高考理综模拟押题卷物理部分全国Ⅰ卷.docx
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高考理综模拟押题卷物理部分全国Ⅰ卷
2020年高考理综模拟押题卷(物理部分)(全国Ⅰ卷)
一、选择题:
本大题共8小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项是符合题目要求,第6~8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.
1.(6分)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空,50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出.在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A. 30kg•m/s
B. 5.7×102kg•m/s
C. 6.0×102kg•m/s
D. 6.3×102kg•m/s
2.(6分)关于平抛运动的性质,正确的是( )
A. 变加速运动
B. 匀变速运动
C. 匀速率曲线运动
D. 不可能是两个直线运动的合运动
3.(6分)如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里.三个带正电的微粒a,b,c电荷量相等,质量分别为ma,mb,mc.已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动.下列选项正确的是( )
A. ma>mb>mc B. mb>ma>mc C. mc>ma>mb D. mc>mb>ma
4.(6分)以下物理过程中原子核发生变化而产生新核的有()
A. 光电效应现象
B. 卢瑟福的α粒子散射实验
C. X射线的产生过程 D. 太阳内部发生的剧烈反应
5.(6分)如图所示为两个同心闭合线圈的俯视图,若内线圈中通有图示的电流I1,则当I1增大时关于外线圈中的感应电流I2的方向及I2受到的安培力F的方向,下列判断正确的是( )
A. I2沿顺时针方向,F沿半径指向圆心 B. I2沿逆时针方向,F沿半径背离圆心
C. I2沿逆时针方向,F沿半径指向圆心 D. I2沿顺时针方向,F沿半径背离圆心
6.(6分)图中装置可演示磁场对通电导线的作用.电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨,L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆.当电磁铁线圈两端a、b,导轨两端e、f,分别接到两个不同的直流电源上时,L便在导轨上滑动.下列说法正确的是( )
A. 若a接正极,b接负极,e接正极,f接负极,则L向右滑动
B. 若a接正极,b接负极,e接负极,f接正极,则L向右滑动
C. 若a接负极,b接正极,e接正极,f接负极,则L向左滑动
D. 若a接负极,b接正极,e接负极,f接正极,则L向左滑动
7.(6分)如图所示,实线为一对等量同种点电荷的连线,虚线正方形abcd的中心O在两电荷连线的中点,下列说法正确的是( )
A. a、b两点的电场强度相同
B. a、c两点的电场强度相同
C. a、b两点的电势相等
D. a、c两点的电势相等
8.(6分)(2017•江苏)如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L,B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长.现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角α由60°变为120°,A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g.则此下降过程中( )
A. A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于
mg
B. A的动能最大时,B受到地面的支持力等于
mg
C. 弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下
D. 弹簧的弹性势能最大值为
mgL
二、非选择题:
本卷包括必考题和选考题两部分.第9~12题为必考题,每个试题考生都必须作答.第13~14题为选考题,考生根据要求作答.
9.(6分)某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动,用自制“滴水计时器”计量时间.实验前,将该计时器固定在小车旁,如图(a)所示.实验时,保持桌面水平,用手轻推一下小车.在小车运动过程中,滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴,图(b)记录了桌面上连续6个水滴的位置.(已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴)
(1)由图(b)可知,小车在桌面上是________(填“从右向左”或“从左向右”)运动的.
(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动.小车运动到图(b)中A点位置时的速度大小为________m/s,加速度大小为________m/s2.(结果均保留2为有效数字)
10.(9分)为了测量一微安表头A的内阻,某同学设计了如图所示的电路.图中,A0是标准电流表,R0和RN分别是滑动变阻器和电阻箱,S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关,E是电池.完成下列实验步骤中的填空:
(1)将S拨向接点1,接通S1,调节________,使待测表头指针偏转到适当位置,记下此时________的读数I;
(2)然后将S拨向接点2,调节________,使________,记下此时RN的读数;
(3)多次重复上述过程,计算RN读数的________,此即为待测微安表头内阻的测量值.
11.(12分)一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面.飞船在离地面高度1.60×105m处以7.5×103m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面.取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取为9.8m/s2.(结果保留2位有效数字)
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能;
(2)求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.
12.(20分)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0,在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变.持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点.重力加速度大小为g.
(1)油滴运动到B点时的速度;
(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件.已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍.
13.(15分)[物理--选修3-3]
如图(甲)所示,竖直放置的汽缸内壁光滑,横截面积为S=10﹣3m2,活塞的质量为m=2kg,厚度不计.在A,B两处设有限制装置,使活塞只能在A,B之间运动,B下方汽缸的容积为1.0×10﹣3m3,A、B之间的容积为2.0×10﹣4m3,外界大气压强p0=1.0×105Pa.开始时活塞停在B处,缸内气体的压强为0.9p0,温度为27℃,现缓慢加热缸内气体,直至327℃.求:
(1)活塞刚离开B处时气体的温度t2;
(2)缸内气体最后的压强;
(3)在图(乙)中画出整个过程中的p﹣V图线.
14.(15分)(2017•新课标Ⅰ)[物理--选修3-4]
(1)如图(a),在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1(0,4)和S2(0,﹣2).两波源的振动图线分别如图(b)和图(c)所示.两列波的波速均为1.00m/s.两列波从波源传播到点A(8,﹣2)的路程差为________m,两列波引起的点B(4,1)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”),点C(0,0.5)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”).
(2)如图,一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体,O点为球心;下半部是半径为R、高为2R的圆柱体,圆柱体底面镀有反射膜.有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入,该光线与OC之间的距离为0.6R.已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射).求该玻璃的折射率.
答案解析部分
一、选择题:
本大题共8小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项是符合题目要求,第6~8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.
1.【答案】A
【考点】动量守恒定律,反冲现象
【解析】【解答】开始总动量为零,规定向下为正方向,根据动量守恒定律得,0=m1v1+P,
解得火箭的动量P=﹣m1v1=﹣0.05×600kg•m/s=﹣30kg•m/s,负号表示方向,故A正确,B、C、D错误.
故选:
A.
【分析】在喷气的很短时间内,火箭和燃气组成的系统动量守恒,由动量守恒定律求出燃气喷出后的瞬间火箭的动量大小.
2.【答案】B
【考点】平抛运动
【解析】【分析】做平抛运动的物体,有水平的初速度,只受重力,加速度为重力加速度,属于匀变速曲线运动,是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动。
故选B
【点评】平抛运动的加速度不变,是匀变速曲线运动,在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向做自由落体运动.
3.【答案】B
【考点】共点力平衡条件的应用,匀速圆周运动
【解析】【解答】微粒受重力G、电场力F、洛伦兹力F'的作用,三个带正电的微粒a,b,c电荷量相等,那么微粒所受电场力F大小相等,方向竖直向上;
a在纸面内做匀速圆周运动,则a的重力等于电场力,即F=Ga=mag;
b在纸面内向右做匀速直线运动,则b受力平衡,因为重力方向竖直向下,洛伦兹力方向竖直向上,则有F+F′b=Gb=mbg;
c在纸面内向左做匀速直线运动,则c受力平衡,且洛伦兹力方向向下,则有:
F﹣F′c=Gc=mcg
所以,mb>ma>mc,故ACD错误,B正确;
故选:
B.
【分析】由粒子的运动状态,根据牛顿第二定律和平衡条件得到其合外力情况,对粒子进行受力分析列方程即可求解.
4.【答案】D
【考点】核裂变与核聚变,质能方程
【解析】【解答】A、光电效应是发出光电子的现象,未产生新核.故A错误.
B、卢瑟福的α粒子散射实验,是氦核受到库仑斥力发生偏转,未产生新核.故B错误.
C、伦琴射线的产生过程,是核外电子逸出,未产生新核.故C错误.
D、太阳内部发生的是聚变反应,产生新核.故D正确.
故选:
D.
【分析】通过判断各种物理现象的实质,确定有无新核的产生.
5.【答案】B
【考点】电磁感应现象,楞次定律
【解析】【解答】解:
如图内线圈的电流方向为顺时针方向,由安培定则分析得知,外线圈中磁场方向向里,当I1增大时,穿过外线圈的磁通量增大,根据楞次定律判断外线圈中的感应电流I2的方向为逆时针,外线圈所在处磁场方向向外,根据左手定则分析得到:
I2受到的安培力F方向是沿半径背离圆心向外.
故选:
B.
【分析】当电流I1增大时,磁场增强,穿过外线圈的磁通量增大,根据楞次定律判断外线圈中的感应电流I2的方向,根据左手定则判断I2受到的安培力F方向.
6.【答案】B,D
【考点】磁现象和磁场、磁感线,安培力,左手定则
【解析】【解答】解:
A、由安培定则与左手定则可知,若a接正极,b接负极,e接正极,f接负极,L所受安培力向左,L向左滑动,故A错误;
B、由安培定则与左手定则可知,若a接正极,b接负极,e接负极,f接正极,L受到的安培力向右,L向右滑动,故B正确;
C、由安培定则与左手定则可知,若a接负极,b接正极,e接正极,f接负极,L所受安培力向右,L向右滑动,故C错误;
D、由安培定则与左手定则可知,若a接负极,b接正极,e接负极,f接正极,L所受安培力向左,则L向左滑动,故D正确;
故选BD.
【分析】由安培定则判断出电流产生的磁场方向,然后由左手定则判断出导体棒受到的安培力方向,从而判断出导轨L的移动方向.
7.【答案】C,D
【考点】电场强度和电场线,电势差、电势、电势能
【解析】【解答】解:
AC、等量同种电荷等势面对称性可知,a点与b点的电势相等.a、b两点的电场强度大小相等,方向不同,故A正确错误,C正确;
BD、根据等量同种点电荷的电场分布和等势面分布,可知a、c两点的场强大小相等,方向不同,根据对称性,a、c两点的电势相等,故B错误,D正确;
故选:
CD
【分析】根据等量同种电荷等势面分布情况,判断出a与b电势相等,a与c电势相等;电场强度是矢量,由对称性知a、c电场强度大小相等,a、b电场强度大小相等.
8.【答案】A,B
【考点】动态平衡分析,超重失重,弹性势能
【解析】【解答】AB、A的动能最大时,设B和C受到地面的支持力大小均为F,此时整体在竖直方向受力平衡,可得2F=3mg,所以F=
;在A的动能达到最大前一直是加速下降,处于失重情况,所以B受到地面的支持力小于
mg,故A、B正确;
B、当A达到最低点时动能为零,此时弹簧的弹性势能最大,A的加速度方向向上,故C错误;
D、A下落的高度为:
h=Lsin60°﹣Lsin30°,根据功能关系可知,小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能,即弹簧的弹性势能最大值为EP=mgh=
mgL,故D错误.
故选:
AB.
【分析】A的动能最大时受力平衡,根据平衡条件求解地面支持力,根据超重失重现象分析A的动能达到最大前,B受到地面的支持力大小;根据功能关系分析弹簧的弹性势能最大值.
二、非选择题:
本卷包括必考题和选考题两部分.第9~12题为必考题,每个试题考生都必须作答.第13~14题为选考题,考生根据要求作答.
9.【答案】
(1)从右向左
(2)0.19
;0.038
【考点】研究匀变速直线运动
【解析】【解答】
(1)由于用手轻推一下小车,小车做减速运动,根据桌面上自右向左水滴间距越来越小,可知小车从右向左做减速运动;
(2)已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴,那么各点时间间隔为:
T=
s=
s
根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度,有:
vA=
m/s=0.19m/s,
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小,得:
a=
m/s2=﹣0.038m/s2.负号表示方向与速度方向相反.
故答案为:
(1)从右向左;
(2)0.19,0.038.
【分析】
(1)依据小车用手轻推一下,车做减速运动,结合各点间距,即可判定运动方向;
(2)根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小,根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度,可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小.
10.【答案】
(1)R0;标准电流表
(2)RN;标准电流表的读数仍为I
(3)平均值
【考点】电磁学实验,欧姆定律,电阻的测量
【解析】【解答】解:
(1)将S拨向接点1,接通S1,调节R0使待测表头指针偏转到适当位置,记下此时标准电流表读数I;
(2)然后将S拨向接点2,调节RN,使标准电流表的读数仍为I,记下此时RN的读数;(3)多次重复上述过程,计算RN读数的平均值,此即为待测微安表头内阻的测量值.故答案为:
(1)R0,标准电流表;
(2)RN,标准电流表的读数仍为I;(3)平均值.
【分析】本题是用替代法来测量微安表表头的内阻。
利用单刀双掷开关,先把待测电表接入电路,记录数据,再由电阻箱替代待测电表,调节电阻箱阻值使电路达到上一次状态,达到等效替代的效果。
11.【答案】
(1)解:
落地时的重力势能为零,飞船机械能等于动能为Ek2=
=
8×104×1002J=4.0×108J;
进入大气层的机械能E=Ek1+Ep1=
mv12+mgH=2.4×1012J;
答:
落地瞬间的机械能为4.0×108J;进入大气层的机械能为2.4×1012J;
(2)此时的速度大小为v3=7.5×103×0.02m/s=150m/s;从600m处到落地之间,重力做正功,阻力做负功,根据动能定理
mgh﹣Wf=
m
﹣
m
代入数据,可得Wf=9.7×108J
答:
克服阻力做功为9.7×108J.
【考点】动能定理的综合应用,机械能
【解析】【分析】
(1)机械能等于重力势能和动能之和,可以得出两处的机械能;
(2)根据动能定理计算克服阻力做功.
12.【答案】
(1)设油滴质量为m,带电荷量为q,增大后的电场强度为E2,根据题中条件可以判断电场力与重力方向相反;
对于匀速运动阶段,有qE1=mg…①
对于场强突然增大后的第一段t1时间,由牛顿第二定律得:
qE2﹣mg=ma1…②
对于场强第二段t1时间,由牛顿第二定律得:
qE2+mg=ma2…③
由运动学公式,可得油滴在电场反向时的速度为:
v=v0+a1t1
油滴在B的速度为:
vB=v﹣a2t1
联立①至⑤式,可得:
vB=v0﹣2gt1;
答:
油滴运动到B点时的速度为v0﹣2gt1;
(2)设无电场时竖直上抛的最大高度为h,由运动学公式,有:
v02=2gh…⑥
根据位移时间关系可得:
v0t1+
…⑦
v1t1﹣
…⑧
油滴运动有两种情况:
情况一:
位移之和x1+x2=
⑨
联立①、②、③、⑥、⑦、⑧、⑨可得:
E2=E1+
由题意得E2>E1,即满足条件
,即当
或
才是可能的;
情况二:
位移之和x1+x2=﹣
⑩
联立①、②、③、⑥、⑦、⑧、⑩可得:
E2=E1+
由题意得E2>E1,即满足条件
,即
,另一解为负,不合题意,舍去.
答:
增大后的电场强度的大小为E1+
,t1和v0应满足的条件为
或
;或E1+
;相应的t1和v0应满足的条件为
.
【考点】电荷在电场中的加速,匀变速直线运动基本公式应用,竖直上抛运动
【解析】【分析】
(1)分析油滴的运动过程,可知其先进行向上的匀速直线运动,到达A处后因电场强度突然增大而开始做向上的匀加速直线运动,经过t1后电场突然反向,油滴开始做匀减速直线运动,并可能在速度减为零后做反向的匀加速直线运动.对电场增大后的两个过程分别列出牛顿第二定律方程,即可求得两个过程中的加速度,而t1又是一个已知量,那么直接使用运动学公式即可求出vB的速度大小;
(2)因为油滴最后可能做反向的匀加速直线运动,因此我们不能确定B点的位置究竟在A点上方还是A点下方,故需要分为两种情况讨论.对其中每一种情况,根据运动学公式列出方程,并与竖直上抛的方程进行联立,即可分别求得两种情况下的场强E2的大小;而根据题意,为求出t1与v0满足的条件,只需要使E2>E1即可,那么就可以最终求得t1与v0间的关系式.
13.【答案】
(1)解:
活塞刚离开B处时,气体压强p2=p0+
=1.2×105Pa
气体等容变化,
,
代入数据,解出t2=127℃
(2)解:
设活塞最终移动到A处,
理想气体状态方程:
,即
,
代入数据,解出
=1.5×105Pa
因为p3>p2,故活塞最终移动到A处的假设成立
(3)解:
如图.
【考点】理想气体的状态方程
【解析】【分析】先是等容过程,根据气体状态方程代入数据可解得温度;
再根据理想气体状态方程可解得压强.
14.【答案】
(1)2
;减弱
;加强
(2)由题意,结合光路的对称性与光路可逆可知,与入射光相对于OC轴对称的出射光线一定与入射光线平行,所以从半球面射入的光线经折射后,将在圆柱体底面中心C点反射,如图:
设光线在半球处的入射角为i,折射光线的折射角为r,则:
sini=nsinr…①
由正弦定理得:
…②
由几何关系可知,入射点的法线与OC之间的夹角也等于i,该光线与OC之间的距离:
L=0.6R
则:
sini=
…③
由②③得:
sinr=
由①③④得:
n=
≈1.43
答:
该玻璃的折射率为1.43.
【考点】波的干涉和衍射,光的折射
【解析】【解答】
(1)解:
由图可知,路程差为△S1=
﹣8=2m;
两列波的波速均为1.00m/s.由图可得T=2s,所以波长为λ=vT=1×2=2m,两列波从波源传播到点B(4,1)处的路程差为△S2=
﹣
=0,为波长的整数倍,又因为两波源起振方向相反,所以振动减弱;
两列波从波源传播到点C(0,0.5)处的路程差为△S3=3.5﹣2.5=1m,为半波长,又因为两波源起振方向相反,所以振动加强.
故答案为:
2;减弱;加强.
【分析】
(1)由几何关系求路程差.由波速公式v=λf求解波长.如果两波源起振同方向,当介质中某一点与两波源的路程差等于半波长的奇数倍时,这一点是振动减弱的点.路程差等于波长的整数倍时,这一点振动加强;如果两波源起振方向相反,当介质中某一点与两波源的路程差等于半波长的奇数倍时,这一点是振动加强的点.路程差等于波长的整数倍时,这一点振动减弱;据此分析即可.
(2)根据题意和光的折射规律画出光路图,由几何关系确定入射角的正弦值与折射角的正弦值,再由折射定律求玻璃的折射率;
试卷分析部分
1.试卷总体分布分析
总分:
125分
分值分布
客观题(占比)
48(38.4%)
主观题(占比)
77(61.6%)
题量分布
客观题(占比)
8(57.1%)
主观题(占比)
6(42.9%)
2.试卷题量分布分析
大题题型
题目量(占比)
分值(占比)
选择题:
本大题共8小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项是符合题目要求,第6~8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.
8(57.1%)
48(38.4%)
非选择题:
本卷包括必考题和选考题两部分.第9~12题为必考题,每个试题考生都必须作答.第13~14题为选考题,考生根据要求作答.
6(42.9%)
77(61.6%)
3.试卷难度结构分析
序号
难易度
占比
1
容易
28.6%
2
普通
57.1%
3
困难
14.3%
4.试卷知识点分析
序号
知识点(认知水平)
分值(占比)
对应题号
1
动量守恒定律
6(2.3%)
1
2
反冲现象
6(2.3%)
1
3
平抛运动
6(2.3%)
2
4
共点力平衡条件的应用
6(2.3%)
3
5
匀速圆周运动
6(2.3%)
3
6
核裂变与核聚变
6(2.3%)
4
7
质能方程
6(2.3%)
4
8
电磁感应现象
6(2.3%)
5
9
楞次定律
6(2.3%)
5
10
安培力
6(2.3%)
6
11
磁现象和磁场、磁感线
6(2.3%)
6
12
左手定则
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