高考全国二卷物理全真模拟预测试题及答案(十八)

1、2020届高三物理全真模拟预测试题（二十）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、在磁感应强度为 B0、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根通电长直导线 ，电流的方向垂直于纸 面向里。如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（）A.c、d两点的磁感应强度大小相等B.a、b两点的磁感应强度大小相等C.c点的磁感应强度的值最小D.b点的磁感应强度的值最大【答案】C【解析】通电直导线在 c点的磁感应强度方向与 Bo的

2、方向相反，b、d两点的电流磁场与 Bo垂直,a 点电流磁场与Bo同向油磁场的叠加知c点的合磁感应强度最小。15.利用图甲所示的实验装置观测光电效应，已知实验中测得某种金属的遏止电压Uc与入射频率Y之间的关系如图乙所示，电子的电荷量为e=1.6M。19 C,则（） e 1、&_.A.普朗克常量为7TB.该金属的逸出功为 eU1U1C.电源的右端为正极D.若电流表的示数为 10仆 则每秒内从阴极发出的光电子数的最小值为6.25 1012【答案】B【解析】由爱因斯坦光电效应方程可知，Uc=2 W0,知题图乙图线的斜率 5 = h,则普朗e eMe克常量卜=外，该金属的逸出功为 Wo=hM=e

3、U1, A错误，B正确；电源左端为正极，右端为负极，C错误；每秒内发出的光电子的电荷量为 q=It= 10X10 6X1 C= 10 5 C,而n =：故每秒内至少发出 6.25 M013 个光电子，D错误.16. （2019陕西省渭南市第三次模拟）如图3所示的电路中，变压器为理想变压器，开关 S闭合，交流电源 1电压恒定，电阻 Ri=R2,通过R1的电流与通过 R3的电流相等，R1两端的电压为电源总电压的 7,则若断开 开关S, Ri与R3的电功率之比为（）A . 1 ： 3【答案】D【解析】变压器输入端的电压为1流为 I3,贝U： Ur= 7UB. 1 ： 9C. 2 ： 9 D. 1 ：

4、 18开关S闭合时，设电源的电压为 U,变压器的匝数比为 n; R1两端的电压为 Ur,U1,输出端的电压为 U2；原线圈上的电流为I1 ,流过R2的电流为 流过R3的电16U1U1U1=U Ur= U-7U = 7U由于：U2=n,所以：U2=|2+ I3由欧姆定律得：I-RTR? I2=/黑2 =谓由题：I1=I3由电流关系可得:U2 1 c联乂可信：n=3, R3= =2R1右断开开关S,则：I1 = =3由功率的表达式：P = I RI 33P1 IL 1联立可得R1与R3的电功率之比为：产即=七，故A、B、C错误，D正确.P3 I3 R31817. （2019河北省 名校联盟”质量监

5、测一）如图4所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B相连.开始时用手托住 B,让细线恰好伸直，然后由静止释放B,直至B获得最大速度，不计空气阻力.下列有关该过程的分析正确的是 （）A .释放B的瞬间其加速度为2B. B物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和C . B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D.细线的拉力对A做的功等于A物体机械能的增加量【答案】 B【解析】 释放B瞬间弹簧长度来不及改变， B的加速度不一定为 m，A错误；对B分析，受 到重力和拉力作用，根据动能定理可知 Wg

6、 + Wf= AEk, B正确；根据能量守恒定律可知 B物体机械能的减 少量等于弹簧弹性势能的增加量与 A物体的动能增加量之和， C错误；细线对 A的拉力与弹簧对 A的拉力 做功之和等于 A物体机械能的增加量， D错误.18. （2019青海省西宁市二模）如图5所示，某人从同一位置 。以不同的水平速度投出三枚飞镖A、B、C,最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为60。、45。、30。，图中飞镖的方向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A .三只飞镖做平抛运动的初速度一定满足VA0>VB0>VC0B .三只飞镖击中墙面的速度满足VA>VB&g

7、t;VCC .三只飞镖击中墙面的速度一定满足VA = VB = VCD.插在墙上的三只飞镖的反向延长线不会交于同一点【答案】A【解析】设水平距离为s,飞镖的初速度为 vo,击中墙面的速度为 v,速度与竖直方向的夹2角为0,则tan = = , s=vot,联立解得 s=_T由于从同一位置O抛出，s相同，所以有vy gt'gtan 0va0>vb0>vc0,故A正确；击中墙面的速度为v= s=噪口 = sin gCOs 9 = >需，则有VB<VA= VC故B、C错误；根据任意时刻速度的反向延长线一定经过此时沿抛出方向水平位移的中点可知，插在墙上的三只飞镖的反向延

8、长线一定交于同一点，故D错误.19. （2019贵州省贵阳市5月适应性考试二）如图6所示，一导线弯成半径为 r的半圆形闭合线框.竖直虚线MN右侧有垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B.线框以垂直虚线 MN、大小为v的速度向右匀速进入磁场，直径 CD始终与MN垂直.从D点进入到线框完全进入磁场过程，下列说法正确的是（）A. CD段导线始终不受安培力C.感应电动势的最大值为BrvB.感应电流的大小和方向不变1 _D.感应电动势的平均值为" uBrv【答案】CD【解析】在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流为逆时针方向，根据左手定则可以

9、判断,CD段导线所受安培力方向向上，故A错误；在闭r,这时感应电动势1 2B271r21:-=: TiBrv,故2r 4v一E F长木板足够长，重力加速度g取10 m/s2,卜列说法正确的是（）合电路进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，所以电动势先增大后减小，感应电流也 先增大后减小，故 B错误；当半圆闭合回路一半进入磁场时，这时等效切割长度最大为最大，为E=Brv,故C正确；由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值D正确.20. （2019广东省湛江市第二次模拟）如图7甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M的足够长的木板，质量为 m的小滑块（可视为质点）放在长木板上.长木

10、板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示，A .长木板的质量 M = 2 kgC.当F=14 N时，长木板的加速度大小为【答案】 BC【解析】 当F等于12 N+ m）a,代入数据解得：M + m= 3 kg ;当图7B.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.46 m/s2D.当F增大时，小滑块的加速度一定增大时，加速度为：a = 4 m/s2.对整体分析，由牛顿第二定律有F = （MF大于12 N时，m和M发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：Fmg= Ma,即F= Ma+科mg结合题图可得： M = 1 kg,故m= 2 kg,故A错误；由题图可得， 科mg= 8, 故 尸0.4,故B正确；当F

11、=14 N时，长木板的加速度为： a=6 m/s2,故C正确；当F大于12 N后，发 生相对滑动，小滑块的加速度为 a= 与F无关，F增大时小滑块的加速度不变，故 D错误.21. （2019山东省青岛市5月二模）2019年1月19号，以周总理命名的 淮安号”恩来星在甘肃酒泉卫星发射 中心，搭乘 长征十一号"火箭顺利发射升空.淮安号”恩来星在距离地面高度为535 km的极地轨道上运行.已知地球同步卫星轨道高度约36 000 km,地球半径约 6 400 km.下列说法正确的是（）A .淮安号”恩来星的运行速度小于7.9 km/sB .淮安号”恩来星的运行角速度小于地球自转角速度C.经估

12、算，淮安号”恩来星的运行周期约为 1.6 hD.经估算，淮安号”恩来星的加速度约为地球表面重力加速度的三分之二【答案】AC【解析】由G粤=mv2得：v=、/GM,则 淮安号”恩来星的运行速度小于第一宇宙速度r2rr7.9 km/s,故A项正确；由GMm-mrco2得：3=、摩，则 淮安号”恩来星的运行角速度大于地球同步卫星的角速度，即 淮安号”恩来星的运行角速度大于地球自转角速度，故B项错误；据 GMrr = mr（2）2,解得:丁=2兀、唇，淮安号”恩来星的运行周期与地球同步卫星周期关系为工="R±h1 ）3,解得 淮安GMT同 Y R+ h同）号”恩来星的运行周期约为

13、1.6 h,故C项正确；据G J 2=ma和GM? = mg,解得淮安号”恩来星的加R+ hR速度约为地球表面重力加速度的0.85倍，故D项错误.22. （2019湖北省4月调研）城市建设中常常用半径很大的圆形水泥管道作为雨水和污水的排放管 道.为估测该管道的半径，使用的器材有：小球、秒表、上表面光滑的长木板.请将下列实验步骤补充完 整：（1）将小球放在管道中，标出小球静止在水泥管圆弧底部的最低点A,如图1所示；（2）将长木板倾斜放置在圆形管道上， ;（3）让小球从长木板上端由静止滑下，.由上述测量结果，可得圆形管道的半径R=.（已知重力加速度为 g）【答案】（2）让木板的下端置于 A点（3）

14、用秒表测量出小球从木板的上端滑到A点的时间t 4gt2【解析】（2）将长木板倾斜放置在圆形管道上，让木板的下端置于A点；（3）让小球从长木板上端由静止滑下，用秒表测量出小球从木板的上端滑到A点的时间t.设木板与OA的夹角为a,则小球下滑的加速度a= gcos a,由几何关系知，木板的长度为 2Rcos ”根据 2Rcos a= 2 at2 可解得：R= ：gt223. （2019广东省揭阳市模拟）把电流表改装成电压表的实验中，所用电流表 G的满偏电流Ig为200 iik,内阻估计在 400600 四间.（1）按图2测定电流表G的内阻Rg,需要选用合适的器材，现有供选用的器材如下：A.滑动变阻器

15、（阻值范围0200 ） B.滑动变阻器（阻值范围01 750 Q）C.电阻箱（阻值范围0999 Q）D.电阻箱（阻值范围099 999 Q）E.电源（电动势6 V,内阻0.3 Q） F.电源（电动势12 V,内阻0.6 Q）（1）按实验要求，R最好选用, R最好选用, E最好选用.（填入器材的字母 代号）（2）假定由上述步骤已测出电流表内阻Rg= 500 R现在通过串联一个 24.5 k的电阻把它改装成一个电压表，此电压表的量程为 .（3）如图3甲是测定未知电阻 Rx的电路图，测量时，电流表的读数为0.20 A,而由（2）中改装后的电压表的表头读数如图乙所示，那么Rx的阻值等于 .【答案】（1

16、）D C F （2）5 V （3）15 Q【解析】（1）根据 半偏法”的实验原理可知，为使干路电流保持不变，应使电阻箱R的阻值越大越好，所以R应选择电阻箱 D;根据实验原理可知，电阻箱R应选择与待测电流表内阻接近的电阻箱C;通过计算可知，应选择电动势较大的电源F;（2）根据串并联规律可知，改装的电压表量程应为：U = Ig（Rg+R） = 5 V;5(3)因改装后的电压表量程为5 V,所以电压表的读数为：U = 200*120 V=3 V,待测电阻的阻值为：RU 3 一 =1-=072 = 15 Q .24. (2019广东省东莞市上学期期末质检)如图1所示，两平行金属导轨间的距离L = 0.

17、4 m,金属导轨所在的平面与水平面夹角0= 37°,在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.5 T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势E = 4.5 V、内阻r = 0.5 的直流电源，现把一个质量m= 0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止.导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金 属导轨接触的两点间的电阻R= 2.5 0金属导轨电阻不计，g取10 m/s2,已知sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8,求：(1)通过导体棒的电流I的大小；(2)导体棒受到的安培力F的大小及方向；(3)导体棒受到的摩擦力Ff的大小及方向.【

18、答案】(1)1.5 A (2)0.3 N 方向平行导轨向上 (3)0.06 N 方向平行导轨向下【解析】(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，由闭合电路欧姆定律得I=RE?解得：I= 1.5 A(2)导体棒受到的安培力 F = BIL = 0.3 N由左手定则可得，安培力F方向平行导轨向上.(3)导体棒所受重力沿导轨向下的分力Fi = mgsin 37 = 0.24 N由于Fi小于安培力，故导体棒受沿导轨向下的摩擦力Ff,画出导体棒的受力示意图如图：则据共点力平衡条件有 mgsin 374Ff=F,解得Ff = 0.06 N.25. (2019广东省梅州市5月二模)如图2所示，在光滑的

19、水平面上有一质量为mc= 1 kg的足够长的木板c，在C上放置有A、B两物体，A的质量为mA= 1 kg, B的质量为mB= 2 kg.A、B之间锁定一被压缩了 的水平轻弹簧，弹簧储存的弹性势能Ep=3 J,现突然给A、B一瞬时冲量作用，使 A、B同时获得vo=2 m/s的初速度，与此同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后与A、B分离(此过程中C仍保持静止).已知A和C之间的动摩擦因数为 岗=0.2, B、C之间的动摩擦因数为由= 0.1,且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力.求：(g取10 m/s2)图2(1)弹簧与A、B分离的瞬间，A、B的速度分别是多大？(2)已知在C第

20、一次碰到右边的固定挡板之前，A、B和C已经达到了共同速度，求共同速度v和达到共速之前A、B、C的加速度aA、aB、aC的大小？(3)已知C与挡板的碰撞无机械能损失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前A在C上滑行的距离？【答案】(1)va=0 vb= 3 m/s (2) v= 1.5 m/s 3A=aB=aC=1 m/s2 (3)0.75 m【解析】(1)在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对A、B及弹簧组成的系统由动量守恒定律和能量守恒定律可得：(mA+ mB)v0= mAVA+ mBVBEp+；(mA+ mB)v02=_2mAVA2+ ；mBVB2联立解得：va= 0, vb= 3 m/

21、s(2)对物体 B有：aB=戌g = 1 m/s2假设 A、C相对静止，有：4mBg=(mA+ mC)a解得：a= 1m/s2因为：mAa位mAg,假设成立故物体A、C的共同加速度为a= 1m/s2对A、B、C组成的系统，水平方向不受外力，由动量守恒定律可得：mBVB= (mA+mB+mC)v解得：v= 1.5 m/s(3)C和挡板碰撞后，先向左匀减速运动，后向右匀加速运动，在向右加速过程中先C和A达到共同速度W,之后AC再以共同的加速度向右匀加速，B一直向右匀减速，最后三者达到共同速度做匀速运动.aA'=wg = 2 m/s2； aB= 1 m/s2wmAg+ |j2mBg = mC

22、aC解得：aC'=4 m/s2v1=v aA't=v+aC't解得：Vi= 0.5 m/s, t= 0.5 sV+ V1- V + V1、一，一 ，一 r 一、，xa= 一丁t=0.5 m xc=2 t = 0.25 m 故 A、C 间的相对运动距离为xac = xa+Xc| = 0.75 m.33. (2019安徽省A10联盟最后一卷)(1)下列说法正确的是 .A.单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性B.由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体C.同种物质可能以晶体和非晶体两种形态出现D. 一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发

23、现其强度一样，则此薄片一定是非晶体E.烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈圆形，说明蜂蜡是非晶体(2)如图1, 一绝热汽缸竖直放置，汽缸内横截面积S=100 cm2的光滑绝热活塞封闭着一定质量的理想气体.在活塞上面放置一个物体，活塞和物体的总质量为m=10 kg.在汽缸内部有一个阻值 R=4 的电阻丝，电阻丝两端的电压 U = 12 V.接通电源10 s后断开，活塞缓慢升高 h=10 cm.已知理想气体的初始温度 to=27 C、体积V=3M03m,大气压po= 1.0 105 Pa,重力加速度g=10 m/s2.若电阻丝产生的热量全部被 气体吸收，求：活塞上升10 cm后理想

24、气体的温度；从接通电源到活塞上升10 cm的过程中理想气体的内能变化量.【答案】 （1）ABC （2）400 K（或 127 C ） 250 J【解析】（1）单晶体具有各向异性，原子 （或分子、离子）的排列具有空间周期性，故 A正确；由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石，故B正确；同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如天然水晶是晶体，而熔化后再凝固的水晶是非晶体， 故C正确；一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，即各向同性，则此薄片可能是多 晶体也可能是非晶体，同时也可能是单晶体，因为单晶体某些物理性质是各向异性的，有些

25、物理性质是各 向同性的，故 D错误；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈圆形，说明在导热性能 上玻璃是各向同性的，不能说明蜂蜡是非晶体，故 E错误.（2）气体的压强保持不变，由盖吕萨克定律得:V V+Sh ToTV+Sh30解得：T= V To=400 K（或 127 C）设汽缸内气体的压强为 p,选活塞为研究对象，活塞缓慢移动，受力平衡根据平衡条件得：PoS+ mg = pS解得：p= 1.1X05 Pa活塞在上升h = 10 cm的过程中外界对气体做功W= Fh = pSh= 110 J电阻丝在通电10 s内产生的热量为 Q = U1=360 JR根据热力学第一定律得：AU = W+ Q = 250 J,即气体的内能增加了250 J34. （1）（2019衡水金卷调研卷五）某同学用如图 1甲所示实验装置做用双缝干涉测量光的波长”的实验，相邻两条亮条纹间的距离用带有螺旋测微器的测量头测出，测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定位第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第 6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示，则这种色光的波长Q nm（已知双缝间距d = 0.2 mm,双缝到屏间的距离 L = 700 m