【精编版】2020届高三物理全真模拟预测试题(八)(解析版)

2020届高三物理全真模拟预测试题（八）二、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，有选错的得0分．)14．(2019·广东广州市4月综合测试)如图1，广州塔摩天轮位于塔顶450米高空处，摩天轮由16个“水晶”观光球舱组成，沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，则坐于观光球舱中的某游客()图1A．动量不变B．线速度不变C．合外力不变D．机械能不守恒【答案】 D【解析】坐于观光球舱中的某游客线速度的大小不变，但方向不断改变，可知线速度不断改变，动量也不断变化；由于向心加速度方向不断变化，可知合外力大小不变，但方向不断改变，选项A、B、C错误；由于动能不变，重力势能不断变化，可知机械能不守恒，选项D正确．15．(2019·江苏南京市六校联考)中微子是一种不带电、质量很小的粒子．早在1942年我国物理学家王淦昌首先提出证实中微子存在的实验方案．静止的铍核(74Be)可能从很靠近它的核外电子中俘获一个电子(动能忽略不计)形成一个新核并放出中微子，新核处于激发态，放出γ光子后回到基态．通过测量新核和γ光子的能量，可间接证明中微子的存在．则()A．中微子的动量与处于激发态新核的动量相同B．反应过程吸收能量C．产生的新核是锂核(73Li)D．中微子的动能与处于激发态新核的动能相等【答案】 C【解析】根据题意可知发生的核反应方程为：74Be＋0－1e→73Li＋νe，所以产生的新核是锂核，反应过程放出能量，故B 错误，C 正确；根据动量守恒可知中微子的动量与处于激发态新核的动量大小相等，方向相反，故A 错误；中微子的动量与处于激发态新核的动量大小相等，而质量不等，根据E k ＝p 22m ，可知中微子的动能与处于激发态新核的动能不相等，故D 错误．16．(2019·四川绵阳市第三次诊断)一物块放在水平桌面上，在水平轻弹簧的拉力F 作用下，沿桌面做匀速直线运动，弹簧的伸长量为x ；将弹簧方向变成与水平面成60°角，物块在拉力作用下仍沿桌面做匀速直线运动，此时弹簧的伸长量是(物块与桌面间动摩擦因数为32，弹簧始终处于弹性限度内)( ) A.12x B.45x C ．2x D.439x 【答案】 B【解析】 当弹簧水平拉力为F 时：根据平衡条件得：kx ＝F f ＝μF N ＝μmg ，当弹簧方向变成与水平面成60°角时，竖直方向：kx ′sin 60°＋F N ′＝mg ，水平方向：kx ′cos 60°＝F f ′＝μF N ′＝μ(mg －kx ′sin 60°)，联立解得x ′＝45x ，A 、C 、D 错误，B 正确．17. (2019·山东临沂市质检)如图2，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为R ，bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与ab 相切于b 点．一质量为m 的小球受到与重力大小相等的水平外力F 的作用，自a 点从静止开始向右运动，运动到b 点时立即撤去外力F ，重力加速度大小为g ，下列说法正确的是( )图2A ．水平外力F 做的功为2mgRB ．小球运动到b 点时对圆弧轨道的压力大小为3mgC ．小球能从c 点竖直向上飞出D ．小球运动到c 点时对圆弧轨道的压力大小为mg 【答案】 B【解析】 水平外力F 做的功为：W ＝FR ＝mgR ，选项A 错误；从a 到b 由动能定理：FR ＝12mv b 2；在b 点由牛顿第二定律：F N b －mg ＝m v b 2R ，解得F N b ＝3mg ，结合牛顿第三定律可知，选项B 正确；由机械能守恒定律得：12mv b 2＝mgR ＋12mv c 2，解得v c ＝0，即到达c 点的速度为零，运动到c 点时小球对圆弧轨道的压力大小为0，选项C 、D 错误．18．(2019·河南郑州市第一次模拟)如图3所示，边界OM 与ON 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界ON 上有一粒子源S .某一时刻，从离子源S 沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OM 射出磁场．已知∠MON ＝30°，从边界OM 射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于12T (T 为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OM 射出的粒子在磁场中运动的最短时间为( )图3A.13TB.14TC.16TD.18T 【答案】 A【解析】 粒子在磁场中做匀速圆周运动，入射点是S ，出射点在OM 直线上，出射点与S 点的连线为轨迹的一条弦．当从边界OM 射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ES ⊥OM ，则ES 为最短的弦，粒子从S 到E 的时间即最短，如图所示．由题意可知，粒子运动的最长时间等于12T ，设OS ＝d ，则DS ＝OS tan 30°＝33d ，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：r ＝DS 2＝36d ， 由几何知识有：ES ＝OS sin 30°＝12d ，故在△O 1ES 中由余弦定理得cos θ＝2r 2－ES 22r 2＝－12，则：θ＝120°，粒子在磁场中运动的最短时间为： t min ＝θ360°T ＝13T ，故A 正确，B 、C 、D 错误． 19．(2019·陕西渭南市教学质检(二))2018年12月8日，“嫦娥四号”月球探测器在我国西昌卫星发射中心成功发射，探测器奔月过程中，被月球俘获后在月球上空某次变轨是由椭圆轨道a 变为近月圆形轨道b ，如图4所示，a 、b 两轨道相切于P 点．不计变轨过程探测器质量变化，下列说法正确的是( )图4A ．探测器在a 轨道上P 点的动能小于在b 轨道上P 点的动能B ．探测器在a 轨道上P 点的加速度大于在b 轨道上P 点的加速度C ．探测器在a 轨道运动的周期大于在b 轨道运动的周期D ．为使探测器由a 轨道进入b 轨道，在P 点必须减速 【答案】 CD【解析】 从高轨道a 到低轨道b 需要在P 点进行减速，所以，在a 轨道上P 点的动能大于在b 轨道上P 点的动能，A 错误，D 正确；根据牛顿第二定律得：G Mmr 2＝ma ，所以在a 、b 轨道上P 点到月球中心的距离r 相同，加速度一样，B 错误；根据开普勒第三定律：T a 2T b 2＝r a 3r b 3，所以在a 轨道运动的周期大于在b轨道运动的周期，C 正确．20．(2019·山西临汾市二轮复习模拟)如图5甲所示，半径为1 m 的带缺口刚性金属圆环导轨固定在水平面内，在导轨上垂直放置一质量为0.1 kg 、电阻为1 Ω的直导体棒，其长度恰好等于金属圆环的直径，导体棒初始位置与圆环直径重合，且与导轨接触良好．已知导体棒与导轨间动摩擦因数为0.3，不计金属圆环的电阻，导体棒受到的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.现若在圆环内加一垂直于纸面向里的变化磁场，变化规律如图乙所示，则( )图5A ．导体棒的电流是从b 到aB ．通过导体棒的电流大小为0.5 AC ．0～2 s 内，导体棒产生的热量为0.125 JD ．t ＝π s 时，导体棒受到的摩擦力大小为0.3 N 【答案】 AC【解析】 穿过闭合回路的磁通量向里增加，由楞次定律可知导体棒的电流是从b 到a ，选项A 正确；假设0～π s 时间内导体棒静止不动，感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·12πr 2＝0.5π×12π×12 V ＝0.25 V ，则感应电流I ＝ER ＝0.251A ＝0.25 A ，t ＝π s 时，导体棒受到的安培力F ＝2BIr ＝2×0.5×0.25×1 N ＝0.25 N ；最大静摩擦力F fm ＝μmg ＝0.3 N ，则假设成立，故导体棒所受摩擦力大小为0.25 N ，选项B 、D 错误；0～2 s 内，导体棒产生的热量为Q ＝I 2Rt ＝0.252×1×2 J ＝0.125 J ，选项C 正确．21．(2019·山东实验中学第二次模拟)如图6所示，磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场．质量为m 、半径为R 的圆环当通有恒定的电流I 时，恰好能水平静止在N 极正上方H 处．已知与磁单极子N 极相距r 处的磁感应强度大小为B ＝kr，其中k 为常数．重力加速度为g .则( )图6A ．静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)B ．静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势C ．静止时圆环的电流I ＝mg (H 2＋R 2)2πkR 2D ．若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，下落中加速度先增加后减小 【答案】 AC【解析】 环所在处的磁场的方向向上，则环产生的磁场的方向向下，根据安培定则可知，静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)，故A 正确；静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)，由左手定则可知，环上的各点受到的安培力的方向向上向里，所以环有收缩的趋势，故B 错误；对环的某一部分进行受力分析：在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个的环在水平方向的合力为0，竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受到的安培力为BI ·2πR ，F cos θ＝mg ，由几何关系：cos θ＝R H 2＋R 2，由题：B ＝kH 2＋R 2，联立得：I ＝mg (H 2＋R 2)2πkR 2，故C 正确；结合C的受力分析可知，若将圆环向上平移一小段距离后环受到的安培力将减小；由静止释放，重力开始时大于安培力，所以环加速下落，向下的过程中安培力增大，所以合外力减小，加速度减小，故D 错误．22．(6分)如图7甲所示，是研究小车做匀变速直线运动规律的实验装置，打点计时器所接的交流电源的频率为f ＝50 Hz ，试问：图7 (1)实验中，必要的措施是________．A ．细线必须与长木板平行B ．小车必须具有一定的初速度C ．小车质量远大于钩码质量D ．必须平衡小车与长木板间的摩擦力(2)如图乙所示，A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 是刚打好的纸带上7个连续的点．从图乙中可读得x 6＝________cm ，计算F 点对应的瞬时速度的表达式为v F ＝________.(3)如图丙所示，是根据实验数据画出的v 2－2x 图线(v 为各点的速度大小)，由图线可知小车运动的加速度为________m/s 2.(保留2位有效数字)【答案】 (1)A (2)6.00f (x 6－x 4)2(3)0.50(0.48～0.52) 【解析】 (1)实验中，细线必须与长木板平行，以减小实验的误差，选项A 正确；实验中让小车由静止释放，不需要初速度，选项B 错误；此实验不需要使得小车质量远大于钩码质量，选项C 错误；此实验没必要平衡小车与长木板间的摩擦力，选项D 错误．(2)从题图乙中可读得x 6＝6.00 cm ，计算F 点对应的瞬时速度的表达式为v F ＝x 6－x 42T ＝f (x 6－x 4)2.(3)由图线可知小车运动的加速度为a ＝Δv 22x ＝1.50－0.2525×10－1 m/s 2＝0.50 m/s 2. 23．(9分)(2019·山东潍坊市二模)某同学利用如图8所示的电路测量一表头的电阻．供选用的器材如下：图8A．待测表头G1，内阻r1约为300 Ω，量程5.0 mA；B．灵敏电流计G2，内阻r2＝300 Ω，量程1.0 mA；C．定值电阻R＝1 200 Ω；D．滑动变阻器R1＝20 Ω；E．滑动变阻器R2＝2 000 Ω；F．电源，电动势E＝3.0 V，内阻不计；G．开关S，导线若干．(1)在如图乙所示的实物图上将导线补充完整；(2)滑动变阻器应选________(填写器材前的字母代号)．开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至________端(填“a”或“b”)；(3)实验中某次待测表头G1的示数如图丙所示，示数为________ mA；(4)该同学多次移动滑片P，记录相应的G1、G2读数I1、I2；以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线．已知图线的斜率k＝0.18，则待测表头内阻r1＝________ Ω.(5)该同学接入电阻R的主要目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________.【答案】(1)如图：(2)D a (3)3.00 (4)270 (5)保护G 2，使两表均能达到接近满偏 【解析】 (1)实物连线如图：(2)因为滑动变阻器要接成分压电路，则应该选择阻值较小的D ；开关S 闭合前，滑动变阻器的滑片P 应滑动至a 端；(3)待测表头G 1的示数为3.00 mA ；(4)由欧姆定律可知：I 1r 1＝I 2(R ＋r 2)，即I 2＝r 1R ＋r 2I 1，则r 1R ＋r 2＝k ＝0.18，解得r 1＝270 Ω；(5)该同学接入电阻R 的主要目的是：保护G 2，使两表均能达到接近满偏．24．(12分)(2019·山东济宁市第二次摸底)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究．他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图1所示的v －t 图象．已知小车在0～2 s 内做匀加速直线运动，2～11 s 内小车牵引力的功率保持不变，9～11 s 内小车做匀速直线运动，在11 s 末开始小车失去动力而自由滑行．已知小车质量m ＝1 kg ，整个过程中小车受到的阻力大小不变，试求：图1(1)在2～11 s 内小车牵引力的功率P 的大小； (2)小车在2 s 末的速度v x 的大小； (3)小车在2～9 s 内通过的距离x . 【答案】 (1)16 W (2)4 m/s (3)44 m【解析】 (1)根据题意，在11 s 末撤去牵引力后，小车只在阻力F f 作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a ，根据题图可知：a ＝|ΔvΔt|＝2 m/s 2；根据牛顿第二定律有：F f ＝ma ； 解得：F f ＝2 N ；设小车在匀速直线运动阶段的牵引力为F ，则：F ＝F f ，v m ＝8 m/s ； 根据：P ＝Fv m ； 解得：P ＝16 W ；(2)0～2 s 的匀加速运动过程中，小车的加速度为：a x ＝Δv Δt ＝v x2；设小车的牵引力为F x ，根据牛顿第二定律有：F x －F f ＝ma x ； 根据题意有：P ＝F x v x; 联立解得：v x ＝4 m/s ；(3)在2～9 s 内的变加速过程，Δt ＝7 s ，由动能定理可得：P Δt －F f x ＝12mv m 2－12mv x 2；解得小车通过的距离是：x ＝44 m.25. (20分)(2019·四川南充市第一次适应性考试)如图2所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy 中，x 轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m ，电荷量为－q (－q <0)的带电绝缘小球，从y 轴上的P (0，L )点由静止开始释放，运动至x 轴上的A (－L,0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在x 轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管，细管的圆心O 1位于y 轴上，交y 轴于B 点，交x 轴于A 点和C (L,0)点，已知细管内径略大于小球外径，小球直径远小于细管轨道的半径，不计空气阻力，重力加速度为g .求：图2(1)匀强电场的电场强度的大小；(2)小球运动到B 点时对管的压力的大小和方向； (3)小球从C 点飞出后落在x 轴上的位置坐标． 【答案】 (1)mgq (2)3(2＋1)mg 方向向下(3)(－7L,0)【解析】 (1)小球由静止释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则tan 45°＝mg Eq解得：E ＝mgq(2)根据几何关系可知，细管轨道的半径r ＝2L从P 点到B 点的过程中，根据动能定理得：12mv B 2－0＝mg (2L ＋2L )＋EqL在B 点，根据牛顿第二定律得：F N －mg ＝mv B 2r联立解得：F N ＝3(2＋1)mg ，方向向上根据牛顿第三定律可得小球运动到B 点时对管的压力的大小F N ′＝3(2＋1)mg ，方向向下 (3)从P 到A 的过程中，根据动能定理得： 12mv A2＝mgL ＋EqL 解得：v A ＝2gL小球从C 点抛出后做类平抛运动 抛出时的速度v C ＝v A ＝2gL小球的加速度g ′＝2g当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x 轴，则有：v C t ＝12g ′t 2解得：t ＝22L g则沿x 轴方向运动的位移x ＝v C tsin 45°＝2v C t ＝2×2gL ×22Lg＝8L 则小球从C 点飞出后落在x 轴上的坐标x ′＝L －8L ＝－7L .33.选修3－3(15分)(2019·广东深圳市第二次调研)(1)(5分)恒温环境中，在导热良好的注射器内，用活塞封闭了一定质量的理想气体．用力缓慢向外拉活塞，此过程中________．A ．封闭气体分子间的平均距离增大B ．封闭气体分子的平均速率减小C ．活塞对封闭气体做正功D ．封闭气体的内能不变E ．封闭气体从外界吸热(2)(10分)某同学设计了测量液体密度的装置．如图3，左侧容器开口；右管竖直，上端封闭，导热良好，管长L 0＝1 m ，粗细均匀，底部有细管与左侧连通，初始时未装液体．现向左侧容器缓慢注入某种液体，当左侧液面高度为h 1＝0.7 m 时，右管内液柱高度h 2＝0.2 m ．已知右管横截面积远小于左侧横截面积，大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，取g ＝10 m/s 2.图3①求此时右管内气体压强及该液体的密度；②若此时右管内气体温度T ＝260 K ，再将右管内气体温度缓慢升高到多少K 时，刚好将右管中液体全部挤出？(不计温度变化对液体密度的影响)【答案】 (1)ADE (2)①1.25×105 Pa 5×103 kg/m 3 ②351 K【解析】 (1)对于一定质量的理想气体，气体的内能和分子平均速率只取决于温度，由题目可知，温度不变，则封闭气体的内能不变，封闭气体分子的平均速率也不变，故B 错误，D 正确；用力向外缓慢拉动活塞过程中，气体体积增大，则分子间的平均距离增大，气体对活塞做正功，则活塞对气体做负功，故A 正确，C 错误；根据ΔU ＝W ＋Q 可知，温度不变，则内能U 不变，即ΔU ＝0，用力向外缓慢拉动活塞，则W <0，故Q >0，即气体从外界吸收热量，故E 正确．(2)①设右管横截面积为S ，对右管内的气体，由玻意耳定律：p 0V 0＝p 1V 1 其中：V 0＝L 0S ，V 1＝(L 0－h 2)S 解得：p 1＝1.25×105 Pa 又：p 1＝p 0＋ρg (h 1－h 2) 解得：ρ＝5×103 kg/m 3②对右管内的气体：p 1V 1T ＝p 2V 0T ′其中：p2＝p0＋ρgh1，解得：T′＝351 K.34.选修3－4(15分)(2019·陕西汉中市第二次教学质检)(1)(5分)下列说法正确的是________．A．在摆角小于5°时单摆的周期与振幅无关B．用三棱镜观察太阳光谱是利用光的干涉现象C．在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象D．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象E．两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域与振动减弱区域应交替出现(2) (10分)如图4所示，有一个玻璃半球，O为球心，右侧面镀银，光源S在其水平对称轴MO上，从光源S发出的一束光斜射在球面上．当入射光线与对称轴的夹角为30°时，发现一部分光经过球面反射后恰好能竖直向上传播，另一部分光折射进入玻璃半球内，经过右侧镀银面的第一次反射后恰好能沿原路返回．若球面的半径为R ，光在真空中的传播速度为c .求：图4①玻璃的折射率；②光折射入玻璃半球后传播到右侧镀银面所用的时间． 【答案】 (1)ACE (2)①3 ②3R2c【解析】 (1)在摆角小于5°时单摆的振动可视为简谐运动，此时周期与振幅无关，选项A 正确；用三棱镜观察太阳光谱，是利用光的折射率不同，出现光的色散现象，故B 错误；在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象，选项C 正确；用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，选项D 错误；两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域与振动减弱区域应交替出现，选项E 正确．(2)由题意作出光路图，如图所示．①由于入射光线与对称轴的夹角为30°，过入射点H 作对称轴的垂线HN ，由光路图和几何关系可得： 光在球面上发生反射和折射时的入射角和反射角i ′＝60°，折射角r ＝30°所以由n ＝sin isin r可得：n ＝3；②由几何关系可知：光折射入玻璃半球后传播到右侧镀银面的距离：s ＝R cos 30°＝32R ， 由n ＝c v 得：光在玻璃中的传播速度v ＝c n ＝c 3，所以光折射入玻璃半球后传播到右侧镀银面所用的时。