《2020年高考模拟试题（3）及练习题答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考模拟试题（3）及练习题答案.docx（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、物理模拟试题答案一、选择题：1.【答案】DA.亚里士多德提出力是维持物体运动的原因，故A错误；B.伽利略用数学和逻辑推理得出了自由落体的速度与下落时间成正比，而不是直接用实验验证这个结 论。故B错误；C.伽利略利用“理想斜面实验”发现了物体的运动不需要力来维持，推翻了 “力是维持物体运动的原 因”的观点，故C错误；D.牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，产生加速度，而不仅仅是使之运动，故D正确。2、【答案】C由光路图可知m的折射率比n大，选项A错误。m光的折射率大，则m的频率以大，E = hu得知m光的能CL量大，选项B错误。由入=可知，m光的波长小，条纹间距Ax= 2可知m光的条纹间距小，
2、选项C正 vdC确。由n=M可知，m光在玻璃中的传播速度小，选项D错误。故选C.4 .【答案】CAB.粒子的带电性质不知道，所以受到的电场力方向不确定，电场力可能做正功也可能做负功，则粒 子的速度可能增加也可能减小，故AB错误；C.沿着电场线的方向电势一定降低，所以6M62故C正确；D.粒子只受电场力作用，电场力的方向在水平方向，而粒子的运动方向和水平方向有一夹角，所以粒 子不会做直线运动，故D错误；.【答案】A铜珠做自由落体运动，落到蟾蛛口的速度为：以竖直向上为正方向，根据动量定理可知：（一加r）解得：A. Mgh f 与结论相符，选项A正确； tB. 帅时,与结论不相符，选项B错误；4解得
3、：h = -d , D正确. 35 .【解析】【分析】(1)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点D的速度，根据推论=aT?,求出加速度;(2)根据y=2a/i，及牛顿第二定律，结合图像的斜率，从而得出重力加速度g的值.【详解】Vd-Vd-*CE2T0.1680 + 0.21602x0.1根据二aT?,a=(0.2640 + 0.2160) (0.1680 + 0.1201)4x0.12/ 22m/s ；由牛顿第二定律，则有：(m2-mi)g= (nii+ni2)a；根据速度位移关系：v2 = 2ah 联立得：寸=刎二运力m2 +呵2(加2 - mJ g 图像的斜率看代入数据当0
4、.6代入数据当0.62(0.15-0.05)xg ，0.15 + 0.05解得g2.7.A?7TUP24IL【解析】【详解】(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为：.由图示游标卡尺可知，其示数为：.U 3(2)通过电阻的最大电流：I = 一 = 0.015A = 15mA ,电流表选择A2；电源电动势为3V,电压表R 200应选择Vi.(3)圆柱体电阻为:由电阻定律可知：电阻率：ttUD2p =4ILc.竺叵，与结论不相符，选项c错误;D.竺叵吆，与结论不相符，选项D错误； t6 .【答案】C忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式在地球表面：在离地面的高度为处：解得：A.建，与结论不相
5、符，选项A错误；RRgB.（h + R），与结论不相符，选项B错误；R2gC. ,与结论相符，选项C正确；（H + R）7 .【答案】BA.主机竖直向上匀速运动故合力为零，受力分析如图：在上升过程中，。增大，而不变，则三个力构成动态平衡，重力加g为恒力，月保持方向不变，A顺时针转动，由图解法可判断出缆绳拉力A和拉绳拉力都增大，故A错误，B正确；C.由三力平衡特点（任意两个力的合力与第三个力等大反向）可知，的方向始终在侬和K所夹的的对角线的反向延长线上，则一定有缆绳与竖直方向的夹角。小于角,故C错误；D.对于主机向上做匀速直线运动，由动能定理可知：而拉力的功率为P后F?vcgs ，由于变大，而不
6、变，则拉力内的功率会增大，由耳1 =2吆+e2可知的功率增大，故D错误。故选Bo.【答案】C+ Q、-Q两个点电荷产生的电场在A处的场强大小相等，夹角为120 ,故A点的电场强度大小为QEA = k-n = .故A错误；根据电场线的分布和顺着电场线电势降低，可知A点的电势高于C点的电势,（7 F故B错误；根据对称性可知，电势差也等于电势差小,故C正确；8点的电势高于。点的电势，由Ep = q（p 知负电荷在6点的电势能小于在。点的电势能，故D错误.二、多项选择.AC试题分析：先利用右手定则判断通电导线各自产生的磁场强度，然后在利用矢量叠加的方式求解各个导体 棒产生的磁场强度。L在ab两点产生的
7、磁场强度大小相等设为B1,方向都垂直于纸面向里，而L?在a点产生的磁场强度设为B2,方向向里，在b点产生的磁场强度也为B2,方向向外，规定向外为正，根据矢量叠加原理可知_ 7_ 1可解得：名一瓶；”一瓶”故ac正确；故选AC.【答案】CDA.根据回旋加速器的原理，每转一周粒子被加速两次，交流电完成一次周期性变化，粒子做圆周运动洛伦 兹力提供向心力，由牛顿第二定律得粒子做圆周运动的周期交流电源的频率/解得- UrriJrT271m可知交流电源的频率不可以任意调节，故A错误；B.加速不同的粒子，交流电源的频率/ =乜”271m由于笊核（；11）和氢核（：He）的比荷相同，所以加速笊核（；H）和氮核
8、（：He）两次所接高频电源的频率相同，故B错误；C.粒子加速后的最大轨道半径等于D型盒的半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得粒子的最大运行速度由于笊核（；i）和氢核（：He）的比荷相同，所以加速笊核（；H）和氢核（：He）它们的最大速度相等，故C正确；D.粒子完成一次圆周运动被电场加速2次，由动能定理得经过的周期个数为最大动能为粒子在D型盒磁场内运动的时间越大，方越小，故D正确。8 .【答案】BCA.根据/一方图的斜率大小表示加速度大小，斜率绝对值越大加速度越大，则知甲车的加速度大于乙 车的加速度，故A错误；B.设甲运动的总时间为人根据几何关系可得：得t0 4s内，乙的位移12x4x
9、乙 m 二24nl因二者最终停在同一斑马线处，所以,因二者最终停在同一斑马线处，所以,片0时乙车在甲车前方故B正确;C. 0 3s内，甲、乙位移之差6x3产m=9m2D.由上分析知，前3s内甲车先在乙车后边，后在乙车的前边，故D错误。12【答案】BD从开始到A到达与B同一水平面的过程，由系统的机械能守恒得mg水平30 =1mu52+mvx2,又vAcos 45二VB,即vb=va,解得VB=匡故A错误,B正确;B滑块到达最右端时，速度为零，此时轻杆与斜杆垂直，有 2、3mgL(sin 30 +sin 45 )二;m l，/,解得v.a=+ ZgL故C错误；当轻杆与水平杆垂直时B的速度最大，此时
10、A的速度为零，由系统的机械能守恒得mg(Lsin 30 +L) =EkB,解得EkB二?,故D正确.三、实验13.【答案】否（2分） A （2分）13.【答案】否（2分） A （2分）2F（2分）m（1）验证牛顿第二定律的实验中，当我们把钩码的重力近似当成绳上的拉力时需要满足钩码质量远小于小 车质量，此时有弹簧测力计直接测出绳上拉力，不需要把钩码重力近似为绳上拉力，所以不需要满足 钩码质量远小于小车质量。（2）由于已经平衡摩擦力，所以随着厂从0开始增大，加速度也从0开始线性增大，所以选A；7（3）由动能定理，一mA/ = Fx得到2m所以。=F2m14.【答案】红（1分）（2分）30Q （2分
11、）（2分）（2分）（1）欧姆表电流从红表笔流进电表，从黑表笔流出电表，A与负极相连，所以A连红表笔;(2) 7 = 4 + 4= 0.30A R（3）中值电阻为15。，则欧姆表内阻为15Q,且此时电流表的量程已扩大十倍，干路电流等于扩大十倍，所以电动势当电流表示数为10mA时，电阻刻度盘上应该标的阻值（4）总电压为150V四、计算15解析：对于理想气体：Af由查理定律得：守b即：及=四% =100K,所以：tB=T-273 = -173 PaTc=300K,所以：tc =27 Vn Vr（2加一C过程由盖一吕萨克定律得：可元,得:A、。温度相等，AU=OAfC的过程，由热力学第二定律AU=Q+
12、W得： 2=At/-W=pAV=200 J,即气体从外界吸热200 Jo 答案：一173 （2）200 J16、【答案】（i）光将垂直于底面；沿河方向射出棱镜（ii） ”（用3）一4c （i）设此束光从力8面射人棱镜后的折射角为人由折射定律有：= sin r解得r= 30，显然光从相射入棱镜后的折射光线八夕平行于光在式面上的入射角为45。，设临界角为%则由为口=1得：5%。= 立 可知av45。，故光在呢面上发生全反射，根据几何知识和光的反射定律可知，光将垂直于底面4C, 沿N方向射出棱镜（ii）光在棱镜中传播的速率：v = -nNP所以此束光从射入三棱镜到加面所用的时间：t = v解得：t=
13、（C + 3）L4c17、解析：（1）字典刚好被拖动,A4纸对字典的摩擦力4f桌（1分）而f桌二Mg（l分）f=2 u img（l 分）m二三M（1分）n代入数据得U2（2）A4纸夹在离桌面的高度为3 cm处,高于2 cm,所以字典拖不动，当A4纸抽出位移为x时,纸上方压力R二纸上方压力R二产（2分）此时A4纸受到的拉力大小F二f=2 ll瓜（2分）mv2 L Ijim飞 3mly13mv1- 18.【答案】 2qL （?） u 3qB 2B2q2（, _2”）【解析】（1）设电场强度为其带电粒子进入电场时，初速度为。带电粒子在电场中运动时间为3由牛顿第二定律和平抛运动规律得Zcos30 （1
14、 分）/sin30 二d。（ 1 分）联立各式解得:Vo= rcos30 （1 分）（jB=/na （1 分）ty- -，（1 分）vmv22qL（1分）（2）设带电粒子在磁场中的运动时间为初 周期为A半径为此由几何关系知，带电粒子在磁场中 运动速度偏转角夕=120 ,则.mv2 公qvB= （1 分）R（1分）t2= T （1 分）27r联立各式解得:mvK1分）27rm（1分）所以带电离子在电场和磁场中运动的总时间为:L 271m（1分）（3）由图知，带电粒子从点射人磁场，由9点射出磁场。包含圆弧分的最小矩形磁场区域为图中虚线所示，则矩形区域长为:mv k矩形区域宽为:矩形区域宽为:为（i
15、n 30 ） = （1 分）2 V2所以该磁场区域的最小面积为：S:诉（1分）2B2q23mv0点纵坐标为：次-asin 60（1分）2qB3mv所以0点位置坐标为（0,-不高）（2分）2qB练习题1答案1. B【解析】【分析】在运动的过程中，脚踏板和链轮因为共轴，有相同的角速度，链轮的边缘和飞轮的边缘通过链条连接，有 相同的线速度大小，飞轮和后轮共轴，有相同的角速度.由此分析即可.【详解】后轮与飞轮同轴转动，两者角速度相等，链条相连接的飞轮边缘与中轴链轮边缘同一条链相连，线速度相 等，AD正确；上坡时需要省力，所以要采用中轴链轮最小挡，飞轮最大档，C正确；自行车拐弯时，前后 轮运动的路程不相
16、同，则前后轮边缘的线速度大小不一定相等，B错误.【点睛】解决本题的关键知道共轴的点，有相同的角速度，通过链条连接的点，有相同的线速度大小.2. C【解析】【详解】A.根据图像可知，0-4为x轴负向，。-4为X轴正向，所以Q都带负电，故A错误；B.因为广。处场强为零，根据可知。与Q的电荷量之比是1:9,故B错误；C.由于两个电荷都带负电，取无穷远处为电势零点时，电场中各点的电势都小于零，所以x轴上。处的电势 小于零，故C正确；D.正点电荷从2处运动到3处电场力做正功，电势能减小，故D错误.3. B【解析】【详解】输入端接有电压为 = 220夜sin（100）V的交流电，所以输出电压的有效值U=2
17、20V。当理想变压器的原、副线圈的匝数比为2： 1时，理想电压表的示数为U”根据电压与匝数成正比得原线圈的电压是21A,根据电流与与匝数成反比得原线圈电流是，所以u = 解得：。尸88V,故B正确，2 R2 R 2ACD错误。4. BD【解析】【详解】AB.秋边的位置坐标x在八2L过程，根据楞次定律判断可知感应电流方向沿一匕-d-m为正值。线 框儿边有效切线长度为感应电动势为E=BLv=Bvt9v=Bv2t感应电流即感应电流均匀增大。同理，x在2L-3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿Q-d-c-b-a,为 负值，感应电流均匀增大。A错误，B正确。CD.在水平拉力方作用下向右匀速穿过磁
18、场区，因此拉力等于安培力，而安培力的表达式而L=vt,则有：产非线性增大，故C错误，D正确；BD【解析】【分析】环刚开始释放时，重物由静止开始加速。根据数学几何关系求出环到达8处时重物上升的高度。对8的速 度沿绳子方向和垂直于绳子方向进行分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，从而求出环在3处 速度与重物的速度之比。环和重物组成的系统，机械能守恒。由系统的机械能守恒列式，求环能下降的最 大高度.【详解】环到达8处时，对环8的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速 度，有咻cos45。= %,所以有咻=也厩，A错误；环下滑过程中无摩擦力做功，故系统机械能守恒， 则有环减小的机械能等于重物增加的机械能，B正确；根据几何关系有，环从A下滑至8点时 下降的高 度为d,则重物上升的高度=d = (J5-l)d , C错误；设环下滑到最大高度为h时环和重物的速度均为0,此时重物上升的最大高度为2+相_d ,根据系统的机械能守恒有：mgh = 2mg(J/ +蕾_Q),