位移，因两物体的摩擦力相等，可知摩擦力对a物体做的功小于摩擦力对b物体做的功，故D正确。故选CD。【点睛】本题首先考查读图能力，其次考查牛顿第二定律的应用能力，要注意明确水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同。这是解题的关键。6.如图所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，圆心O与轨道左、右最高点a、c在同一水平线上，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直。一个带负电荷的小滑块由静

10、止开始从半圆轨道的最高点a滑下，则下列说法中正确的是A. 滑块经过最低点b时速度与磁场不存在时相等B. 滑块从a点到最低点b所用的时间与磁场不存在时短C. 滑块经过最低点b时对轨道压力与磁场不存在时相等D. 滑块能滑到右侧最高点c【答案】AD【解析】AD、滑块下滑时受到重力、洛伦兹力、轨道的支持力，洛伦兹力与轨道支持力不做功，只有重力做功，由动能定理可知，滑块到达最低点时的速度与磁场不存在时的速度相等，故A正确；根据能量守恒定律得滑块能滑到右侧最高点c，故D正确；B、滑块在下滑过程中，在任何位置的速度与有没有磁场无关，因此滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等，故B错误；C、由于滑块到达

11、最低点时速度与不存在磁场时的速度v相等，滑块做圆周运动，由可知，滑块的加速度相等，由牛顿第二定律得：，可得：，滑块对轨道的压力，由此可知：滑块经最低点时对轨道的压力比磁场不存在时大，故C错误；故选AD。【点睛】滑块下滑时受到重力、洛伦兹力、轨道的支持力，洛伦兹力与轨道支持力不做功，只有重力做功，由动能定理可知，滑块到达最低点时的速度与磁场不存在时的速度相等，滑块在下滑过程中，在任何位置的速度与有没有磁场无关，因此滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等。7.一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是51，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接

12、在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表。则下列说法正确的是 ()A. 原、副线圈中的电流之比为51B. 电压表的读数约为31.11VC. 若滑动变阻器接入电路阻值为20，则1分钟内产生的热量为2.9103JD. 若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小【答案】BC【解析】试题分析：原线圈电压为220V的正弦交流电，原、副线圈的匝数比是5：l，根据，则副线圈原、副线圈中的电流之比为1：5，A错误；根据,原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知,解得U=22=31.11V，故B错误；则1 min内滑

13、动变阻器产生的热量为，故C正确；将滑动变阻器滑片向上滑动时，次级阻值变小，电流表的读数变大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，所以D错误故选：C考点：变压器；电功率；电路的动态分析.8.如图甲所示，半径为1 m的带缺口刚性金属圆环导轨固定在水平面内，在导轨上垂直放置一质量为0.1 kg，电阻为1 的直导体棒，其长度恰好等于金属圆环的直径，导体棒初始位置与圆环直径重合，且与导轨接触良好。已知导体棒与导轨间动摩擦因数为0.3，不计金属圆环的电阻，导体棒受到的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力，取重力加速度g10 m/s2。现若在圆环内加一垂直于纸面向里的变化磁场，变化规律如图乙所示，则

14、()A. 导体棒的电流是从b到aB. 通过导体中的电流大小为0.5 AC. 02 s时，导体棒产生的热量为0.125 JD. t s时，导体棒受到的摩擦力大小为0.3 N【答案】AC【解析】【详解】穿过闭合回路的磁通量向里增加，有人楞次定律可知导体棒的电流是从b到a，选项A正确；感应电动势，则感应电流，选项B错误；02 s时，导体棒产生的热量为，选项C正确；t s时，导体棒受到的安培力 ；最大静摩擦力，则此时导体棒处于静止状态，所受的摩擦力大小为0.25 N，选项D错误；故选AC.二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13题第14题为选考题，

15、考生根据要求做答)9.小明在课本查到“木一木”的动摩擦因数为0.3，打算对这个数据进行检验，设计了以下实验：(1)将质量为M的待测木块放在水平放置的长木板上，通过细绳连接沙桶，增加沙桶中沙的质量，直到轻推木块，木块恰能做匀速直线运动，若此时沙桶及沙的总质量为m，则动摩擦因数=_。(2)由于找不到天平，小明进行了以下步骤：取下沙桶，在木板上固定打点计时器，将纸带系在木块上，并穿过打点计时器；将木板不带滑轮的一端垫高，直到木块能做匀速直线运动；挂上沙桶(沙桶及沙的总质量保持不变)，接通电源，稳定后释放木块，得到如图纸带。(3)已知打点计时器的频率为50Hz，根据纸带数据，可求得木块运动的加速度a=

16、_m/s2(保留两位有效数字)(4)若当地的重力加速度为9.8m/s2，则算的=_(结果保留两位有效数字)【答案】 (1). (2). 2.4 (3). 0.320.33【解析】（1）由平衡知识可知：，解得（2）根据x=aT2可得木块运动的加速度（3）平衡摩擦力后挂上砂桶系统加速运动，据牛顿第二定律可得因，联立可得点睛：解决问题的关键是明确实验的原理，根据牛顿第二定律列出表达式，根据题目的条件求解摩擦因数.10.如图（a）所示，是多用电表欧姆档内部的部分原理图，已知电源电动势E=1.5V，内阻r=1，灵敏电流计满偏电流Ig=10mA，内阻为rg=90，表盘如图b所示，欧姆表表盘中值刻度为“15

17、”（1）多用电表的选择开关旋至“”区域的某档位时，将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调零后多用电表的总内阻为_，某电阻接入红、黑表笔间，表盘如图（b）所示，则该电阻的阻值为_。（2）若将选择开关旋至“1”，则需要将灵敏电流计_（选填“串联”或“并联”）一阻值为_-的电阻，再欧姆调零。（3）多用电表长时间使用后，电源内阻变大，电动势变小，此因素会造成被测电阻的测量值比真实值_（选填“偏大”“不变”或“偏小”）。【答案】 (1). 150 (2). 60（5862） (3). 并联 (4). 10 (5). 偏大【解析】（1）调零后多用电表的总内阻为；该档位为“10”欧姆档，则由表盘可知，

18、该电阻的阻值为610=60。（2）因中值电阻等于欧姆表的内阻，若将选择开关旋至“1”，则欧姆表的内阻为15，此时调零时电路的总电流为,需要将灵敏电流计并联一阻值为，再欧姆调零。（3）多用电表长时间使用后，电源内阻变大，电动势变小，则测量同一个电阻时，电路中电流偏小，指针向右偏转的角度变小，电阻的读数偏大.11.细管内壁光滑、厚度不计，加工成如图所示形状，长的段固定在竖直平面内，其端与半径的光滑圆弧轨道平滑连接，段是半径的圆弧，段在水平面上，管中有两个可视为质点的小球、，开始球静止，球以速度向右运动，与球发生弹性碰撞之后，球能够通过轨道最高点，球则滑回段从细管的点滑出（重力加速度取，）求：若，碰

19、后、球的速度大小；若未知，碰后球的最大速度；若未知，的取值范围【答案】6m/s4.9m/s 5m/sv09.8m/s【解析】a、b碰撞过程中，以a、b组成的系统为研究对象，经受力分析，系统动量守恒选向右的方向为正，设a、b碰后瞬间速度为va1、vb1，由动量守恒得：mav0=mava1+mbvb1因a、b的碰撞是弹性碰撞，所以机械能守恒，有： 两式联立解得：va1v02m/s；vb1v06m/s、因a球能滑出AQ，故a与b碰后，a上升的高度不能超过B点，即上升的高度不会超过L+R设碰撞后a的最大速度为a球上升的过程中机械能守恒，有：ma=mag（L+R）得：4.9m/s、欲使b能通过最高点，设

20、b球与a碰撞后的速度为vb1，经过最高点时的速度为vb2，则有：mbgmb得：vb22m/sb球在上升至最高点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，有：解得：vb16m/sv0minvb14m/s因为a球能通过粗糙区域，设a碰撞前的速度为，碰撞后，的速度为va1，则有：2gs解得：va12.5m/s2va15m/s碰后a上升的高度不能超过（L+R），必须满足v0max2va129.8m/s综上可得5m/sv09.8m/s点睛：此题的第一第二问较为简单，只要判断出动量和机械能守恒，应用这两个守恒定律可求出结果第三问较为复杂，一定要分析清楚a、b的运动过程和临界状态这里有三个临界状态，一是b球恰能通

21、过最高点；二是a球不能超过B点；三是a球还要滑出AQ所以对这三个临界状态的分析成了解决此题的关键 解决临界问题，一般有两种基本方法：（1）以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解，然后分析、讨论其特殊规律和特殊解（2）直接分析、讨论临界状态和相应的临界值，求解出所研究问题的规律和解12.容器A中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示已知加速电场

22、中S1、S2间的加速电压为U，偏转电场极板长为L，两板间距也为L，板间匀强电场强度E，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f的下端与磁场边界ab相交于点P，在边界ab上实线处固定放置感光片测得从容器A中逸出的所有粒子均打在感光片P、Q之间，且Q距P的长度为3L，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab间的夹角；(2)射到感光片Q处的粒子的比荷(电荷量q与质量m之比)；(3)粒子在磁场中运动的最短时间【答案】（1），其速度方向与边界ad间的夹角为（2）（3）【解析】试题分析：（1）设质量为m，电量为q的粒子通过孔的速度为则：粒子在平行板间：，联立可

23、以得到：，则，其速度方向与边界ad间的夹角为。（2）粒子从e板下端与水平方向成的角射入匀强磁场，设质量为m，电量为q的粒子射入磁场时的速度为v，做圆周运动的轨道半径为r，则由几何关系：，则，则联立可以得到：。（2）设粒子在磁场中运动的时间为t，则，联立可以得到：因为所以粒子在磁场中运动的偏转角，所以粒子打在P处时间最短由几何可以知道：，则联立可以得到：。考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力【名师点睛】本题考查了粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，知道粒子通过速度选择器时，所受的洛伦兹力和电场力平衡，掌握粒子在磁场中的半径公式，并能灵活运用。13.(1)下列说法正确的是_A只要

24、知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积B悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C一定温度下，饱和气体的压强是一定的D第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律E液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性【答案】BCE【解析】【详解】只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体的分子所占据的空间大小，不能算出气体分子体积，故A错误；悬浮在液体中固体微粒越小，布朗运动就越明显，故B正确；一定温度下，饱和气体的压强是一定的，选项C正确；第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，但是不违背能量守恒定律，选项D错误；液晶既有液体的流动性，又具有单晶

25、体的各向异性，故E正确。故选BCE.14.如图，在柱形容器中密闭有一定质量气体，一具有质量的光滑导热活塞将容器分为A、B两部分，离气缸底部高为49cm处开有一小孔，与U形水银管相连，容器顶端有一阀门K。先将阀门打开与大气相通，外界大气压等于p075cmHg，室温t027C，稳定后U形管两边水银面的高度差为h25cm，此时活塞离容器底部为L50cm。闭合阀门，使容器内温度降至57C，发现U形管左管水银面比右管水银面高25cm。求：此时活塞离容器底部高度L；整个柱形容器的高度H。【答案】（1）此时活塞离容器底部高度L=48cm；（2）整个柱形容器的高度H=75cm【解析】试题分析：（1）以A中气体

26、为研究对象，找出初末状态参量利用理想气体状态方程列式求解；（2）以B中气体为研究对象，找出初末状态参量利用理想气体状态方程列式求解；解：U形管两边水银面的高度差为h=25cmA种气体的压强为：PA1=P0+h=75+25cmHg=100cmHgB中为大气，设活塞产生压强为P塞，由平衡得：P0S+P塞S=PA1S解得：P塞=25cmHg闭合阀门，容器内温度降低，压强均减小且A处降低较多，活塞下移设此时表示A种气体的压强为PA2=P025=7525cmHg由理想气体状态方程得：解得：49cm假设不成立，说明U管表示的应该是B种气体的压强，PB2=50cmHg则A种气体压强为：PA2=PB2+P塞=75cmHg对A种气体由理想气体状态方程得：代入数据解得：LA2=48cm活塞离容器底部的高度为：L=LA2=48cm（2）对B中气体由理想气体状态方程得：设整个柱形容器的高度H，则代入数据解得：H=75cm点评：本题是理想气体状态方程的应用，关键是第1问中温度降低后U管表示的是A还是B中压强，只要利用假设法对A种气体分析即可判断，从而