2020屆高三物理全真模擬預(yù)測(cè)試題（七）二、選擇題（本題共8小題，每小題6分，共48分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第 14?18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19?21題有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得 6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分.）（2019福建龍巖市5月模擬）如圖1,水平面上有一平板車，某人站在車上掄起錘子從與肩等高處揮下，打在車的左端，打后車與錘相對(duì)靜止.以人、錘子和平板車為系統(tǒng) （初始時(shí)系統(tǒng)靜止），研究該次揮下、打擊過程，下列說法正確的是（ ）圖1A.若水平面光滑，在錘子揮下的過程中，平板車一定向右運(yùn)動(dòng)B.若水平面光滑，打后平板車可能向右運(yùn)動(dòng)C.若水平面粗糙，在錘子揮下的過程中，平板車一定向左運(yùn)動(dòng)D.若水平面粗糙，打后平板車可能向右運(yùn)動(dòng)【答案】D【解析】 以人、錘子和平板車為系統(tǒng)，若水平面光滑，系統(tǒng)水平方向合外力為零，水平方向動(dòng)量守恒，且總動(dòng)量為零，當(dāng)錘子揮下的過程中，錘子有水平向右的速度，所以平板車一定向左運(yùn)動(dòng)， A錯(cuò)誤；打后錘子停止運(yùn)動(dòng)，平板車也停下， B錯(cuò)誤；若水平面粗糙，在錘子揮下的過程車由于受摩擦力作用，可能靜止不動(dòng)，所以C錯(cuò)誤；在錘子打平板車時(shí)，在最低點(diǎn)與車相碰，錘子與平板車系統(tǒng)動(dòng)量向右，所以打后平板車可能向右運(yùn)動(dòng)， D正確.（2019安徽淮南市第二次模擬）如圖2所示，將一小球從水平面MN上方A點(diǎn)以初速度V1向右水平拋出，經(jīng)過時(shí)間t1打在前方豎直墻壁上的P點(diǎn)，若將小球從與A點(diǎn)等高的B點(diǎn)以初速度V2向右水平拋出，經(jīng)過時(shí)間t2落在豎直墻角的N點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，下列選項(xiàng)中正確的是 （ ）圖2A.V1>V2B.V1<V2C.t1>t2D.t1=t2【答案】 A【解析】 小球在豎直方向上為自由落體運(yùn)動(dòng)，則根據(jù) t=、/2h可知，t1<t2；在水平方向上為勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)V=X，因X1>X2,則V1>V2,故選A.（2019湖北宜昌市元月調(diào)考）在空間建立三維坐標(biāo)系如圖 3所示，xOz在水平面內(nèi)，y沿豎直方向.空間充滿沿一y方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和沿+z方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E=voB.一質(zhì)量為m、電荷量為一q的帶電小球從坐標(biāo)原點(diǎn)。以初速度vo沿+x方向拋出，設(shè)空間足夠大，則（ ）圖3A.帶電小球做加速度不斷變化的變速曲線運(yùn)動(dòng)B.帶電小球做勻變速直線運(yùn)動(dòng)C.若帶電小球運(yùn)動(dòng)到某位置，坐標(biāo)為 （xo, - yo,0）,則速度與+x方向的夾角。滿足tan0=焉D.若帶電小球運(yùn)動(dòng)到某位置，坐標(biāo)為 （xo, — yo,O）,則速度與+x方向的夾角。滿足tan0=2^0xo【答案】 D【解析】 帶負(fù)電的小球從。點(diǎn)沿+x方向拋出，則電場(chǎng)力方向沿一 z方向，洛倫茲力沿+z方向，因E=voB,可知Eq=qvoB,即沿z軸方向受力平衡，則小球?qū)⒃谥亓ψ饔孟伦銎綊佭\(yùn)動(dòng)，即帶電小球做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；若帶電小球運(yùn)動(dòng)到某位置，坐標(biāo)為 （x0,—yoO）,則xo=vot,Vy=gt,yo=2gt2,2

gt速度與+x萬向的夾角。滿足tan0=也=5=2—=紈，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確.TOC\o"1-5"\h\zvovo1 xo2vot（2019江西南昌市第二次模擬）太陽因核聚變釋放出巨大的能量，其質(zhì)量不斷減少.太陽光從太陽射到月球表面的時(shí)間約500s,月球表面每平方米每秒鐘接收到太陽輻射的能量約為 1.4XO3J,根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程，太陽每秒鐘減少的質(zhì)量最接近 （ ）A.4M09kg B.4M012kgC.4M018kg D.4M024kg【答案】 A【解析】 由題意可知，太陽每秒鐘輻射的能量為： E=4<2X1.4103J,其中r=500>3M08m,由愛因斯坦質(zhì)能方程可知， 淅=與，代入解得：Am=4.4X9kg故A符合題意.c（2019安徽合肥市第二次質(zhì)檢）某興趣小組制作了一個(gè)簡易的 轉(zhuǎn)動(dòng)裝置”，如圖4甲所示，在干電池的負(fù)極吸上一塊圓柱形強(qiáng)磁鐵，然后將一金屬導(dǎo)線折成頂端有一支點(diǎn)、底端開口的導(dǎo)線框，并使導(dǎo)線框的支點(diǎn)與電源正極、底端與磁鐵均良好接觸但不固定，圖乙是該裝置的示意圖.若線框逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) （俯視），下列說法正確的是（ ）

A.線框轉(zhuǎn)動(dòng)是因?yàn)榘l(fā)生了電磁感應(yīng)TOC\o"1-5"\h\zB.磁鐵導(dǎo)電，且與電池負(fù)極接觸的一端是 S極C.若將磁鐵的兩極對(duì)調(diào)，則線框轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變D.線框轉(zhuǎn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)的電流比開始轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的大【答案】 B【解析】根據(jù)安培力的方向可以確定 B正確（2019福建三明市期末質(zhì)量檢測(cè)）如圖5所示，通電導(dǎo)線MN與單匝矩形線圈abcd共面，MN固定不動(dòng)，位置靠近ab且相互絕緣.當(dāng)MN中電流突然增大時(shí)，則（ ）圖5圖5A.線圈所受安培力的合力方向向左B.線圈所受安培力的合力方向向右C.感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcdaD.感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcba【答案】 AC【解析】當(dāng)MN中電流突然增大時(shí)，根據(jù)楞次定律可知，線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，即abcda方向；由左手定則可知ab邊和cd邊受安培力均向左，可知線圈所受安培力的合力方向向左，選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)誤.（2019山東聊城市二模）兩電荷量分別為qi和q2的點(diǎn)電荷固定在x軸上的A、B兩點(diǎn)，兩點(diǎn)電荷連線上各點(diǎn)電勢(shì)。隨坐標(biāo)x變化的關(guān)系圖象如圖6所示，其中P點(diǎn)電勢(shì)最高，且xap<xpb,則（ ）圖6圖6qi和q2都是負(fù)電荷qi的電荷量大于q2的電荷量C.在A、B之間將一負(fù)點(diǎn)電荷沿x軸從P點(diǎn)左側(cè)移到右側(cè)，電勢(shì)能先減小后增大D.一點(diǎn)電荷只在電場(chǎng)力作用下沿 x軸從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，加速度逐漸變小【答案】 AC【解析】 由題圖知，越靠近兩電荷，電勢(shì)越低，則 qi和q2都是負(fù)電荷，故A項(xiàng)正確；小一x圖象的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度,則P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零,據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加知兩點(diǎn)電荷在P處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)等值反向,即kxAb：^,又XAP<XPB,所以qi的電荷量小于q2的電荷量，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；由題圖知，在A、B之間沿x軸從P點(diǎn)左側(cè)到右側(cè)，電勢(shì)先增加后減小，則負(fù)點(diǎn)電荷的電勢(shì)能先減小后增大，故 C項(xiàng)正確；x圖象的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，則沿x軸從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)逐漸增大；據(jù)a=qE可知，電荷只在電場(chǎng)力作用下沿 x軸從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，加速度逐漸增大，故D項(xiàng)錯(cuò)誤.（2019湖北荊州市四月質(zhì)檢）如圖7所示，帶有孔的小球A套在粗糙的傾斜直桿上，與正下方的小球B通過輕繩連接，處于靜止?fàn)顟B(tài).給小球程中球B通過輕繩連接，處于靜止?fàn)顟B(tài).給小球程中（）B施加水平力F使其緩慢上升，直到小球A剛要滑動(dòng).在此過圖7A.水平力F的大小不變B.桿對(duì)小球A的支持力增加C.輕繩對(duì)小球B的拉力先變大后變小D.桿對(duì)小球A的摩擦力先變小后變大【答案】 BD小球B受拉力F、重力和輕繩的拉力Ft,合力為零如圖所示:由此可知，隨著a的增加，拉力F和輕繩張力Ft均增大，故A、C錯(cuò)誤;再對(duì)A再對(duì)A、B球整體分析，受重力、拉力F、支持力Fn和靜摩擦力Ff,如圖所示:iM4miM4m國設(shè)桿與水平方向的夾角為 0,根據(jù)平衡條件，在垂直桿方向有 Fn=（M+m）gcos0+Fsin0,隨著F的增illI」cm主尺1111nI海標(biāo)尺（1）讀出遮光條的寬度illI」cm主尺1111nI海標(biāo)尺（1）讀出遮光條的寬度cm.（2）估算滑塊的加速度m/s2（保留兩位有效數(shù)字）.（3）為了減小實(shí)驗(yàn)誤差,卜列措施最合理的是大，支持力Fn增大;在平行桿方向，有：Feos0+Ff=（M+m）gsin0,可彳導(dǎo):Ff=（M+m）gsin0—Feos0,可知隨著F的增大,靜摩擦力逐漸減小，當(dāng)（M+m）gsin0=Feos。時(shí)，摩擦力為零，此后靜摩擦力反向增大，故B、D正確.（5分）（2019重慶市4月調(diào)研）某實(shí)驗(yàn)小組為了測(cè)定氣墊導(dǎo)軌上滑塊的加速度，滑塊上安裝了寬度為d的遮光條.如圖8甲所示，滑塊在牽引力作用下先后通過兩個(gè)光電門，配套的數(shù)字計(jì)時(shí)器記錄了遮光條通過第一光電門的時(shí)間A3為0.05s,通過第二個(gè)光電門的時(shí)間 At2為0.01s,遮光條從開始遮住第一個(gè)光電門到開始遮住第二個(gè)光電門的時(shí)間 t為0.20s.用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條的寬度 d,游標(biāo)卡尺示數(shù)如圖乙所示.inimi???|????I5Ki乙圖8A.盡量減小鉤碼質(zhì)量B.遮光條寬度越寬越好C.其他條件不變多次測(cè)量取平均值【答案】(1)0.45(2)1.8(3)C【解析】 （1）【解析】 （1）讀出遮光條的寬度d=0.4cm+0.1mmX5=0.45cm;（2）遮光條通過第一個(gè)光電門的速度:（2）遮光條通過第一個(gè)光電門的速度:d0.45102v1=7T= m/s=0.09m/sAt1 0.05遮光條通過第二個(gè)光電門的速度:V遮光條通過第二個(gè)光電門的速度:V2=S=0^02m/s=0.45m/s,At2 0.01 '故加速度a=V2-故加速度a=V2-V10.45-0.090.20m/s2=1.8m/s2；（3）盡量減小鉤碼質(zhì)量，對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果沒有影響，故A錯(cuò)誤；遮光條寬度應(yīng)盡量窄些，故B錯(cuò)誤；其他條件不變，多次測(cè)量取平均值，可以減小實(shí)驗(yàn)誤差，故C正確.（10分）（2019天津市南開區(qū)下學(xué)期二模）在描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實(shí)驗(yàn)中，需測(cè)量一個(gè) “2.5V,0.3A的小燈泡兩端的電壓和通過它的電流.現(xiàn)有如下器材:直流電源（電動(dòng)勢(shì)3.0V,內(nèi)阻不計(jì)）電流表A1（量程3A,內(nèi)阻約0.1Q）電流表A2(量程600mA,內(nèi)阻約5Q)電壓表Vi(量程3V,內(nèi)阻約3Q)電壓表V2(量程15V,內(nèi)阻約

滑動(dòng)變阻器R(阻值0?10口

滑動(dòng)變阻器R2(阻值0?1kQ15kQ)額定電流1A)額定電流300mA)(1)在該實(shí)驗(yàn)中，電流表應(yīng)選擇(2)為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)選擇以下哪個(gè)實(shí)驗(yàn)電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn),滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇,電壓表應(yīng)選擇(3)下表是某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中測(cè)出的數(shù)據(jù)，該同學(xué)根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)在圖9已畫出除了第6組數(shù)據(jù)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，請(qǐng)你在I—U圖象上畫出第6組數(shù)據(jù)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，并作出該小燈泡的伏安特性曲線.12345678910111213(A)00.100.130.150.160.180.190.200.230.250.270.280.30(V)U00.100.200.300.400.600.801.001.401.802.002.202.50圖9(4)實(shí)驗(yàn)中，如果把這個(gè)小燈泡和一個(gè)阻值為 9◎的定值電阻串聯(lián)在電動(dòng)勢(shì)為 3V、內(nèi)阻為1◎的直流電源上.則小燈泡消耗的實(shí)際功率約為W.【答案】(1)A2V1Ri(2)C(3)l卜 ],O 2.0也升(4)0.20002【解析】(1)由于該實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量 “2.5V0.3A的小燈泡的伏安特性曲線， 故通過小燈泡的電流約為 0.3A,故用量程為600mA的電流表A2即可；電壓表選用量程為 3V的Vi即可；該實(shí)驗(yàn)需要的電壓要從 0開始調(diào)起，故供電部分要用分壓式電路，滑動(dòng)變阻器選用阻值較小的 Ri即可；(2)由于小燈泡的電阻較小，故測(cè)量時(shí)采用電流表外接會(huì)減小誤差，供電電路采用分壓式連接，故采用C電路實(shí)驗(yàn)；(3)描出第6組數(shù)據(jù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)，并用平滑的曲線將各點(diǎn)連接起來即可；(4)小燈泡相當(dāng)于與一個(gè)電動(dòng)勢(shì)為 3V,內(nèi)阻為10◎的電源連接，我們可以在小燈泡的伏安特性曲線的圖中再作出該電源的伏安特性曲線，如圖所示，則兩個(gè)圖線相交的位置就是電路中小燈泡工作時(shí)的電壓和電流，即燈泡的兩端電壓為 1.0V,電流為0.20A,故小燈泡消耗的實(shí)際功率約為 0.20W.

(12分)(2019廣東深圳市第二次調(diào)研)如圖1(a)為玩具彈弓，輕質(zhì)橡皮筋連接在把手上 A、B兩點(diǎn)，一手握住把手不動(dòng)， 使AB連線水平，C為自由伸長時(shí)橡皮筋中點(diǎn)輕彈夾的位置， 如圖(b).AO=OB=6cm,另一手捏著裝有質(zhì)量為 10g彈珠的彈夾，從C點(diǎn)由靜止豎直向下緩慢移動(dòng)到 D點(diǎn)，放手后彈珠豎直向上射出，剛好上升到離D點(diǎn)20.15米高的樓頂處.測(cè)得/ACB=44°,/ADB=23°,取tan22=0.4,tan11.5=0.2,g=10m/s2,不計(jì)空氣阻力.求：圖1(1)從C到D的過程中，彈珠重力所做的功及手所做的功；(2)若還將橡皮筋拉到相同長度，僅改變發(fā)射方向，彈珠向斜上方運(yùn)動(dòng)到高出釋放點(diǎn)第二次從釋放到圖1(1)從C到D的過程中，彈珠重力所做的功及手所做的功；(2)若還將橡皮筋拉到相同長度，僅改變發(fā)射方向，彈珠向斜上方運(yùn)動(dòng)到高出釋放點(diǎn)第二次從釋放到h'=8m處，機(jī)械能守【答案】(1)1.5102J2J(2)15.6m/s【解析】 (1)從C到D,彈珠重力做功： WG=mghCD8m處的速率.由題圖可得:OB_OB_0.06 _0.06tan11.5一°tan22=0.2m~0.4m=0.15m聯(lián)立解得Wg=1.5102J從C到D,再到最高點(diǎn)的過程中，由功能關(guān)系：W手=mgH—mgh,其中H=20.15m解得W手=2J(2)設(shè)彈珠在D點(diǎn)的彈性勢(shì)能為Ep,從D到最高點(diǎn)，由功能關(guān)系： Ep=mgH恒，1C則：Ep=mgh+2mv2聯(lián)立解得v=15.6m/s.(20分)(2019江西南昌市第二次模擬)如圖2,豎直平面內(nèi)(紙面)存在平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向與水平方向成0=60。角，紙面內(nèi)的線段與水平方向成0=60。角，紙面內(nèi)的線段MN與水平方向成a=30°角，MN長度為d.現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電小球從M由靜止釋放，小球沿量為q(q>0)的帶電小球從M由靜止釋放，小球沿MN方向運(yùn)動(dòng)，至U達(dá)N點(diǎn)的速度大小為VN(待求)；若將該小球從M點(diǎn)沿垂直于MN的方向，以大小VN的速度拋出，小球?qū)⒔?jīng)過M點(diǎn)正上方的P點(diǎn)(未畫出)，已知重力加速度大小為g,求:(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E及小球在N點(diǎn)的速度vn；(2)M點(diǎn)和P點(diǎn)之間的電勢(shì)差；(2)M點(diǎn)和P點(diǎn)之間的電勢(shì)差；(3)小球在P點(diǎn)動(dòng)能與在M點(diǎn)動(dòng)能的比值.【答案】(D^^^mg 2gd(2)4mqgd(3)3【解析】 (1)由小球運(yùn)動(dòng)方向可知，小球受合力沿MN方向，如圖甲，由正弦定理:mgFsin30二sin30Eq

sin120°得：E=加q合力大?。篎=mg=ma,即a=g從M-N,有：2ad=vN得：vn=2gd(2)如圖乙，設(shè)MP為h,作PC垂直于電場(chǎng)線，作PD垂直于MN,小球做類平拋運(yùn)動(dòng):, ?12hcos60=2at2hsin60=vNtUmc=Ehcos30

Ump=Umc8 4mgd得?h=3d,Ump=-q-(3)從M-P,由動(dòng)能定理：FsMD=EkP—EkMsmd=hsin30°1 2而EkM=2mVN2EkPEkPEkM73.33l選修3-31（15分）（2019陜西渭南市教學(xué)質(zhì)檢（二））（1）（5分）關(guān)于分子動(dòng)理論和熱力學(xué)定律，下列說法正確的是.A.當(dāng)某一密閉容器自由下落時(shí)，因完全失重，容器內(nèi)密封的氣體壓強(qiáng)會(huì)變?yōu)榱鉈.當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)的速度增大時(shí)，物體的內(nèi)能一定增大C.地球周圍大氣壓強(qiáng)的產(chǎn)生是由于地球?qū)Υ髿獾娜f有引力D.當(dāng)分子距離在一定范圍內(nèi)變大時(shí)，分子力可能增大E.布朗運(yùn)動(dòng)不是分子的無規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)（2）（10分）如圖3所示，在水平地面上放置一個(gè)高為 48cm、質(zhì)量為30kg的圓柱形金屬容器，容器側(cè)壁正中央有一閥門，閥門細(xì)管直徑不計(jì).容器頂部通過一個(gè)質(zhì)量為 10kg的薄圓柱形活塞密閉一些空氣，活塞與容器內(nèi)橫截面積均為 50cm2,打開閥門，讓活塞下降直至靜止.不計(jì)摩擦，不考慮氣體溫度的變化，大氣壓強(qiáng)為1.0M05Pa,重力加速度g取10m/s2①求活塞靜止時(shí)距容器底部的高度；②活塞靜止后關(guān)閉閥門，通過計(jì)算說明對(duì)活塞施加豎直向上的拉力能否將金屬容器緩緩提離地面.【答案】（1）CDE（2）①20cm②不能【解析】 （1）封閉氣體壓強(qiáng)是因?yàn)榇罅繗怏w分子頻繁對(duì)器壁撞擊產(chǎn)生的，當(dāng)容器自由落體，但內(nèi)部分子仍在無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，所以氣體壓強(qiáng)仍存在， A錯(cuò)誤；物體的內(nèi)能等于所有分子的動(dòng)能加上所有分子的勢(shì)能，分子平均動(dòng)能與溫度有關(guān)，勢(shì)能與體積有關(guān)，當(dāng)物體宏觀速度增大時(shí)，溫度和體積不一定變化，因此內(nèi)能不一定變大，B錯(cuò)誤；大氣壓強(qiáng)是地球?qū)Υ髿獾娜f有引力作用在地球表面產(chǎn)生的， C正確；當(dāng)分子間距從r。開始變大時(shí)，分子力逐漸增大，后逐漸減小，所以D正確；布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮微粒的運(yùn)動(dòng)，不是分子的無規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)，E正確.（2）①活塞經(jīng)閥門細(xì)管時(shí)，容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為:（2）①活塞經(jīng)閥門細(xì)管時(shí)，容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為:p1=1.0105Pa.容器內(nèi)氣體的體積為：Vi=LiS,其中Li=24cm活塞靜止時(shí)，氣體的壓強(qiáng)為： P2=P0+mg活塞靜止時(shí)，氣體的壓強(qiáng)為： P2=P0+mg,八… 10M0 c1.0X05Pa+50Mo4Pa=1.2105Pa,根據(jù)玻意耳定律：PlVl=p2V2,其中V2=L2s代入數(shù)據(jù)得：L2=p代入數(shù)據(jù)得：L2=piLiS1.0105X24>S誨"—1.2105XScm=20cm;②活塞靜止后關(guān)閉閥門，假設(shè)活塞能被拉至容器開口端，此時(shí) L3=48cm根據(jù)玻意耳定律：p1L〔S=p3L3s代入數(shù)據(jù)得：6=5X104Pa對(duì)活塞受力分析，由平衡條件得 F+p3S=p0S+mg所以F=350N<(30+10)X10N所以金屬容器不能被提離地面.34庭彳33-4】（15分）(2019遼寧省重點(diǎn)協(xié)作體模擬)此時(shí)a波上某質(zhì)(1)(5分)如圖4