2020高考物理刷题增分：选择题仿真2015Ⅰ卷高考模拟演练含解析

2020高考物理刷题增分：选择题仿真2015Ⅰ卷高考模拟演练含解析

选择题仿真2015·Ⅰ卷高考模拟演练 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，有选错的得0分。‎ ‎14．(2019·山东聊城二模)介子衰变的方程为：K－→π－＋π0，其中K－介子和π－介子带负的元电荷，π0介子不带电。一个K－介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π－介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RK－与Rπ－之比为3∶2。π0介子的轨迹未画出。由此可知π－介子的动量大小与π0介子的动量大小之比为(　　)‎ A．1∶1 B．2∶5‎ C．3∶5 D．2∶3‎ 解析　K－介子与π－介子均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：eBv＝m，粒子动量为：p＝mv，联立解得：p＝eBR，则有：pK－∶pπ－＝3∶2，以K－的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：pK－＝pπ0－pπ－，解得：2pπ0＝5pπ－，故π－的动量大小与π0的动量大小之比为2∶5，故B正确。‎ 答案　B ‎15．以两等量异种点电荷的连线为x轴，两等量异种点电荷的连线的中点为y轴建立直角坐标系，x轴上各点的电势φ随x的分布图像如图所示。已知x轴上AOφA>φO B．EA>EO>EB C．EpOEpO－EpA 解析　x轴上正、负间的电场线方向由A指向B，故φA>φO>φB，选项A错误；根据电场强度的合成可知B点场强最大，O点最小，选项B错误；电子带负电，根据电势能Ep＝‎ 5‎ qφ，可知EpB最大，EpA最小，选项C错误；由图像可知UOB>UAO，设电子电荷量为－q，由W＝qU知WBO>WOA，即有：EpB－EpO>EpO－EpA，选项D正确。‎ 答案　D ‎16．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈接入图乙所示的不完整的正弦交流电，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，R0和R1为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法中正确的是(　　)‎ 甲　　　　　　　　　　　　乙 A．R处出现火警时电压表示数增大 B．R处出现火警时电流表示数减小 C．图乙中电压的有效值为220 V D．电压表的示数为11 V 解析　R处温度升高时，阻值减小，电压表示数不变，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈电流增大，即电流表示数增大，故选项A、B错误；设将此电压加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为Um，电压的有效值为U，·＝·T，代入数据得图乙中电压的有效值为110 V，故选项C错误；变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，由于变压器原、副线圈中的电压之比是10∶1，故电压表的示数为11 V，选项D正确。‎ 答案　D ‎17.(2019·河北“名校联盟”质量监测)如图所示，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 B．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 5‎ D．细线的拉力对A做的功等于A物体机械能的增加量 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，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＋WF＝ΔEk，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。‎ 答案　B ‎18．如图所示，半径为R的绝缘圆筒内分布着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一个质量为m、电荷量为q的正离子(不计重力)以某一速度从筒壁上的小孔P进入筒中，速度方向与半径成θ＝30°夹角并垂直于磁场方向。不计离子和筒壁的碰撞中能量和电荷量的损失。若粒子在最短的时间内返回P孔，则离子的速度和最短的时间分别是(　　)‎ A.、 B．、 C.、 D．、 解析　离子要在最短的时间内返回P孔，离子只能与圆筒碰撞一次，据此画出离子的运动轨迹如图所示，碰撞点在过P点的直径的另一端N。设离子在磁场中的轨迹半径为r，速率为v，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m；结合图中几何关系，知r＝2R；得v＝；离子在磁场中运动的每段圆弧对应的圆心角α＝60°，经历的时间t＝T，即t＝，选项A正确。‎ 答案　A ‎19．(2019·陕西宝鸡二质检)‎1831年10月28日，法拉第展示了他发明的圆盘发电机，其示意图如图所示，水平铜盘可绕竖直铜轴转动，两铜片M、N 5‎ 分别与铜盘边缘和铜轴连接，使整个铜盘处于竖直向上的匀强磁场中，M和N之间连接阻值为R的电阻和滑动变阻器RP，若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向。已知铜盘的半径为L，铜盘转动的角速度为ω，铜盘连同两铜片对电流的等效电阻为r，磁感应强度为B，下列说法正确的是(　　)‎ A．导体R中的电流方向从a到b B．铜盘转动产生的感应电动势大小为BL2ω C．导体R的最大功率为 D．如果RP＝R＋r，则滑动变阻器的最大功率为 解析　若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向，根据右手定则可知，导体R中的电流方向从b到a，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得：铜盘转动产生的感应电动势为E＝BL2ω，故B正确；根据闭合电路欧姆定律得：I＝，则导体R的功率为P＝I2R＝2R，当RP＝0时，导体的功率最大，即Pm＝，故C正确；把导体R等效成电源的内阻，则电源的等效内阻为r′＝r＋R，此时外电路只有RP，故当RP＝r＋R时，滑动变阻器的功率最大，即Pm′＝，故D正确，故选BCD。‎ 答案　BCD ‎20．(2019·广东湛江第二次模拟)如图甲所示，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。长木板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示，长木板足够长，重力加速度g取‎10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ 甲　　　　　　乙 A．长木板的质量M＝‎‎2 kg B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4‎ C．当F＝14 N时，长木板的加速度大小为‎6 m/s2‎ D．当F增大时，小滑块的加速度一定增大 解析　当F等于12 N时，加速度为：a＝4 m/s2。对整体分析，由牛顿第二定律有F 5‎ ‎＝(M＋m)a，代入数据解得：M＋m＝3 kg；当F大于12 N时，m和M发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝Ma，即F＝Ma＋μmg，结合题图可得：M＝1 kg，故m＝2 kg，故A错误；由题图可得，μmg＝8，故μ＝0.4，故B正确；当F＝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＝μg，与F无关，F增大时小滑块的加速度不变，故D错误。‎ 答案　BC ‎21．(2019·山东荷泽一模)某天文爱好者想计算地球表面到月球表面的距离，他通过查阅，知道了地球质量M、半径R、表面重力加速度g1，月球半径r、表面重力加速度g2、月球绕地球运动的线速度v、月球绕地球运动的周期T，光的传播速度c，引力常量G。用激光器向位于头顶正上方的月球表面发射出激光光束，经过t时间接收到从月球表面反射回来的激光信号，该天文爱好者利用以上数据得出了多个计算地球表面与月球表面之间的距离s的表达式，其中正确的是(　　)‎ A．s＝ct B．s＝－r－R C．s＝－r－R D．s＝－r－R 解析　根据激光测距原理，由运动学公式可知s＝ct，A项正确；由月球绕地球运动的线速度、周期的关系有v＝，求得s＝－r－R，B项正确；由万有引力提供月球绕地球做圆周运动的向心力，有G＝m2(s＋R＋r)，又GM＝g1R2，解得s＝－r－R＝－r－R，C项正确，D项错误。‎ 答案　ABC 5‎