2020届高考物理二轮复习 专题冲刺 综合能力仿真模拟卷一课件

2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力仿真模拟卷一物理部分第Ⅰ卷(选择题，共48分)二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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。14．如图是氢原子的能级图，一个氢原子从n＝5能级直接跃迁到n＝2能级，则()A．放出某一频率的光子B．放出一系列频率的光子C．吸收某一频率的光子D．吸收一系列频率的光子答案A15．(2019·广西钦州三模)某空降兵从直升机上跳下，8s后打开降落伞，并始终保持竖直下落。在0～12s内其下落速度随时间变化的v­t图象如图所示。则()A．空降兵在0～8s内下落的高度为4v2B．空降兵(含降落伞)在0～8s内所受阻力可能保持不变C．8s时空降兵的速度方向改变，加速度方向保持不变D．8～12s内，空降兵(含降落伞)所受合力逐渐减小答案D解析由v­t图象可知，v­t图象与t轴包围的面积表示位移，则空降兵在0～8s内下降的高度大于12×v2×8＝4v2，故A错误；由v­t图象可知，在0～8s内，v­t图象的斜率越来越小，即加速度越来越小，由受力分析可得：mg－f＝ma，故所受的阻力越来越大，B错误；由v­t图象可知，在8s时，空降兵的速度开始减小，但是方向不变，图象的斜率的正负发生了改变，可知加速度的方向发生了改变，变为竖直向上，故C错误；8～12s内，空降兵的加速度方向竖直向上，受力分析得：F合＝ma，由图象可知，斜率越来越小，即空降兵的加速度越来越小，所以空降兵(含降落伞)所受合力逐渐减小，D正确。16.(2019·福建宁德二模)2019年4月10日21时，人类首张黑洞照片在全球六地的视界望远镜发布会上同步发布。该黑洞半径为R，质量M和半径R的关系满足：MR＝c22G(其中c为光速，G为引力常量)。若天文学家观测到距黑洞中心距离为r的天体以速度v绕该黑洞做匀速圆周运动，则()A．该黑洞的质量为v2r2GB．该黑洞的质量为2v2rGC．该黑洞的半径为2v2rc2D．该黑洞的半径为v2r2c2答案C解析天体受到黑洞的万有引力提供天体做圆周运动所需的向心力，则有：GMmr2＝mv2r，得M＝v2rG，故A、B错误；设黑洞的半径为R，质量M和半径R的关系满足：MR＝c22G，联立解得R＝2v2rc2，故C正确，D错误。17．(2019·山东潍坊二模)中核集团研发的“超导质子回旋加速器”，能够将质子加速至光速的12，促进了我国医疗事业的发展。若用如图所示的回旋加速器分别加速氕、氘两种静止的原子核，不考虑加速过程中原子核质量的变化，以下判断正确的是()A．氘核射出时的向心加速度大B．氕核获得的速度大C．氘核获得的动能大D．氕核动能增大，其偏转半径的增量不变答案B解析由qvB＝mv2mR得：速度vm＝qBRm，向心加速度a＝v2mR＝B2q2Rm2，可知氕核射出时的向心加速度大，A错误；Ekm＝12mv2m＝B2q2R22m，因为氕核的质量较小，则获得的动能和速度大，B正确，C错误；由r＝mvqB＝2mEkqB可知，氕核动能增大，其偏转半径的增量要改变，D错误。18．(2019·湖南岳阳高三二模)如图甲为一种门后挂钩的照片，相邻挂钩之间的距离为7cm，图乙中斜挎包的宽度约为21cm，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，下列措施正确的是()A．随意挂在一个钩子上B．使背包带跨过两个挂钩C．使背包带跨过三个挂钩D．使背包带跨过四个挂钩答案D解析设悬挂后背包带与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得2Fcosθ＝mg；解得背包带的拉力F＝mg2cosθ，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，则cosθ最大，由于相邻挂钩之间的距离为7cm，图乙中斜挎包的宽度约为21cm，故使背包带跨过四个挂钩时θ≈0，cosθ≈1，此时背包带受力最小，故D正确。19．(2019·福建宁德二模)如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈。图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n，电阻为r，横截面积为S，a、b两端连接车载变流装置，磁场平行于线圈轴线向上穿过线圈。下列说法正确是()A．当线圈N接入恒定电流时，不能为电动汽车充电B．当线圈N接入正弦式交变电流时，线圈M两端产生恒定电压C．当线圈M中的磁感应强度增加时，有电流从a端流出D．充电时，Δt时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加ΔB，则M两端电压为nSΔBΔt答案AC解析当送电线圈N接入恒定电流时，产生的磁场不变化，受电线圈M中的磁通量不发生变化，故无法产生感应电流，不能为电动汽车充电，故A正确；当线圈N接入正弦式交变电流时，受电线圈M中的磁通量按正弦式变化，故M两端产生正弦式电压，B错误；穿过线圈M的磁感应强度增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向下，故感应电流方向从b向a，即电流从a端流出，C正确；根据法拉第电磁感应定律，有：E＝nΔΦΔt＝nSΔBΔt，设受电线圈外接电路的电阻为R，由闭合电路的欧姆定律得M两端的电压：U＝ER＋rR＝nSΔBRΔtR＋r，D错误。20．(2019·湖南衡阳三模)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系如图中曲线所示，曲线过(0.1,4.5)和(0.15,3)两点，图中虚线为该曲线过点(0.15,3)的切线。现有一质量为0.20kg、电荷量为＋2.0×10－8C的滑块P(可视为质点)，从x＝0.10m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02，取重力加速度g＝10m/s2。则下列说法中正确的是()A．滑块P运动过程中的电势能先减小后增大B．滑块P运动过程中的加速度先减小后增大C．x＝0.15m处的电场强度大小为2.0×106N/CD．滑块P运动的最大速度为0.1m/s答案BCD解析由电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度可知，电场方向未变，滑块运动的过程中，电场力始终做正功，电势能逐渐减小，故A错误；电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度，则x＝0.15m处的场强为：E＝ΔφΔx＝3×1050.3－0.15V/m＝2×106V/m＝2.0×106N/C，此时滑块受到的电场力为：F＝qE＝2×10－8×2×106N＝0.04N，滑动摩擦力大小为：f＝μmg＝0.02×2N＝0.04N，在到达x＝0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，到达x＝0.15m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大，故B、C正确；到达x＝0.15m时，滑块受到的电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，qU－fx＝12mv2，因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5×105V，代入求解，可得最大速度为0.1m/s，故D正确。21．(2019·贵州毕节二模)如图甲所示，两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m1和m2，其中m1＝1kg。现给A球一个水平向右的瞬时冲量，使A、B球发生弹性碰撞，以碰撞初始时刻为计时起点，两球的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知()A．B球的质量m2＝2kgB．A球和B球在相互挤压过程中产生的最大弹性势能为4.5JC．t3时刻两球的动能之和小于0时刻A球的动能D．在t2时刻两球动能之比为EkA∶EkB＝1∶8答案AD解析A球和B球在碰撞过程中动量守恒，因此由m1v＝(m1＋m2)v共，代入题图所给数据有m2＝2kg，A正确；A球和B球在共速的时候弹性形变达到最大，产生的弹性势能最大，因此Epmax＝12m1v2－12(m1＋m2)v2共＝92－32J＝3J，B错误；因为是弹性碰撞，两个小球组成的系统在分离前后没有能量损失，则0时刻A球的动能与t3时刻两球动能之和相等，C错误；从碰撞到t2时刻，小球满足动量守恒定律和机械能守恒定律，因此有m1v＝m1v1＋m2v2，12m1v2＝12m1v21＋12m2v22，联立解得v2＝2m/s，v1＝－1m/s，故t2时刻两球的动能之比EkA∶EkB＝1∶8，D正确。第Ⅱ卷(非选择题，共62分)三、非选择题：共62分，第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～34题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共47分。22．(2019·成都高新区一模)(6分)某实验小组的同学用如图甲所示的装置测量滑块与斜面间的动摩擦因数μ。每次滑块都从斜面上由静止开始下滑，测出滑块每次下滑时遮光板到光电门所在位置的距离L及相应遮光时间t的值。(1)用游标卡尺测量遮光板的宽度d，如图乙所示，则d＝________cm。(2)为测出滑块与斜面间的动摩擦因数μ，本实验还需要测出或知道的物理量是________(填下列序号)。A．滑块和遮光板的总质量mB．斜面的倾角θC．当地的重力加速度g(3)实验中测出了多组L和t的值，若要通过线性图象来处理数据求μ值，则应作出的图象为________。A．t2­L图象B．t2­1L图象C．L2­1t图象D．L2­t图象(4)在(3)作出的线性图象中，若直线的斜率为k，则关于μ值的表达式为μ＝________。(可用以上物理量的符号表示)答案(1)0.225(2)BC(3)B(4)tanθ－d22kgcosθ解析(1)主尺示数为2mm，游标尺上刻度线5和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为：5×0.05mm＝0.25mm，故所测宽度为：2mm＋0.25mm＝2.25mm＝0.225cm。(2)遮光板运动到光电门处滑块的速度v＝dt，由动能定理有：(mgsinθ－μmgcosθ)L＝12mv2，可得μ＝gLsinθ－12v2gLcosθ＝gLsinθ－12dt2gLcosθ＝tanθ－d22gLcosθ·t2，故需要测量斜面倾角和当地的重力加速度，B、C正确。(3)由μ＝tanθ－d22gLcosθ·t2，可以得到：t2＝d22gsinθ－μcosθ·1L，即t2­1L图象是一条过原点的直线，可作t2－1L线性图象处理数据求μ值，B正确。(4)图象的斜率为k，则由k＝d22gsinθ－μcosθ，解得μ＝tanθ－d22kgcosθ。23．(2019·福建高中毕业班3月质检)(9分)某同学用内阻Rg＝20Ω、满偏电流Ig＝5mA的毫安表制作了一个简易欧姆表，电路如图甲，电阻刻度值尚未标注。(1)该同学先测量图甲中电源的电动势E，实验步骤如下：①将两表笔短接，调节R0使毫安表指针满偏；②将阻值为200Ω的电阻接在两表笔之间，此时毫安表指针位置如图乙所示，该示数为________mA；③计算得电源的电动势E＝________V。(2)接着，他在电流刻度为5.00mA的位置标上0Ω，在电流刻度为2.00mA的位置标上________Ω，并在其他位置标上相应的电阻刻度值。(3)该欧姆表用久后，电池老化造成电动势减小、内阻增大，但仍能进行欧姆调零，则用其测得的电阻值________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。(4)为了减小电池老化造成的误差，该同学用一电压表对原电阻刻度值进行修正。将欧姆表的两表笔短接调节R0使指针满偏；再将电压表接在两表笔之间，此时电压表示数为1.16V，欧姆表示数为1200Ω，则电压表的内阻为________Ω，原电阻刻度值300Ω应修改为________Ω。答案(1)②3.00③1.5(2)450(3)大于(4)1160290解析(1)②由于毫安表的量程为5mA，分度值为0.1mA，所以图乙中的示数为3.00mA；③设欧姆表的内阻为R，由闭合电路欧姆定律得：满偏时，5.0×10－3A＝ER，接入200Ω的电阻时，3.0×10－3A＝ER＋200Ω，联立解得：R＝300Ω，E＝1.5V。(2)电流刻度为2.00mA时的总电阻为R总＝1.52.00×10－3Ω＝750Ω，所以此时外接电阻为(750－300)Ω＝450Ω。(3)由闭合电路欧姆定律得：I＝