2020届高考物理二轮复习刷题首选卷综合能力物理部分押题密卷（四）（含解析）.docx

部分押题密卷(四)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，满分110分，时间60分钟。第卷一、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题只有一个选项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求，全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1(2019河南郑州二模)1933年至1934年间，约里奥居里夫妇用粒子轰击铝箔时，发生的核反应方程为AlHePn，反应生成物P像天然放射性元素一样衰变，放出正电子e，且伴随产生中微子，核反应方程为PSie。则下列说法正确的是()A当温度、压强等条件变化时，放射性元素P的半衰期随之变化B中微子的质量数A0，电荷数Z0C正电子产生的原因可能是核外电子转变成的D两个质子和两个中子结合成一个粒子，则质子与中子的质量之和一定等于粒子的质量答案B解析放射性元素的半衰期与外界因素无关，A错误；根据质量数和电荷数守恒可知，中微子的质量数A0，电荷数Z0，B正确；正电子产生的原因是核内的质子转化为中子时放出的，C错误；两个质子和两个中子结合成一个粒子要释放能量，根据质能方程及质量亏损可知，两个质子与两个中子的质量之和大于粒子的质量，故D错误。2. (2019山东青岛二模)A、B两物体沿同一直线运动，运动过程中的xt图象如图所示，下列说法正确的是()A4 s时A物体运动方向发生改变B06 s内B物体的速度逐渐减小C05 s内两物体的平均速度相等D06 s内某时刻两物体的速度大小相等答案D解析xt图象的斜率表示速度，斜率的正负表示速度的方向，所以A物体运动方向不变，A错误；由图可知，06 s内B物体的速度逐渐增大，故B错误；由图可知，05 s内A物体的位移大于B物体的位移，由公式可知，A物体的平均速度大于B物体的平均速度，故C错误；06 s内存在某时刻两图线斜率的绝对值相等，则存在某时刻两物体的速度大小相等，故D正确。3. (2019山东淄博三模)如图所示，某宾馆大楼中的电梯下方固定有4根相同的竖直弹簧，其劲度系数均为k。这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。若缆绳断裂后，总质量为m的电梯下坠，4根弹簧同时着地而开始缓冲，电梯坠到最低点时加速度大小为5g(g为重力加速度大小)，下列说法正确的是()A电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为B电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为C从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯先处于失重状态后处于超重状态D从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯始终处于失重状态答案C解析电梯在最低点时，由牛顿第二定律：4kxmgma，其中a5g，解得x，A、B错误；从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，重力先大于弹力，电梯向下做加速运动，弹力增大，当重力小于弹力时，电梯的加速度向上，电梯向下做减速运动，则电梯先处于失重状态后处于超重状态，C正确，D错误。4. (2019山东淄博三模)如图所示，实线为两个点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线，虚线为电子从A点运动到B点的运动轨迹，则下列判断正确的是()AA点的场强小于B点的场强BQ1的电荷量大于Q2的电荷量C电子在A点的电势能大于在B点的电势能D电子在A点的速度大于在B点的速度答案D解析根据“电场线的密疏表示场强的大小”可知，A点的场强比B点的场强大，A错误；根据电场线分布情况可知，Q1、Q2是同种电荷，由点电荷周围电场线疏密程度可知点电荷Q2的电荷量较大，即Q1Q2，B错误；电子做曲线运动，受到的合力方向指向运动轨迹的内侧，即电子过B点时受到的电场力F方向斜向下，可知电子从A点运动到B点的过程中，电场力方向与速度方向的夹角总是大于90，电场力做负功，电势能增大，动能减小，即电子在A点的电势能小于在B点的电势能，电子在A点的速度大于在B点的速度，C错误，D正确。5. (2019江西高三九校3月联考)如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向里。有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，所带电荷量均为q，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为。下列说法正确的是()A若r2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为B若r2R，粒子沿着与半径方向成45角斜向下射入磁场，则有关系tan成立C若rR，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为D若rR，粒子沿着与半径方向成60角斜向下射入磁场，则圆心角为150答案BD解析若r2R，粒子在磁场中运动的时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图1，因为r2R，圆心角60，粒子在磁场中运动的最长时间tmaxT，故A错误；若r2R，粒子沿着与半径方向成45角斜向下射入磁场，轨迹如图2，根据几何关系有tan，故B正确；若rR，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图3所示，圆心角90，粒子在磁场中运动的时间tT，故C错误；若rR，粒子沿着与半径方向成60角斜向下射入磁场，轨迹如图4所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，由几何关系可知圆心角150，故D正确。6(2019广东深圳二模)2019年1月3日，“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面。着陆前的部分运动过程简化如下：在距月面15 km高处绕月做匀速圆周运动，然后减速下降至距月面100 m处悬停，再缓慢降落到月面。已知万有引力常量和月球的第一宇宙速度，月球半径约为1.7103 km。由上述条件可以估算出()A月球质量B月球表面的重力加速度C探测器在15 km高处绕月运动的周期D探测器悬停时发动机产生的推力答案ABC解析第一宇宙速度为环绕月球表面运动的速度，由万有引力提供向心力，有：Gm，则月球的质量为M，由题已知条件可求月球质量，故A正确；探测器在月球表面附近运动，由万有引力等于重力，有：Gmg月，则月球表面的重力加速度为g月G，故B正确；探测器在15 km高处绕月运动时有：Gm，得运动周期T ，故C正确；探测器悬停时发动机产生的推力大小等于万有引力大小，但由于探测器的质量未知，故不可求推力，D错误。7. (2019沈阳三模)如图所示，在光滑的水平面上方有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场区域，磁场宽度均为L。一个边长为L、电阻为R的单匝正方形金属线框，在水平外力作用下沿垂直磁场方向运动，从如图实线位置进入磁场开始到线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置时，线框的速度始终为v，则下列说法正确的是()A在位置时外力F为B在位置时线框中的电功率为C此过程中回路产生的电能为D此过程中通过导线横截面的电荷量为答案BC解析在位置时，根据右手定则知线框左右边同时切割磁感线产生的电流同向，所以总电流I2，线框左右边所受安培力的方向均向左，所以F2BIL，得：F，故A错误；此时线框中的电功率为：PFv，故B正确；金属线框从开始至位移为L的过程，产生的电能WIRt12R，从位移为L到为L的过程，产生的电能WI2Rt22R，所以整个过程产生的电能为，故C正确；此过程穿过线框的磁通量的变化为0，通过线框横截面的电荷量为q0，故D错误。8. (2019湖北武汉二模)在光滑水平面上，小球A、B(可视为质点)沿同一直线相向运动，A球质量为1 kg，B球质量大于A球质量。如果两球间距离小于L时，两球之间会产生大小恒定的斥力，大于L时作用力消失。两球运动的速度时间关系如图所示，下列说法正确的是()AB球质量为2 kgB两球之间的斥力大小为0.15 NCt30 s时，两球发生非弹性碰撞D最终B球速度为零答案BD解析当两球间距离小于L时，两球均做匀减速运动，因B球质量大于A球质量，可知B球加速度小于A球的加速度，由vt图象可知：aB m/s20.05 m/s2，aA m/s20.15 m/s2，由牛顿第二定律：FmAaAmBaB，解得mB3mA3 kg，F0.15 N，A错误，B正确；由图象可知，A、B在t30 s时刻相碰，碰前速度：vA0，vB2 m/s，碰后速度：vA3 m/s，vB1 m/s，则机械能损失EmBv0，可知在t30 s时，两球发生弹性碰撞，C错误；由图象可知，两个阴影部分的面积应该相等，且都等于L，可知最终B球速度为零，D正确。第卷二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，共62分。第912题为必考题，考生都必须作答。第1314题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共47分)9(2019福建泉州二模)(6分)某同学做验证向心力与线速度关系的实验，装置如图所示，一轻质细线上端固定在拉力传感器上，下端悬挂一小钢球。钢球静止时刚好位于光电门中央。主要实验步骤如下：用游标卡尺测出钢球直径d；将钢球悬挂静止不动，此时力传感器示数为F1，用米尺量出线长L；将钢球拉到适当的高度处释放，光电门计时器测出钢球的遮光时间为t，力传感器示数的最大值为F2；已知当地的重力加速度大小为g，请用上述测得的物理量表示：(1)钢球经过光电门时的线速度表达式v_，向心力表达式F向m_。(2)钢球经过光电门时的所受合力的表达式F合_。(3)若在实验误差允许的范围内F向F合，则验证了向心力与线速度的关系。该实验可能的误差有：_。(写出一条即可)答案(1)(2)F2F1(3)摆线的长度测量有误差解析(1)钢球的直径为d，遮光时间为t，所以钢球通过光电门的速度：v，根据题意知，钢球圆周运动的半径为：RL，钢球的质量：m，则向心力表达式：F向m。(2)钢球经过光电门时只受重力和绳的拉力，所受合力为：F合F2F1。(3)根据向心力表达式知，可能在测量摆线长度时有误差。10(2019东北三省三校二模)(9分)某实验小组要把一块电流表改装成电压表，遇到了两个问题：一是该电流表的表盘没有标注刻度数，但刻度均匀，总格数为N；二是内阻未知。通过对类似规格的电流表的参数比对，得到该电流表的满偏电流约700800 A，内阻约100 。该组同学利用以下器材，通过下列三个步骤，完成了电压表的改装工作。A待测电流表GB电流表A：量程0.6 A，内阻约为0.1 C电压表V：量程3 V，内阻RV3 kD电阻箱R2：最大阻值999.9 E滑动变阻器R1：最大阻值5 k，额定电流0.1 AF滑动变阻器R3：最大阻值5 ，额定电流0.5 AG电源：电动势3 V，内阻约为1.5 H开关两个S1、S2(1)步骤一：测定电流表的内阻。设计了上图所示实验电路，请分析并补全以下操作：将R1的滑动端拨至_(填“a”或“b”)端；仅闭合S1，调节R1，使电流表的指针偏转N个格；闭合S2，仅调节_，使电流表的指针偏转个格；记录_，则电流表的内阻为_。(2)步骤二：测定该电流表的满偏电流。除电源和开关外，还需要的器材是_(填器材前面的字母序号)；请在下面虚线框中画出方便简洁的实验电路；若在上图实验中，待测电流表指针偏转了n个格，还需要记录的测量值及相应的符号为_，电流表的满偏电流为_，将此电流表改装为一个量程为U0的电压表需要_(填“串联”或“并联”)一个定值电阻Rx，Rx_。(用以上各步骤中记录的测量量和已知量表示)答案(1)bR2R2的阻值R2(2)CE图见解析电压表读数U串联R2解析(1)将滑动变阻器拨至b端再将电路接通，电路中的电流最小，具有保护电路的作用；闭合S2以后，因接入的滑动变阻器的阻值很大，因此在不改变滑动变阻器阻值的情况下电路的干路电流不变，因电流表与R2并联，此时调节R2的阻值使电流表的示数偏转格，则可认为R2中的电流和待测电表的电流相等，则电阻R2的阻值和电流表的阻值相等，因此要记录R2的阻值。(2)电流表的电流校准需要将一块标准的电流表和待测电流表串联，但是电流表A的量程和待测电流表相比过大，无法进行测量，但是电压表的内阻已知，故可以用电压表和待测电流表串联进行校准。另外，滑动变阻器R3的阻值过小，将R3和电压表串联在一起进行调节，两电表示数变化不明显，因此滑动变阻器需要选R1，需要的器材为C、E，电路图如下：因电压表和电流表串联，因此当待测电流表的指针偏转n个格时，记录电压表读数U，则流过电流表的电流为，又因电流表示数分布均匀，因此电流表的满偏电流为；电流表改装为电压表需要串联电阻Rx，串联后的量程为U0，且电流表的内阻为R2，由欧姆定律有R2Rx，解得RxR2。11(2019大连二模)(12分)滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来。如图所示是一个滑板场地，OP段是光滑的圆弧轨道，半径为0.8 m。PQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为0.2。滑板手踩着滑板A从O点由静止滑下，到达P点时，立即向前起跳。滑板手离开滑板A后，滑板A以速度v12 m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前继续滑动。已知滑板质量为m5 kg，滑板手的质量是滑板的9倍，滑板B与P点的距离为x3 m，g10 m/s2。(不考虑滑板的长度以及人和滑板间的作用时间)求：(1)当滑板手和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力大小；(2)滑板手落到滑板B上瞬间，滑板B的速度大小；(3)两个滑板间的最终距离。答案(1)1500 N(2)4.2 m/s(3)6.41 m解析(1)OP下滑过程，滑板手与滑板A机械能守恒10mgR10mv2，得：v4 m/s在P点：FN10mg10m，得：FN1500 N根据牛顿第三定律，F压FN1500 N。(2)滑板手跳离A板过程，滑板手与滑板A水平方向动量守恒10mvmv19mv2，代入数据得：v2 m/s滑板手跳上B板过程，滑板手与滑板B水平方向动量守恒9mv210mv3，解得v34.2 m/s。(3)滑板B的位移xB4.41 m滑板A在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次返回P点时的速度大小仍为v12 m/s之后滑板A的位移xA1 m最终两滑板停下的位置间距为LxBxxA6.41 m。12. (2019郑州二模)(20分)如图所示，三块挡板围成截面边长L1.2 m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E4104 N/C。三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外、磁感应强度大小为B23B1的匀强磁场。现将一比荷108 C/kg的带正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN上的小孔C进入挡板内部的匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场。已知粒子最终回到了O点，OC相距2 m。设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取g10 m/s2。求：(1)磁感应强度B1的大小；(2)粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；(3)若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点(若粒子经过A点立即被吸收)。答案(1)6.7106 T(2)2.85102 s(3)B2105 T，其中k0、1、2、3、解析(1)粒子从O到C在电场中加速，由动能定理qExmv2，得v400 m/s在三角形区域内部，带电粒子在磁场B1中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，由几何关系可知R10.6 m由qvB1m代入数据得B16.7106 T。(2)由题可知B23B12105 T，粒子在磁场B2中做匀速圆周运动qvB2m则R20.2 m由题可知，粒子由O到C在电场中做匀加速直线运动，则xvt1，得到t10.01 s粒子在磁场B1中的周期为T1则粒子在磁场B1中的运动时间为t23103 s粒子在磁场B2中的运动周期为T2粒子在磁场B2中的运动时间为t3T25.5103 s则粒子在复合场中运动的总时间为t2t1t2t32.85102 s。(3)设挡板外磁场变为B2，粒子在磁场B2中的轨迹半径为r，则有qvB2m根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点，需满足条件(2k1)r，其中k0、1、2、3、解得：B2105 T，其中k0、1、2、3、。(二)选考题(共15分)请考生从两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。13物理选修33(共15分)(1)(2019江苏省七市高三第三次调研)(5分)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为p0，经历从状态ABCA的过程。则气体在状态C时压强为_；从状态C到状态A的过程中，气体的内能增加U，则气体吸收的热量为_。(2)(2019重庆模拟)(10分)内壁光滑且导热性良好的上小下大的圆柱形薄壁汽缸竖直放置，上、下汽缸的横截面积分别为S140 cm2、S280 cm2，上、下汽缸的高度分别为h80 cm、H100 cm。质量为m8 kg的薄活塞将0.5 mol氢气(H2的摩尔质量为2 g/mol)封闭在汽缸内，活塞静止在管口，如图所示。已知氢气的定容比热容CV为10.21 kJ/(kgK)，外界大气压强p01.0105 Pa，g取10 m/s2。定容比热容CV是指单位质量的气体在容积不变的条件下，温度升高或降低1 K所吸收或放出的热量。保持缸内气体温度为35 不变，用竖直外力缓慢向下推活塞，当活塞恰推至上汽缸底部时，外力大小为F。求：求F的大小；随后在逐渐减小竖直外力的同时改变缸内气体温度，使活塞位置保持不变，直至外力恰为0。求这一过程中气体内能的变化量为多少？(结果保留三位有效数字)答案(1)p0U2p0V0(2)192 N898 J解析(1)根据理想气体状态方程：C，可得：V，所以VT图中过原点的直线表示等压变化，即气体从C到A过程是等压变化，pCpAp0。气体从状态C到状态A的过程中，外界对气体做功Wp0V2p0V0，根据热力学第一定律UQW，整理得气体吸收的热量：QUWU2p0V0。(2)以封闭的气体为研究对象，温度不变，初始压强p1p01.20105 Pa初始体积V1S1hS2H1.12102 m3当活塞运动到小汽缸底部时，气体体积V2S2H0.8102 m3由玻意耳定律p1V1p2V2得p21.68105 Pa对活塞受力分析可知Fp0S1mgp2S1解得F192 N。以封闭的气体为研究对象，气体的体积不变，设改变温度之后气体的压强为p3，则p3p11.20105 Pa设此时温度为T3，初始温度为T1(35273) K308 K由盖吕萨克定律得解得T3220 K气体随着温度降低放出热量QCVm(T1T3)898.48103 kJ898 J根据热力学第一定律UW(Q)898 J，即：气体内能的变化量为898 J。14物理选修34(共15分)(1)(2019四川泸州二诊)(5分)如图甲所示，一根拉紧的均匀弦线沿水平的x轴放置，现对弦线上O点(坐标原点)施加一个向上的扰动后停止，其位移时间图象如乙图所示，该扰动将以2 m/s的波速向x轴正向传播，且在传播过程中