高考全国二卷物理全真模拟预测试题及答案(十七)

1、2020届高三物理全真模拟预测试题（十七）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1418题只有一项符合题目要求，第1921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 .如图3所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心 。的竖直轴线以角速度匀速转动.质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，物块A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为 a和3, ”>8则（）A .物块A的质量一定小于物块 B的质量B.物块A、B受到的摩擦力可能同时为零C.若物块A不受摩擦力，则物块 B受沿容器壁向上的摩擦力D.若

2、3增大，物块A、B受到的摩擦力可能都增大【答案】 D【解析】当物块 B受到的摩擦力恰为零时，受力分析如图所示根据牛顿第二定律得：mgtan 3= m« b 2Rsin 3解得：wb=丁同理，当物块 A受到的摩擦力恰为零时角速度为：3A =由以上可知，物块转动角速度与:RcosRcos物块的质量无关，所以无法判断质量的大小关系，故 A错误；由于a> 3,所以3A>3B,即物块A、B受到的摩擦力不可能同时为零，故 B错误；若物块A不受摩擦力，此时转台的角速度为coa>cob,所以此时B物块的向心力大于摩擦力为零时的角速度，则此时物块B受沿容器壁向下的摩擦力，故C错误；如

3、果转台角速度从物块 A不受摩擦力开始增大， A、B的向心力都增大，则物块 A、B所受的摩擦力都增大，故 D正确.15 .如图所示，一质量为M的轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上.如果轨道固定，将质量为m、可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端.如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是A.物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒B.物块与轨道组成的系统机械能守恒，动量不守恒C.物块仍能停在水平轨道的最左端D.物块将从轨道左端冲出水平轨道【答案】C【解析】.假设物块与轨道粗糙部分的动摩擦因数为内粗

4、糙部分白长度为 L.如果轨道固定，则对物块由释放到静止在轨道最左端的过程，由动能定理可知mgR=mgL如果轨道不固定，物块释放后，由于系统水平方向不受外力，则系统水平方向的动量守恒，物块受竖直向下的重力作用而沿圆弧轨道 向下运动，故系统竖直方向的动量不守恒，又由于轨道的水平部分粗糙，则系统的机械能有损失，则物块 与轨道组成的系统动量、机械能均不守恒，AB错误；假设物块不能离开水平轨道，且二者的共同速度大小为v,物块在水平轨道上的相对位移为x,则对系统由水平方向动量守恒得0=（M + m）v,解得v=0,整1个过程由功能关系得 mgR= jimgX_Qmv2,由以上各式联立可解得 x= L, C

5、正确，D错反.16. （2019广西钦州市第三次质检）如图3所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的白炽 灯泡a、b和c,灯泡b、c规格相同，当左端输入电压 U为灯泡额定电压的10倍时，三只灯泡均能正常发 光，导线电阻不计，下列说法正确的是（）A.原、副线圈匝数比为 10 ： 1B.此时a灯和b灯的电流比为1 ： 1C.此时a灯和b灯的电功率之比为 1 ： 9 D.此时a灯和b灯的电阻比为 9 : 2【答案】 D【解析】灯泡正常发光，则其两端电压均为额定电压U额，则说明原线圈输入电压为9U额，输出电压为 U额；则可知，原、副线圈匝数之比为 9： 1, A错误；原、副线圈匝数之比为9：

6、1,则：Ia 1 Ia 2,-J-=7, =2,由欧姆定律可知，它们的电阻之比为9： 2, B错误，D正确；由于小灯泡两端的电压相I b+ Ic 9 Ib 9等，所以根据公式 P=UI可得两者的电功率之比为2 : 9, C错误.17. （2019河南省濮阳市第三次模拟 ）由中国科学家设计的空间引力波探测工程天琴计划”，采用三颗相同的探测卫星（SC1、SC2、SC3）构成一个边长约为地球半径 27倍的等边三角形，阵列如图 4所示.地球 恰好处于三角形中心，探测卫星在以地球为中心的圆轨道上运行，对一个周期仅有5.4分钟的超紧凑双白矮星（RXJ0806.3 + 1527）产生的引力波进行探测.若地球

7、表面附近的卫星运行速率为v°,则三颗探测卫星的运行速率最接近（）A. 0.10VOB. 0.25voC. 0.5voD. 0.75vo【答案】B【解析】由几何关系可知，等边三角形的几何中心到各顶点的距离等于边长的W3,所以3卫星的轨道半径与地球半径的关系：r= 27X乎R=9*R；根据 v=yJGM可得？ 、/0.25 贝”v= 0.250,故选 B.18. （2019湖南省衡阳市第三次联考 ）某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角“=60。，使飞行器恰好沿与水平方向成0= 30。角的直线斜向右上方由静止开始匀加速飞行，如图 5所示.经时

8、间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60。同时适当调节其大小.使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是（）A.加速时动力的大小等于 啦mgB.加速与减速时的加速度大小之比为2： 1C.减速飞行时间t后速度减为零D.加速过程发生的位移与减速到零的过程发生的位移大小之比为2 ： 1【答案】 B【解析】起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30。角斜向上，设动力为F,合力为Fb,如图甲所示：在OFFb中，由正弦定理得：F=43mg, Fb=mg,故A错误；由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：ai = g,推力方向逆时针旋转 60°,合力的方向与水

9、平方向成30°角斜向下，推力 F跟合力Fb垂直，如图乙所示，此时合力大小为：Fb'=mgsin 30°动力大小：F'=4mg;飞行器的加速度大小为：a2 =mgsin 30m=0.5g;加速与减速时的加速度大小之比为ai ： a2=2： 1,故B正确；t时刻的速率：v= ait= gt,到最高点的时间为：t =松=蒜=2t，故C错误,加速与减速过程发生的位移大小之比为 1 ： 2,故D错误.v2v22ai2a219. （2019江西省重点中学协彳体第二次联考）如图6所示，重力不计的横梁（可伸缩）的一端固定在坚直墙壁上的A点，另一端B点用绳悬挂在墙壁上的 C点

10、，初始时绳与墙的夹角为0,当重为G的物体由挂在梁上的B点处逐渐移至A点的过程中，横梁始终保持水平.问此过程中，A点对横梁作用力F的大小和CB绳对横梁的拉力 Ft的大小是如何变化的（）A. F先增大后减小B. Ft 一直减小C. F 一直减小D. Ft先减小后增大【答案】BC【解析】对B点受力分析，受重物的拉力，横梁的支持力和绳的拉力，如图所示.根据平衡条件，有 FT=cOSg-0, Fn = mgtan仇当重为G的物体由挂在梁上的 B点处逐渐移至A点的过程中，0 减小，故Fn减小，Ft也减小；A点对横梁的作用力F与Fn等大，也减小，B、C正 确20. (2019四川省第二次 联测促改”有一种电

11、四极子的电荷分布如图7所示，在正方形的顶点上分别有两个电荷量为q 和两个电荷量为q 的点电荷O 点为正方形中心，a、 b、 c、 d 为正方形四条边的中点 ， 电 荷 量 为 Q 的 点 电 荷 位 于 Oc 延 长 线 上 ， 下 列 说 法 正 确 的 是 ()A.场强的大小关系有 Eb>EdB.电势的高低关系有加<期C.将一正点电荷沿直线由 a移动到c的过程中电势能逐渐减小D.将一正点电荷沿直线由 b移动到d的过程中电势能始终不变【 答 案 】 AC 【 解 析 】 各 点 电 荷 在 b 、 d 两 点 产 生 的 场 强 如 图 所 示 ，按平行四边形合成规律可知，b点的

12、场强大于d点的场强，故 A正确；对两对等量的异种电荷产生的电场，b、d连线是等势线，对于一 Q电荷，根据所产生电场的对称性，b、d两点电势相等，所以 办=也故B错误；对于两对等量异种电荷产生的电场，a、c连线是等势线，对于一 Q电荷，正点电荷沿直线由 a移动到c的过程中，电场力做正功，电势能逐渐减小，故 C正确；对两对等量的异种电荷产生的电场，bd连线是等势线，对于一 Q电荷，正点电荷沿直线由 b移动到d的过程中，电场力先做正功后做负功，电势 能先减小后增大，故 D错误.21. （2019广东省汕头市第二次模拟 ）甲、乙两辆小汽车（都可视为质点）分别处于同一条平直公路的两 条平行车道上，开始时

13、（t = 0）乙车在前甲车任后，两车间距为xo.t = 0时甲车先启动，t = 3 s时乙车再启动，两车启动后都是先做匀加速运动，后做匀速运动，v-t图象如图8所示.根据图象，下列说法正确的是（）A.两车加速过程，甲的加速度比乙大B.若xo=80 m,则两车间间距最小为 30 mC.若两车在t = 5 s时相遇，则在t= 9 s时再次相遇D.若两车在t=4 s时相遇，则在t=10 s时再次相遇【答案】BC【解析】vt图象中的斜率大小表示加速度大小，从题图图象上可以看出乙的加速度大于甲的加速度，故 A错误；速度相等时两者之间的距离有最小值，从图象上可以看出07 s内甲运动的，、2+7 >2

14、01位移为xi=2 m= 90 m ,而乙运动的位移为：x2=2M>20 m =40 m ,则甲、乙之间的距离为Ax=X2+ 80 m xi = 30 m,故B正确；若两车在t= 5 s时相遇，从图象上可以看出 59 s内甲、乙运动的位移相 等，所以甲、乙在t=9 s时会再次相遇，故 C正确；若两车在t = 4 s时相遇，从图象上可以看出 410 s内甲、乙运动的位移不相等，则在t=10 s时不会再次相遇，故 D错误.22. （2019广东省湛江市第二次模拟）如图1所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静 止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律.该装置中的打点计时器所接交

15、流电源频率是50 Hz.图1（1）对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是 .A.精确测量出重物的质量B.两限位孔在同一竖直线上C.重物选用质量和密度较大的金属重锤D.释放重物前，重物离打点计时器下端远些（2）按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图2所示.纸带上各点是打点计时器连续打出的计时点，其中。点为纸带上打出的第一个点.重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的 选项有.B.D.1.76)OE、DE和EF的长度AC、BF和EG的长度cm, FG的距离是 3.71 cm,则可测得当地的重力加速度是A. OA、OB

16、和OG的长度C. BD、BF和EG的长度用刻度尺测得图中AB的距离是m/s 2（计算结果保留三位有效数字【答案】（1）BC （2）BD 9.75【解析】（1）因为在实验中比较的是 mgh、/mV2的大小关系，故 m可约去，不需要测量重物的质量,对减小实验误差没有影响，故A错误；为了减小纸带与限位孔之间的摩擦，两限位孔必须在同一竖直线大、体积较小的物体，这样能减少空气阻力的影响，从而减小实验误差，故 效的利用纸带，重物离打点计时器下端近些，故 D错误.(2)当知道 OA、OB和OG的长度时，无法算出任何一点的速度，故 和EF的长度时，利用 DE和EF的长度可以求出 E点的速度，从而求出 的长度，

17、可以求出。到E重力势能的变化量，可以验证机械能守恒定律，故C正确；释放重物前，为更有A不符合题意；当知道 OE、DE。到E点的动能变化量，知道OEB符合题意；当知道 BD、BFB正确；实验选择的重物应该为质量较上，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故和EG的长度时，由BD、BF的长度可以求出 E点的速度，但无法求出 G点的速度，故无法求出 E到G点 的动能变化量，故 C不符合题意；当知道 AC、BF和EG的长度时，可以分别求出 B点和F点的速度，从 而求出B到F点的动能变化量，知道 BF的长度，可以求出 B到F点重力势能的变化量，可以验证机械能守恒定律，故 D符合题意.根据 A

18、h=gt2,解得：9 = 唔=76X10 2 m/s2= 9.75 m/s2.5 >0.0223. (2019河南省开封市第三次模拟)某同学要把电压表改装成可直接测量压力的仪表，设计的电路如图3甲所示.实验器材如下：待改装电压表 (量程03 V,可视为理想电压表)，定值电阻 R0,压敏电阻 Rx,电源(4 V,内阻不计)，开关S,导线.选用的压敏电阻阻值Rx随压力F变化的规律如图乙.(1)实验中随着压力F的增大，电压表的示数.(填变大”不变”或变小”(2)为使改装后仪表的量程为0160 N,且压力160 N对应电压表 3 V刻度，则定值电阻阻值R0=0,压力0 N对应电压表V刻度.(3)

19、他发现这样改装后的仪表压力刻度分布不均匀，想进一步把(2)中的压力刻度改成均匀分布，应选用另一压敏电阻,其阻值Rx与压力F变化关系式为 .、，1 024 105(1)变大(2)240 1.5(3)Rx= 匕玫-240(1)根据闭合电路欧姆定律可知，电压表的示数越小，U越大，故电压表白示数变大.(2)由题图乙可知，当R0U = Z-TE,由题图乙可知，压力越大 RxR0+ RxF1 = 160 N时，Rx1 = 80 Q此时电压表的示数rR0_ /口 _U1 = 3 V，由 U1 = RTRX；E，得 R0=Ui3 >80Rx1 = -E- U14-3 =240日 由题图乙可知，当F2=0

20、 N时，Rx2=400Q,此时电压表的示数为U2 =Ro4X240E = R0+Rx2240 + 400V= 1.5 V,可见压力0 N对应电压表1.5 V刻度.(3)为了使压力刻度分布均匀，另选用的压敏电阻仍要满足量程为0160 N , F = 0 N 标在 1.5 V 刻度，F=160 N 标在3V刻度.由于电压表的电压刻度是均匀分布的，所以电压和压力一定要满足线性关系，设U= kF+b,由 F1=0 N 时、U1= 1.5 V, F2=160 N 时、U2=3 V,可得 b=1.5, k =R0960E =R0+ Rx240+ Rx加/日-1.024 10,解得 &= F+160

21、33:320'= 320F+ 1.5,又 U =524. (2019陕西省榆林市第四次模拟 )如图1所示，间距为d的两竖直光滑金属导轨间接有一阻值为Rm、长度为PQ进入略不计，棒与导轨始终保持垂直且接触良好，重力加速度大小为(1)棒PQ在磁场中运动白速度大小 v; (2)匀强磁场的磁感应强度大小B.【答案】(1)晋(2)3mg R+ r2d2,3gd【解析】(1)棒PQ进入磁场前做匀加速直线运动，设其加速度大小为根据牛顿第二定律得 mg 4mg = ma解得：v=12gd(2)棒PQ在磁场中做匀速直线运动时，切割磁感线产生的感应电动势为a.由运动学公式得E=Bdv回路中通过的感应电流为

22、 I=J对棒PQ,由受力平衡条件得 BId = mg1mg解得：B =R+ r42 dv2 = 2a -23mg R+r2d 3gd25. (2019贵州省贵阳市5月适应性考试二)如图2所示，半径为 R= 0.5 m、内壁光滑的圆轨道竖直固 定在水平地面上.圆轨道底端与地面相切，一可视为质点的物块A以v0=6 m/s的速度从左侧入口向右滑入圆轨道，滑过最高点 Q,从圆轨道右侧出口滑出后，与静止在地面上P点的可视为质点的物块 B碰撞(碰撞时间极短)，P点左侧地面光滑，右侧粗糙段和光滑段交替排列，每段长度均为L = 0.1 m,两物块碰后粘在起做直线运动.已知两物块与各粗糙段间的动摩擦因数均为产0

23、.1 ,物块 A、B的质量均为 m=1 kg,重的电阻，在两导轨间水平边界MN下方的区域内存在着与导轨平面垂直的匀强磁场.一质量为d-d、电阻为r的金属棒PQ紧靠在导轨上.现使棒 PQ从MN上方万图度处由静止开始下洛，结果棒磁场后恰好做匀速直线运动.若棒PQ下落过程中受到的空气阻力大小恒为其所受重力的导轨的电阻忽4力加速度g取10 m/s2(1)求物块A到达Q点时的速度大小 v和受到的弹力Fn;(2)若两物块最终停止在第 k个粗糙段上，求k的数值；(3)求两物块滑至第n(n<k)个光滑段上的速度 vn 与n的关系式.【答案】 见【解析】【解析】(1)物块A滑入圆轨道到达 Q的过程中机械能

24、守恒，根据机械能守恒定律得：1- 1 一 _2mvo2= mv2 + 2mgRCD物块A做圆周运动：FN + mg = m(由联立得：v= 4 m/sFN = 22 N,方向向下 R(2)在与B碰撞前，系统机械能守恒， A和B在碰撞过程中动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定1 O律得： mAvo=(mA+ mB)v1A、B 碰后向右滑动，由动能te理得：一p(mA+mB)gs= 0 2(mA +mB)v12 由联立得s= 4.5 m ,所以k= s=45;(3)设碰后A、B滑至第n个光滑段上的速度为 vn,由动能定理得：一 1mA+mB)gnL= 2(mA+mB)vn2一 (mA+ mB)v

25、 i2 解得：vn = .vi2 2gn口 19 0.2n(n<45)33. (1)(2019四川省广安、眉山、内江和遂宁第三次模拟)下列关于温度及内能的说法中正确的是A.物体的内能不可能为零B.温度高的物体比温度低的物体内能大C. 一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化D.内能不相同的物体，它们的分子平均动能可能相同E.温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的分子温度高(2)(2019衡水金卷调研卷五)如图1甲所示，一截面积为 S的汽缸竖直倒放，汽缸内有一质量为m的活塞，将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，气柱的长度为L,活塞与汽缸壁无摩擦，气体处于平

26、衡状态，现保持温度不变，把汽缸倾斜，使汽缸侧壁与竖直方向夹角0= 37。，重新达到平衡后，如图乙所示，设大气压强为 Po ,汽缸导热良好，已知 sin 37° = 0.6 , cos 37° = 0.8 ,重力加速度为g.求此时气柱的长度；分析说明汽缸从竖直倒放到倾斜过程，理想气体吸热还是放热.【答案】ACD5p0S三4mgL放热【解析】(1)内能是物体内所有分子无规则热运动的动能和分子势能的总和，分子在永不停息地做无规则运动，所以内能永不为零，故 A正确；物体的内能除与温度有关外，还与物质的量、物体的体积及物态有关，温度高的物体的内能可能比温度低的物体的内能大，也可能与温

27、度低的物体的内能相等，也可能比温度低的物体的内能小，故B错误；一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化，比如零摄氏度的冰化为零摄氏度的水，内能增加，故 C正确；内能与温度、体积、物质的量及物态有关，而分 子平均动能只与温度有关，故内能不同的物体，它们的分子平均动能可能相同，故D正确；温度是分子平mgpoS= mg+piS, 得 pi = po smg- o 4mgp2=po Ucos 37 = po S5s均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大，故 E错误.(2)以活塞为研究对象，汽缸竖直倒放时，根据平衡条件有汽缸倾斜后，根据平衡条件有P0S= mgcos 37 : p2S,得5poS 5mg根据玻思耳te律有 PiLS= p2xS,解得x= - - " L5PoS 4mg由得出气体体积减小，大气压对气体做功，W>0,气体等温变化，AU = 0,由热力学第一定律 AU=W+ Q,知Q<0,故气体放出热量.34.(2019广东省梅州市5月二模)(1)如图1所示，a、b、c