2020年高考物理模擬沖刺卷一答案

2021年高考物理模擬沖刺卷〔一〕二、選擇題：此題共8小題，每題6分。在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。14．【答案】B【解析】此題考查原子物理、核反響方程，意在考查考生的理解能力。該核反響為重核裂變，A項(xiàng)錯(cuò)誤；X原子核中的核子數(shù)為(235+1)-(94+2)=140個(gè)；其中子數(shù)為140-(92-38)=86個(gè)，；B項(xiàng)正確；裂變時(shí)因鈾核俘獲中子即發(fā)生核反響，是核能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過(guò)程，因而其釋放的能量遠(yuǎn)大于其俘獲中子時(shí)吸收的能量，C項(xiàng)錯(cuò)誤；裂變時(shí)釋放能量，出現(xiàn)質(zhì)量虧損，但是其總質(zhì)量數(shù)是不變的，D項(xiàng)錯(cuò)誤。15．【答案】B【解析】物體A始終處于平衡狀態(tài)，受的重力mg、推力F、斜面體B對(duì)它的支持力和摩擦力，設(shè)斜面的夾角為θ，假設(shè)斜面體B對(duì)物體A的摩擦力方向沿斜面向上，根據(jù)平衡條件，沿斜面方向有Fcosθ＋f－mAgsinθ＝0，當(dāng)F減小時(shí)，物體A所受摩擦力增大；假設(shè)斜面體B對(duì)物體A的摩擦力方向沿斜面向下，沿斜面方向那么有Fcosθ－f－mAgsinθ＝0，當(dāng)F減小時(shí)，那么物體A所受摩擦力減小，故A錯(cuò)誤；物體A受斜面體B的作用力，減小推力F，物體A受斜面體B的作用力一定減小，故B正確；斜面體B始終處于平衡狀態(tài)，所以受到的合外力始終等于0，不變，故C錯(cuò)誤；視物體A和斜面體B為整體，在水平方向受到推力F和地面對(duì)斜面體B的摩擦力，根據(jù)平衡條件可知水平方向受到推力F大小等于地面對(duì)斜面體B的摩擦力，當(dāng)F減小時(shí)，地面對(duì)斜面體B的摩擦力也減小，故D錯(cuò)誤。16．【答案】D【解析】在0～x1過(guò)程中物體機(jī)械能在減小，知拉力在做負(fù)功，拉力方向沿斜面向上，所以物體的位移方向向下，即物體在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，根據(jù)功能關(guān)系得ΔE＝FΔx，得，那么知圖線(xiàn)的斜率表示拉力，在0～x1過(guò)程中圖線(xiàn)的斜率逐漸減小到零，知物體的拉力逐漸減小到零，根據(jù)牛頓第二定律有，可知，加速度一直增大，A、B正確；由E－x圖線(xiàn)的斜率表示拉力，那么在x1～x2過(guò)程中，拉力F＝0，機(jī)械能守恒，向下運(yùn)動(dòng)，重力勢(shì)能減小，動(dòng)能增大，C正確；在0～x1過(guò)程中，由于機(jī)械能減小，那么拉力做負(fù)功，那么物體從靜止開(kāi)始向下加速運(yùn)動(dòng)，x1～x2過(guò)程中，F(xiàn)＝0，物體向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，x2～x3過(guò)程，機(jī)械能增大，拉力做正功，沿斜面向下，故物體繼續(xù)向下做加速運(yùn)動(dòng)，即物體一直沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。17．【答案】C【解析】此題考查萬(wàn)有引力與航天，意在考查考生的應(yīng)用能力。根據(jù)開(kāi)普勒第三定律r3T2=k，地球在橢圓軌道Ⅱ運(yùn)行的周期大于1年，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；沿橢圓軌道Ⅱ運(yùn)行時(shí)，地球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，其速度逐漸減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由GMr2=a，可知地球在A點(diǎn)的加速度大于在B點(diǎn)的加速度，C項(xiàng)正確；因?yàn)樵贏點(diǎn)要點(diǎn)火加速變軌，所以地球在圓軌道Ⅰ上通過(guò)A點(diǎn)的速度小于在橢圓軌道Ⅱ18．【答案】C【解析】設(shè)電場(chǎng)方向與OA夾角為θ，那么與OB夾角為60°－θ，由動(dòng)能定理可知，由O到A，4Ek－Ek＝Eq?3lcosθ，從O到B，2Ek－Ek＝Eqlcos(60°－θ)，聯(lián)立解得θ＝30°，，應(yīng)選C。19．【答案】AD【解析】由題圖甲左側(cè)電路可以判斷ab中電流方向?yàn)橛蒩到b；由右側(cè)電路及題圖乙可以判斷，0～2s內(nèi)cd中電流方向?yàn)橛蒫到d，跟ab中的電流同向，因此ab、cd相互吸引，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；2s～4s內(nèi)cd中電流方向?yàn)橛蒬到c，跟ab中電流反向，因此ab、cd相互排斥，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。20．【答案】BC【解析】此題考查交變電流，意在考查考生的綜合能力。選擇開(kāi)關(guān)接至1時(shí)，燈泡B的電功率是燈泡A的電功率的4倍，設(shè)原線(xiàn)圈中電流為I，那么副線(xiàn)圈中電流為2I，變壓器原、副線(xiàn)圈的匝數(shù)之比為2∶1，交流電源的電壓U=5IR，副線(xiàn)圈兩端的電壓U2=25U。選擇開(kāi)關(guān)接至2時(shí)，變壓器原、副線(xiàn)圈的匝數(shù)之比變?yōu)?∶1，設(shè)原線(xiàn)圈中電流為I'，那么副線(xiàn)圈中電流為4I'，交流電源的電壓U=17I'R，副線(xiàn)圈兩端的電壓U2'=417U，D項(xiàng)錯(cuò)誤；燈泡A的亮度變暗，A項(xiàng)錯(cuò)誤；燈泡B的亮度變暗，B項(xiàng)正確；燈泡B的電功率是燈泡A的電功率的16倍，21．【答案】BC【解析】粒子以速度v0從A點(diǎn)沿負(fù)y方向進(jìn)入圓內(nèi)，剛好能垂直打在擋板B點(diǎn)上，作出軌跡，如左圖所示，故軌道半徑r＝R，該粒子在A點(diǎn)速度v0向右偏離y軸60°角進(jìn)入圓內(nèi)時(shí)，軌跡如下圖，圖中第二次與擋板的碰撞點(diǎn)顯然在B點(diǎn)下方，故A錯(cuò)誤；假設(shè)該粒子在A點(diǎn)速度v0向右偏離y軸60°角進(jìn)入圓內(nèi)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如右圖所示，從A點(diǎn)射入磁場(chǎng)到離開(kāi)磁場(chǎng)，兩段圓弧的圓心角之和為π，故在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，在磁場(chǎng)外運(yùn)動(dòng)的路程x＝2(R－Rsin30°)＝R，故在磁場(chǎng)外運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故t＝t1＋t2＝，故B正確；從A點(diǎn)射入磁場(chǎng)到離開(kāi)磁場(chǎng)，兩段圓弧的圓心角之和為π，射入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸成60°角，射出磁場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸依然成60°角，故C正確；從A點(diǎn)射入磁場(chǎng)到離開(kāi)磁場(chǎng)的時(shí)間為t＝，第二次離開(kāi)磁場(chǎng)到與擋板相撞，時(shí)間t3＝，故從A點(diǎn)射入磁場(chǎng)到第二次與擋板碰撞的時(shí)間t′＝t＋t3＝，故D錯(cuò)誤。第二卷〔非選擇題，共174分〕三、非選擇題(包括必考題和選考題兩局部。第22題～第25題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33題～第34題為選考題，考生根據(jù)要求做答)(一)必考題(共129分)22．(5分)【答案】0.800.56偏大【解析】m/s2，由，，得v3≈0.56m/s；根據(jù)，電源的頻率為50Hz，t＝0.1s，假設(shè)工作電壓的頻率變小了，t＞0.1s，但該同學(xué)不知道，仍然代入了t＝0.1s，使得結(jié)果與真實(shí)值相比偏大。23．(10分)【答案】(1)0.5(2)B681.480.45【解析】(1)根據(jù)歐姆定律得，改裝后電流表的量程A。(2)①為保護(hù)電路，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)讓電阻由最大值開(kāi)始調(diào)節(jié)，所以開(kāi)始時(shí)滑片應(yīng)滑到B端；②電流表量程為100mA，由圖示表盤(pán)可知，其讀數(shù)為68mA；④根據(jù)改裝原理可知，實(shí)際電流為電流表讀數(shù)的5倍，由閉合電路歐姆定律可知：U＝E－5I(r＋R′)，由圖可知，電源的電動(dòng)勢(shì)：E＝1.48V，，解得r＝0.45Ω。24．(12分)【解析】(1)在整個(gè)過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)P球做功為：W＝＝?90J所以電勢(shì)能增加ΔE＝－W＝90J。(2)根據(jù)受力分析可知，斜面對(duì)P球的支持力為：N＝qEsinθ＋mgcosθ根據(jù)動(dòng)能定理得：解得：v＝5m/s。(3)設(shè)當(dāng)兩者速度相等時(shí)，小球上升的高度為H，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒得：mv＝2mv′代入數(shù)據(jù)：v′＝2.5m/s根據(jù)機(jī)械能守恒得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×2mv′2＋mgH代入數(shù)據(jù)得：H＝0.625m＜R，所以小球沒(méi)有沖出圓槽。25．(20分)【解析】(1)設(shè)小車(chē)B與墻碰撞后物塊A與小車(chē)B所到達(dá)的共同速度大小為v，設(shè)向右為正方向，那么由動(dòng)量守恒定律得：mv0－mv0＝2mv解得：v＝0對(duì)物塊A，由動(dòng)量定理得摩擦力對(duì)物塊A的沖量I＝0－(－mv0)＝mv0，沖量方向水平向右。(2)設(shè)A和B的質(zhì)量分別為km和m，小車(chē)B與墻碰撞后物塊A與小車(chē)B所到達(dá)的共同速度大小為v′，木塊A的位移大小為s，設(shè)向右為正方向，那么由動(dòng)量守恒定律得：mv0－kmv0＝(m＋km)v′解得：對(duì)木塊A由動(dòng)能定理：－μkmgs＝eq\f(1,2)kmv′2－eq\f(1,2)mv02解得：。(3)當(dāng)k＝2時(shí)，根據(jù)題意由于摩擦的存在，經(jīng)B與墻壁屢次碰撞后最終A、B一起停在墻角。A與B發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0可等效為A一直做勻減速運(yùn)動(dòng)到速度等于0的時(shí)間，在A與B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的整個(gè)過(guò)程，對(duì)A應(yīng)用動(dòng)量定理：－2μmgt0＝0－2mv0解得：設(shè)第1次碰后A、B到達(dá)的共同速度為v1，B碰墻后，A、B組成的系統(tǒng)沒(méi)有外力作用，水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0－2mv0＝(2m＋m)v1即v1＝－eq\f(1,3)v0〔負(fù)號(hào)表示v1的方向向左〕第1次碰后小車(chē)B向左勻速運(yùn)動(dòng)的位移，等于向右勻減速運(yùn)動(dòng)到速度大小為v1這段運(yùn)動(dòng)的位移s1，對(duì)小車(chē)B，由動(dòng)能定理得：－μ?2mgs1＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02解得：第1次碰后小車(chē)B向左勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間設(shè)第2次碰后共速為v2，由動(dòng)量守恒定律，得：mv1－2mv1＝(2m＋m)v2即第2次碰后小車(chē)B向左勻速運(yùn)動(dòng)的位移，等于向右勻減速運(yùn)動(dòng)到速度大小為v2這段運(yùn)動(dòng)的位移s2，對(duì)小車(chē)B，由動(dòng)能定理得：－μ?2mgs2＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12解得：第2次碰后小車(chē)B向左勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間同理，設(shè)第3次碰后共速為v3，碰后小車(chē)B向左勻速運(yùn)動(dòng)的位移為s3，那么由動(dòng)量守恒定律，得：，第3次碰后小車(chē)B向左勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間由此類(lèi)推，第n次碰墻后小車(chē)B向左勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間第1次碰墻后小車(chē)B向左勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間，即B從第一次撞墻后每次向左勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為首項(xiàng)為t1，末項(xiàng)為tn，公比為eq\f(1,3)的無(wú)窮等比數(shù)列。即B從第一次與墻壁碰撞后勻速運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間所以，從第一次B與墻壁碰撞后運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間。(二)選考題(共15分。請(qǐng)考生從給出的2道物理題中任選一題作答，如果多做，那么按所做的第一題計(jì)分)33．【物理——選修3－3】(15分)(1)(5分)【答案】BDE【解析】這是個(gè)p－t圖象，轉(zhuǎn)化成p－T圖象，如下圖：ab直線(xiàn)不過(guò)原點(diǎn)，因此a到b不是等容變化選項(xiàng)A錯(cuò)誤；理想氣體的內(nèi)能等于分子的平均動(dòng)能的總和，溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，a到b的過(guò)程溫度減小，分子的平均動(dòng)能減小，理想氣體的內(nèi)能減小，即氣體在狀態(tài)a的內(nèi)能大于在狀態(tài)b的內(nèi)能，選項(xiàng)B正確；氣體由b到c的過(guò)程是等壓變化，溫度升高，所以體積增大，對(duì)外做功，選項(xiàng)E正確；氣體由b到c的過(guò)程，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q，溫度升高可知ΔU是正值且變大，氣體對(duì)外做功可知W為負(fù)值，所以Q必定為正值，即氣體要吸熱，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；氣體由a到c的過(guò)程，溫度不變，壓強(qiáng)減小，那么體積增大，所以氣體在狀態(tài)a的體積小于在狀態(tài)c的體積，選項(xiàng)D正確。(2)(10分)【解析】(i)B中氣體做等容變化，由查理定律得：解得：T′＝450KA中氣體做等壓變化，由蓋－呂薩克定律得：，即解得：HA′＝H0。(ii)當(dāng)A中氣體壓強(qiáng)為p0時(shí)，對(duì)A中氣體有：，即解得：TA′′＝750KA、B中氣體溫度相同，故TB′′＝750KB中氣體做等容變化，由查理定律得：，得解得pB′′＝p0。34．【物理——選修3－4】(15分)(1)(5分)【答案】BCE【解析】根據(jù)圖2的振動(dòng)圖象可知，x＝5.5m處的質(zhì)點(diǎn)在t＝0時(shí)振動(dòng)方向沿y軸正向，所以利用圖1由同側(cè)法知該波沿x軸正方向傳播，故A錯(cuò)誤；圖1可知該簡(jiǎn)諧橫波的波長(zhǎng)為4m，那么T＝4s，圓頻率ω＝0.5πrad/s，設(shè)x＝5.5m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為x＝8sin(eq\f(1,2)πt＋φ0)cm，t＝0時(shí)刻4eq\r(2)＝8sinφ0，結(jié)合t＝0時(shí)刻振動(dòng)的方向向上，可知φ0＝eq\f(1,4)π，那么x＝5.5m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為x＝8sin(eq\f(1,2)πt＋eq\f(1,4)π)cm，x＝5.5m處質(zhì)點(diǎn)與x＝3.5m處質(zhì)點(diǎn)的平衡位置相距半個(gè)波長(zhǎng)，那么x＝3.5m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為x＝－8sin(eq\f(1,2)πt＋eq\f(1,4)π)cm，t＝2s代入方程得位移為4eq\r(2)cm，故B正確；x＝1.5m處質(zhì)點(diǎn)在t＝4s時(shí)的速度方向和t＝0時(shí)的速度方向相同，由同側(cè)法可知速度方向沿y軸正向，故C正確；x＝4.5m處的質(zhì)點(diǎn)在t＝0時(shí)速度方向沿y軸負(fù)向，那么經(jīng)過(guò)四分之一周期即t＝1s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的位移為負(fù)，加速度指向平衡位置，沿y軸正方向，故D錯(cuò)誤；x＝3.5m處質(zhì)點(diǎn)在在t＝0時(shí)速度方向沿y軸負(fù)向，根據(jù)振動(dòng)方程知此時(shí)位移大小為4eq\r(2)cm，t