2020高考物理复习物理14解析版

1、2020高考物理复习2020年高三年级物理学科高考模拟示范卷（十四）二、选择题：本题共 8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第 1418题只有一 项符合题目要求，第1921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。14 .关于原子核的结合能，下列说法不正确的是A.核子结合成原子核时核力做正功，将放出能量，这部分能量等于原子核的结合能B.原子核的结合能等于使其分解为核子所需的最小能量C.一重原子核衰变成 a粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能D.结合能是由于核子结合成原子核而具有的能量【答案】D【解析】A、自由核子与自由核

2、子结合成原子核时核力作正功，将放出能量，这能量就是原子核的结合能，当比结合能越大，原子核越稳定，故 A正确；B、原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，故 B正确，D错误；C、一重原子核衰变成 a粒子和另一原子核，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，故 C正确；D、卢瑟福用a粒子轰击氮核，第一次实现了原子核的人工转变。故选： D.【考点精析】本题主要考查了质能方程的相关知识点，需要掌握爱因斯坦的相对论指出：物体的能量和质量之间存在着密切的联系，它们的关系是：E = mc 2,这就是爱因斯坦的质能方程才能正确解答此题.15 .如图所示，两个质量分别为 心m、

3、m的小圆环A、B用细线连着，套在一个竖直固定的大圆环上，大圆环的圆心为 O。系统平衡时，细线所对的圆心角为90 ° ,大圆环和小圆环之间的摩擦力及线的质量忽略不计，重力加速度大小用g表示，下列判断正确的是A.小圆环A、B受到大圆环的支持力之比是事:1B.小圆环A受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为15C.细线与水平方向的夹角为 30 °用D.细线的拉力大小为m mg【答案】A【解析】对A和B进行受力分析，根据平行四边形定则做出重力和支持力的合力的大小等于绳子的拉力的大小，设支持力与竖直方向的夹角分别为此和如图所示:根据正弦定理可以得到:坚持就是胜利!整理可以得到:a =N上

4、曲州g%mg而（间I萨二配广而有中 的口町15a即）二疝川不再次利用正弦定理: 整理可以得到：”丁丁,故选项A正确，BD错误;C、由图根据几何知识可以知道，细线与水平方向的夹角为|1800-450 + 30°）-900=15故选项C错误。16 .在我国，尾顶常常修成坡度固定的“人”字形，以便雨水沿度顶斜坡迅速流下。将雨滴从坡顶开始的下滑看作由静止开始的匀变速直线运动，不考虑雨滴滑下时质量的变化，下列说法正确的是A.雨滴的速度与它发生的位移成正比B.雨滴的动能与它的速度成正比C.雨滴的动能与它运动的时间成正比D.雨滴的动量与它运动的时间成正比【解析】A、雨滴沿斜坡做匀加速直线运动，由

5、v,、2 2m（at）2,有动能与时间的平方成正比；故 C错误. 2ax ,可知雨滴速度的平方与它发生的位移成正比；故A错误.B、由动能Ek12 2 mv可知，动能与速度的平方成正比；故B错误.C、由动能Ek1mv2和 sin30。 2uuv IV. cos CP, n2 |uuv uv CP?n2 uuv uv CP n2EkD、,uuv uv、1r 曰 c 十 sin30o cosCP,n2)由动量P mv和,2,uuv uv CP?n2 UUVUV CP n2mat ,则动N年，该行星会从日地连线的延长线上,该行星与地球的公转半径比为量与时间成正比；故 D正确.故选D.17 .某行星和地

6、球绕太阳公转的轨道均可视为圆，每过（如图甲所示）运行到地日连线的延长线上（如图乙所示）【答案】B【解析】由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长.每过 N年，该行 星会运行到日地连线的延长线上，则有 C卦二叫解得：丁行=品丁地,根据开普勒第三定 律： ' = 联立可得：W J 故B正确，ACD错误。18 .两电荷量分别为qi和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势 乎随 坐标X变化的关系图象如图所示，其中 P点电势最高，且XAP<X PB,则I%外FVA. q i和q 2都是正电荷B. q i的电荷量大于 q2的电荷量C.在A、B之间将一负点电

7、荷沿 x轴从P点左侧移到右侧，电势能先减小后增大D. 一点电荷只在电场力作用下沿 x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小【答案】C【解析】A.由图知，越靠近两电荷，电势越低，则qi和q2都是负电荷。故 A项错误。B.中一大图象的斜率表示电场强度，则 P点场强为零，据场强的叠加知两电荷在P处产生的场强等值反向，即、点 明 又办产V孙8,所以qi的电荷量小于q2的电荷量。故B项错误。C.由图知，在A、B之间沿x轴从P点左侧到右侧，电势先增加后减小，则负点电荷的电势 能先减小后增大。故C项正确。砒D.伊一，图象的斜率表示电场强度，则沿 x轴从P点运动到B点场强逐渐增大；据疏可 知，电荷只在电场力作用下

8、沿 x轴从P点运动到B点，加速度逐渐增大。故 D项错误。19.四个相同的灯泡分别接在如图所示的位置，理想变压器原线圈串联灯泡Li,副线圈回路并联三个灯泡 匕、匕、L4, AB两端接交流电源电压按如图乙所示规律变化，现闭合开关S,四个灯泡均正常发光，下列说法正确的是甲乙A.电压表示数为220VB.灯泡的额定电压为55VC.变压器原副线圈的匝数比为 3 ： 1D.若断开开关S电压表示数减小【答案】BC【解析】ABC.由图乙可知AB两端电压有效值为220V,因四个灯泡均正常工作，可知原、11 111n2副线圈电流之比为 ;，根据丁 一可知变压器原、副线圈的匝数比为3:1 ;灯泡的额定12 312 n

9、1电压为U,则电压表示数为U1 3U 220 U ,故U 55V,则U1 165V ,故A错误，BC正确；D.若断开开始S则原线圈回路电流为零，电压表示数增大为220V ,故D错误。20 .如图所示，三条长直导线 a、b、c都通以垂直纸面的电流，其中 a、b两根导线中电流方向垂直纸面向外.o点与a、b、c三条导线距离相等，且处于 ocab。现在。点垂直纸面放置一小段通电导线，电流方向垂直纸面向里，导线受力方向如图所示.则可以判断A. o点处的磁感应强度的方向与 F相同B.长导线c中的电流方向垂直纸面向外C.长导线a中电流Ii小于b中电流I2D.长导线c中电流I3小于b中电流I2【答案】BC【解

10、析】由左手定则可知，磁感应强度方向与安培力方向垂直，故 A错误；由左手定则可知，O点的磁感应强度方向与/垂直斜向右下方，此磁场方向可分解为水平向右和竖直向下，所以导线c在O点产生的磁场方向应水平向右，由右手定则可知，导线 c中的电流为垂直纸面向外，导线a在O点产生的磁场方向竖直向上，导线 b在O点产生的磁场方向竖直向下，所以 长导线a中电流Ii小于b中电流I2,由于不知道安培力的具体方向，所以无法确定长导线c中电流I3小于b中电流I2,故BC正确，D错误。21 .如图所示，光滑细杆 MN倾斜固定，与水平方向夹角为次一轻质弹簧一端固定在 0点，另 一端连接一小球，小球套在细杯上，O与杆MN在同一

11、竖直平面内，P为MN的中点，且OP垂直于MN ,已知小球位于杆上 M、P两点时，弹簧的弹力大小相等且在弹性限度内。现将小 球从细杆顶端M点由静止释放，则在小球沿细杆从 M点运动到N点的过程中（重力加速度 为g）,以下判断正确的是/XHA.弹簧弹力对小球先做正功再做负功B.小球加速度大小等于 gsin 0的位置有三个C.小球运动到P点时的速度最大D.小球运动到N点肘的动能是运动到 P点时动能的两倍【答案】BD【解析】A项：由题意不能确定在 M点和在N点时弹簧是压缩还是拉伸状态，所以弹簧对小球可能先做正功后做负功，也可能先做负功后做正功，故 A错误；B项：由于MP之间和PN之间各有一位置弹簧弹力为

12、零，当弹力为零时小球的加速度为如叫在P点时由于弹簧的弹力与杆垂直，所以小球的加速度也为相比。,所以小球加速度大小等于gsin 的位置有三个，故 B正确；C项：由于小球在P点的加速度为国端而，所以小球的速度一定不为最大，故 C错误；_ 1 2D项：从M到P由能量守恒得：用如二叫十”昨，从P到N由能量守恒得：砒“呻+ "% =产RL产喏,联立解得：小球运动到N点肘的动能是运动到P点时动能的两倍，故D正确。故选：BD。三、非选择题：共62分，第2225题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3334题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共47分。22. （6分）测定木块和长木板之间的

13、动摩擦因数时，采用图甲所示的装置图中长木板水平固定不动，（忽略纸带和木块之间的作用力）(1)已知重力加速度为g,测得木块质量为 M,祛码盘和祛码的总质量为m,木块的加速度为a,则木块和长木板间的动摩擦因数的表达式巧;(2)图乙为木块在长木板上运动时，打点计时器在木块拖动的纸带上打出的一部分计数点相邻计数点之间还有四个计时点没有画出，其编号如图乙。试利用图中的长度符号Xi、X2 ,表不计数周期的符号T,写出木块加速度的表达式a=(3)已知电火花打点计时器工作频率为50Hz ,用直尺测出Xi=14.01cm , X2=30.00cm 见图乙，根据这些数据可计算出打计数点3时木块的速度大小v=(保留

14、两位有效数字)【解析】mg (M m)ax2Mg8TX121.1m/s(1)对木块、祛码和祛码盘组成的系统，根据牛顿第二定律有:mg- (1 Mg=(M+m解得:(M m)aMg(2)根据位移差公式?2 ,一X=aT 信：X45 Xoi 4a1T ,行X45x014T22X56X124a2T ,得X56x12a2加速度为 a 丫x45x>X0'X12X2 X18T2(3)根据相邻相等时间的位移差相等，即有:X24XiX2X24,曰 XX1x20.14010.300 川022m行.X2422.计数点3的速度为：V3 迎 0.22 m/s l.lm/s2T 2 0.1 (9分)为了测

15、某电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材:电阻箱R,定值电阻Rn,两个电流表Ai、A2,电键Si,单刀双掷开关S2,待测电源，导线若 干。实验小组成员设计如图甲所示的电路图。(1)闭合电键Si,断开单刀双掷开关 S2,调节电阻箱的阻值为 Ri,读出电流表A2的示数I。；将单刀双掷开关 S2合向1,调节电阻箱的阻值，使电流表 A2的示数仍为I。，此时电阻箱 阻值为R2,则电流表Ai的阻值Rai =(2)将单刀双掷开关 S2合向2,多次调节电阻箱的阻值，记录每次调节后的电阻箱的阻值R及电流表Ai的示数I,实验小组成员打算用图象分析 I与R的关系，以电阻箱电阻 R为横轴， 为了使图象是直线，则纵轴

16、 y应取A. I B . I2 C. i/I D . i/12(3)若测得电流表 Ai的内阻为i Q,定值电阻Ro= 2Q,根据(2)选取的y轴，作出y- R图象如图乙所示，则电源的电动势E=V,内阻r=Qo(4)按照本实验方案测出的电源内阻值 (选填“偏大”、“偏小”或“等于真实值”)【答案】R2-Ri； C； 3；0.9；等于真实值。【解析】(i)由题意可知，电路电流保持不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电阻不变，则电流表内阻等于两种情况下电阻箱阻值之差，即：Rai =R2- Ri;(2)根据题意与图示电路图可知，电源电动势：E I r R R Rai ,整理得：i i r R RiR

17、2。Al 为得到直线图线，应作 一R图象，C正确ABD错误。I EEIir R R,一 一 .(3)由R图线可知：b -一a £N-mR = m五解得 %=4m/s 。 Fn=3 N(2)设A在B上向右滑行过程中，A的加速度大小为a1，B的加速度大小为a2,滑上B后 经时间t1后接触弹簧，A的位移X1, B的位移X2,则/mg = mti (= Mg i.3 , . i I 2.6 i.3 i ,解得，电源IEkE VR 3.93 电动势：E=3V,电源内阻：r= 0.9 Q;(4)实验测出了电流表 Ai的内阻，由(2) (3)可知，电源内阻的测量值等于真实值。24. (12分)如图

18、所示，半径 R=0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道 C固定在水平光滑地面上，质量M=0.3 kg的木板B左端与C的下端等高平滑对接但未粘连，右端固定一轻弹簧，弹簧原长远小于板长，将弹簧在弹簧弹性限度内压缩后锁定。可视为质点的物块A质量m=0.1kg，从与圆弧轨道圆心 O等高的位置由静止释放，滑上木板B后，滑到与弹簧刚接触时与木板相对静止，接触瞬间解除弹簧锁定，在极短时间内弹簧恢复原长，物块A被水平弹出，最终运动到木板左端时恰与木板相对静止。物块 A与本板B间动摩擦因数 右0.25 , g取 10 m/s 2。求: (1)物块A在圆弧轨道C的最下端时受到圆弧轨道支持力的大小：木板B的长度L;(3)

19、弹簧恢复原长后，物块 A从木板右端运动到左端的时间。【答案】(1)Fn=3 N(2) L=2.4 m (3) t2=1.2 s【解析】(1)设A到达C的最下端时速度大小为 V0,圆弧轨道支持力大小为 Fn,则mgR =3舄 Ix 1 Vftt i1 Cl1 2立二产Ki = x-x2解得 ti=1.2 s。L=2.4 m(3)设A接触弹簧与B保持相对静止时速度大小为 vi,弹簧恢复原长时 A的速度大小为V2, B的速度大小为V3, A相对B向左滑动过程中的加速度大小与A滑上B向右滑行过程中各自加速度大小相等，则(M + m)叫=(M + m)V4最终运动到木板的左端时 A、B共同速度大小为V4

20、,则吸=(M + m)r+由能量守恒，日 + M)或 + fimgL解得 vi=1 m/s , V4=1m/s , V2=2 m/s , V3=2 m/s设物块A从木板右端运动到左端的时间为t2,对木板B,由动量定理有解得 t2=l.2 s25. (20分)如图所示，在同一水平面上，两条平行粗糙导轨MN、PQ的间距为L,水平轨道的左侧与两条竖直固定、半径为 的四分之一光滑圆弧轨道平滑相接，圆弧轨道的最低处与 右侧水平直导轨相切于P、M两点，水平导轨的右端连接一阻值为R的定值电阻，在水平导轨左边宽度为d的MDCP矩形区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。现一金属杆沿着水平导轨以初

21、速度V0从磁场边界CD向左滑入磁场中，并恰好能到达与圆心等高的位置 EF,之后刚好能返回到右边界CD。已知金属杆的质量为m、接入电路的电阻为R,且与水平导轨间的动摩擦因数为g金属杆在运动过程中始终与水平导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计，重力加速度大小为go求:料一二2(1)金属杆通过圆弧轨道最低处 PM位置时受到的弹力大小 N;(2)在整个过程中定值电阻产生的焦耳热Q ;金属杆前、后两次穿越磁场区域所用时间之差1丸。【答案】(1小=加皿*四澳* =【解析】根据根据机械能守恒求出速度，根据牛顿第二定律求出弹力大小；金属杆在整个运动 过程中，根据功能关系即可求出热量；根据动量定理即可求出时间差。

22、(1)设金属杆在PM位置时的速度为vi,根据机械能守恒，有：2一次"解得：1V自1 _ V1金属杆通过PM位置时，有：r =解得： (2)金属杆在整个运动过程中，根据功能关系有：=+有：Q =解得：(3)根据动量定理可知：第一次经过磁场过程：B 二 L%；iL第二次经过磁场过程：吟0 m此一 2R由题意可知：可得"（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题 计分。33 .物理一选修3-3 （15分）（1 ） （ 5分）下列说法中正确的是 填正确答案标号，选对一个得 2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错一个扣3分，最低得分为0分

23、）A.一定量100 c的水变成100 C的水蒸气，其分子之间的势能增加B.当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小C.热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”D.在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素E.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力【答案】ADE【解析】A、温度是分子的平均动能的标志，一定量 100 C的水变成100 c的水蒸气，吸收热量而其分子的平均动能不变，分子之间的势能增加。故 A正确；B、当两分子间距离大于平衡位置的间距r。时，分子力表现为引力，故随分子间的距离增大，分子力做负

24、功，分子势能增大，故 B错误；C、热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他方面 的变化”，故C错误；D、温度越高，分子无规则运动的剧烈程度越大，因此在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素，故D正确；E、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，故 E正 确。故选ADE。（2） . （10分）如图所示，一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管长为L=52cm ,玻璃管内用高h=8cm 的水银柱封闭着长为 L1=40cm 的理想气体，管内外气体的温度均为300K ,大气压强p=76cmHg 。若把玻璃管绕底端在竖直面内

25、缓慢顺时针旋转至与水平方向成30 ° ,求此时管中气体的长度L2；若缓慢对玻璃管加热，升温至多少时，管中刚好只剩 4cm高的水银柱？（结果保留三位有效数字）40 cm= 343【解析】解：气体初始压强设为 Pl,玻璃管的横街面积为水银密度为P,大气压强等效为月高的水银柱，根据平衡条件可得：Pgh lS = pgh0S + pghS解得:; h。+ h = H4cm pt = Bl cm I g若把玻璃管绕底端在竖直面内缓慢顺时针旋转至与水平方向成30°,此时管中气体的压强设为P2,根据平衡条件得:pgh" = pgh（）S$in 30- + pghS解得:hj = 80cm p2 = 80cm I Ig根据玻意耳定律得:解得:L2 = 42cm若缓慢对玻璃管加热升温，管中刚好只剩4cm高的水银柱,由此得玻璃管中气体的长度为:匕-h = 48cm气体末态时的压强设为,根据平衡条件得:根据理想气体状态方程，有:Ti解得:= 343K34.物理一选修3 Y） （ 15分）填正确答案标号，选对一个得（1