2020高考物理二轮练习4新高考模拟卷（二）（Word版带解析）

新高考模拟卷(二) (时间：90 分钟　分值：100 分) 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分．在每小题给出的四个选项中， 只有一项符合题目要求． 1．一个静止的钚核 23994 Pu 自发衰变成一个铀核 23592 U 和另一个原子核 X.假设该反应没有γ 射线产生，则下列说法正确的是(　　) A．X 是氦(He)原子，又叫α粒子 B．该反应质量增加 C．铀核与 X 的动量大小之比为 1∶2 D．X 与铀核的动能之比为 235∶4 解析：选 D.由原子核衰变时电荷数和质量数守恒可知，X 是氦(He)原子核，又叫α粒子， 不是氦(He)原子，选项 A 错误；衰变过程有质量亏损，选项 B 错误；钚核衰变过程动量守恒， 铀核与 X 的动量大小相等、方向相反，选项 C 错误；根据动能与动量的关系 Ek＝ p2 2m，可以得 到 X 与铀核的动能之比为 235∶4，选项 D 正确． 2．下列有关热力学现象和规律的描述不正确的是(　　) A．布朗运动的无规则性反映了液体分子运动的无规则性 B．用打气筒给自行车充气，越打越费劲，说明气体分子间表现为斥力 C．一定质量的理想气体，在体积不变时，气体分子平均每秒与器壁碰撞次数随温度的降 低而减少 D．一定质量的理想气体经历等压膨胀过程，分子平均动能增大 解析：选 B.悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动是因为液体分子与悬浮颗粒的碰撞， 所以布朗运动的无规则性间接表明了液体分子的运动的无规则性，选项 A 正确；用打气筒给 自行车打气，越打越费劲是因为自行车轮胎内气体的压强在逐渐增大，而不是气体分子之间 的斥力造成的，选项 B 错误；一定质量的理想气体，在体积不变时，由查理定律可知，温度 降低，压强减小，气体分子平均每秒与器壁碰撞的次数减少，选项 C 正确；一定质量的理想 气体经历等压膨胀时，气体的体积增大，由盖－吕萨克定律可知，气体的温度升高，而温度 是分子平均动能的标志，可知分子的平均动能增大，选项 D 正确． 3.如图，倾角为 θ 的传送带正以速度 v0 匀速顺时针转动，现将物块轻放 在传送带的顶端 A 点，在物块向下运动的过程中，关于物块的速度 v、所受 摩擦力的大小 f、摩擦力功率的大小 P、重力势能 Ep 的图象一定不正确的是 (　　)解析：选 A.物块在传送带上运动的情况有三种，即①一直匀加速或②先匀加速与传送带 同速后再以更小加速度加速或③先匀加速与传送带同速后再匀速，B、D 选项对应于情况③； 由 P＝fv 知 C 对应②；重力势能与时间在两个阶段不可能都是线性关系，故选 A. 4．两列分别沿 x 轴正、负方向传播的简谐横波在 t＝0 时刻的波形如图所示，其中 a 波振 幅为 2 cm，沿 x 轴正方向传播；b 波振幅为 1 cm，沿 x 轴负方向传播，两列波传播的速度大 小均为 v＝2 m/s.则下列说法正确的是(　　) A．两列波的质点的起振方向均沿 y 轴正方向 B．两列波从相遇到分离所用的时间为 4 s C．t＝1 s 时刻，质点 P 运动到 M 点 D．t＝1.5 s 时，质点 Q 离开平衡位置的位移为 1 cm 解析：选 D.由“上坡下、下坡上”的判断原则可知，由于 t＝0 时刻质点 P、Q 起振且均 处于上坡位置，所以两列波的质点的起振方向均沿 y 轴负方向，选项 A 错误；两列波从相遇 到分离所用的时间为 t＝ 2λ 2v ＝2 s，选项 B 错误；在波向前传播的过程中，质点传播的是振动 的形式，质点本身并不会随波迁移，选项 C 错误；t＝1.5 s 时，两列波刚好在 x＝5 m 处相遇， b 波中 x＝11 m 处的波形刚好传播到 x＝8 m 处，所以此时 Q 质点刚好位于波峰处，因此质点 Q 离开平衡位置的位移为 1 cm，选项 D 正确． 5．2019 年 4 月 10 日，全球多地同步公布了人类历史上第一张黑洞照片．黑洞是一种密 度极大，引力极大的天体，以至于光都无法逃逸．黑洞的大小由史瓦西半径公式 R＝ 2GM c2 决定， 其中引力常量 G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，光速 c＝3.0×108 m/s，天体的质量为 M.已知太阳的 质量约为 2×1030 kg，假如它变成一个黑洞，则“太阳黑洞”的半径约为(　　) A．1 cm　　　B．1 m　　　C．3 km　　　D．300 km 解析：选 C.根据题意知，引力常量 G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，光速 c＝3.0×108 m/s，天 体质量为 M＝2×1030 kg，则由史瓦西半径公式 R＝ 2GM c2 可得，太阳变成一个黑洞的半径 R＝ 2 × 6.67 × 10－11 × 2 × 1030 （3 × 108）2 m＝2.96×103 m，故 C 正确． 6.一金属球，原来不带电，现沿球直径的延长线放置一均匀带电的 细杆 MN ，如图所示．金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上 a、b、 c 三点的场强大小分别为 Ea、Eb、Ec，三者相比，则(　　)A．Ea 最大　　 B．Eb 最大 C．Ec 最大 D．Ea＝Eb＝Ec 解析：选 C.处于静电平衡的导体内部场强处处为零，故 a、b、c 三点的场强都为零．静 电平衡在导体内部场强为零是感应电荷产生的电场与外电场叠加的结果，所以感应电荷在球 内某点产生的电场的场强与 MN 在这一点形成的电场的场强等大、反向．比较 a、b、c 三点感 应电场的场强，实质上是比较带电体 MN 在这三点的场强．由于 c 点离 MN 最近，故 MN 在 c 点的场强最大，感应电荷在 c 点场强也最大．故选 C. 7.如图所示，一束光从空气中射向折射率为 n＝ 2的某种玻璃的表面， θ1 表示入射角，则下列说法中错误的是(　　) A．当 θ1＞45°时会发生全反射现象 B．无论入射角θ1 是多大，折射角 θ2 都不会超过 45° C．欲使折射角 θ2＝30°，应以 θ1＝45°的角度入射 D．当入射角 θ1＝arctan 2时，反射光线和折射光线恰好互相垂直 解析：选 A.发生全反射现象的条件是：光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于临界 角，所以，选项 A 中，当光从空气中射向玻璃时不会发生全反射现象，选项 A 错误；由折射 率 n＝ sin θ1 sin θ2＝ 2可知，当入射角最大为 90°时，折射角 θ2＝45°，所以 B 正确；由折射 率 n＝ sin θ1 sin θ2可知，选项 C、D 均正确． 8．如图所示，甲球从 O 点以水平速度 v1 飞出，落在水平 地面上的 A 点．乙球从 O 点以水平速度 v2 飞出，落在水平地面 上的 B 点，反弹后恰好也落在 A 点．两球质量均为 m.若乙球落 在 B 点时的速度大小为 v3，与地面的夹角为 60°，且与地面发 生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，下列说法不正确的是(　　) A．乙球在 B 点受到的冲量大小为 3mv3 B．抛出时甲球的机械能大于乙球的机械能 C．OA 两点的水平距离与 OB 两点的水平距离之比是 3∶1 D．由 O 点到 A 点，甲、乙两球运动时间之比是 1∶1 解析：选 D.由动量定理 I＝Δpy＝2mv3sin 60°，A 正确；显然甲球抛出初速度大，动能 大，势能相同，B 正确；乙球与地面弹性碰撞，由对称性知 t 甲∶t 乙＝1∶3，第一次落地水平 位移比为 sOA∶sOB＝3∶1，C 正确，D 错误． 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分．在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求．全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分． 9．某电场的电场线分布如图所示，M、N、Q 是以电场线上一点 O 为圆心的同一圆周上 的三点，OQ 连线与直线 MN 垂直．以下说法正确的是(　　)A．O 点电势与 Q 点电势相等 B．M 点场强大于 O 的场强 C．将一负电荷由 M 点移到 Q 点，电荷的电势能增加 D．正电荷在 Q 点所受电场力的方向与 OQ 垂直且竖直向上 解析：选 BC.根据电场线与等势线垂直特点，在 O 点所在电场线上找到 Q 点的等势点， 该等势点在 O 点的上方，根据沿电场线电势降低可知，O 点的电势比 Q 点的电势高，故 A 错 误；根据电场线分布情况可知，M 点的电场强度比 O 点的电场强度大，故 B 正确；M 点的电 势比 Q 点的电势高，负电荷由 M 点移到 Q 点，电场力做负功，电荷的电势能增加，故 C 正确； 正电荷所受的电场力与该点电场线的切线方向相同，斜向上，故 D 错误． 10．如图所示，电源电动势为 E、内阻为 r，平行板电容器两金属板水平放置，开关 S 是 闭合的，两板间一质量为 m、电荷量为 q 的油滴恰好处于静止状态，G 为灵敏电流计．则下列 说法正确的是(　　) A．若电阻 R2 短路，油滴向上加速运动，G 中有从 b 到 a 的电流 B．在将滑动变阻器滑片 P 向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G 中有从 a 到 b 的 电流 C．在将滑动变阻器滑片 P 向上移动的过程中，油滴仍然静止，G 中有从 a 到 b 的电流 D．在将 S 断开，电路稳定后，油滴向下运动，G 中无电流通过 解析：选 BD.若电阻 R2 短路，则电容器两极板间的电压为零，油滴向下运动，A 错误； 滑片向下移动，滑动变阻器连入电路的电阻减小，电容器两端电压减小，电容器放电，电场 减弱，油滴向下加速运动，G 中有从 a 到 b 的电流，B 正确；在滑片 P 向上移动的过程中， 滑动变阻器连入电路的电阻增大，故电路总电阻增大，路端电压增大，电路总电流减小，即 通过 R1 的电流减小，所以 R1 两端的电压减小，而路端电压是增大的，所以滑动变阻器两端电 压增大，电容器处于充电状态，G 中有从 b 到 a 的电流，因电容器两极板间的电压增大，则两 极板间的电场强度增大，所以油滴向上加速运动，C 错误；将 S 断开，由于电容器放电，两极 板间的电压减小，所以两极板间的电场强度减小，故油滴不能保持静止状态，油滴向下运动， 当电路稳定后，电路中无电流，D 正确． 11．(2019·辽宁葫芦岛一模)如图甲所示，在 MN、QP 间存在一匀强磁场，t＝0 时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力 F 作用下紧贴 MN 从静止开始做匀加速运动，外力 F 随 时间 t 变化的图线如图乙所示，已知线框质量 m＝1 kg、电阻 R＝2 Ω，则(　　) A．线框的加速度为 2 m/s2 B．磁场宽度为 6 m C．匀强磁场的磁感应强度为 2 T D．线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为 2 2 C 解析：选 ACD.当 t＝0 时线框的速度为零，没有感应电流，线框不受安培力，则线框的加 速度为：a＝ F m＝ 2 1 m/s2＝2 m/s2，故 A 正确；磁场的宽度等于线框在 0～2 s 内的位移，为：d＝ 1 2at22＝ 1 2×2×22 m＝4 m，故 B 错误；设线框的边长为 L，则 L 等于线框在 0～1 s 内的位移， 即为：L＝1 2at21＝ 1 2×2×12 m＝1 m，当线框全部进入磁场的瞬间：F1－F 安＝ma，而 F 安＝BIL ＝ B2L2v R ＝ B2L2at R ，式中，F1＝4 N，t＝1 s，m＝1 kg，R＝2 Ω，联立得到：B＝ 2 T，故 C 正 确；线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为： q － ＝ I－ t＝ BLt R ＝ BL2 R ＝ 2 × 12 2 C＝ 2 2 C，故 D 正确． 12．如图所示，水平桌面上放着一对平行的金属导轨， 左端与一电源相连，中间还串有一开关 K，导轨上放着一根 金属棒 ab，空间存在着垂直于导轨平面向下的匀强磁 场．已知两导轨间距为 d，电源电动势为 E，导轨电阻及电源 内阻均不计，ab 棒的电阻为 R，质量为 m，棒与导轨间摩擦 不计．闭合开关 K，ab 棒向右运动并从桌边水平飞出，已知桌面离地高度为 h，金属棒落地点 的水平位移为 s.下面的结论中正确的是(　　) A．开始时 ab 棒离导轨右端的距离 L＝ mgRs2 4hB2d2E B．磁场力对 ab 棒所做的功 W＝ mgs2 4h C．磁场力对 ab 棒的冲量大小 I＝ms g 2hD．ab 棒在导轨上运动时间 t＝ msR B2d2E　 g 2h 解析：选 BC.闭合开关瞬间，导体棒 ab 中的电流 I＝ E R，ab 棒受到的安培力 F＝BId＝ BEd R ， 导体棒做加速运动，产生反电动势 E′＝Bdv.随着 v 变大，E′变大，电路中电流变小，F 变小， F 为变力，所以 A、D 项无法求出．ab 棒离开桌面后做平抛运动，水平方向 s＝vt，竖直方向： h＝ 1 2gt2，解得：v＝s g 2h，由动能定理磁场力对 ab 棒所做的功为：W＝ 1 2mv2＝ ms2g 4h ，故 B 正确； 由动量定理可知，冲量 I＝mv＝ms g 2h，故 C 正确． 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分． 13．(6 分)某实验小组用如图甲所示的实验装置测当地的重力加速度，图中 A、B 是两个 光电门，钢球自由下落过程中，先后通过光电门 A、B，钢球通过光电门 A 时与光电门相连的 光电计时器开始计时，通过光电门 B 时就停止计时，得到钢球从 A 运动到 B 所用的时间 t，用 刻度尺测出 A、B 间的高度 h.保持钢球下落的位置不变，光电门 B 的位置不变，改变光电门 A 的位置，重复前面的实验，测出多组 h、t 的值． (1)根据测得的多组 h、t 的值，算出每组的 h t，作出 h t－t 图象，则图象应是图乙中的 ____________． (2)图线在纵轴上的截距表示____________，要求出重力加速度，必须求出图线的 ____________ ， 若 求 出 的 图 线 的 这 个 量 用 k 表 示 ， 则 当 地 的 重 力 加 速 度 为 __________________． 解析：(1)由于钢球下落的位置不变，光电门 B 的位置不变，因此钢球到达 B 点的速度不 变，设钢球到 B 点时的速度为 vB，则钢球的运动可以看成是反方向的匀减速直线运动，有 h＝ vBt－ 1 2gt2，即 h t＝vB－ 1 2gt，D 正确； (2)由函数表达式可知，图线在纵轴上的截距表示钢球通过光电门 B 时的速度，要求出重力加速度，必须求出图线斜率的绝对值，则由 k＝ 1 2g 解得 g＝2k. 答案：(1)D　(2)钢球通过光电门 B 时的速度　斜率的绝对值　2k 14．(8 分)使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般 为电池)，一个电阻和一表头串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端，现需要测量多用电 表内直流电源的电动势，给定的仪器有：待测多用电表、量程为 0～60 mA 的电流表、电阻箱、 导线若干．实验时，将多用电表调至“×1”挡，调好零点，电阻箱置于适当数值．完成填空： (1)仪器连接如图甲所示(a 和 b 是多用电表的两个表笔)，若多用电表和电流表均正常工作， 则表笔 a 为________(填“红”或“黑”)色． (2)若适当调节电阻箱后，多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图乙、丙、丁所示， 则多用电表的读数为__________Ω，电流表的读数为______mA，电阻箱的读数为______Ω. (3)将图甲中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为________mA(保留 3 位 有效数字)． (4)计算得到多用电表内电池的电动势为________V(保留 3 位有效数字)． 解析：(1)串联的电流表必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，多用电表在使用时 必须使电流从红表笔流进，黑表笔流出，所以可以判断 a 表笔为黑表笔． (2)多用电表用“×1”挡，其读数为 14.0×1 Ω＝14.0 Ω；电流表的量程是 60 mA，其最 小分度值为 1 mA，读数为 53.0 mA；电阻箱的读数为(0×100＋0×10＋4×1＋6×0.1)Ω＝4.6 Ω. (3)多用电表的内阻即为欧姆表指针半偏时的电阻，由题图乙可知 R 内＝15 Ω，故多用电 表两表笔短接时，流过多用电表的电流 I＝ E R 内　①，其中 E 为直流电源的电动势，(2)中多用 电表外电路的电阻为多用电表的读数 R 外＝14.0 Ω，此时干路电流 I1＝ E R 内＋R 外　②.联立①②式代入数据可得 I＝102 mA. (4)由(3)可得多用电表内电池的电动势 E＝IR 内＝I1(R 内＋R 外)＝1.54 V. 答案：(1)黑　(2)14.0　53.0　4.6 (3)102　(4)1.54 15．(8 分)如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降 的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量 m＝1 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力 F＝16 N，无人机上 升过程中最大速度为 6 m/s.若无人机从地面以最大升力竖直起飞， 达到最大速度所用时间为 3 s，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变．g 取 10 m/s2.求： (1)无人机在竖直上升过程中所受阻力 Ff 的大小； (2)无人机从地面起飞竖直上升至离地面 h＝30 m 的高空所需的最短时间． 解析：(1)无人机以最大升力起飞时的加速度 a＝ Δv Δt＝ 6 m /s－0 3 s ＝2 m/s2. 由牛顿第二定律 F－Ff－mg＝ma 得 Ff＝4 N. (2)竖直向上加速阶段 x1＝ 1 2at21，x1＝9 m 匀速阶段 t2＝ h－x1 v ＝3.5 s t＝t1＋t2＝6.5 s. 答案：(1)4 N　(2)6.5 s 16．(8 分)篮球比赛是一种观赏性较高的体育比赛，比赛中篮球内气体的压强要控制在一 定范围内，否则会影响篮球落地后的反弹性能．在某次篮球比赛中，赛前在室温 15 ℃ 时检 测到球内气体的压强为 1.5 atm. (1)若篮球密封良好，比赛时球内气体的温度为 30 ℃，试计算此时球内气体的压强； (2)若在篮球比赛过程中，球内气体温度始终为室温 15 ℃，但篮球有些缓慢漏气，当球赛 结束时，检测发现球内气体压强为 1.4 atm，则在比赛过程中漏掉的气体是球内原有气体的百 分之几？(计算结果均保留 3 位有效数字) 解析：(1)由于篮球的体积不变，所以当温度升高时，篮球发生等容变化，设温度为 30 ℃ 时球内气体的压强为 p，由查理定律可得 1.5 atm （273＋15） K＝ p （273＋30） K 解得 p＝1.58 atm. (2)设篮球体积为 V，气体发生等温膨胀后气体的体积为 V′，则由玻意耳定律可得 1．5V＝1.4V′解得 V′＝ 15 14V 所以漏出篮球的气体的体积为 ΔV＝V′－V＝ 1 14V 漏掉的气体占球内原有气体的百分比为 ΔV V′×100%＝6.67%. 答案：见解析 17.(14 分)如图所示，在平面直角坐标系 xOy 内，有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ 三个区域，各边界均与 y 轴平行，Ⅰ、Ⅱ区域存在匀强电场，方向分 别沿＋x 和－y 方向，Ⅰ区域电场强度大小为 E，Ⅲ区域有垂直 xOy 平面向里的磁场．三个区域宽度均为 L，一个氕核 11H 和一个氘核 21 H 先后从坐标原点释放，已知 21H 与左边界成 60°进入磁场，最后恰好与右边界相切离开磁场， 11H 的质量为 m，电荷量为 q，不计重力．求： (1)21H 第一次离开Ⅱ区的坐标； (2)Ⅲ区域匀强磁场的磁感应强度大小； (3)11H 第一次离开磁场位置的坐标． 解析：(1)对氘核，在Ⅰ区中加速，由动能定理： qEL＝ 1 2×2mv2x 进入Ⅱ区，粒子类平抛， L＝vxt，vy＝at，tan θ＝ vy vx，y＝ 1 2at2 实际速度 v＝ vx cos θ 将 θ＝30°代入得：v＝2 qEL 3m ，y＝ 3L 6 ， 因此 21H 第一次离开Ⅱ区的坐标为(2L，－ 3 6 L). (2)进入磁场后，21H 做圆周运动，运动轨迹如图甲所示，由几何关系知： Rsin 30°＋R＝L 又：qvB＝ 2mv2 R ，解得： B＝2 3mE qL . (3)对于氕核，m′＝m，q′＝q，由(1)知：y′＝ 3L 6 ，v′＝2 2qEL 3m ，θ′＝30°，R′＝ 2L 3 作出如图乙所示的轨迹图，根据几何关系有： Δy＝2R′sin 60° 出射点纵坐标为： y″＝－y′＋Δy 联立解得： y″＝( 6 3 － 3 6 )L 11H 第一次离开磁场位置的坐标为(2L，( 6 3 － 3 6 )L). 答案：见解析 18.(16 分)如图所示，地面和半圆轨道面均光滑．质量 M＝1 kg、 长为 L＝4 m 的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为 s＝3 m，小 车上表面与半圆轨道最低点 P 的切线相平．现有一质量 m＝2 kg 的滑块(视为质点)以 v0＝6 m/s 的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时 即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的动摩擦因数 μ＝0.2，g 取 10 m/s2. (1)求小车与滑块的相对位移； (2)求小车与墙壁碰撞时的速度； (3)要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离，求半圆轨道的半径 R 的取值． 解析：(1)设滑块与小车的共同速度为 v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有 mv0＝(m＋M)v1 代入数据解得 v1＝4 m/s 设滑块与小车的相对位移为 L1，由系统能量守恒有 μmgL1＝ 1 2mv20－ 1 2(m＋M)v21 代入数据解得 L1＝3 m. (2)设与滑块相对静止时小车的位移为 s1，根据动能定理有 μmgs1＝ 1 2Mv21－0 代入数据解得 s1＝2 m. 因 L1