2020高考物理全真模拟卷9(解析版)

2020高考全真模拟卷09

物理（考试时间：90分钟试卷满分：110分）

第I卷二、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14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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，有选错或不答的得0分。.如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于 0点，一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块 P,一条绳连接小球Q,P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下处于水平状态。现保持结点 。位置不变，使OA绳逆时针缓慢旋转至竖直方向，在此过程中， P、Q及斜面均保持静止，则A.斜面对物块P的摩擦力一直减小B.斜面对物块P的支持力一直增大C.地面对斜面体的摩擦力一直减小D.地面对斜面体的支持力一直增大【答案】C【解析】缓慢逆时针转动绳OA的方向至竖直的过程中， OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置再到3位置，如图所示，可见绳OA的拉力先减小后增大，绳OB的拉力一直减小。A.由于不清楚刚开始绳子拉力与重力沿斜面向下的分力大小关系，所以当连接 P物体的绳子拉力一直减小，不能判断斜面对物块P的摩擦力变化情况，故 A错误；B.P物体一直在斜面上处于静止状态，则斜面对 P的支持力等于重力在垂直斜面向下的分力，保持不变，故 B错误；C.以斜面体和P的整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力与OB绳子水平方向的拉力等大反向， 因绳。B的拉力一直减小，与水平方向的夹角不变，故其水平分力一直减小，则地面向左的摩擦力一直减小，故C正确；D.以斜面体和P整体为研究对象受力分析，由于绳 OB的拉力一直减小，其竖直向下的分力一直减小，根据竖直方向受力平衡，知地面对斜面体的支持力不断减小，故D错误。故选Co.如图，金星的探测器在轨道半径为 3R的圆形轨道I上做匀速圆周运动，运行周期为 T,到达P点时点火进入椭圆轨道II,运行至Q点时，再次点火进入轨道III做匀速圆周运动，引力常量为G,不考虑其他星球的影响，则下列说法正确的是（ ）A.A.探测器在P点和QB.探测器在轨道II上Q点的速率大于在探测器轨道 I的速率C.探测器在轨道II上经过P点时的机械能大于经过Q点时的机械能B+ 54R32D.金星的质量可表示为54R2GT2【解析】A.探测器在P点需要减速做近心运动才能由轨道 I变轨到轨道II,同理，在轨道II的Q点需要减速做近心运动才能进入轨道 III做圆周运动，故A错误；B.探测器在轨道II上P点的速率大于轨道I上的速率，在轨道II上，探测器由P点运行到Q点，万有引力做正功，则Q点的速率大于P点速率，故探测器在轨道II上Q点的速率大于在探测器轨道 I的速率，故B正确；C.在轨道II上，探测器由P点运行到Q点，万有引力做正功，机械能守恒，故探测器在轨道n上经过P点时的机械能等于经过Q点时的机械能，故C错误；D.探测器在3R的圆Mm 42…形轨道运动，在轨道I上运动过程中，万有引力充当向心力，故有 G——2m3R-,解得3R T

108R32M 故D错误。故选B。GT2241.烟雾探测器使用了一种半衰期为432年的放射性元素销 95Am来探测烟雾。当正常空气分子穿241过探测器时，销95Am衰变所释放的射线会将它们电离，从而产生电流。一旦有烟雾进入探测腔内，烟雾中的微粒会吸附部分射线,导致电流减小，从而触发警报。则腔内，烟雾中的微粒会吸附部分射线,导致电流减小，从而触发警报。则241/A.销95Am放出白^是X射线241- ... ...B.销95Am放出的是丫射线C.1mg的销C.1mg的销245Am经864年将有0.75mg发生衰变D.发生火灾时，烟雾探测器中的销D.发生火灾时，烟雾探测器中的销241.一一、一 95Am因温度升图而半盘期变短241a射线能使空【斛析】AB.销95Ama射线能使空241气电离，故相95Am放出的是a射线，故AB错误；C.半衰期为432年，当经864年，发生两次衰变，1mg的铜将衰变掉四分之三即 0.75mg,还乘ij下0.25mg没有衰变，故C正确；D.半衰期由原子核本身的性质决定，与物理条件和化学状态均无关，则温度升高而半衰期不变，故D错误。故选Co17.如图所示为一长度为3L的质量不计的轻杆，在两端拴接质量均为 m的小球P、Q,在距离小球P为2L处有一固定的转轴。开始轻杆处于水平状态，现将装置无初速释放，假设一切摩擦力均可忽略，则在小球P由图中的位置运动到最低点的过程中（A.轻杆对小球PA.轻杆对小球P做功为零B.轻杆对小球Q做功为零C.轻杆对小球C.轻杆对小球P做了负功D.轻杆对小球Q做了负功【答案】C【解析】小球Q受到重力和轻杆对它的作用力，运动过程中小球 Q克服重力做了功，其动能反而增加了，这一定是轻杆对它做了正功，小球 Q的机械能增加，小球P、Q和轻杆组成的这个系统，在绕点。无摩擦转动过程中机械能守恒，小球 Q的机械能增加，则小球P的机械能必减少，由功能转化关系可知轻杆对小球 P做了负功，故C正确。故选Co18.如图所示，一小滑块沿足够长的固定斜面以初速度 v向上做匀减速直线运动，依次经 A、B、C、D到达最高点E,已知AB=BD=6m,BC=1m,滑块从A至ijC和从C至ijD所用的时间都是2s。设滑块经过C时的速度为vc,则A.滑块上滑过程中加速度的大小为0.2m/s2B.vc=6m/sC.DE=3mD.从D到E所用时间为4s【答案】D【解析】A.根据题意可知AC7m,CD5m,根据xat2求解加速度大小x57 2 2a= m/s20.5m/s2,A错误；B.匀变速直线运动的某段时间内，中间时刻速度t4等于平均速度vCxACxCD二^m/s3m/s,B错误；C.匀减速直线运动的逆过程为匀2t42加速直线运动，CE之间的距离为xCE——m9m,则DE9m5m4m,C错误；

2a1D.从D到E同样采用逆过程Xde1at2,解得时间tJ型DEJ2~4s4s,D正确。故2 a.0.5选AD。19.地下矿井中的矿石装在矿车中， 用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程， 它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程TOC\o"1-5"\h\zA.矿车上升所用的时间之比为 4:5B.电机的最大牵引力之比为 2:1C.电机输出的最大功率之比为 2:1D.电机所做的功之比为4:5【答案】AC【解析】A.根据位移相同可得两图线与 t轴围成的面积相等，则有1 1 1 -Vo 2to - -Vo 2to ttot,解得t —to,对于第①次和第②次提升过程中，矿2 2 2- 1 1车上升所用的时间之比为 2to:2to-to 4:5,故A正确；B.加速过程中的牵引力最大，2且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次中最大牵引力相等，故B错误；C.由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为 2:1,由功率PFv,得最大功率之比为2:1,故C正确;D.两次提升过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做的功之比为 1:1,故D错误。故选AC。2。.如图所示，a、b、c、d为匀强电场中的等势面，一个质量为 m,电荷量为q的质子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点。已知该粒子在 A点的速度大小为W,且方向与等势面平行，在B点的速度大小为V2,A、B连线长为L,连线与等势面间的夹角为 0,不计粒子受到的重力，则A.粒子的速度V2一定大于V1B.等势面b的电势比等势面c的电势低

C.粒子从AC.粒子从A点运动到B点所用的时间为Lcosmv2v2D.匀强电场的电场强度大小为2qLcos【答案】AC【解析】A.电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场线的方向沿竖直方向，带正电的质子弯曲的方向向下，所以质子受力的方向向下，从A到B的过程中电场力做正功，所以质子的速度增大，故A正确；B.质子受力的方向向下，质子带正电，则电场的方向向下，而沿着电场线电势逐渐降低，故b的电势高于c的电势；故B错误；C.质子在A点的速度大小为vi,在B点的速度大小为V2,质子在沿等势面方向的分速度不变为 vi,所以质子运动的时间xLcost ，故C正确；D.在沿电场线的方向的位移为 y=Lsin。，由动能定理有V1 V1, / 一2 221 2 mV2VlqEy—mV2—mV1,联立解得e ,故D徐庆。故选AC。2 2qLsin21.如图所示，空间有垂直纸面向里的匀强磁场，氢元素的同位素笊核（一个质子，一个中子）和二价氢核（二个质子，二个中子）都从边界上的 。点以相同速度先后射入磁场中，人射方向与21.边界成相同的角，则笊离子和二价氨离子在磁场中X X X X XX X乂 K 乂 K X X« x【解析】A.根据牛顿第二定律得:2V

qVB=m【解析】A.根据牛顿第二定律得:2V

qVB=m—, .r由题v、B大小均相同，两离子电荷量和质量关系知r相同，故A正确；B.粒子的运动周期T=qBA.运动轨迹的半径相同B.重新回到边界所用时间相同C.重新回到边界时的动能相同D.重新回到边界时与O点的距离相等【答案】ABDmV—一,2 4r=qB，笊离子为iH,二价氮离子2He,

则知T相同，又因半径r及速度还相同，都带正电，知运动轨迹完全相同，运动时间相同，故B正确；C.两离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同， 但因两离子质量不同，则重新回到边界时的动量不相同，故C错误；D.两离子运动轨迹完全相同，所以重新回到边界时与 O点的距离相等，故D正确。第n卷非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~34题为选考题，考生根据要求作答。（一22.）必考题（共47（一22.某同学采用如图甲所示的实验装置探究加速度和力的关系，其中小车的质量为 M,砂和砂桶的总质量为m（滑轮光滑），交流电频率为 f50Hz（1）本实验中（需要/不需要）满足m=M（2）松开砂桶，小车带动纸带运动，若相邻计数点间还有 4个点未画出，纸带如图乙所示，则小车的加速度am/s小车的加速度am/s2（结果保留三位有效数字）【答案】（1）不需要 （2）2.01【解析】（1）小车所受拉力可以由弹簧测力计测出，无需满足m=M（2）计数点间有4个点没有画出，计数点间的时间间隔为 t=0.02X5s=0.1s,由匀变速直线运动的推论Xat2，可得小车的加速度a~ 5721~ 39t2代入数据解得a=2.01m/s223.要描绘一只标有 “9V5W字样小灯泡的完整伏安特性曲线，实验室可供如下器材:23.A.电流表Ai（量程0.6A,内阻约为0.59B.电流表A2（量程3A,内阻约为0.29C.电压表V（量程3V,内阻rv3kQ）D.滑动变阻器R（阻值0~10Q,额定电流0.8A）E.滑动变阻器R2(阻值0~100Q额定电流1.5A)F.定值电阻R3 6k◎G.直流电源(电动势E10V)H.导线和开关(1)请在虚线框中画出电路图(2)滑动变阻器应选;电流表应选(填写元件前序号)(3)灯泡两端实际电压Uo与电压表读数U关系式为(4)根据该电路设计图进行实验，测得电压表的读数为 U、电流表读数为I,若考虑电表的内阻，则此时灯泡的电阻为(用题目中所给字母或符号表示)a——1 r-U^-【答案】(1) 1 (2)DA (3)Uo3U(4) ,U Irv।—1|~~—【解析】(i)描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由题意可知，灯泡额定电压为 9V,电压表量程为3V,把电压表量程扩大为9V,应给电压表串联一个定值电阻R3；电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示(2)灯泡额定电流为I择(2)灯泡额定电流为I择D；——A=0.56A,电流表应选A;为万便实验操作，滑动变阻器应选U9(3)定值电阻阻值是电压表内阻的 2倍，则定值电阻两端电压为电压表两端电压的 2倍，故灯泡两端电压为U0=3U；U R3U(4)由图示电路图可知，电流表读数为I,则通过灯泡的电流为I一，则灯泡电阻 ।Urv I)rV.如图所示，AB为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，轨道内壁粗糙，其半径为 R且远大于细管的内径，轨道底端与水平轨道BC相切于B点。水平轨道BC长为2R,动摩擦因数为岗=0.5,右侧为一固定在水平面上的粗糙斜面。斜面 CD足够长，倾角为㈱37。，动摩擦因数为M2=0.8O一质量为m,可视为质点的物块从圆管轨道顶端 A点以初速度v0JgR水平射入圆管轨道，运动到B点时对轨道的压力为自身重力的 5倍，物块经过C点时速度大小不发生变化。 sin37°=0.6cos37=0.8,重力加速度为g,求:物块从A点运动到B=0.6cos37=0.8,重力加速度为g,求:物块从A点运动到B点的过程中，阻力所做的功;物块最终停留的位置。【解析】(NN5mg由牛顿第二定律2Nmgm^B解得VbNN5mg由牛顿第二定律2Nmgm^B解得Vb2,gRA到B的过程，由动能定理1 2 1 22mgRWf-mvB-mv01 _得Wf -mgR(2)设物块沿斜面上升的最大位移为s,由动能定理〔mg2Rmgssinfs1 2-mvB2其中f 2N,Nmgcos35R因2mgcosmgsin,故物块在速度减为零之后不会下滑，物体最终会静止在斜面上距离一25_C点s—R的位置。31.如图所示，足够长的平行金属导轨 MN、PQ竖直放置，图中虚线下方存在垂直导轨平面向里的匀强磁场，导轨的下端(距虚线足够远) N与Q间接有阻值为R的电阻。在虚线处有一质量为m、电阻为r=6R的金属棒ab紧贴在导轨上，以某一初速度向上抛出，同时紧靠导轨到虚线距离为do处有一个和ab完全相同的金属棒cd无初速释放，已知两棒相遇时速度等大、且相遇后立刻结合成一体。两棒结合成一体后，经过时间 t刚好达到最大速度Vm,此时两棒早已经进入磁场，导轨电阻不计，重力加速度为g。求：(1)两棒进入磁场时的速度；(2)此过程中电阻R产生的焦耳热。【答案】（1）（警；（2）MXX【答案】（1）（警；（2）MXXXmvm(2gt 3vm)加4【解析】（1）cd静止释放的同时，ab竖直上抛，两棒相遇时速度等大，根据竖直上抛的对称性可知ab上升距离3h=—do4相遇时速度大小设为vi,设两棒结合成一体时的速度为 V2,对两棒应用动量守恒定律可知 mvi—mvi=2mv2解得V2=0此后，对双棒，设双棒进入磁场时的速度设为 V3,应用机械能守恒定律有1 22mgh—2m%解得：两棒进入磁场时的速度V33gdV33gdo（2）根据电阻定律可知，两棒结合成一体后电阻1ro=—r=3R2匀速运动时达到最大速度，有2mg必(Rro)解得BLVm解得BLVm8mgRAtAt内安培力冲量将双棒从进入磁场到最大速度分成无数段，每一小段时间设运动位移为s,设运动位移为s,应用法拉第电磁感应定律可知在时间 to内金Q,应用功能关系有23R的焦耳热1ABILtBLq把各个过程相加可得此过程中安培力冲量IaBLq从两棒结合成一体到最大速度 Vm,对双棒，应用动量定理有2mgtIa2mvm联立解得q2m（gtVm）.---:8mgR从进入磁场到最大速度的过程中，属棒产生的平均电动势EBLstoE闭合电路欧姆定律有I Rro-q又根据电流定义式有Ito联立可知qBLs4R设此过程中回路产生的焦耳热为TOC\o"1-5"\h\z2 12mgsQ一2mvm-21T\o"CurrentDocument"2又根据串联电路特点可知通过电阻c RCQr QRro联立解得\o"CurrentDocument"mvm（2gt3Vm）3 .Qr mgdo\o"CurrentDocument"4 8（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。 如果多做，则按所做的第一题计分。33.［物理一一选彳3司（15分）（1）下列说法正确的是。（填正确答案标号，选对1个名2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分o分）34.［物理一一选彳3Y］（15分）A.随着分子间距离的增大，分子势能一定先减小后增大B.把细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这跟表面张力有关C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点D.对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸收热量E.热力学第二定律使人们认识到，一切与热现象有关的宏观自然过程都是有方向性的【答案】BDE【解析】A.随着分子距离的增大，若分子力从斥力变为引力，分子力先做正功，后做负功，则分子势能先减小后增大，若分子力一直表现为引力，随着分子间距离的增大，分子力一直做负功，分子势能一直增大，故A错误；B.细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这跟表面张力有关，故B正确；C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C错误；D.对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，根据理想气体状态方程EVC,可知气体的温度升高，则内能增大，由于气体对外做功，则它一定从外界吸收T热量，故D正确；E.自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故E正确。故选BDE。(2)如图所示，开口向上竖直放置的横截面积为10cm2的气缸内有a、b两个质量忽略不计的活塞，两个活塞把气缸内的气体分割为两个独立的部分 A和B,A的长度为30cm,B的长度是A长度的一半，气缸和活塞b都是绝热的，活塞a导热性能良好，与活塞b和气缸底部相连的轻弹簧劲度系数为100N/m,B部分下端有与电源相连的电热丝。初始状态 A、B两部分气体的温度均为27C,弹簧处于原长，活塞a刚好与气缸口相齐平，开关 S断开。若在活塞a上放上一个2kg的重物，则活塞a下降一段距离后静止(已知外界大气压强为 p01105Pa,重力加速度为g10m/s2,取T273Kt)(1)求稳定后A部分气柱的长度；(2)合上开关S,XBB部分气体进行加热，可以使a上升再次与气缸口齐平，则此时B部分气体的温度为多少？【答案】(1)25cm；(2)227c【解析】(1)对于A部分气体，初态一5— 一Pa110Pa,VALiS.. mg 5_末态pA P0 1.210Pa,VAL1SS根据玻意耳定律有PaL〔SPaL〔S解得L125cm即稳定后A部分气柱长度变为25cm。(2)若使活塞a返回原处，B部分气体末状态时气柱长为 L220cm,此时弹簧要伸长l5cm,对活塞b有PaSklPbS… kl 5_解得pB pA—1.25105Pa对于B部分气体，初态pB1105Pa,VBL2s,Tb300K.. 一一5一 —末态pB1.2510Pa,VBL2S根据理想气体状态方程pBVB pBVBTb Tb解得Tb500K则此时温度为tB227c34.[物理一一选彳3/](15分)(1)抗击新冠肺炎疫情的战斗中， 中国移动携手学习强国”推出了武汉实景24小时直播，通过5G超高清技术向广大用户进行九路信号同时直播武汉城市实