全真模拟预测试题(五)-2020届高三物理全真模拟预测试题(解析版)

1、2020届高三物理全真模拟预测试题（五）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.如图1所示，质量为 m的一辆小汽车从水平地面 AC上的A点沿斜坡匀速行驶到 B点.B距水平 地面高h,以水平地面为零势能面， 重力加速度为g.小汽车从A点运动到B点的过程中（空气阻力不能忽略）, 下列说法正确的是（）图15A.合外力做功为零B.合外力做功为 mghC.小汽车的机械能增加量为 0D.牵引力做功为 mgh【答案】A【解析】因为车做匀速运动，由动能定理可

2、知，合外力做功为零，故 A正确15. （2019广西钦州市4月综测）飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾引起质疑.为了研究该问题,以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是（）A.测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度B.测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间C.测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间D.测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度【答案】 D【解析】 在 飞针穿玻璃”的过程中，由动量定理得： "f t= mv2-mv1,故应测出飞针质量、飞针穿 越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，故D正确，A、B、C错误.16. （2019安徽

3、淮南市第二次模拟）已知地球两极处的重力加速度大小约为9.8 m/s2,贴近地球表面飞行的卫星的运行周期约为 1.5小时，试结合生活常识，估算一质量为60 kg的人站在地球赤道上随地球自转所需要的向心力约为（）A. 0.2 N B, 0.4 N C. 2 N D. 4 N在两极:MmR2= mg；对贴近地球表面飞行的卫星4-LRT=m2-R,T215c=m 人gT2 = 60X9.8 年）2解得R=4T2 ；则站在地球赤道上随地球自转的人所受的向心力:N" 2 N,故选 C.17. （2019湖北武汉市四月调研）已知氢原子的基态能量为Ei,激发态能量 En=n2,其中n=2,3若氢原子

4、从n= 3的能级跃迁到n = 2的能级放出光子的频率为丫，能使氢原子从基态电离的光子的最小频率为（）A. 7 v B. 4 v C.当 y D. 9 v4 5【答案】CEi Ei【解析】由题意可知：32 22= h；能使氢原子从基态电离的光子的最小频率满足：0 Ei = h v；解得，=36-V,故选C.518. （2019山东济宁市第二次摸底）如图2甲所示，在线圈li中通入电流ii后，在12上产生的感应电流 随时间变化的规律如图乙所示，li、l2中电流的正方向如图甲中的箭头所示.则通入线圈li中的电流ii随时间t变化的图象是下图中的（）AAB【解析】因为感应电流大小不变，根据电磁感应定律得：

5、i="E=；=而线圈ii中产生的磁R R RABAiS n AtS.,场变化是因为电流发生了变化，所以I = f8一耳，所以线圈li中的电流均匀改变， A、C错误；根据题R R图乙，0；时间内感应电流磁场向左，所以线圈li产生的磁场向左减小，或向右增大，B错误，D正确.19. （2019广西梧州市联考）甲、乙两物体沿同一直线做减速运动，t=0时刻，两物体同时经过同一位置，最后又停在同一位置，它们的速度一时间图象如图3所示，则在运动过程中（）图3A. ti时刻甲和乙相距最远B.甲、乙的平均速度相等C.在某时刻甲、乙的加速度可能相等D.甲的加速度逐渐减小，乙的加速度大小不变【答案】CD【

6、解析】甲、乙两物体速度相等时相距最远，选项 A错误；甲、乙的位移相同，但是甲运动的时间较 长，则甲的平均速度较小，选项 B错误；vt图象的斜率等于加速度，由图象可知，在某时刻甲的加速度 可能等于乙的加速度，选项C正确；vt图象的斜率等于加速度，由图象可知，甲的加速度逐渐减小，乙的加速度大小不变，选项 D正确.20. （2019江西南昌市第二次模拟）如图4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. 。点与a、b、c三条导线距离相等，且 OC ab.现在O点垂直纸面放 置一小段通电直导线，电流方向垂直纸面向里，导线所受安培力方向如图所示.则可以

7、判断（ ）图4A. 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，。点的磁感应强度方向与 F垂直斜向右下方，此磁场方向可分解为水平向右方向和竖直向下方向，所以导线c在。点产生的磁场方向应水平向右，由安培定则可知，导线c中的电流为垂直纸面向外，导线 a在。点产生的磁场方向竖直向上，导线 b在。点产生的磁场方向竖直向下，所以长导线 a中电流Ii与b中电流I2的 关系，由于不知道安培力的具体方向，所以无法确

8、定长导线c中电流I3与b中电流I2的关系，故B、C正确，D错误.21. （2019山东济宁市第二次摸底）如图5所示，在绝缘水平地面上固定两个等量同种点电荷A、B,在AB连线上的P点由静止释放一带电滑块 （可视为质点），则滑块会由静止开始一直向右运动到AB连线上的一点M而停下.则以下判断正确的是 （）AU尸图5A.滑块一定带的是与 A、B异种的电荷B.滑块的电势能一定是先减小后增大C.滑块的动能与电势能之和一定减小D, AP间距一定小于 BM间距 【答案】CD【解析】滑块受到的电场力是两点电荷对它作用力的合力，滑块向右运动，合力向右，滑块一定带与A、B同种的电荷，否则滑块将向左运动，A错误.滑块

9、运动可能有两种情况：1.滑块受到的电场力先向右后向左，电场力先做正功，再做负功，电势能先减小后增加；2.滑块受到的电场力合力始终向右，在到达AB中点前停止，电场力始终做正功，电势能始终减小，B错误.根据能量守恒，滑块的电势能、动能、内能之和不变，阻力做负功，内能增大，则动能与电势能之和一定减小，C正确.若没有摩擦力， AP=BM;因为水平面不光滑，水平方向受到摩擦力作用，运动到速度为0的位置在P点关于AB中点对称点的左侧，所以AP<BM , D正确.22. （6分）（2019广东揭阳市第二次模拟）某同学用一个?t偏电流为 10 mA、内阻为30 的电流表，一只 滑动变阻器和一节电动势为

10、1.5 V的干电池组装成一个欧姆表.图6（1）该同学按图6正确连接好电路.甲、乙表笔中，甲表笔应是 （选填 红”或 黑”表笔.（2）测量电阻前，他先进行欧姆调零: 处.将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到(3)欧姆调零后，他将甲、乙两表笔分别接如图 7中的a、b两点，指针指在电流表刻度的4 mA处，则电阻 Rx= Q .(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了如图2中的a、c两点，则Rx的测量结果 (选填 褊大”或 偏小” .)(5)再给电流表并联一个合适的定值电阻R0,就可组装成一个中间刻度值为15 Q的欧姆表，则 Ro= 结果保留两位有效数字)【答案】红 (2)10 mA (3)2

11、25 (4)偏小 (5)3.3(2)测量电阻前，他先进行欧姆调零：将甲、【解析】(1)由题图示可知，甲表笔与欧姆表内置电源负极相连，甲表笔是红表笔；乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到电阻为 零即电流最大(10 mA);口指针指在电流表刻度的 4 mA处，由闭合电路欧姆定律得:一，一E 1.5欧姆表内阻：R=矛口=1504X10 3 A= J.5V,解得：Rx= 225 留150 1升 Rx(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了图中的a、c两点，由题图示电路图可知，两电池串联，相当于欧姆表内置电源电动势 E变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变大，欧姆表指针偏右，欧姆表示数变小,Rx的测

12、量结果偏小;E 1.5(5)欧姆表内阻等于中值电阻，中间刻度值为15 的欧姆表，其内阻为 15 Q, I =A = 0.1 A ,R内15把电流表改装成 0.1 A的电流表需要并联分流电阻，分流电阻阻值:R0=IgRg0.1-0.010 A= 3.3 Q.923. (9分)(2019陕西省第二次质检)某实验兴趣小组为了测量物体间的动摩擦因数，设计了如下实验:图8(1)如图8甲，将轻弹簧竖直悬挂，用刻度尺测出弹簧自由悬挂时的长度Li = 4.00 cm.(2)如图乙，在弹簧的下端悬挂小木块，用刻度尺测出稳定时弹簧的长度L2 =cm.(3)将一长木板平放在水平面上，小木块放置于木板上表面，如图丙，

13、将图乙中的弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端拴接小木块，使弹簧水平，用力 F向右拉动长木板，长木板与小木块发生相对运动，当小木块稳定时，测出此时弹簧的长度L3=6.07 cm.(4)根据上面的操作，可以得出小木块与长木板间的动摩擦因数科=(结果保留两位有效数字).(5)若图丙实验中弹簧不水平，左端略高一些，由此而引起的动摩擦因数科的测量结果 (填偏大”或褊小” .)【答案】(2)8.65(8.63 8.67) (4)0.44 或 0.45 (5)偏小【解析】(2)刻度尺的最小分度值为0.1 cm,刻度尺的读数为 8.65 cm；(4)根据平衡条件可得小木块的重力为：Mg = k(L2Li),用力向

14、右拉动长木板，长木板与小木块发生相Ff L3- Li对运动，当小木块稳定时，则有：Ff= k(L3Li),可以得出小木块与长木板间的动摩擦因数：科=Mg L2 Li0.45(5)若图丙实验中弹簧不水平，左端略高一些，则有： F弹cos 0= MMg F弹sin 0),解得小木块与长木板 间的动摩擦因数:F 弹cos 9川，Mg F弹 sin 0由于左端略高一些，则有时0；所以:F 弹 cos 0F 弹 cos 02Mg F弹sin 0 Mg起的动摩擦因数科的测量结果偏小.24. (12分)(2019辽宁大连市第二次模拟)滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延，一*一,一一 ,一

15、_1 伸而来.如图1所不是一个滑板场地，OP段是光滑的;圆弧轨道，半径为 0.8 m. PQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为科=0.2.滑板手踩着滑板 A从O点由静止滑下，到达 P点时，立即向前起跳.滑板手离开滑板A后，滑板A以速度V1 = 2 m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板 B上，并起向前继续滑动.已知两滑板质量均为m = 5 kg,滑板手的质量是滑板的9倍，滑板B与P点的距离为 Ax）求:=1 m, g=10 m/s2.(不考虑滑板的长度以及滑板手和滑板间的作用时间，不计空气阻力图1(1)当滑板手和滑板 A到达圆弧轨道末端 P点时滑板A对轨道的压力；(2)滑板

16、手落到滑板 B后瞬间，滑板B的速度大小；(3)两个滑板间的最终距离.【答案】(1)1 500 N ,竖直向下(2)4.2 m/s (3)4.41 m1c【解析】(1)滑板手与滑板 A由。点下滑到P点过程，由机械能寸恒：10mgR=2x10mv2,代入数据解得v= 2gR= 4 m/s ,设在P点时滑板手与滑板 A所受到的支持力为 Fn :v2由牛顿第二定律可得 Fn 10mg = 10mR代入数据解得：Fn= 1 500 N ,根据牛顿第三定律得 F压=Fn = 1 500 N ,方向竖直向下；(2)滑板手跳离A板，滑板手与滑板 A水平方向动量守恒10mv= mvi+9mv2,14代入数据解信

17、： V2 = m/s, 3滑板手跳上B板，滑板手与滑板 B水平方向动量守恒 9mv2=10mv3,解得：丫3=4.2 m/s；(3)滑板B的位移XB = -v3-=4.41 m ,滑板A在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次返回P点2科gV12时的速度大小仍为 V1 = 2 m/s,滑板A在水平地面上的位移 xa = -= 1 m,2科g最终两滑板的间距为 L=Xb+ Ax- xa = 4.41 m.25. (20分)(2019山西运城市5月适应性测试)如图2甲所示，以。为坐标原点建立坐标系，等边三角 形OMN内存在垂直纸面向里的匀强磁场，三角形外侧有沿x轴负方向的匀强电场.现有质量m=

18、1 X10 18 kg,电荷量q = + 1X10 15 C的带电微粒从坐标为(0, -0.5 m)的Q点，以某一初速度 V0沿某一方向入射，从 x 轴上的P点以v= 200 m/s的速度垂直x轴进入三角形区域.若此时将三角形外侧的电场换成垂直纸面向外 的匀强磁场(如图乙所示)，两磁场的磁感应强度大小相等.已知三角形的边长L=4 m, O、P两点间距离为d= 1 m,重力不计.求：甲乙图2(1)匀强电场的电场强度大小及带电微粒的初速度大小；(2)若两磁场的磁感应强度大小B=0.2 T,求该微粒在乙图中运动一个周期的时间；(3)乙图中若微粒能再次回到P点，则两匀强磁场的磁感应强度大小应满足什么条

19、件.【答案】(1)320 V/m20017 m/s (2)6.28 10 2s (3)B= (0.4n+0.2) T, (n=0,1,2,3【解析】(1)在匀强电场中，对微粒受力分析，根据牛顿运动定律可知，水平方向op=qEt22m竖直方向OQ=vt水平分速度qEt微粒的初速度V0= W+Vx2联立解得 E=320 V/m , vo=200.；17 m/s；(2)粒子在两磁场中均做匀速圆周运动，所以qvB=*，解得 r = mv= 1丁=号,解得 丁= 700=3.14X10 2 s粒子的运动轨迹如图(a)所示，所以一个周期时间:(3)粒子的运动轨迹如图(b)所示由对称性可知，要想粒子能回到P

20、点，则粒子运动的半径应满足r(2n+ 1)=OP(n=0,1,2,3 里r=T，qB联立可得 B=(0.4n+0.2) T, (n=0,1,2,3 )33 .1选修3 3（15分）(1)(5分)一定质量的理想气体从状态 M到达状态N,有两个过程可以经历， 其p V图象如图3所示.在 过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程 2中，气体先经历等容变化再经历等压变化.对于这两个 过程，下列说法正确的是 .图3A.气体经历过程1,其温度降低，内能减少B.气体经历过程1,对外做功，内能不一定减少C.气体在过程2中，一直对外做功D.气体在过程2中，先向外放热后吸热E.气体在过程2中，一直向外放热(2)

21、(10分)如图4所示，一开口向上的汽缸固定在水平地面上，质量均为m、厚度不计、横截面积均为 S的活塞A、B将缸内气体分成I、n两部分，在活塞 A的上方放置一质量也为 m的物块，整个装置处于静止状态，此时I、n两部分气体的长度均为持不变，不计一切摩擦，汽缸足够高.当把活塞L0.已知大气压强p0=2mg,气体可视为理想气体且温度始终保SA上面的物块取走时，活塞 A将向上移动，求系统重新达到静止状态时，活塞 A上升的高度.11【答案】（1）AD（2）1；L0【解析】（1）气体经历过程1,压强减小，体积变大，气体膨胀对外做功，因气体始终与外界无热量交换，则内能减少，故温度降低，故 A正确，B错误；气体

22、在过程 2中，根据理想气体状态方程 pV=C,刚开始时，体积不变，对外不做功，压强减小，则温度降低，对外放热，然后压强不变，体积变大，则气体膨胀对外做功，温度升高，吸热，故C、E错误，D正确.(2)对气体I ,其初态压强p1 = p0 + 2mg= 2p0S末态压强为pi=p0+mg=3p0,设末态时气体i的长度为li根据玻意耳定律得：piLoS=pi LiS一 一 4p05 2斛得Li= Lo 3对气体n ,其初态压强为末态压强为P2'= p1'+ mg = 2p0S设末状态时气体n的长度为 L2根据玻意耳定律得：P2LoS= p2 L2s5解得：5小故活塞A上升的高度为Ah= Li+ L2- 2Lo= 172lo.34 .1选修3 4(15分)（2019福建龙岩市5月模拟）（1）（5分）如图5,位于坐标原点的某波源S振动方程y=10sin （200 t） cm,产生的简谐横波沿x轴正、负方向传播，波速v=80 m/s.在x轴上有 M、N、P三点，已知SM= SN=1 m,NP=0.2 m.当波刚传到质点 P时，P点的振动