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高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第3部分 考前热身练 仿真模拟(一)（含解析）
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这是一份高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第3部分 考前热身练 仿真模拟(一)（含解析），共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
仿真模拟(一)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题目要求．
1．(2020·陕西西安市第三次质检)下列说法正确的是( )
A．铀核裂变的核反应方程是U→Ba＋Kr＋2n
B．根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越短能量越大
C．玻尔根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性
D．一个基态的氢原子吸收光子跃迁到n＝3激发态后，最多辐射出三种频率的光子
答案 B
解析 铀核裂变有多种形式，其中一种的核反应方程是U＋n→Ba＋Kr＋3n，A错误；根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越短能量越大，B正确；德布罗意大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，如电子、质子等，他提出实物粒子也具有波动性，C错误；一群基态的氢原子吸收光子跃迁到n＝3激发态后，最多发射出三种频率的光子，而一个基态的氢原子吸收光子跃迁到n＝3激发态后，最多辐射出两种频率的光子，D错误．
2．(2020·吉林长春市六中3月线上测试)一辆汽车以20 m/s的速度在平直的公路上行驶，当驾驶员发现前方有险情时，立即进行急刹车，刹车后的速度v随刹车位移x的变化关系如图1所示，设汽车刹车后做匀减速直线运动，则当汽车刹车后的速度减小为12 m/s时，刹车的位移x1为( )
图1
A．12 m B．12.8 m C．14 m D．14.8 m
答案 B
解析 由题意可知，汽车刹车后做匀减速直线运动，设加速度大小为a，可知v02＝2ax，
由题图知v0＝20 m/s，x＝20 m
代入解得：a＝10 m/s2，
当v＝12 m/s时，汽车刹车的位移为x1＝＝12.8 m，故B正确．
3．(2020·广西南宁市高三第一次适应性测试)一颗子弹沿水平方向射向一个木块，第一次木块被固定在水平地面上，第二次木块静止放在光滑的水平地面上，两次子弹都能射穿木块而继续飞行，这两次相比较( )
A．第一次系统产生的热量较多
B．第一次子弹的动量的变化量较小
C．两次子弹的动量的变化量相等
D．两次子弹和木块构成的系统动量都守恒
答案 B
解析 因为第一次木块固定，所以子弹减少的能量全部转化成内能，而第二次木块不固定，根据动量守恒，子弹射穿后，木块具有动能，所以子弹减少的能量转化成内能和木块的动能，因为产生的热量Q＝Ff·Δx，即两次产生的热量相同，所以第二次子弹剩余动能更小，速度更小，而动量变化量等于Δp＝mΔv，所以第一次速度变化量小，动量变化量小，故A、C错误，B正确；第一次木块被固定在地面上，系统动量不守恒，故D错误．
4.(2020·安徽安庆市桐城中学高三下学期模拟)如图2所示，是一列沿着x轴正方向传播的横波在t＝0时刻的波形图，已知这列波的周期T＝2.0 s．下列说法正确的是( )
图2
A．这列波的波速v＝2.0 m/s
B．在t＝0时刻，x＝0.5 m处的质点速度为零
C．经过2.0 s，这列波沿x轴正方向传播0.8 m
D．在t＝0.3 s时刻，x＝0.5 m处的质点的运动方向为y轴正方向
答案 D
解析 由题图可知这列波的波长为1 m，周期为2.0 s，故这列波的波速v＝＝0.5 m/s，故A错误；由于在t＝0时刻，x＝0.5 m处的质点处于平衡位置，则此时该质点的速度最大，故B错误；经过2.0 s，这列波沿x轴正方向传播一个波长，即1 m，故C错误；在t＝0.3 s时刻，Δt＝T，则x＝0.5 m处的质点正在沿y轴正方向运动，还没到达最高点，故D正确．
5．(2020·湖北襄阳市高三联考)如图3，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝3∶1，灯泡A、B完全相同，灯泡L与灯泡A的额定功率相同，但额定电压不同，当输入端接上μ＝45sin 100πt(V)的交流电压后，三个灯泡均正常发光，图中两电流表均为理想电流表，且电流表的示数为2 A，则( )
图3
A．电流表的示数为12 A
B．灯泡L的额定功率为20 W
C．灯泡A的额定电压为5 V
D．将副线圈上的灯泡A撤去，灯泡L仍能正常发光
答案 B
解析 因三个灯泡均正常发光，所以副线圈中总电流为I2＝4 A，则原线圈中电流为I1＝I2＝ A≈1.3 A，即电流表的示数为1.3 A，故A错误；设副线圈两端电压为U2，则原线圈两端电压为U1＝U2＝3U2，设灯泡L两端电压为UL，则有：ULI1＝U2IA，根据题意则有U＝UL＋U1，U＝45 V，联立可得U2＝10 V，UL＝15 V，则灯泡A的额定电压为10 V，灯泡L与灯泡A的额定功率相同，则灯泡L和A的额定功率P＝IAU2＝2×10 W＝20 W，故B正确，C错误；将副线圈上的灯泡A撤去，则输出电流变小，根据理想变压器中电流与匝数成反比可知，输入电流变小，灯泡L不能正常发光，故D错误．
6.(2020·山东聊城市高三下学期二模)如图4所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程，这就是著名的“卡诺循环”．下列说法正确的是( )
图4
A．A→B过程中，气体和外界无热交换
B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大
C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化
答案 C
解析 A→B过程中，等温膨胀，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，气体吸热，故A错误；
B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；
C→D过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确；
D→A过程，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故D错误．
7．(2020·陕西渭南市高三质检)天文学家一直在寻找系外“宜居”行星，盼望有一日，人类能够移居另一颗行星．若发现某颗行星质量约为地球质量的8倍，半径约为地球半径的2倍．那么，一个在地球表面能举起60 kg物体的人在这个行星表面能举起物体的质量约为( )
A．15 kg B．30 kg C．60 kg D．75 kg
答案 B
解析 在地球表面由万有引力定律有G＝m0g
人的举重能力为F＝m0g
同理，在行星表面有G＝m0′g行
人的举重能力为F＝m0′g行
又M行＝8M地，R行＝2R地，联立解得
m0′＝30 kg，故B正确，A、C、D错误
8．(2020·广东佛山市高三二模)如图5所示，战士在水平地面上进行拉轮胎的负荷训练，设战士做匀速直线运动，运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B等高．两绳间的夹角为θ、所构成的平面与水平面间的夹角恒为α，轮胎的重力为G，地面对轮胎的摩擦阻力大小恒为Ff，则每根绳的拉力大小为( )
图5
A. B.
C. D.
答案 A
解析 设每根绳子的拉力为FT，则两根绳子拉力的合力为2FTcos ；在水平方向由平衡条件得Ff＝2FTcos ·cos α，
解得FT＝，故选A.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题目要求．全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9.(2020·山东济宁市一模)如图6所示，足够大的平行玻璃砖厚度为d，底面镀有反光膜CD，反光膜厚度不计，一束光线以45°的入射角由A点入射，经底面反光膜反射后，从顶面B点射出(B点图中未画出)．已知玻璃对该光线的折射率为，c为光在真空中的传播速度，不考虑多次反射．则下列说法正确的是( )
图6
A．该光线在玻璃中传播的速度为c
B．该光线在玻璃中的折射角为30°
C．平行玻璃砖对该光线的全反射临界角为45°
D．为了使从A点以各种角度入射的光线都能从顶面射出，则底面反光膜面积至少为4πd2
答案 BC
10．(2020·四川宜宾市四中高三下学期三诊)如图7所示，在光滑绝缘水平面上，A、B和C为等边三角形ABC的顶点，A、B固定正点电荷＋Q，C固定负点电荷－Q，D、E是A、B连线上的两点，且AD＝DE＝EB.则( )
图7
A．D点和E点的电场强度大小相等
B．D点和E点的电场强度方向相同
C．D点和E点的电势相等
D．将负电荷从D点移到E点，电势能增加
答案 AC
解析 D、E两点电场，是A、B两正点电荷的电场与C点的负点电荷的电场的叠加．A、B两正点电荷在D点和E点的合场强大小相等，方向相反，C点的负点电荷在D点和E点的场强大小相等，方向不同，所以D点和E点的合场强大小相等，方向不同，A正确，B错误；D点和E点在－Q的等势面上，同时关于两正点电荷对称，所以D点和E点的电势相等，C正确；根据电势能的计算公式Ep＝qφ可知负电荷在D点和E点的电势能相同，D错误．
11.如图8所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高．一质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方处．小球从最高点A由静止开始沿逆时针方向运动，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
图8
A．小球运动到B点时的速度大小为
B．弹簧长度等于R时，小球的机械能最大
C．小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg
D．小球运动到B点时重力的功率为0
答案 BCD
解析 由题分析可知，小球在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等，小球从A到B的过程，根据系统的机械能守恒得：2mgR＝mvB2，解得小球运动到B点时的速度为：vB＝2，故A错误；根据小球与弹簧组成的系统的机械能守恒知，弹簧长度等于R时，弹簧的弹性势能为零，则此时小球的机械能最大，故B正确；设小球在A、B两点时弹簧的弹力大小为F弹，在A点，圆环对小球的支持力FN1＝mg＋F弹；在B点，由牛顿第二定律得：FN2－mg－F弹＝m，解得圆环对小球的支持力为：FN2＝5mg＋F弹；则FN2－FN1＝4mg，由牛顿第三定律知，小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg，故C正确；小球运动到B点时重力与速度方向垂直，则重力的功率为0，故D正确．
12.如图9所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向竖直向下．线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域．cd边刚进入磁场时，线框开始做匀速直线运动，规定线框中电流沿逆时针方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压Uab及导线框中的电流i随cd边的位移x变化的图像可能是( )
图9
答案 BD
解析 线框的cd边刚进入磁场时做匀速直线运动，则整个线框进入磁场时速度不变，根据楞次定律知产生逆时针方向的电流，为正方向，电动势大小E＝Blv，此时ab两端的电压为Uab＝Blv，当线框全部进入磁场时，线框内无感应电流，此时线框做匀加速运动，ab两端的电压为Uab＝Blv′＝Bl，当线圈的cd边出磁场后瞬间，电流为顺时针方向，由于此时安培力大于外力F，故此时线框做减速运动，且加速度逐渐减小，电流－位移图像切线的斜率减小，逐渐趋近于开始进入磁场时的电流大小，C错误，D正确；线框cd边刚出磁场后的瞬间，ab两端的电压为cd边即将出磁场前瞬间ab两端电压的，且逐渐减小，A错误，B正确．
三、非选择题：本题共6小题，共60分．
13．(6分)(2020·河南焦作市高三第三次模拟)某实验小组用如图10所示的实验装置研究匀变速直线运动，已知固定斜面的倾角θ＝37°，把木块自斜面上某一位置由静止释放，测量释放点到斜面底端的距离x以及木块在斜面上运动的时间t，改变释放点的位置，得到多组数据，作出－t图像如图11所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.
图10
图11
(1)根据图像可知，木块在斜面上运动的加速度大小为________ m/s2；
(2)木块与斜面之间的动摩擦因数为________；
(3)在－t图像中，有一组数据偏离直线比较远，可能的原因是___________________________________________________________________________
________________________________________________________.(回答出一条原因即可)
答案 (1)0.4 (2)0.7 (3)木块释放点到斜面底端的距离x测大了(或木块在斜面上运动的时间t测小了；或木块不是由静止释放)
解析 (1)由公式x＝at2可得＝t，
则－t图像的斜率k＝，得a＝0.4 m/s2；
(2)对木块，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
代入数值解得μ＝0.7；
(3)木块释放点到斜面底端的距离x测大了(或木块在斜面上运动的时间t测小了；或木块不是由静止释放)
14．(8分)(2020·广东广州市阶段检测)某同学用量程为1 mA、内阻为99.9 Ω的毫安表按图12(a)所示的电路进行电表改装．图中定值电阻R1＝2 900.1 Ω、R2＝0.1 Ω，S1、S2为开关．回答下列问题：
(1)某次用毫安表直接测量电流的实验中，示数如图(b)所示，该读数为________ mA；
(2)根据图(a)所示的电路，将图(c)所示的实物图连线补充完整；
(3)开关S1、S2均闭合时，该电表用于测量________(选填“电流”“电压”或“电阻”)，量程为________；
(4)若将S1、S2均断开后进行测量，表头的指针仍处在图(b)所示的位置，则改装后电表的测量值为________．
图12
答案 (1)0.60 (2)见解析图 (3)电流 1 A (4)1.80 V
解析 (1)毫安表的最小分度为0.02 mA，由题图(a)可知，该读数为0.60 mA；
(2)按电路图连接实物图如图所示．
(3)开关S1、S2均闭合时，毫安表与小电阻R2并联，则该电表测电流，由于毫安表内阻为R2的999倍，则R2分流为毫安表电流的999倍，即为0.999 A，所以量程为1 A；
(4)将S1、S2均断开后，毫安表与R1串联，总电阻为3 000 Ω，由欧姆定律可得改装后电表的测量值为U＝3 000×0.60×10－3 V＝1.80 V.
15．(7分)(2020·西藏拉萨中学高三下学期第七次月考)某物理社团受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计．如图13，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口．外界大气压强为p0，汽缸Ⅰ内通过A封有压强为p0的气体，汽缸Ⅱ内通过B封有压强为2p0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A、B均位于汽缸最左端．该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度．已知p0相当于10 m深的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：
图13
(1)当A向右移动时，水的深度h；
(2)该深度计能测量的最大水深hm.
答案 (1)3.33 m (2)20 m
解析 (1)当A向右移动时，设B不移动，对Ⅰ内气体，由玻意耳定律得
p0SL＝p1SL
解得p1＝p0
而此时B中气体的压强为2p0>p1，故B不移动
由p1＝p0＋ρgh
解得水的深度h≈3.33 m；
(2)该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于2p0后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原Ⅰ内气体全部进入Ⅱ内，设B向右移动x距离，两部分气体压强均为p2
对原Ⅰ内气体，由玻意耳定律得
p0SL＝p2Sx
对原Ⅱ内气体，由玻意耳定律得
2p0SL＝p2S
又p2＝p0＋ρghm
联立解得hm＝20 m.
16．(9分)(2020·四川成都七中高三下学期三诊)如图14甲所示，一列简谐横波沿x轴双向匀速传播，波源在坐标原点O，x轴上的P、Q两质点的平衡位置相距为d＝10 m，它们的振动图像分别如图乙和图丙所示．
图14
(1)若0
答案 (1)100 m/s (2) m/s
解析 (1)根据题意λ＝10 m，T＝0.4 s
根据v＝＝ m/s
可知，要使得该波传播的速度最大，λ要取得最大值，所以令n＝0
代入数据得v＝100 m/s.
(2)简谐横波沿x轴双向匀速传播，设P点关于O点对称点P′，则
PP′＝12 m>10 m
P、P′振动状态相同，则波由Q传向P′，历时
t′＝T
QP′＝PP′－d＝2 m
v′＝
联立上式，解得v′＝ m/s.
17．(14分)(2020·福建漳州市测试)如图15，直角坐标系xOy平面内第一、三、四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场．质量均为m、电荷量均为q的两带负电粒子a、b先后以速度v0从y轴上P点沿x轴正、负方向入射，经过一段时间后，两粒子恰好在x轴负半轴上的Q点相遇，此时两粒子均第一次通过x轴负半轴，已知OP的距离为d，磁感应强度B＝，不计粒子间的作用力和粒子的重力．求：
图15
(1)设a的轨迹圆心为O1，O1Q与y轴的夹角θ；
(2)电场强度E的大小．
答案 (1)60° (2)
解析 (1)粒子a进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
qv0B＝m
解得R＝2d
粒子a做匀速圆周运动的轨迹如图所示，
根据图中几何关系可得
OO1＝R－OP＝d
又有cos θ＝＝
解得θ＝60°
(2)粒子b做类平抛运动，设粒子b到达Q点所用的时间为t1
在水平方向有x＝2dsin 60°＝v0t1
在竖直方向有d＝at12
由牛顿第二定律知F＝qE＝ma
联立可得E＝.
18．(16分)如图16，倾角θ＝30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板．将长木板A静置于斜面上，A上放置一小物块B，初始时A下端与挡板相距L＝4 m，现同时无初速度释放A和B.已知在A停止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞，A和B的质量均为m＝1 kg，它们之间的动摩擦因数μ＝，A或B与挡板每次碰撞损失的动能均为ΔE＝10 J，忽略碰撞时间，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
图16
(1)A第一次与挡板碰前瞬间的速度大小v；
(2)A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间Δt；
(3)B相对于A滑动的可能最短时间．
答案 见解析
解析 (1)B和A一起沿斜面向下运动，由机械能守恒定律有
2mgLsin θ＝×2mv2
解得：v＝2 m/s
(2)第一次碰后，对B有：mgsin θ＝μmgcos θ
对A有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得：a1＝10 m/s2
设A第1次反弹的速度大小为v1，
由动能定理有：mv2－mv12＝ΔE
Δt＝
解得：Δt＝ s
(3)设A第2次反弹的速度大小为v2，由动能定理有：
mv2－mv22＝2ΔE
解得：v2＝0
即A与挡板第2次碰后停在底端，B继续匀速下滑，与挡板碰后B反弹的速度为v′，加速度大小为a′，由动能定理有：mv2－mv′2＝ΔE
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′
得B沿A向上做匀减速运动的时间t′＝＝ s
当B速度为0时，因mgsin θ＝μmgcos θ≤Ffmax
故B将静止在A上，
所以当A停止运动时，B恰好匀速滑至挡板处，B相对A运动的时间最短，
tmin＝Δt＋t′＝ s
仿真模拟(一)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题目要求．
1．(2020·陕西西安市第三次质检)下列说法正确的是( )
A．铀核裂变的核反应方程是U→Ba＋Kr＋2n
B．根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越短能量越大
C．玻尔根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性
D．一个基态的氢原子吸收光子跃迁到n＝3激发态后，最多辐射出三种频率的光子
答案 B
解析 铀核裂变有多种形式，其中一种的核反应方程是U＋n→Ba＋Kr＋3n，A错误；根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越短能量越大，B正确；德布罗意大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，如电子、质子等，他提出实物粒子也具有波动性，C错误；一群基态的氢原子吸收光子跃迁到n＝3激发态后，最多发射出三种频率的光子，而一个基态的氢原子吸收光子跃迁到n＝3激发态后，最多辐射出两种频率的光子，D错误．
2．(2020·吉林长春市六中3月线上测试)一辆汽车以20 m/s的速度在平直的公路上行驶，当驾驶员发现前方有险情时，立即进行急刹车，刹车后的速度v随刹车位移x的变化关系如图1所示，设汽车刹车后做匀减速直线运动，则当汽车刹车后的速度减小为12 m/s时，刹车的位移x1为( )
图1
A．12 m B．12.8 m C．14 m D．14.8 m
答案 B
解析 由题意可知，汽车刹车后做匀减速直线运动，设加速度大小为a，可知v02＝2ax，
由题图知v0＝20 m/s，x＝20 m
代入解得：a＝10 m/s2，
当v＝12 m/s时，汽车刹车的位移为x1＝＝12.8 m，故B正确．
3．(2020·广西南宁市高三第一次适应性测试)一颗子弹沿水平方向射向一个木块，第一次木块被固定在水平地面上，第二次木块静止放在光滑的水平地面上，两次子弹都能射穿木块而继续飞行，这两次相比较( )
A．第一次系统产生的热量较多
B．第一次子弹的动量的变化量较小
C．两次子弹的动量的变化量相等
D．两次子弹和木块构成的系统动量都守恒
答案 B
解析 因为第一次木块固定，所以子弹减少的能量全部转化成内能，而第二次木块不固定，根据动量守恒，子弹射穿后，木块具有动能，所以子弹减少的能量转化成内能和木块的动能，因为产生的热量Q＝Ff·Δx，即两次产生的热量相同，所以第二次子弹剩余动能更小，速度更小，而动量变化量等于Δp＝mΔv，所以第一次速度变化量小，动量变化量小，故A、C错误，B正确；第一次木块被固定在地面上，系统动量不守恒，故D错误．
4.(2020·安徽安庆市桐城中学高三下学期模拟)如图2所示，是一列沿着x轴正方向传播的横波在t＝0时刻的波形图，已知这列波的周期T＝2.0 s．下列说法正确的是( )
图2
A．这列波的波速v＝2.0 m/s
B．在t＝0时刻，x＝0.5 m处的质点速度为零
C．经过2.0 s，这列波沿x轴正方向传播0.8 m
D．在t＝0.3 s时刻，x＝0.5 m处的质点的运动方向为y轴正方向
答案 D
解析 由题图可知这列波的波长为1 m，周期为2.0 s，故这列波的波速v＝＝0.5 m/s，故A错误；由于在t＝0时刻，x＝0.5 m处的质点处于平衡位置，则此时该质点的速度最大，故B错误；经过2.0 s，这列波沿x轴正方向传播一个波长，即1 m，故C错误；在t＝0.3 s时刻，Δt＝T，则x＝0.5 m处的质点正在沿y轴正方向运动，还没到达最高点，故D正确．
5．(2020·湖北襄阳市高三联考)如图3，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝3∶1，灯泡A、B完全相同，灯泡L与灯泡A的额定功率相同，但额定电压不同，当输入端接上μ＝45sin 100πt(V)的交流电压后，三个灯泡均正常发光，图中两电流表均为理想电流表，且电流表的示数为2 A，则( )
图3
A．电流表的示数为12 A
B．灯泡L的额定功率为20 W
C．灯泡A的额定电压为5 V
D．将副线圈上的灯泡A撤去，灯泡L仍能正常发光
答案 B
解析 因三个灯泡均正常发光，所以副线圈中总电流为I2＝4 A，则原线圈中电流为I1＝I2＝ A≈1.3 A，即电流表的示数为1.3 A，故A错误；设副线圈两端电压为U2，则原线圈两端电压为U1＝U2＝3U2，设灯泡L两端电压为UL，则有：ULI1＝U2IA，根据题意则有U＝UL＋U1，U＝45 V，联立可得U2＝10 V，UL＝15 V，则灯泡A的额定电压为10 V，灯泡L与灯泡A的额定功率相同，则灯泡L和A的额定功率P＝IAU2＝2×10 W＝20 W，故B正确，C错误；将副线圈上的灯泡A撤去，则输出电流变小，根据理想变压器中电流与匝数成反比可知，输入电流变小，灯泡L不能正常发光，故D错误．
6.(2020·山东聊城市高三下学期二模)如图4所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程，这就是著名的“卡诺循环”．下列说法正确的是( )
图4
A．A→B过程中，气体和外界无热交换
B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大
C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化
答案 C
解析 A→B过程中，等温膨胀，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，气体吸热，故A错误；
B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；
C→D过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确；
D→A过程，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故D错误．
7．(2020·陕西渭南市高三质检)天文学家一直在寻找系外“宜居”行星，盼望有一日，人类能够移居另一颗行星．若发现某颗行星质量约为地球质量的8倍，半径约为地球半径的2倍．那么，一个在地球表面能举起60 kg物体的人在这个行星表面能举起物体的质量约为( )
A．15 kg B．30 kg C．60 kg D．75 kg
答案 B
解析 在地球表面由万有引力定律有G＝m0g
人的举重能力为F＝m0g
同理，在行星表面有G＝m0′g行
人的举重能力为F＝m0′g行
又M行＝8M地，R行＝2R地，联立解得
m0′＝30 kg，故B正确，A、C、D错误
8．(2020·广东佛山市高三二模)如图5所示，战士在水平地面上进行拉轮胎的负荷训练，设战士做匀速直线运动，运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B等高．两绳间的夹角为θ、所构成的平面与水平面间的夹角恒为α，轮胎的重力为G，地面对轮胎的摩擦阻力大小恒为Ff，则每根绳的拉力大小为( )
图5
A. B.
C. D.
答案 A
解析 设每根绳子的拉力为FT，则两根绳子拉力的合力为2FTcos ；在水平方向由平衡条件得Ff＝2FTcos ·cos α，
解得FT＝，故选A.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题目要求．全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9.(2020·山东济宁市一模)如图6所示，足够大的平行玻璃砖厚度为d，底面镀有反光膜CD，反光膜厚度不计，一束光线以45°的入射角由A点入射，经底面反光膜反射后，从顶面B点射出(B点图中未画出)．已知玻璃对该光线的折射率为，c为光在真空中的传播速度，不考虑多次反射．则下列说法正确的是( )
图6
A．该光线在玻璃中传播的速度为c
B．该光线在玻璃中的折射角为30°
C．平行玻璃砖对该光线的全反射临界角为45°
D．为了使从A点以各种角度入射的光线都能从顶面射出，则底面反光膜面积至少为4πd2
答案 BC
10．(2020·四川宜宾市四中高三下学期三诊)如图7所示，在光滑绝缘水平面上，A、B和C为等边三角形ABC的顶点，A、B固定正点电荷＋Q，C固定负点电荷－Q，D、E是A、B连线上的两点，且AD＝DE＝EB.则( )
图7
A．D点和E点的电场强度大小相等
B．D点和E点的电场强度方向相同
C．D点和E点的电势相等
D．将负电荷从D点移到E点，电势能增加
答案 AC
解析 D、E两点电场，是A、B两正点电荷的电场与C点的负点电荷的电场的叠加．A、B两正点电荷在D点和E点的合场强大小相等，方向相反，C点的负点电荷在D点和E点的场强大小相等，方向不同，所以D点和E点的合场强大小相等，方向不同，A正确，B错误；D点和E点在－Q的等势面上，同时关于两正点电荷对称，所以D点和E点的电势相等，C正确；根据电势能的计算公式Ep＝qφ可知负电荷在D点和E点的电势能相同，D错误．
11.如图8所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高．一质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方处．小球从最高点A由静止开始沿逆时针方向运动，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
图8
A．小球运动到B点时的速度大小为
B．弹簧长度等于R时，小球的机械能最大
C．小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg
D．小球运动到B点时重力的功率为0
答案 BCD
解析 由题分析可知，小球在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等，小球从A到B的过程，根据系统的机械能守恒得：2mgR＝mvB2，解得小球运动到B点时的速度为：vB＝2，故A错误；根据小球与弹簧组成的系统的机械能守恒知，弹簧长度等于R时，弹簧的弹性势能为零，则此时小球的机械能最大，故B正确；设小球在A、B两点时弹簧的弹力大小为F弹，在A点，圆环对小球的支持力FN1＝mg＋F弹；在B点，由牛顿第二定律得：FN2－mg－F弹＝m，解得圆环对小球的支持力为：FN2＝5mg＋F弹；则FN2－FN1＝4mg，由牛顿第三定律知，小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg，故C正确；小球运动到B点时重力与速度方向垂直，则重力的功率为0，故D正确．
12.如图9所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向竖直向下．线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域．cd边刚进入磁场时，线框开始做匀速直线运动，规定线框中电流沿逆时针方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压Uab及导线框中的电流i随cd边的位移x变化的图像可能是( )
图9
答案 BD
解析 线框的cd边刚进入磁场时做匀速直线运动，则整个线框进入磁场时速度不变，根据楞次定律知产生逆时针方向的电流，为正方向，电动势大小E＝Blv，此时ab两端的电压为Uab＝Blv，当线框全部进入磁场时，线框内无感应电流，此时线框做匀加速运动，ab两端的电压为Uab＝Blv′＝Bl，当线圈的cd边出磁场后瞬间，电流为顺时针方向，由于此时安培力大于外力F，故此时线框做减速运动，且加速度逐渐减小，电流－位移图像切线的斜率减小，逐渐趋近于开始进入磁场时的电流大小，C错误，D正确；线框cd边刚出磁场后的瞬间，ab两端的电压为cd边即将出磁场前瞬间ab两端电压的，且逐渐减小，A错误，B正确．
三、非选择题：本题共6小题，共60分．
13．(6分)(2020·河南焦作市高三第三次模拟)某实验小组用如图10所示的实验装置研究匀变速直线运动，已知固定斜面的倾角θ＝37°，把木块自斜面上某一位置由静止释放，测量释放点到斜面底端的距离x以及木块在斜面上运动的时间t，改变释放点的位置，得到多组数据，作出－t图像如图11所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.
图10
图11
(1)根据图像可知，木块在斜面上运动的加速度大小为________ m/s2；
(2)木块与斜面之间的动摩擦因数为________；
(3)在－t图像中，有一组数据偏离直线比较远，可能的原因是___________________________________________________________________________
________________________________________________________.(回答出一条原因即可)
答案 (1)0.4 (2)0.7 (3)木块释放点到斜面底端的距离x测大了(或木块在斜面上运动的时间t测小了；或木块不是由静止释放)
解析 (1)由公式x＝at2可得＝t，
则－t图像的斜率k＝，得a＝0.4 m/s2；
(2)对木块，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
代入数值解得μ＝0.7；
(3)木块释放点到斜面底端的距离x测大了(或木块在斜面上运动的时间t测小了；或木块不是由静止释放)
14．(8分)(2020·广东广州市阶段检测)某同学用量程为1 mA、内阻为99.9 Ω的毫安表按图12(a)所示的电路进行电表改装．图中定值电阻R1＝2 900.1 Ω、R2＝0.1 Ω，S1、S2为开关．回答下列问题：
(1)某次用毫安表直接测量电流的实验中，示数如图(b)所示，该读数为________ mA；
(2)根据图(a)所示的电路，将图(c)所示的实物图连线补充完整；
(3)开关S1、S2均闭合时，该电表用于测量________(选填“电流”“电压”或“电阻”)，量程为________；
(4)若将S1、S2均断开后进行测量，表头的指针仍处在图(b)所示的位置，则改装后电表的测量值为________．
图12
答案 (1)0.60 (2)见解析图 (3)电流 1 A (4)1.80 V
解析 (1)毫安表的最小分度为0.02 mA，由题图(a)可知，该读数为0.60 mA；
(2)按电路图连接实物图如图所示．
(3)开关S1、S2均闭合时，毫安表与小电阻R2并联，则该电表测电流，由于毫安表内阻为R2的999倍，则R2分流为毫安表电流的999倍，即为0.999 A，所以量程为1 A；
(4)将S1、S2均断开后，毫安表与R1串联，总电阻为3 000 Ω，由欧姆定律可得改装后电表的测量值为U＝3 000×0.60×10－3 V＝1.80 V.
15．(7分)(2020·西藏拉萨中学高三下学期第七次月考)某物理社团受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计．如图13，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口．外界大气压强为p0，汽缸Ⅰ内通过A封有压强为p0的气体，汽缸Ⅱ内通过B封有压强为2p0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A、B均位于汽缸最左端．该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度．已知p0相当于10 m深的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：
图13
(1)当A向右移动时，水的深度h；
(2)该深度计能测量的最大水深hm.
答案 (1)3.33 m (2)20 m
解析 (1)当A向右移动时，设B不移动，对Ⅰ内气体，由玻意耳定律得
p0SL＝p1SL
解得p1＝p0
而此时B中气体的压强为2p0>p1，故B不移动
由p1＝p0＋ρgh
解得水的深度h≈3.33 m；
(2)该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于2p0后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原Ⅰ内气体全部进入Ⅱ内，设B向右移动x距离，两部分气体压强均为p2
对原Ⅰ内气体，由玻意耳定律得
p0SL＝p2Sx
对原Ⅱ内气体，由玻意耳定律得
2p0SL＝p2S
又p2＝p0＋ρghm
联立解得hm＝20 m.
16．(9分)(2020·四川成都七中高三下学期三诊)如图14甲所示，一列简谐横波沿x轴双向匀速传播，波源在坐标原点O，x轴上的P、Q两质点的平衡位置相距为d＝10 m，它们的振动图像分别如图乙和图丙所示．
图14
(1)若0
答案 (1)100 m/s (2) m/s
解析 (1)根据题意λ＝10 m，T＝0.4 s
根据v＝＝ m/s
可知，要使得该波传播的速度最大，λ要取得最大值，所以令n＝0
代入数据得v＝100 m/s.
(2)简谐横波沿x轴双向匀速传播，设P点关于O点对称点P′，则
PP′＝12 m>10 m
P、P′振动状态相同，则波由Q传向P′，历时
t′＝T
QP′＝PP′－d＝2 m
v′＝
联立上式，解得v′＝ m/s.
17．(14分)(2020·福建漳州市测试)如图15，直角坐标系xOy平面内第一、三、四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场．质量均为m、电荷量均为q的两带负电粒子a、b先后以速度v0从y轴上P点沿x轴正、负方向入射，经过一段时间后，两粒子恰好在x轴负半轴上的Q点相遇，此时两粒子均第一次通过x轴负半轴，已知OP的距离为d，磁感应强度B＝，不计粒子间的作用力和粒子的重力．求：
图15
(1)设a的轨迹圆心为O1，O1Q与y轴的夹角θ；
(2)电场强度E的大小．
答案 (1)60° (2)
解析 (1)粒子a进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
qv0B＝m
解得R＝2d
粒子a做匀速圆周运动的轨迹如图所示，
根据图中几何关系可得
OO1＝R－OP＝d
又有cos θ＝＝
解得θ＝60°
(2)粒子b做类平抛运动，设粒子b到达Q点所用的时间为t1
在水平方向有x＝2dsin 60°＝v0t1
在竖直方向有d＝at12
由牛顿第二定律知F＝qE＝ma
联立可得E＝.
18．(16分)如图16，倾角θ＝30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板．将长木板A静置于斜面上，A上放置一小物块B，初始时A下端与挡板相距L＝4 m，现同时无初速度释放A和B.已知在A停止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞，A和B的质量均为m＝1 kg，它们之间的动摩擦因数μ＝，A或B与挡板每次碰撞损失的动能均为ΔE＝10 J，忽略碰撞时间，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
图16
(1)A第一次与挡板碰前瞬间的速度大小v；
(2)A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间Δt；
(3)B相对于A滑动的可能最短时间．
答案 见解析
解析 (1)B和A一起沿斜面向下运动，由机械能守恒定律有
2mgLsin θ＝×2mv2
解得：v＝2 m/s
(2)第一次碰后，对B有：mgsin θ＝μmgcos θ
对A有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得：a1＝10 m/s2
设A第1次反弹的速度大小为v1，
由动能定理有：mv2－mv12＝ΔE
Δt＝
解得：Δt＝ s
(3)设A第2次反弹的速度大小为v2，由动能定理有：
mv2－mv22＝2ΔE
解得：v2＝0
即A与挡板第2次碰后停在底端，B继续匀速下滑，与挡板碰后B反弹的速度为v′，加速度大小为a′，由动能定理有：mv2－mv′2＝ΔE
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′
得B沿A向上做匀减速运动的时间t′＝＝ s
当B速度为0时，因mgsin θ＝μmgcos θ≤Ffmax
故B将静止在A上，
所以当A停止运动时，B恰好匀速滑至挡板处，B相对A运动的时间最短，
tmin＝Δt＋t′＝ s
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