高考全国二卷物理全真模拟预测试题及答案(十四)

1、2020届高三物理全真模拟预测试题（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题只有一项符合题自要求，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，一带电塑料小球质量为 m,用绝缘悬线悬挂于 。点,并在竖直平面内摆动，最大摆角为60。,水平 磁场垂直于小球摆动的平面。当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为 （）A.0B.2mgC.4mg D.6mg【答案】C 【解析】带电小球在磁场中受到洛仑兹力作用，但是洛仑兹力不做功，所以从左方摆到最低点的过程

2、只有重力做功，根据动能定理得mgL（1-cos 600）Tmv2,摆到最低点时，合力提供向心力，悬线上张力为20,则qvB-mg=m7=mg,洛仑兹力方向竖直向上。当小球从右方摆到最低点时，根据对称性可知其速度大小不变但是方向反向，所以洛仑兹力方向竖直向下 ，大小不变，此时向心力不变，即F-qvB-mg=m亍,F=4mg,选项C对。15、如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是A.若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动C.若给P 初速度，P不可能做匀速直线运动B.若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动D.

3、若给P 初速度，P可能做匀速圆周运动【解析】P处于静止状态，带负电荷，mg=qE,若仅撤去磁场，P仍静止，A错;仅撤去电场，P向下加速，同时受到洛仑兹力，将做复杂的曲线运动，B错;给P平行于磁场方向的初速度时,P做匀速直线运动,C错;给P垂直磁场方向的初速度时，因mg=qE,P在洛仑兹力作用下，将做匀速圆周运动,D对。16、利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度Bo用绝缘轻质丝线把底边长为L、电阻为R、质量为m的L”形线框固定在力敏传感器的挂钩上 ，并用轻质导线连接线框与电源 ，电源内阻不计，电压可调， 导线的电阻忽略不计。当外界拉力 F作用于力敏传感器的挂钩上时 ，力敏传感器会显示拉力的大

4、小 F。当线 框接入恒定电压为 Ei的电源时，力敏传感器显示拉力的大小为 Fi;当线框接入恒定电压为 E2的电源时，力敏传感器显示拉力的大小为F2。下列说法正确的是（）A.当线框接入恒定电压为 B.当线框接入恒定电压为E1的电源时，其所受安培力为F1E2的电源时，力敏传感器显示的拉力大小为线框所受安培力与重力之差C.待测磁场的磁感应强度B的大小为D.待测磁场的磁感应强度 B的大小为钙落当线框接入电压恒定的电源时，力敏传感器显示的拉力大小等于线框所受安培力与重力之和，选项A、B错误;当线框接入恒定电压为 E1的电源时，力敏传感器显示的拉力大小为F1彗1 +mg,同理，当线框接入恒定电压为E2的电

5、源时，力敏传感器显示的拉力大小为F2=+mg,联立以上两式解得B=；E-通心，选项C错误，选项D正确。17. （2019福建省南平市5月综合质检）人们发现州有极其微弱的放射性，一个州核（翡Bi）经过 八3衰变后变成一个铅核（208Pb）,并伴随产生了丫射线.该反应中州核、“粒子、3粒子、铅核的质量分别为m1、m2、m3、m4,下列说法正确的是（）A. “射线、3射线、丫射线相比,B.核反应中释放的 丫光子频率是丫射线具有较强的电离本领2m2+ m3+ m4 mi chC.州核的结合能比铅核的结合能大D.原子核发生一次 3衰变后，该原子外层就失去一个电子【答案】C【解析】 a射线、3射线、丫射线

6、相比，a射线具有较强的电离本领，故 A错误；核反应 rm mo 一 mA c2中释放的能重为 正 =Amc2= （mi - m2 m3m4）c2= h 丫，解得频率 丫=h,故 B 错证； 州核的核子数比铅核的核子数多，故州核的结合能比铅核的结合能大，故C正确；衰变反应发生在原子核内部，原子核由质子和中子组成，发生3衰变时一个中子变为质子并释放一个电子，故 D错误.18. （2019广西钦州市第三次质检）如图4甲所示，ab为磁场边界，在ab的右侧存在一个足够大的匀强 磁场，t= 0时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里，用一根横截面积为S、电阻率为p的硬质导线做成两个半径分别为r和2r的圆环1和圆

7、环2,让圆环的直径与边界重合.磁场磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，则0ti时间内（）A.两圆环中产生感应电流的方向为逆时针B.两圆环一直具有扩张的趋势C.环1和环2中感应电流的大小之比为 1 ： 2D.环1和环2中的电功率之比为 1 : 4【答案】C【解析】磁感应强度方向向里且减小，由楞次定律方向为顺时针，0to时间内为了阻碍磁通量的减小，圆环有扩张的趋势， 增大，圆环有缩小的趋势，A、B错误；由题图乙可知磁场均匀变化，即蹭反减同”可知，圆环中的感应电流toti时间内为了阻碍磁通量的根据法拉第电磁感应定12A- A CC行2律e=当s可知产生的感应电动势大小之比为Er= ：=1根据电

8、阻定律tAtE2 12 4”2r 2R=L 2 7f 一，一一一3=（5-5可知两环的I-k2IC/22I 2 I-k）电阻之比为1=,故感应电流之比为71=-C正确；电功率之比为；7 = 7；1=-, D错误.R22I2E22P2I2 R2819. （2019广东省汕头市第二次模拟 ）如图5所示，有两本长均为 L、质量均为m的细导体棒a、b,其 中a被水平放置在倾角为 45°的光滑固定绝缘斜面上.b被水平固定在斜面的右侧.且a、b在同一水平面上保持相互平行.当两棒通以大小均为I的电流时，a恰好在斜面上保持静止，重力加速度为g,下列关于b棒在a处产生的磁场的说法中，正确的是 （）A.

9、方向一定竖直向下B.方向可能竖直向上C.磁感应强度大小一定为 皆D.磁感应强度大小一定为 嚓19【答案】 BC【解析】由于a恰好在斜面上保持静止，所以 a、b之间一定是吸引力，即 a、b中电流的方向应相同，由于题中没有给出a中电流的方向，所以 b的电流方向也不确定，则 b棒在a处产生的磁场可能向上也可能向下，故 A错误，B正确；a受到重力、支持力和水平向右的安培力处于平衡状态，因 夹角为45。，则B = 1g ,故C正确，D错误.20. （2019江西省重点中学协彳体第二次联考）在水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势 。随坐标x变化的图线如图6所示（标 一如、XI、X2、X3、X4均已知，O

10、、XI、X2、X3、X4为X轴上等间距的点）,现有一质量为m、电荷量为q的带负电小球（不计重力）从O点以某一未知初速度 V0沿X轴正方向射出，则下列说 法正确的是（）、一一 ,，一、一 g， 、一， ， 、一 ,，一、,一A.在0xi间的电场强度沿 X轴正方向，大小为 Ei=B.在0xi间与在X3X4间电场强度相同xiC.只要V0>0,该带电小球就能运动到 X4处D.只要V0>"j2mm，该带电小球就能运动到 X4处【答案】BD【解析】由于沿电场方向，电势降落，可知0Xi间的电场强度沿 x轴负方向，由E天,得E= 4, f图象的斜率等于电场强度，在0-1间与在X3X4间斜

11、率相同，则电场强度相 同，故A错误，B正确；由4 X图象可知，X3处电势最低，速度最小，只要能到达 X3处就一定能到达 X4 处.若小球恰好到达X3处，由动能定理得：一qU = q 8=0 2mvo2,故丫0 = 42m0，只要丫。、20，带 电小球就能运动到 X4处，故C错误，D正确.21. （2019江西省南昌市第二次模拟）如图7所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上， 放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行.现给小滑块施加 一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有（）A.轻绳对小球的拉力逐渐增大B.小球对斜

12、劈的压力先减小后增大C.竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小D.对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大【答案】 AD【解析】 对小球受力分析，受重力、支持力和轻绳的拉力，如图甲所示：根据平衡条件，细线的拉力Ft增加，支持力Fn减小，根据牛顿第三定律，球对斜劈的压力也减小，A正确，B错误；对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力Fn,杆的支持力Fn；拉力Ft,如图乙所示，根据平衡条件，有：水平方向Fn= FNSin2竖直方向Ft+Fncos仁G,由于Fn减小，故Fn'减小，Ft增加，C错误，D22. （2019广东省梅州市 5月二模）如图1甲所示，是研究小车做匀变速直线运动规律的实验装置，打

13、点计时器所接的交流电源的频率为 f =50 Hz , 试问：(1)实验中，必要的措施是.A.细线必须与长木板平行B.小车必须具有一定的初速度C.小车质量远大于钩码质量D.必须平衡小车与长木板间的摩擦力(2)如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G是刚打好的纸带上 7个连续的点.从图乙中可读得X6=cm,计算F点对应的瞬时速度的表达式为vf=.(3)如图丙所示，是根据实验数据画出的v22x图线(v为各点的速度大小)，由图线可知小车运动的加速度为 m/s2 (保留2位有效数字)f X6 X4【答案】(1)A (2)6.00 2 (3)0.50(0.48 0.52)【解析】(1)实验中，细线必须与长木

14、板平行，以减小实验的误差，选项 A正确；实验中让小车由静止释放，不需要初速度，选项 B错误；此实验不需要使得小车质量远大于钩码质量，选项 C错误；此实验 没必要平衡小车与长木板间的摩擦力，选项 D错误.(2)从题图乙中可读得 X6= 6.00 cm,计算F点对应的瞬时速度的表达式为X6 X4f X6 X4vf= 2T(3)由图线可知小车运动的加速度为Av2 1.50-0.25a2x 25 M0 1m/s2= 0.50 m/s2“ 5.0V7.5 W某元件的伏安特性曲23. (2019广西钦州市第三次质检 )某小组通过实验测绘一个标有 线，电路图如图2甲所示，备有下列器材：图2A.电池组（电动势

15、为6.0 V,内阻约为1 Q） B.电压表（量程为03 V,内阻Rv = 3 k Q）C.电流表（量程为01.5 A,内阻约为0.5 Q） D.滑动变阻器 R（最大阻值10 0额定电流1 A）E.定值电阻 R1（电阻值为1.5 k Q）F.定值电阻 R2（电阻值为3 k Q）G.开关和导线若干实验中所用定值电阻应选 （填"或"F”.）（2）根据图甲电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物电路连接完整（3）某次实验时，电压表示数指针位置如图丙所示，则电压表读数是 V,元件两端电压是 V.（4）通过实验数据描绘出该元件的伏安特性曲线如图丁所示若把两个同样的该元件并联后与电动势为4

16、.5 V、内阻为1.5直!电源相连接，则此时每个元件的电阻值均为 Q .计算结果保留2位有效数字）【答案】（1）F （2）如图所示（3）2.20 4.4 （4）1.7 （1.51.9 均可 ）【解析】 （1）电源电动势为6.0 V,电压表量程为3 V,内阻为3 k Q,则可将电压表扩大量程，串联一 个大小为3 kQ的分压电阻后，量程扩大到6.0 V,则定值电阻应该选择F.（2）实物电路连接如图；（3）某次实验时，电压表示数指针位置如题图丙所示，则电压表读数是2.20 V,元件两端电压是 2X2.20 V = 4.4 V.（4）设通过每个元件的电流为I,根据闭合电路欧姆定律应有E=U+2Ir,变

17、形为U = 4.5-3I,在表示小灯泡的I U图象中作出表示电源的I U图象，如图所示，读出两图线的交点坐标为U= 1.65 V, I= 0.95A,所以每个元件的电阻为R = Up 1.7 Q .24. （2019江西省新余市上学期期末 ）滑梯是幼儿园必备的一种玩具，它可以培养孩子坚定的意志和信 心，可以培养孩子的勇敢精神，现有一滑梯，高处水平台面距地面高h= 1.5 m,倾斜槽倾角为37。，下端为水平槽，长L = 0.5 m,厚度不计.倾斜部分和水平部分用一忽略大小的圆弧连接，示意图如图1所示，一质量为20 kg的小孩由静止从高处水平台面沿倾斜槽下滑，当滑到水平槽末端时速度大小为v=2 m

18、/s.（结果保留两位小数，重力加速度 g = 10 m/s2 , sin 37° = 0.6 , cos 37° = 0.8）, 求：（1）若滑梯的倾斜槽和水平槽摩擦因数相同，求此摩擦因数的值.（2）若小孩滑到水平槽末端速度大于1 m/s时危险性较大，为了小孩能滑到水平槽且保证安全，将滑梯水平槽粗糙处理.倾斜槽的摩擦因数与（1）问中相同,请你求出水平槽处理后的摩擦因数取值范围.【答案】（1）0.52 （2）大于等于0.82【解析】（1）研究小孩的整个运动过程，利用动能定理：mghpmgos。x-rh科mg占1mv2sin e2可得：（1= 0.52（2）为使小孩能安全到达水

19、平槽的末端，则在水平槽的末端速度v应小于等于vo = 1 m/s,设处理后水平槽摩擦因数为 叫 小孩到达斜槽末端的速度为V1,根据动能定理，在斜面上有：mgh mgos 0叱 = 211mv12在水平面上有：2mvo2 2mv12=国mgL联立得：也=0.82所以p1> 0.82 1_25. （2019四川省乐山市第一次倜研 ）如图2所不，AB是位于竖直平面内、半径R=0.5 m的4圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E= 5X103 N/C.今有一质量为 m=0.1 kg、带电荷量q=+ 8X10 5 C的小滑块（可视为质点

20、）从A点由静止释 放.若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数 科=0.05，取 g = 10 m/s2 ,求：（1）小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；（2）小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离；（3）小滑块最终的运动情况.【答案】(1)2.2 N方向竖直向下(2)2 m (3)在圆弧轨道上往复运动3【解析】(1)设小滑块第一次到达 B点时的速度为VB,圆弧轨道对滑块的支持力为Fn,则由动能定理得 mgRqER=；mvB2由牛顿第二定律得 Fn mg= mB解得Fn = 2.2 N2R由牛顿第三定律知，小滑块滑到B点时对轨道的压力为 2.2 N,方向竖直向下(2)设小滑块在水平轨道上

21、向右滑行的最大距离为x, mgR-qE(R+x)-科mgx0,得x=| m3(3)由题意知qE=8M05X5M03 N=0.4 N 科mg 0.05 0.1 10 N = 0.05 N因此有qE>科m斫以小滑块最 终在圆弧轨道上往复运动.33. (1)(2019陕西省渭南市第三次模拟)下列说法正确的是 .A.松香在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变B.当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小C.液体的饱和汽压与饱和汽的体积有关D.若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则压强一定增大E.若一定质量的理想气体分子平均动能减小，且外界对气体做功，则气体一定放热(2)(2019江西省重点中学协

22、作体第二次联考)如图1所示，粗细均匀且内壁光滑的导热细玻璃管长L0=65 cm,用长为h= 25 cm的水银柱封闭一段理想气体.开始时玻璃管水平放置，气柱长Li= 25 cm,大气压强为Po= 75 cmHg.不考虑环境温度的变化.若将玻璃管由水平位置缓慢转至竖直位置(管口向上)，求此时气柱的压强 P2和长度L2；保持玻璃管沿竖直方向放置，向玻璃管中缓慢注入水银，当水银柱上端与管口相平时封闭气柱的长 度L3.【答案】(1)BDE (2) 100 cmHg 18.75 cm 15 cm【解析】(1)晶体在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，而松香是非晶体，A错误；当分子间的引力与斥力平衡时，分

23、子势能最小，B正确；液体的饱和汽压与温度有关，与饱和汽的体积无关，C错误；若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则 W>0, Q>0,根据热力学第一定律AU=Q+W知，AU>0,说明气体的温度升高，又气体被压缩，体积减小，由理想气体状态方程可知，气体压强一定增大， D正确；若一定质量的理想气体分子平均动能减小，说明温度降低，内能减小，即AU<0,又外界对气体做功，即 W>0,根据热力学第一定律 AU = Q + W知，Q<0,即气体一定放热，E正确.(2)玻璃管水平放置时，气柱的压强等于大气压强，即p1 = p0 = 75 cmHg ,当玻璃管管口朝上，且竖直放置时，气柱的压强为P2=p°+ p gh100 cmHg;设水银柱横截面积为 S,由于温度不变，由玻意耳定律得P1L1S=p2L2S,解得L2= 18.75 cm；设注入的水银柱长度为x.当水银柱的上端刚好与管口相平时，气柱的压强