【物理】2020二轮复习高考仿真模拟卷2(解析版)

【物理】2020二轮复习高考仿真模拟卷2(解析版)

高考模拟卷(二)‎ 一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48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)‎ ‎14．如图，匀强电场中的点A、B、C、D、E、F、G、H为立方体的8个顶点．已知G、F、B、D点的电势分别为5 V、1 V、2 V、4 V，则A点的电势为(　　)‎ A．0 V　　　　　 B．1 V C．2 V D．3 V 解析：在匀强电场中，由公式U＝Ed知，沿着任意方向前进相同距离，电势差必定相等，由于GF∥CB，且GF＝CB，则有φG－φF＝φC－φB，代入数据解得φC＝φG－φF＋φB＝5 V－1 V＋2 V＝6 V，同理φA－φB＝φD－φC，解得φA＝φB＋φD－φC＝2 V＋4 V－6 V＝0 V，故A正确，B、C、D错误．‎ 答案：A ‎15.制动防抱死系统简称ABS，其作用就是在汽车制动时，自动控制制动器制动力的大小，使车轮不被抱死，处于边滚边滑的状态，以保证车轮与地面的附着力为最大值．某汽车在启用ABS刹车系统和不启用该刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图中的①、②图线所示．由图可知，启用ABS后(　　)‎ A．瞬时速度总比不启用ABS时小 B．加速度总比不启用ABS时大 C．刹车后的平均速度比不启用ABS时小 D．刹车后前行的距离比不启用ABS更短 解析：图象中各点的纵坐标表示对应的速度，由图可知，启用ABS后瞬时速度开始时比不启用时要大，故A错误；图象的斜率表示加速度，由图可知，开始时的加速度小于不启用时的加速度，故B错误；由图可知，启用后经过的位移明显小于不启用时的位移，但由于时间关系不明显，无法确定平均速度大小，故C错误，D正确．‎ 答案：D ‎16．2017年6月15日，中国空间科学卫星“慧眼”被成功送入轨道，卫星轨道所处的空间存在极其稀薄的空气．“慧眼”是我国首颗大型X射线天文卫星，这意味着我国在X射线空间观测方面具有国际先进的暗弱变源巡天能力、独特的多波段快速光观测能力等．下列关于“慧眼”卫星的说法．正确的是(　　)‎ A．如果不加干预，“慧眼”卫星的动能可能会缓慢减小 B．如果不加干预，“慧眼”卫星的轨道高度可能会缓慢降低 C．“慧眼”卫星在轨道上处于失重状态，所以不受地球的引力作用 D．由于技术的进步，“慧眼”卫星在轨道上运行的线速度可能会大于第一宇宙速度 解析：‎ 卫星轨道所处的空间存在极其稀薄的空气，如果不加干预，卫星的机械能减小，卫星的轨道高度会缓慢降低，据G＝m可得v＝ ，卫星的轨道高度降低，卫星的线速度增大，卫星的动能增大，故A错误，B正确；卫星在轨道上，受到的地球引力产生向心加速度，处于失重状态，故C错误；据G＝m可得v＝ ，卫星在轨道上运行的线速度小于第一宇宙速度，故D错误．‎ 答案：B ‎17.如图所示，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形光滑固定轨道在B点衔接，BC为直径．一可看作质点的物块在A处压缩一轻质弹簧(物块与弹簧不连接)，释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道B点之后恰好能通过半圆轨道的最高点C.现在换用一个质量较小的另一物块，被同样压缩的弹簧由静止弹出，不计空气阻力．则更换后(　　)‎ A．物块不能到达C点 B．物块经过C点时动能不变 C．物块经过C点时的机械能增大 D．物块经过B点时对轨道的压力减小 解析：两次弹簧的弹性势能相同，则在B点时有Ep＝mv，在B点对轨道的压力FN－mg＝，得FN＝mg＋ ‎，则质量越小，压力越小，选项D正确；物块到达最高点C时，有Ep＝2mgR＋mv，整理得vC＝，质量小的物块通过C点的速度大，则一定能通过C点，选项A错误；根据机械能守恒，物块通过C点时机械能不变，选项C错误；质量越小，到达C点的重力势能越小，则其动能增加，选项B错误．‎ 答案：D ‎18．地球自转周期为T，同一物体在赤道和南极水平面上静止时所受到的支持力之比k，引力常量为G，假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R.则地球的密度为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：物体在赤道上的支持力FN1＝－m，物体在南极上的支持力FN2＝，两支持力之比FN1∶FN2＝k；而地球的密度ρ＝，联立解得ρ＝，选项A正确，B、C、D错误．‎ 答案：A ‎19．静止的Bi原子核在磁场中发生衰变后运动轨迹如图所示．大小圆半径分别为R1、R2.则下列关于此核衰变方程和两圆轨迹半径比值判断正确的是(　　)‎ A.Bi→Po＋e B.Bi→Tl＋He C．R1∶R2＝84∶1‎ D．R1∶R2＝207∶4‎ 解析：若是α衰变，则新核和α粒子向相反的方向射出，新核和α粒子偏转方向相反，做匀速圆周运动的轨迹外切，由题意知，两圆内切，所以该核的衰变是β衰变，于是根据质量数和电荷数守恒就能写出衰变方程，故B错误，A正确；洛伦兹力提供向心力求得半径公式r＝，又由于衰变前后动量守恒，即m1v1＝m2v2，所以半径之比等于电荷量的反比，从而求出半径之比为84∶1，故C正确，D错误．‎ 答案：AC ‎20．横截面为直角三角形的两个相同斜面顶点紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示．两小球分别从O点正上方A、B两点以不同的初速度分别向右、向左水平抛出，最后都垂直落在斜面上．已知OA＝4OB，下列判断正确的是(　　)‎ A．飞行时间之比tA∶tB＝2∶1‎ B．飞行时间之比tA∶tB＝4∶1‎ C．初速度之比vA∶vB＝2∶1‎ D．初速度之比vA∶vB＝4∶1‎ 解析：若在B点向左水平抛出，根据题意知小球将垂直落在左边的斜面上，因为OA＝4OB，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，速度方向相同，则位移方向相同，两三角形相似，两球平抛运动的高度之比为4∶1，根据h＝gt2知，平抛运动的时间之比为tA∶tB＝2∶1，由几何关系知，两球平抛运动的水平位移之比为4∶1，则初速度之比为vA∶vB＝2∶1.故选项A、C正确，B、D错误．‎ 答案：AC ‎21．如图甲所示，光滑绝缘水平面上MN的右侧存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B＝2 T的匀强磁场，MN的左侧有一个质量为m＝0.1 kg的矩形线圈abcd，bc边长L1＝0.2 m，线圈电阻R＝2 Ω，t＝0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动．经过1 s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F改为变力．又经过1 s，线圈恰好完全进入磁场，在整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示，则(　　)‎ A．恒定拉力的大小为0.05 N B．线圈在第2 s内的加速度大小为2 m/s2‎ C．线圈ab边长L2＝0.5 m D．在第2 s内流过线圈的电荷量为0.2 C 解析：由题图乙知：t＝1 s时，线圈中感应电流为i1＝0.1 A；由i1＝＝，得v1＝＝ m/s＝0.5 m/s，又由v1＝at，F＝ma，得：F＝m＝0.1× N＝0.05 N，故A正确；t＝2 s时线圈速度v2＝＝ m/s＝1.5 m/s，线圈在第2 s时间内的加速度a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，故B错误；线圈ab边长为L2＝t＝×1 m＝1 m，故C错误；在第2 s内流过线圈的电荷量为：q＝＝＝ C＝0.2 C，故D正确．‎ 答案：AD 二、非选择题(共62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)必考题(共47分)‎ ‎22．(5分)为了测定滑块M与长木板间的动摩擦因数，某同学将长木板的一端通过转轴固定在水平面上，另一端用垫块垫起形成一个倾角θ，在长木板的另一端固定一个定滑轮，在垫块上安装一个光电门，在重物m上固定一个窄挡光条，通过一条轻质细线将重物和滑块连接起来并绕过定滑轮，如图所示．现让重物从某标记位置处由静止释放，它牵引滑块运动，若测得标记处与光电门间的距离为h，宽度为d的挡光条通过光电门的时间为t，且M＝m，则滑块与长木板间的动摩擦因数为μ＝____________________．实验过程中h越大．实验测量结果________(选填“越精确”“越不精确”或“都一样”)；在保持h 不变的情况下，调节垫块使倾角目越大，则实验测量结果________(选填“越精确”“越不精确”或“都一样”)．‎ 解析：根据题意知挡光条通过光电门的速度为v＝，重物下降h的过程中mgh－Mghsin θ－μMghcos θ＝(m＋M)v2，联立解得μ＝－.实验过程中h越大，挡光条过光电门的时间越短，速度测量越准确，误差越小；倾角θ越大，滑块运动的加速度越小，挡光条经过光电门的时间越长，速度测量越不准确，误差越大．‎ 答案：－(3分)　越精确(1分)　越不精确(1分)‎ ‎23．(10分)如图甲所示，该电路在测量电源电动势和内阻的同时也能完成对未知电阻Rx的测量．实验室提供的器材如下：‎ A．待测电阻Rx(约9 Ω)‎ B．待测电源 C．电阻箱(0～99.9 Ω)‎ D．电压表V1(量程6 V，可以视为理想电表)‎ E．电压表V2(量程3 V，内阻约4 kΩ)‎ ‎(1)如果纵坐标表示两个电压表读数之比，横坐标表示电阻箱的阻值R，实验结果的图象如图乙所示．则待测电阻Rx＝________Ω(保留两位有效数字)．‎ ‎(2)在(1)问中，由于电压表V2的分流，待测电阻Rx的测量值比真实值________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．‎ ‎(3)如果纵坐标表示某电压表读数U，横坐标表示两个电压表读数之差与电阻箱阻值的比值，实验结果的图象如图丙所示．其中能读出电源电动势和内电阻的是________(选填“A图线”或“B图线”)．两图线交点的横坐标为________A，纵坐标为________V(结果均保留两位有效数字)．‎ 解析：(1)根据串联电路的分压原理可知：＝，故＝＝1＋，所以纵轴截距为1，根据图象斜率k＝＝＝，解得Rx＝8 Ω.‎ ‎(2)由于电压表V2的分流，待测电阻Rx测量值比真实值偏小．‎ ‎(3)A图线反映的是电源的特性，可知电动势为6 V，内电阻r＝ Ω＝6 Ω，B图线反映的是阻值为8 Ω的定值电阻的UI关系，两图线交点反映的是电源与定值电阻直接串联时的情况，交点的横坐标I＝＝ A≈0.43 A，纵坐标U＝E－Ir＝6 V－0.43×6 V≈3.4 V.‎ 答案：(1)8.0　(2)偏小　(3)A图线　0.43　3.4(每空2分)‎ ‎24．(12分)在一个动物表演的娱乐节目中，小猫从平台边缘B点水平跳出，抓住有水平固定轴的车轮的边缘上的P点，运动到最低点C时松开，便可落到浮于水面的小橡皮船D 上．如图所示，已知车轮半径R＝ m，B与车轮转轴上O点等高，OP与水平方向成θ＝37°角，小猫抓住P点时速度方向恰好垂直于OP，小猫可看作质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.‎ ‎(1)求小猫从B点跳出的速度v0及B、O间的水平距离x1；‎ ‎(2)若小猫质量为m＝1 kg，h＝ m，小猫与车轮作用过程中小猫损失的机械能为5.3 J，系统损失的机械能为2.3 J，求x2及车轮获得的机械能．‎ 解析：(1)B点与O点等高，由几何关系得：小猫竖直位移y＝Rsin 37°＝0.8 m，(1分)‎ B、O间水平距离x1＝x＋Rcos 37°，(1分)‎ 小猫做平抛运动，x＝v0t，y＝gt2，(1分)‎ vy＝gt，v0＝vytan 37°，(1分)‎ 解得v0＝3 m/s，x＝1.2 m，x1＝2.27 m；(2分)‎ ‎(2)从P到C，对小猫，由能量守恒定律得ΔE＝mv＋mgR(1－sin θ)－mv，vP＝，(2分)‎ 从C到D，小猫做平抛运动，则 h－R＝gt′2，x2＝vCt′，(1分)‎ 设车轮获得的机械能为E，对系统有ΔE′＝ΔE－E，(1分)‎ 解得x2＝1.5 m，E＝3 J．(2分)‎ 答案：(1)3 m/s　2.27 m　(2)1.5 m　3 J ‎25．(20分)如图所示，直线y＝x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B1，直线x＝d与y＝x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E＝1.0×104 V/m，另有一半径R＝1.0 m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B2＝0.20 T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x＝d和x轴均相切，且与z轴相切于S点．一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B1，且第一次进入磁场B1时的速度方向与直线y＝x垂直．粒子速度大小v0＝1.0×105 m/s，粒子的比荷为＝5.0×105 C/kg，粒子重力不计．求：‎ ‎(1)坐标d的值；‎ ‎(2)要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B1应满足的条件．‎ 解析：(1)带电粒子在匀强磁场B2中运动，由牛顿第二定律得：qB2v0＝，解得：r＝1 m＝R.(2分)‎ 粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设水平方向的位移为x1，竖直方向的位移为y1，则：‎ 水平方向：x1＝v0t2，(1分)‎ 竖直方向：y1＝at＝t2，(1分)‎ 其中：a＝ 联立解得：x1＝2 m，y1＝1 m．(1分)‎ 带电粒子运动轨迹如图所示：‎ 由几何关系得：d＝R＋y1＋x1＝4 m．(1分)‎ ‎(2)①设当匀强磁场磁感应强度为B3时，粒子从电场垂直边界进入匀强磁场后，轨迹与y轴相切，粒子将无法运动到x轴负半轴，此时粒子在磁场中运动半径为r1，运动轨迹如图所示：‎ 由几何关系得：r1＋r1＝d－x1，‎ 解得：r1＝(4－2) m，(2分)‎ 由牛顿第二定律得：qB3·v0＝m，(2分)‎ 解得：B3＝0.24 T；(2分)‎ ‎②设当匀强磁场磁感应强度为B4时，粒子垂直打在y轴上，粒子将无法运动到x轴负半轴，粒子在磁场中运动半径为r2，由如图所示几何关系得：‎ r2＝d－x1＝2 m，(2分)‎ 由牛顿第二定律得：qB4·v0＝，(2分)‎ 解得：B4＝0.10 T．(2分)‎ 综上所述，要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B1，应满足的条件是：‎ ‎0

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