2020届全国金太阳联考新高考冲刺押题模拟(二十一)物理试卷

2020届全国金太阳联考新高考冲刺押题模拟（二十一）

物理试卷

★祝你考试顺利★

注意事项：

1、考试范围：高考考查范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损。

7、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

二、选择题∶本题共8小题，每小题6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。

1.铀核裂变的产物是多样的，一种典型的情形是生成钡和氮，同时放出3个中子，核反应方程是

235921891U+0n14454Ba+36Kr+30n以下说法正确的是（ ）

A. 该反应质量数守恒，没有质量亏损 C.

23592B. D.

23592U的中子数比14456Ba的多91个

U的比结合能比14456Ba的大 14456Ba的结合能比8936Kr的大

【答案】D 【解析】

【详解】A．核反应质量数守恒准确，但此反应释放核能有质量亏损，故A错误； B．

23592U的中子数为143，14456Ba中子数为88，中子数相差55，故B错误；

C．重核裂变生成物的原子核更稳定，比结合能变大，故C错误； D．核子数越多，结合能越大，故D正确。 故选D。

2.嫦娥四号首次实现人类登陆月球背面的壮举。重约1.3吨的嫦娥四号探测器通过地月转移轨道进入距月球

表面100km的环月轨道，制动后进人近月点为15km。远月点为100km椭圆轨道，然后打开反冲发动机减速垂直降落到距月球表面100m处悬停，确定着陆点后自主控制着陆过程最后顺利落月。则以下说法中正确的是（ ）

A. 嫦娥四号从环月轨道进人椭圆轨道需加速 104N B. 嫦娥四号悬停时火箭推力约为1.3×C. 嫦娥四号减速下降过程处于超重状态

D. 嫦娥四号欲返回地球，则它在月球表面的发射速度至少为11.2km/s 【答案】C 【解析】

【详解】A．根据卫星变轨的原理可知，由高轨道向低轨道转移，需要减速近心，故嫦娥四号从环月轨道进入椭圆轨道需减速，故A错误；

B．嫦娥四号悬停时，处于受力平衡状态，火箭推力

Fmg

根据月球与地球质量和半径关系可知，月球表面重力加速度小于地球表面重力加速度，g小于10m/s2，故

F1.3104N

故B错误；

C．嫦娥四号减速下降时，加速度向上，处于超重状态，故C正确；

D．速度11.2km/s是卫星脱离地球引力束缚，绕太阳做圆周运动的最小发射速度，嫦娥四号欲返回地球，需要脱离月球的束缚，月球质量和半径与地球不同，故嫦娥四号欲返回地球，则它在月球表面的发射速度不是11.2km/s，故D错误。 故选C。

3.如图，某同学在直线跑道上测试一辆长城汽车VV7s的加速和制动性能，汽车从t=0时刻开始加速直到速度v=108km/h，立即紧急制动，t=13.5s时汽车停下。若知刹车位移为67.5m，加速过程和减速过程均看作匀变速运动。关于此汽车加速和减速过程说法正确的是（ ）

A. 汽车的刹车时间为10s

B. 汽车刹车的加速度大小为

102

m/s 3C. 汽车加速过程、减速过程的时间之比为1 ∶2 D. 汽车加速过程、减速过程的位移之比为2∶ 1 【答案】D 【解析】

【详解】A．v108km/h30m/s，汽车制动过程

vtx减 2减得

t减4.5s

故A错误。 BC．加速时间为

t加13.5s4.5s9s

所以

t加∶t减2∶1

由速度公式

a加t加a减t减v

则加速阶段的加速度大小为D．加速位移为

vtx加 2加1020m/s2，减速阶段的加速大小为m/s2，故BC错误；

33那么，加速位移与减速位移之比等于加速时间与减速时间之比，即

x加 ∶x减=2∶1

故D正确。 故选D。

4.阻值为100Ω的纯电阻元件通以如图所示的交流电，则该元件的发热功率为（ ）

A. 121W 【答案】B 【解析】

B. 302. 5W C. 484W D. 605W

U2【详解】电热QT，代入数据得

R110222022 220.010.01U0.02RRR解得电压有效值为

22U174V

发热功率

U2P302.5W

R故选B。

5.如图所示，光滑半圆槽固定在水平面上，槽上A点与圆心O'点等高，B点为圆槽最低点。质量为m的小球（可视为质点）由A点从静止开始沿圆弧下滑到最低点B，小球与O点连线和AO的夹角为，FN表示小球对圆弧的压力，Ep表示小球的重力势能（选择AO所在水平面为零势能面），则以下图像关系正确的是（ ）

A. B.

C. D.

【答案】B 【解析】

【详解】AB．由机械能守恒定律得：

mgRsin受力分析如图所示

12mv 2

由牛顿第二定律有

mv2 FNmgsinR得

FN3mgsin

则FN与θ的图像是正弦函数的图像，故A错误，B正确； CD．根据题意可知任意位置小球的重力势能为

EPmgRsin

所以Ep和θ的关系图像为曲线，但重力势能的值为负值，故CD错误。 故选B。

6.如图所示，质量分别为m1=0.2kg、m2=0.1kg的小球1和2用轻质弹簧连接。某人用手通过轻绳给小球1施加F=6N的竖直恒力，使整个装置一起整直向上加速运动。某时刻手突然停止，此时小球1、2的加速度大小分别为a1和a2；重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）

A. 装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为4N 的弹力大小为2N

B. 裝置在恒力F作用下加速运动时，弹簧

C. 手停止的瞬间，a1=10m/s2， a2=10m/s2 【答案】BD 【解析】

D. 手停止的瞬间，a1=20m/s2， a2=10m/s2

【详解】AB．在恒力F作用下整个装置一起向上做匀加速运动，对整体由牛顿第二定律有

F(m1m2)g(m1m2)a0

对球2由牛顿第二定律有

F弹m2gm2a0

联立方程得

F弹2N

故A错误，B正确；

CD．手停止运动的这一瞬间，绳变松弛，绳的拉力突变为0，弹簧弹力不能发生突变，F弹2N，对球1由牛顿第二定律有

F弹m1gm1a1

得

a120m/s2

方向竖直向下，对球2由牛顿第二定律有

F弹m2gm2a2

得

a210m/s2

方向竖直向上，故C错误，D正确。 故选BD。

7.如用示，一条光滑绝缘柔软轻绳跨过一定滑轮，轻缅两端连接质址分别为m1、m2的两个带同种电荷的小球，稳定时，两侧轻绳的长度分别为l1、l2，且l1> l2，与竖方向的夹角分别为1、2现缓慢碱少小球m1的电荷量到一定值，系统重新稳定，两侧轻绳的长度分别变为小l1、l2与竖直方向的夹角分别变为1、2，关于稳定时的情景下列说法正确的是（ ）

''''

 A. 12【答案】BC 【解析】

B. 1=2

'''C. l1l1 'D. l1l1

【详解】以两小球作为一个整体研究，滑轮对轻绳的作用力竖直向上，同一轻绳弹力T处处相等，则左右两侧轻绳与竖直方向的夹角等大，故平衡时

12，12

对左边带电小球受力分析，由三角形相似形法，则有

m1gT hl1同理对右边小球有

m2gT hl2可得

m1l2 m2l1故

m1由极限法可知若小球电量减小到0，则每个小球只受重力与绳子弹力，且右边小球所受重力大，则m1上升m2下降，故l1减小、l2增加，故C正确。 故选BC。

8.如图所示，在光滑的水平面上，放置一边长为l的正方形导电线圈，线圈电阻不变， 线圈右侧有垂直水平面向下、宽度为2l的有界磁场，建立一与磁场边界垂直的坐标轴Ox，O点为坐标原点。磁感应强度随坐标位置的变化关系为B=kx，线框在水平向右的外力F作用下沿x正方向匀速穿过该磁场。此过程中线圈内感

应出的电流i随时间变化的图像（以顺时针为正方向）、拉力F随线圈位移x变化的图像可能正确的是（ ）

A. B. C. D.

【答案】AC 【解析】

【详解】AB．由于磁场的磁感应强度从左边界到右边界逐渐增强，根据楞次定律可知感应电流方向为逆时Bkvt，针方向，设线圈的速度为v，进入磁场只有右边切割磁感线，感应电动势E1Blv，感应电流iE1，R即

klv2it

R进入过程感应电流大小与时间成正比；线圈完全进入磁场，线圈的左右两边都在切割磁感线，回路的感应电动势

E2kxk(xl)lvkl2v

恒定不变，故电流不变；线圈右边出磁场之后，只有左边切割磁感线，离开磁场时，线圈中磁通量减少，则感应电流方向为顺时针方向，E3Blv，

2lBklvtk(vtl)

v则感应电流

klv2kl2v itRR故之后感应电流大小随时间均匀增大，故A正确，B错误；

klv2CD．线圈匀速进入磁场过程，FBil，it，Bkvt，xvt，可得

Rk2l2v2Fx

RFx图像为抛物线；线圈完全进入磁场到右边即将离开磁场的过程中

Fkxilk(xl)ilkil2

B2l2v电流恒定，此过程中F不变；线圈右边离开磁场之后，拉力等于线圈左边所受安培力大小F，

RBk(xl)，则

k2l2vF(xl)2

RFx图像为一段抛物线，故C正确，D错误。

故选AC。

三、非选择题∶包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每道试题考生都必须作答；第33题~第38题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题∶共11题，共129分。

9.某学习小组描绘规格为“2.5V 0.5W” 的小灯泡的伏安特性曲线。实验空提供下列器材∶

A.毫安表A1（量程为30mA，'内阻约50Ω） B.毫安表A2（量程为300mA，内阻约5Ω） C.电压表V （量程为3V，内阻约5kΩ） D.滑动变阻器R1（0~ 10Ω） E.滑动变阻器R2（0- 1000Ω）

F直流电源（电动势3v，内阻忽略不计） G.开关一个、导线若干

(1)为了能多测儿组数据非能从零开始测量、电流表选择 _______，滑动变阻器选择_____。（选填相应器材前的代号）

(2)在图甲所示的实验电路图中，电压表的右端应该接在______（真“a”或“b”） 端。

(3)图乙是小灯泡的伏安特性曲线，由图如小灯泡电压为1. 50V时，小灯泡的实际功率为____W（结果保留两位有效数字）。

【答案】 (1). B (2). D (3). a (4). 0.26~0.27 【解析】

【详解】(1)[1]小灯泡的额定电流为

I所以电流表选B；

P0.2A=200mA U[2]分压式电路，滑动变阻器以小控大，更容易操作，所以选D； (2)[3]因为小灯泡在额定电流下的电阻为

R因

U12.5 IRRV，所以选择外接法误差更小，故选择a； RAR(3)[4]由乙图知当电压为1.50V时，电流为0.175A，所以功率为

PUI1.500.175W 0.26W

由于误差存在，所以0.26~0.27W均可。

10.某学习兴趣小组为验证机械能守恒定律，设计了如图甲所示的实验装置∶气垫导轨固定放置在倾角为的斜面上，并调节导轨与斜面平行。带遮光条的滑块通过伸直的细线与钩码拴在一起静止在导轨上。测出滑块到光电门的距离L，利用20分度的游标卡尺测出遮光条的宽度d，结果如图乙所示。气垫导轨充气后，钩码竖直向下运动，滑块沿气垫导轨向上运动，遮光条经过光电门的挡光时间为∆t。

(1)由图乙知遮光条的宽度为_______mm。

(2)若要验证钩码和带有遮光条的滑块组成的系统机械能守恒，还需要测量的物理量是__。 A.钩码的总质量m。

B.带有遮光条的滑块的总质量M C.滑块由静止滑到光电门的时间t D.测出滑块和钩码之间绳子的长度s

(3)用题目和第(2)问涉及的字母写出钩码机械能的减少量∆EA=_____。滑块机被能增加量∆EB=___实验过程中，若在误差允许的范围内，∆EA=∆EB。则验正了系统机械能守恒。 (4)改变滑块释放的初始位置，得出多组数据，画出

1L图，则图像的斜率k=___。 2t

1d1d【答案】 (1). 2.30 (2). AB (3). mgLm (4). MgLsinM (5).

2t2t222g(mMsin)

(Mm)d2【解析】

【详解】(1)[1]主尺读数为2mm，游标第六格对齐，精度为0.05mm，故

d2mm60.05mm2.30mm；

(2)[2]系统机械能守恒，利用势能减少量等于动能增加量，只需测质量及位移，故选AB； (3)[3]A的动能增加，势能减少，所以

1dEAmgLm

2t2[4][5]B的动能增加，势能增加，所以

1dEBMgLsinM

2t2(4)因EAEB，得

12g(mMsin)L t2(Mm)d2所以斜率为

2g(mMsin)。

(Mm)d211.如图所示，长L=2.0m平板小车静止在水平地面上。A、B为小车的两端点，小车的上表面距离地面的高度h=1.25m。小车的质量M=3.0kg。质量m=1.0kg的小铁块p（可视为质点）静止在平板小车AB的正中央，现在对小车施加一个F=l4N的水平向右的恒力。铁块与小车开始发生相对滑动，并在铁块P滑离小车的瞬时撒掉F。已如铁块与小车之间的动摩擦因数=0.20，不讲小车与地面间的摩擦，重力加速度g取10m/s2.求：

(1)力F作用在小车上时，小车加速度的大小以及铁块在小车上运动的时间； (2)铁块落地时与平板小车的A端的水平距离。

【答案】(1)4m/s2，1s(2)1.0m 【解析】

【详解】(1)根据题意可知，力F作用在小车上时，铁块与小车发生相对滑动，对小车进行受力分析，由牛

顿第二定律，得

FmgMa1

代入数据得

a14.0m/s2

对铁块，由牛顿第二定律得

mgma2

代入数据得

a22.0m/s2

在铁块p滑离小车时撤掉F，设F作用过程小车和铁块的位移分别为x1和x2，对小车有

x1对铁块有

12a1t1 21a2t12 2x2由位移关系

x1x2联立方程，代入数据有

L 2t11s

(2)在铁块p滑离小车时撤掉F，此后小车做匀速直线运动，铁块做平抛运动，铁块刚滑离小车时，小车的速度

v1a1t14.0m/s

铁块速度

v2a2t12.0m/s

铁块做平抛运动，有

h12gt2 2x3v2t2

得铁块落地时间

t20.5s

落地位移

x31.0m

在这段时间内小车位移为

x4v1t22.0m

铁块落地时与平板小车的A端的水平距离

xx4x31.0m

12.在光滑绝缘水平面上，存在着有界匀强磁场，边界为PO、MN，磁感应强度大小为B0，方向垂直水平南

2向下，磁场宽度为qB02E0m，俯视图如图所示。在磁场的上方固定半径R2qB0E0m的四分之一光滑绝缘圆弧细杆，杆两端恰好落在磁场边缘的A、B两点。现有带孔的小球a、b（视为质点）被强力绝緣装置固定穿在杆上同一点A，球a质量为2m、电量为－q；球b质量为m、电量为q；某瞬时绝缘裝置解锁，a、b被弹开，装置释放出3E0的能量全部转为球a和球b的动能，a、b沿环的切线方向运动。求：（解锁前后小球质量、电量、电性均不变，不计带电小球间的相互作用） (1)解锁后两球速度大小va、vb分别为多少； (2)球a在磁场中运动的时间；

(3)若MN另一侧有平行于水平面的匀强电场，球a进人电场后做直线运动，球b进入电场后与a相遇；求电场强度E的大小和方向。

【答案】(1)va【解析】

【详解】(1)对两球a、b系统，动量守恒，有

能量守恒，有

的的

πmE0E04B(2)(3)0，vb2qB0mm3E0，方向与MN成斜向上45方向 mmavambvb

11223E0mavambvb

22

解得

vaE0E，vb20 mm(2)小球在磁场中运动轨迹如图所示，

由牛顿第二定律得

mv2 qvBrT故小球在磁场中运动的半径

rarb2qB0E0m 2πr v由几何知识得

cosOBCπr2，∠OBC 4d2两粒子在磁场中运动对应的圆心角均为

2OBCπ 2πmtaTa

2πqB0(3)两小球相遇，且a做直线运动，电场若与a从磁场射出时的方向相同，则a做减匀速直线运动，b做类平抛运动，b在轨道上运动时间

tb1tb2πm 2qB0Tbπm 2qB02πtb tb1tb2

两球同时出磁场，若电场与小球a从磁场射出时的方向相同，小球a做匀减速直线运动，小球b做向左方做

类平抛运动，则两球不能相遇，故电场方向为与a从磁场出射方向相反，即电场方向为与MN成斜向上45方向。现小球b做向右方做类平抛运动与a球相遇

rbvbt

y1ba221t

rayb ya

yv1aat2a2t2

a1Emq aE22mq 联立得

E4B0E03m 电场大小为4B0E03m，方向与MN成斜向上45方向。 13.如图所示，一定质量的理想气体经历A→B的等压过程，B→C的绝热过程。以下说法正确的是（

A. A→B的过程中，气体对外界做功 B. A→B的过程中，气体吸收热量 C. B→C的过程中，气体温度不变 D. B→C的过程中，气体内能减少 E. A→B→C的过程中，气体内能一直增加 【答案】ABD

）

【解析】

【详解】A．A→B的过程中，气体体积增大，气体对外界做功，故A正确；

B．A→B的过程中，气体等压膨胀，由热量，故B正确；

VC可知，温度升高，内能增加，而且对外界做功，故必定吸收TCD．B→C的过程中，气体体积增大，气体对外界做功，但与外界无热交换，故内能减少，温度降低，故C错误，D正确；

E.A→B→C的过程中，气体温度先升高再降低，内能先增加后减少，故E错误。 故选ABD。

14.如图所示，一粗细均匀的U形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了甲，乙两部分理想气体，下方水银的左液面比右液面高△L=10cm，右管上方的水银柱高h=25cm，初始环境温度T1=300K，甲气体长度L1=40cm，外界大气压强P0=75cmHg。 (1)缓慢升高温度至T2，使下方水银左右液而等高，求T2；

(2)保持温度T2不变，在右管中级慢注入水银，使甲气体长度恢复为L1=40cm，求注入的水银高度h'。

【答案】(1)375K(2)22.5cm 【解析】

【详解】(1)对甲气体，初态时的压强为

p1p0g（hL）90cmHg

下方水银左右液面等高时有

p2p0gh100cmHg

设管的横截面积为S，根据理想气体状态方程，有

Lp2SL1p1SL12 T1T2代入数据解得

T2375K

(2)注入水银，甲气体经历等温压缩过程，长度恢复为L1=40cm时有

p3p0g(hhL)(90h)cmHg

根据玻意耳定律，有

1p2S(L1L)p3SL1

2代入数据解得

h22.5cm

15.如图甲所示，在某均匀介质中建立一直角坐标系，坐标原点O处有一振源，其振动产生的简谐波在x轴

上传播，A、B为x轴上的两个质点。波源振动后经过一段时间，t=0时，B质点第一次到达正向最大位移处，此后A、B质点振动图像如图乙所示，下列说法正确的是________

。

A. 振源O点的起振方向沿y轴负方向 B. 该波在x轴上传播速度为1m/s C. 该波的波长为4m

D. 在t=5.5s时A点向y负方向运动 E. 在t=5.5s时B点位移22cm

【答案】BCE 【解析】

【详解】A．由质点A的振动图像可知，波源的起振方向沿y轴正方向，故A错误；

B．找到B关于y轴的对称点B'，A和B'相距2m，由图乙可知，质点B'比质点A先振动2s，根据速度公式可知

v故B正确；

x1m/s tC．分析图乙可知，周期T=4s，根据波长、周期和波速的关系可知，该波的波长

vT4m

故C正确；

D．由振动图像可知，5.5s时，A点处于平衡位置上方沿y轴正方向运动，故D错误； E．质点B的振动方程为

πy4cos(t)cm

2当t5.5s时，代入解得

y22cm

故E正确。 故选BCE。

16.如图所示，玻璃工件有侧是半径为R的半球体，O点为半球球心，AB与BC夹角为60，BC水平。玻璃工件的折射率n=2。现有一束平行光线与AB面成45入射到工件AB面上，（忽略经工件内表面反射后射出的光）求∶

(1)半球面透光部分的弧长； (2)半球面出射点到AC的最小距离。

【答案】(1)s【解析】

12πR(2)dR 22

【详解】(1)设入射角为i，折射角为r，光路图如图所示

由折射定律得

n解得

sini2 sinrr30

则折射光线水平向右照射到半球界面，设在半球面弧面发生全反射的临界角为C，

sinC得临界角为

1 nC45

半球面透光部分的长度对应的圆心角为

90

所以透光部分的弧长为

s(2)根据几何知识可知，边缘光线到AC距离最小

1πR 2dRsin45

2R 2