2020届高三物理仿真冲刺卷二答案.docx

仿真冲刺卷(二)‎ ‎14.D　由极光的波长3.1×10-7 m～6.7×10-7 m,由ν=cλ得极光的频率为9.7×1014 Hz～4.5×1014 Hz,A正确;带电粒子在洛伦兹力作用下向极地附近偏转,B正确;原子从高能级向低能级跃迁时辐射出光子,C正确;极光为地球大气中原子的发射光谱,可以鉴别地球周围大气层中物质的组成,D错误.‎ ‎15.D　对人,物块,长木板三者整体研究,斜面对它们的摩擦力为静摩擦力,其大小为f=3mgsin θ,故A,B错误;对人,物块整体研究,由于物块与长木板间的摩擦力刚好为零,因此长木板对人的静摩擦力大小为f′=2mgsin θ,故C错误,D正确.‎ ‎16.D　由图象(乙)可知0.01 s时,电压值最大,此时线圈平面与磁场方向平行,A错误;由图(乙)可知T=0.02 s,则频率为f=‎1‎T=‎1‎‎0.02‎ Hz=50 Hz,B错误;由图(乙)可知,滑动变阻器两端的电压有效值U=220 V,由I=UR得I=2.2 A,即电流表示数为2.2 A,故C错误;根据I=UR可知,电路中电阻变大时,电流减小,D正确.‎ ‎17.B　调相轨道与绕月轨道的中心天体分别对应地球和月球,所以开普勒第三定律不适用,A错误;11.2 km/s是第二宇宙速度,是地球上发射脱离地球束缚的卫星的最小发射速度,而嫦娥卫星没有脱离地球束缚,故其速度小于11.2‎ ‎ km/s,B正确;从调相轨道切入到地月转移轨道时,卫星的轨道将持续增大,故卫星需要在P点做离心运动,在P点需要加速,故C错误;从地月转移轨道切入到绕月轨道时,卫星相对月球而言,轨道半径减小,需要在Q点开始做近心运动,故卫星需在Q点减速,D错误.‎ ‎18.C　不计空气阻力,沙袋从匀速上升的热气球上掉下后,做竖直上抛运动,竖直方向的速度先减小后增大,沙袋重力的功率不是逐渐增大,故A项错误;沙袋从匀速上升的热气球上掉下后,只受重力,机械能守恒,故B项错误;沙袋从匀速上升的热气球上掉下后,只受重力,据动量定理,在相等时间内沙袋动量的变化相等,故C项正确;沙袋先竖直上抛到顶点后自由下落,只受重力,加速度一定,相等时间内速度的变化一定相等,则相等时间内沙袋动能的变化肯定不相等,D项 错误.‎ ‎19.CD　若滑块恰能通过C点时有mg=mvC‎2‎R,由A到C,根据动能定理知mghAC=‎1‎‎2‎mvC‎2‎,联立解得hAC=‎1‎‎2‎R,则AB间竖直高度最小为2R+‎1‎‎2‎R=2.5R,所以A到B点的竖直高度不可能为2R,故A错误;设滑块在传送带上滑行的最远距离为x,则由动能定理有0-‎1‎‎2‎mvC‎2‎=2mgR-μmgx,知x与传送带速度无关,故B错误;若滑块回到D点速度大小不变,则滑块可重新回到出发点A点,故C正确;滑块与传送带摩擦产生的热量Q=μmg Δx,传送带速度越大,相对路程越大,产生热量越多,故D正确.‎ ‎20.CD　‎ 带电粒子在加速电场中做匀加速直线运动,设加速后的速度大小为v,根据动能定理有qU=‎1‎‎2‎mv2-0,解得v=‎‎2qUm ‎,然后匀速运动到E点进入有界磁场中,其运动轨迹如图所示:‎ 粒子从E点进入有界磁场中做匀速圆周运动,再沿直线做匀速直线运动到N点,由左手定则可判断,粒子带正电,故A错误;由qvB=mv‎2‎r,则r=mvqB,x越大则r越大,则比荷qm越小,故B错误;在△ENO中tan θ=xR,当x=‎3‎R时,解得θ=60°,设带电粒子运动的轨迹圆的半径为r,根据数学知识有r=‎3‎‎3‎R,解得m=qB‎2‎R‎2‎‎6U,由t=α‎360°‎T=α‎360°‎×‎2πmqB,由几何关系知圆弧圆心角α=120°,联立可得t=πBR‎2‎‎9U,故C,D正确.‎ ‎21.BD　平行板电容器与光敏电阻并联,而光敏电阻与滑动变阻器串联,当将R2的滑动触头P向a端移动,总电阻减小,总电流增大,那么光敏电阻两端电压增大,因此电容器两端的电压也增大,则θ变大,故A错误;若将R2的滑动触头P向b端移动,总电阻增大,则I减小,因此内电压减小,则U增大,故B正确;用更强的光线照射R1,R1的阻值变小,总电阻减小,电流增大,内电压增大,外电压减小,即U减小,但R2和R3两端电压都增大,故R1两端电压减小,所以电容器两端的电压减小,小球重新达到稳定后θ变小,故C错误;由C选项分析可知,当电容器两端的电压减小时,依据Q=CU,平行板电容器的电量变小,故D正确.‎ ‎22.解析:(1)两组实验均需要平衡摩擦力,(甲)图中小车受到的拉力可由传感器读出,(乙)图中拉小车的力可由测力计读出,故都不需要钩码的总质量m远小于小车的总质量M,B正确.‎ ‎(2)两实验装置实验所用小车总质量分别为M甲=Fa,M乙=Fa,实验时所用小车总质量之比为1∶1;对图(甲)有m甲g-F=m甲a,对(乙)图有m乙g-2F=m乙‎1‎‎2‎a,整理得m甲∶m乙=5∶8.‎ 答案:(1)B　(2)1∶1　5∶8‎ 评分标准:每空2分.‎ ‎23.解析:(1)“Ω”刻度线,指针示数约为14,倍率为“×100”,则读数为1.4×103 Ω;选50 mA直流电流挡,则每一大格表示10 mA,每一小格表示1 mA,测量的精确度为1 mA,应估读到0.1 mA(此时为‎1‎‎10‎估读),指针对应的读数为31.5 mA;选择10 V电压挡,则每一大格表示2 V,每一小格表示0.2 V,测量的精确度为0.2 V,应估读到0.1 V(此时应为‎1‎‎2‎估读),指针对应的读数为6.3 V.‎ ‎(2)若发生断路则电路没有电流,所以无法用电流挡测量,选项B错误;而电路完整的情况下,由于电源的存在无法用电阻挡,因为电表的电阻挡有内部电源,选项A错误;所以只能选择电压挡测量,而电源为直流电源,所以选择直流电压挡,选项C错误,D正确.‎ ‎(3)二极管的正向电阻很小,反向电阻很大,故测反向电阻时,红表笔接a端.‎ ‎(4)电流表满偏时,由闭合电路欧姆定律得Ig=Er+Rg+R,当Rx接入A,B表笔之间时,电流表的指针指在表盘的正中央,由闭合电路欧姆定律得Ig‎2‎ ‎=Er+R+‎RgRxRg‎+‎Rx·RxRg‎+‎Rx,联立解得Rx=‎(R+r)‎RgR+r+‎Rg.‎ 答案:(1)1.4×103　31.5　6.3　(2)D　(3)a　‎ ‎(4)‎‎(R+r)‎RgR+r+‎Rg 评分标准:第(1)问每空1分,其他每问2分.‎ ‎24.解析:(1)小球刚好能沿DEN轨道滑下,则在半圆最高点D点根据牛顿第二定律,有 mg=mvD‎2‎r(2分)‎ 解得vD=gr=2 m/s(1分)‎ 弹簧推开小球的过程中,弹簧对小球所做的功W等于弹簧所具有的弹性势能Ep,对小球从A到C过程应用动能定理有 W-μmgL+mgh=‎1‎‎2‎mvD‎2‎-0(2分)‎ 解得W=Ep=‎1‎‎2‎mvD‎2‎+μmgL-mgh 代入数据后得压缩的弹簧所具有的弹性势能为 Ep=0.44 J(2分)‎ ‎(2)从D点到N点,由机械能守恒有 ‎1‎‎2‎mvD‎2‎+mg·2r=‎1‎‎2‎mvN‎2‎(2分)‎ 解得vN=2‎5‎ m/s 在N点由牛顿第二定律有 FN-mg=mvN‎2‎r(2分)‎ FN=12 N.(1分)‎ 答案:(1)2 m/s　0.44 J　(2)2‎5‎ m/s　12 N ‎25.解析:(1)设刚进入磁场Ⅰ时杆的速度为v,有 m0gh-μm0gcos θ·hsinθ=‎1‎‎2‎m0v2,(2分)‎ 解得v=‎2gh(1-μtanθ)‎(1分)‎ 此时杆的感应电动势为E=B0L1v,(1分)‎ ‎“等效外电路”的电阻为 R外=‎3‎r‎2‎r+3r=‎3r‎4‎,(1分)‎ ab边的电压为 Uab=Er+‎R外R外=‎3‎B‎0‎L‎1‎‎2gh(1-μtanθ)‎‎7‎(1分)‎ ‎(2)刚进入时,流过ab边和cd边的电流分别为 I1=Uabr=‎3‎B‎0‎L‎1‎‎2gh(1-μtanθ)‎‎7r(1分)‎ I2=Uab‎3r=B‎0‎L‎1‎‎2gh(1-μtanθ)‎‎7r(1分)‎ 线框保持静止,其受到的安培力必不超过其重力,即 B2(I1+I2)L2≤mg,(2分)‎ 解得B2≤‎7mgr‎4‎B‎0‎L‎1‎L‎2‎‎2gh(1-μtanθ)‎(2分)‎ ‎(3)当杆ef在水平轨道上x处时,有x=vt(1分)‎ 对应的感应电动势大小为 e=B1L1v=B0cos(‎2πλx)L1v=B0L1vcos(‎2πλvt)(1分)‎ 可知在前进的过程中,其电动势变化为余弦曲线,对应有效值为 E=B‎0‎L‎1‎v‎2‎=B0L1hg(1-μtanθ)‎,(1分)‎ 前进λ刚好对应电源e变化一个周期,则t=λv,故电源在此过程中做功为We=E‎2‎r+‎‎3r‎4‎t=‎2‎2‎B‎0‎‎2‎L‎1‎‎2‎λgh(1-μtanθ)‎‎7r,(2分)‎ 摩擦力做功为Qf=μm0gλ,(1分)‎ 力F做的功等于摩擦产生的热与此过程中电源对外做的功,即 WF=Qf+We=‎2‎2‎B‎0‎‎2‎L‎1‎‎2‎λgh(1-μtanθ)‎‎7r+μm0gλ(2分)‎ 答案:(1)‎3‎B‎0‎L‎1‎‎2gh(1-μtanθ)‎‎7‎　‎ ‎(2)B2≤‎7mgr‎4‎B‎0‎L‎1‎L‎2‎‎2gh(1-μtanθ)‎　‎ ‎(3)‎2‎2‎B‎0‎‎2‎L‎1‎‎2‎λgh(1-μtanθ)‎‎7r+μm0gλ ‎33.解析:(1)用棉线做酒精灯的灯芯是利用了毛细现象,A正确;通常金属各个方向的物理性质相同,但金属是晶体,B正确;气体温度每降低1 ℃所放出的热量与气体经历的过程有关,C正确;水蒸气的压强离饱和汽压越远,越有利于水的蒸发,人感觉越干爽,D错误;小草上的露珠呈球形是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小的趋势,E错误.‎ ‎(2)①塞子拔去待活塞稳定后,B室中的气体初、末状态温度不变,故mgS‎+‎mgS·V=mgS‎+‎‎2mgS·VB(3分)‎ 得VB=‎2‎‎3‎V(2分)‎ ‎②B气室的气体吸收的热量,一部分用来对外做功,一部分为其内能增量.室温缓慢升高过程中,气体对外做功为 W=mgS‎+‎‎2mgS·S·‎2V-‎VBS=‎4mgVS(3分)‎ 根据热力学第一定律,可得 ΔU=Q-W=Q-‎4mgVS(2分)‎ 答案:(1)ABC ‎(2)①‎2‎‎3‎V　②Q-‎‎4mgVS ‎34.解析:(1)波沿x轴正方向传播,由传播方向与振动方向的关系可知t=0时刻P振动的方向向下,则P质点经过‎3T‎4‎=0.6 s第一次到达波峰,所以可知周期为0.8 s,波的频率为f=‎1‎T=‎1‎‎0.8‎ Hz=1.25 Hz,故A正确;从波形图象可知,此波的波长是4 m,故B错误;波速为v=λT=‎4‎‎0.8‎ m/s=5 m/s,故C错误;在t=0时刻P在平衡位置,经0.8 s即一个周期回到原位置,故D正确;P、Q两质点相距6 m,即‎3‎‎2‎个波长,P、Q两质点振动步调相反,故E正确.‎ ‎(2)①光在玻璃砖中传播的距离最短时折射光线水平,折射角 r=90°-60°=30°(1分)‎ 由折射定律有sinθsinr=n(2分)‎ 解得θ=45°.(1分)‎ ‎②光在玻璃砖中传播的最短距离x=Rcos r(2分)‎ 解得x=‎3‎‎2‎R(1分)‎ 光在玻璃砖中的传播速度v=cn(1分)‎ 所以最短时间为t=xv(1分)‎ 解得t=‎6‎R‎2c.(1分)‎ 答案:(1)ADE　(2)①45°　②‎‎6‎R‎2c