最新2020年高考物理仿真试题(二)

2020年高考物理仿真试题(二) 、单项选择题:本题共5小题,每小题3分,共15分。每小题只有一个选项符合题意。 1.下列实验装置中,利用电磁感应原理制成的是() 翘团首 接高频 交流电源 面计御 人体带电后头发 高频感应炉 电磁炮 电动机 竖起、散开 1.B解析:人体带电后头发竖起、散开,属于静电现象,选项A错误;髙频感应炉的原理是振荡 电路产生高频电磁场,进而利用电磁感应原理产生涡流,从而产生焦耳热,使样品迅速升温熔化 选项B正确:电磁炮是利用电磁系统中电磁场产生的洛伦兹力来对金属炮弹进行加速,使其达到打 击目标所需的动能,选项C错误:电动机的原理是通电导体在磁场中受力的作用,选项D错误。 2.如图所示,倾角为a=370且表面光滑的斜面体固定在匀速下降的升降机上,质量相等的A、B两 小球用一轻质细绳连接着,A的上端用一轻质弹簧拴接在斜面上端的固定装置上。当升降机运动到 某一位置突然处于完全失重状态时,则此刻AB两物体的瞬时加速度为别为 A 3 Bg,=g 3g, g 图 2.A解析:由于整个装置突然处于完全失重状态,根据其的特点可知,A、B两物体与斜面体之 间以及轻绳的弹力会突然消失,而弹簧在这一瞬间,长度不会立即变化,故此时弹簧对A物体的作 用力不变。对B受力分析可知,完全失重瞬间,此时B的合力就是其重力,所以B的瞬时加速度为 8由平衡条件可知,A受到弹簧的作用力大小为F=2 mg sin dl2f,由于A物体本身重力不 变,故在此瞬间,A同时受到弹簧的弹力F和重力作用,根据力的合成特点可知此二力的合力大小 为mg,故其瞬时加速度为g,故选项A正确 3.如图所示,真空中两等量异种点电荷+q、←q固定在y轴上。abcd为等腰梯形;ad、bc边与y轴 垂直。下列说法正确的是 a--+--a A.b、c点场强相同 B.a点电势高于d点电势

1 2020 年高考物理仿真试题(二) 一、单项选择题：本题共 5 小题，每小题 3 分，共 15 分。每小题只有一个选项符合题意。 1． 下列实验装置中，利用电磁感应原理制成的是 ( ) 1．B 解析：人体带电后头发竖起、散开，属于静电现象，选项 A 错误；高频感应炉的原理是振荡 电路产生高频电磁场，进而利用电磁感应原理产生涡流，从而产生焦耳热，使样品迅速升温熔化， 选项 B 正确；电磁炮是利用电磁系统中电磁场产生的洛伦兹力来对金属炮弹进行加速，使其达到打 击目标所需的动能，选项 C 错误；电动机的原理是通电导体在磁场中受力的作用，选项 D 错误。 2．如图所示，倾角为 α=370且表面光滑的斜面体固定在匀速下降的升降机上，质量相等的 A、B 两 小球用一轻质细绳连接着，A 的上端用一轻质弹簧拴接在斜面上端的固定装置上。当升降机运动到 某一位置突然处于完全失重状态时，则此刻 AB 两物体的瞬时加速度为别为 （ ） A．g， g B．g， 5 3 g C． 5 3 g， g D． 5 3 g， 5 4 g 2．A 解析：由于整个装置突然处于完全失重状态，根据其的特点可知，A、B 两物体与斜面体之 间以及轻绳的弹力会突然消失，而弹簧在这一瞬间，长度不会立即变化，故此时弹簧对 A 物体的作 用力不变。对 B 受力分析可知，完全失重瞬间，此时 B 的合力就是其重力，所以 B 的瞬时加速度为 g。由平衡条件可知，A 受到弹簧的作用力大小为 F mg mg 5 6 = 2 sin = ，由于 A 物体本身重力不 变，故在此瞬间，A 同时受到弹簧的弹力 F 和重力作用，根据力的合成特点可知此二力的合力大小 为 mg，故其瞬时加速度为 g，故选项 A 正确。 3．如图所示，真空中两等量异种点电荷+q、-q 固定在 y 轴上。abcd 为等腰梯形，ad、bc 边与 y 轴 垂直。下列说法正确的是 ( ) A．b、c 点场强相同 B．a 点电势高于 d 点电势 图 y O +q -q a b c d α 图 A B 人体带电后头发 竖起、散开 高频感应炉 电磁炮 电动机 A B C D

C.将质子从a点移动到c点,电场力做负功 D.将电子从d点移动到b点,电势能增加 3.℃解析:真空中两等量异种点电荷+q、-q固定在y轴上,故y轴上电场线应沿着y轴正方向 根据对称性特点,b、c点场强大小相等,但是方向不同,选项A错误;同理根据对称性特点,可判 定α点电势等于d点电势,选项B错误:沿着电场线电势降低,故c点的电势大于a点电势,将质 子从a点移到c点,电场力做负功,选项C正确:将电子从d点移动到b点,电场力做正功,电势 能减少,选项D错误。 4.新能源电动汽车是当代生活中重要的交通工具。某新能源电动观光车的主要技术参数如下表: 空车质量 1180kg 动力电源 96V,210Ah 满载人员 12人 输出电压 96V 车身长度3:8m 额定功率 5.04kW 最大车速36km/效率 80% 根据表格有关数据,下列说法正确的是 A.该车电动机的内阻约为182g B.该车在水平路面匀速行驶时受到的阻力为14×102N C.该车保持额定功率行驶的最长时间为4h D.该车以额定功率工作半小时消耗电能约为7.3×106J 4.C解析:由题意可知,额定输出功率5.04kW,发热功率为P=P×20‰=1008W,额定工作电流 为1=乙=525A,由公式P=P,解得=0370,选项A错误:由公式P=m,故该车在水平路 面匀速行驶时受到的阻力为504×102N,选项B错误;根据电池容量Q=210Ah,电流为525A, 则可得t==4h,选项C正确;该车以额定功率工作半小时消耗电能为W=P1=9.072×10J,选 项D错误 5.如图所示,竖直平面内光滑圆轨道半径R=0.4m,从最低点A有一质量为m=lkg的小球开始运动 初速度=5m/s方向水平向右,重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是() A.在A点时,小球对轨道的压力为625N B.小球可能脱离圆轨道 C.在B点时,小球重力的瞬时功率为30W D.从A点运动B点小球克服重力做功的平均功率等于从B点运 2

2 C．将质子从 a 点移动到 c 点，电场力做负功 D．将电子从 d 点移动到 b 点，电势能增加 3．C 解析：真空中两等量异种点电荷+q、-q 固定在 y 轴上，故 y 轴上电场线应沿着 y 轴正方向， 根据对称性特点，b、c 点场强大小相等，但是方向不同，选项 A 错误；同理根据对称性特点，可判 定 a 点电势等于 d 点电势，选项 B 错误；沿着电场线电势降低，故 c 点的电势大于 a 点电势，将质 子从 a 点移到 c 点，电场力做负功，选项 C 正确；将电子从 d 点移动到 b 点，电场力做正功，电势 能减少，选项 D 错误。 4．新能源电动汽车是当代生活中重要的交通工具。某新能源电动观光车的主要技术参数如下表： 空车质量 1180kg 动力电源 96V，210Ah 满载人员 12 人 输出电压 96V 车身长度 3.8m 额定功率 5.04 kW 最大车速 36km/h 效率 80% 根据表格有关数据，下列说法正确的是 （ ） A．该车电动机的内阻约为 1.82 Ω B．该车在水平路面匀速行驶时受到的阻力为 1.4×102 N C．该车保持额定功率行驶的最长时间为 4 h D．该车以额定功率工作半小时消耗电能约为 7.3×106 J， 4．C 解析：由题意可知，额定输出功率 5.04k W，发热功率为 Pr＝P×20%＝1008W，额定工作电流 为 I＝ P U ＝52.5 A，由公式 Pr＝I 2 r，解得 r≈0.37Ω，选项 A 错误；由公式 m P = fv ，故该车在水平路 面匀速行驶时受到的阻力为 5.04×102N，选项 B 错误；根据电池容量 Q＝210 A·h，电流为 52.5 A， 则可得 t＝ q I ＝4 h，选项 C 正确；该车以额定功率工作半小时消耗电能为 W = Pt = 9.072×106 J，选 项 D 错误。 5．如图所示，竖直平面内光滑圆轨道半径 R=0.4m，从最低点 A 有一质量为 m=1kg 的小球开始运动， 初速度 v0=5m/s 方向水平向右，重力加速度 g 取 10m/s2，下列说法正确的是 （ ） A．在 A 点时，小球对轨道的压力为 62.5N B．小球可能脱离圆轨道 C．在 B 点时，小球重力的瞬时功率为 30W D．从 A 点运动 B 点小球克服重力做功的平均功率等于从 B 点运 图

动A点小球重力做功的平均功率 5.D解析:在A点时,轨道对小球的支持力为FA,有FA-mg=m,根据牛顿第三定律有小球 对轨道的压力F=F4=m+mg=72.5N,选项A错误;当小球恰好到达最高点时,有 mg=m,得小球能到达最高点B临界速度是v=√gR,根据动能定理有 mgr m2-m2,解得v1=√5gR=√20m/s(5m,选项B错误:根据功率定义可知, 在B点时,小球重力与速度方向垂直,故小球重力的瞬时功率应为零,选项C错误;根据小球运动 的对称性特点知,小球从A点运动B点运动时间及克服重力做的功等于从B点运动A点运动时间 及重力做的功,根据平均功率定义知选项D正确。 二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对 的得4分选对但不全得2分,错选或不答的得0分。 6.如图所示为甲、乙两个物体由同一时刻沿同一方向做直线运动的叫图象。关于两物体的运动情 况,下列说法正确的是 A.甲、乙两物体一定在2s末相遇 B.前2s内,甲、乙两物体的平均速度相同 6t/s C.在46s内,甲、乙两物体的加速度方向相反 D.前6s内,甲、乙两物体通过的路程相等 图 6.BD解析:甲、乙从同一时刻沿同一方向做直线运动,根据速度图象与坐标轴围成面积表示位 移,可知,在t2s时乙的位移等于甲的位移,但甲、乙的初始位置不清楚,选项A错误:根据平均 速度定义可知甲、乙的平均速度相同,选项B正确:速度图象的斜率表示加速度,在4-6s内,甲、 乙的加速度大小和方向都相同,选项C错误;前6s内,甲物体运动方向不变,所以位移大小等于路 4×24×4 程,解得1-2 m=12m。乙物体在0-4s内,运动方向不变:在46s内,乙物体反 方向运动,所以乙物体通过的路程S2=2×2m+ 2×2m+2×2m=12m,甲、乙两物体通过的路 程相等,选项D正确 7.如图所示,一个边长L=10cm,匝数m=100匝的正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直 于磁感线的对称轴O0匀速转动,磁感应强度B=0.50T,角速度o=10πrad/s,闭合回路中

3 动 A 点小球重力做功的平均功率 5．D 解析：在 A 点时，轨道对小球的支持力为 FA，有 R v F mg m A A 2 − = ，根据牛顿第三定律有小球 对轨道的压力 mg N R v F F m A A 72.5 2 = = + = ，选项 A 错误；当小球恰好到达最高点时，有 R v mg m 2 = ，得小球能到达最高点 B 临界速度是 v = gR ，根据动能定理有 2 2 2 1 2 1 2mgR = mvA − mvB ，解得 v = 5gR = 20m /s5 A m/s，选项 B 错误；根据功率定义可知， 在 B 点时，小球重力与速度方向垂直，故小球重力的瞬时功率应为零，选项 C 错误；根据小球运动 的对称性特点知，小球从 A 点运动 B 点运动时间及克服重力做的功等于从 B 点运动 A 点运动时间 及重力做的功，根据平均功率定义知选项 D 正确。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共计 16 分。每小题有多个选项符合题意。全部选对 的得 4 分，选对但不全得 2 分，错选或不答的得 0 分。 6．如图所示为甲、乙两个物体由同一时刻沿同一方向做直线运动的 v–t 图象。关于两物体的运动情 况，下列说法正确的是 （ ） A．甲、乙两物体一定在 2 s 末相遇 B．前 2 s 内，甲、乙两物体的平均速度相同 C．在 4-6 s 内，甲、乙两物体的加速度方向相反 D．前 6s 内，甲、乙两物体通过的路程相等 6．BD 解析：甲、乙从同一时刻沿同一方向做直线运动，根据速度图象与坐标轴围成面积表示位 移，可知，在 t=2s 时乙的位移等于甲的位移，但甲、乙的初始位置不清楚，选项 A 错误；根据平均 速度定义可知甲、乙的平均速度相同，选项 B 正确；速度图象的斜率表示加速度，在 4-6 s 内，甲、 乙的加速度大小和方向都相同，选项 C 错误；前 6s 内，甲物体运动方向不变，所以位移大小等于路 程，解得 s m m 12m 2 4 4 2 4 2 1 =  +  = 。乙物体在 0-4 s 内，运动方向不变；在 4-6 s 内，乙物体反 方向运动，所以乙物体通过的路程 s m m m 12m 2 2 2 2 2 2 2 2 2 =  +  =  + ，甲、乙两物体通过的路 程相等，选项 D 正确。 7．如图所示，一个边长 L=10cm，匝数 n=100 匝的正方形线圈 abcd 在匀强磁场中绕垂直 于磁感线的对称轴 OO´匀速转动，磁感应强度 B=0.50T，角速度 ω=10πrad/s，闭合回路中 图

两只灯泡均能正常发光。下列说法正确的是 A.从图中位置开始计时,感应电动势瞬时表达式为e=5πcos10rt(V) B.增大线圈转动角速度ω时,感应电动势的峰值Em不变 C.抽去电感器L的铁芯时,灯泡L2变亮 D.增大电容器C两极板间的距离时,灯泡L1变亮 7.AC解析:由Em=nBS=5πV,线框垂直于中性面开始计时,所以闭合电路中电动势瞬时 值的表达式:e=5πcos10πt(V),选项A正确;根据电动势最大值公式Em=nBSω,增大线圈 转动角速度ω时,感应电动势的峰值Em变大,选项B错误;抽去电感器L的铁芯时,即减小自感 系数,则减小感抗,灯泡L2变亮,选项C正确:当增大电容器C两极板间的距离时,电容器的电 容C变小,容抗增大,灯泡L变暗,选项D错误 8.如图所示,磁流体发电机的通道是一长为L的矩形管道,通道中左、右两侧壁是导电的,其高 为h,相距为a,而通道的上下壁是绝缘的,所加匀强磁场的大小为B,与通道的上下壁垂直。等离 子体的速度为ν,电阻率为ρ,负载电阻为R,不计摩擦及粒子间的碰撞。下列说法正确的是() A.顺着运动方向看,左侧壁电势高于右侧壁电势 C.该发电机产生的电动势为Ba B.负载R上的电流Bnah RLh+pa D.为了保持恒定的速度,通道两端需保持一定的压强差B RLh+ pa 8.BC解析:根据左手定则,等离子体运动的方向向里,其中正离子受到的洛伦兹力的方向向右 而负离子受到的洛伦兹力的方向向左,所以右端的电势高,选项A错误,选项B正确:当离子受到 的电场力与洛伦兹力平衡时,两端的电势差最大。当外电路断开时,电动势为E。根据平衡有: By=q-,该发电机产生的电动势为E=Ba,选项B正确:根据电阻定律有r=9D”用合电

4 两只灯泡均能正常发光。下列说法正确的是 （ ） A．从图中位置开始计时，感应电动势瞬时表达式为 e＝5πcos10πt（V） B．增大线圈转动角速度 ω 时，感应电动势的峰值 Em 不变 C．抽去电感器 L 的铁芯时，灯泡 L2 变亮 D．增大电容器 C 两极板间的距离时，灯泡 L1 变亮 7．AC 解析：由 Em＝nBSω=5πV，线框垂直于中性面开始计时，所以闭合电路中电动势瞬时 值的表达式：e=5πcos10πt（V），选项 A 正确；根据电动势最大值公式 Em＝nBSω，增大线圈 转动角速度 ω 时，感应电动势的峰值 Em 变大，选项 B 错误；抽去电感器 L 的铁芯时，即减小自感 系数，则减小感抗，灯泡 L2 变亮，选项 C 正确；当增大电容器 C 两极板间的距离时，电容器的电 容 C 变小，容抗增大，灯泡 L1 变暗，选项 D 错误。 8． 如图所示，磁流体发电机的通道是一长为 L 的矩形管道，通道中左、右两侧壁是导电的，其高 为 h，相距为 a，而通道的上下壁是绝缘的，所加匀强磁场的大小为 B，与通道的上下壁垂直。等离 子体的速度为 v，电阻率为  ，负载电阻为 R，不计摩擦及粒子间的碰撞。下列说法正确的是（ ） A．顺着运动方向看，左侧壁电势高于右侧壁电势 C．该发电机产生的电动势为 Bva B．负载 R 上的电流 RLh a BvaLh +  D．为了保持恒定的速度 v，通道两端需保持一定的压强差 RLh a B v +  2 8．BC 解析：根据左手定则，等离子体运动的方向向里，其中正离子受到的洛伦兹力的方向向右， 而负离子受到的洛伦兹力的方向向左，所以右端的电势高，选项 A 错误，选项 B 正确；当离子受到 的电场力与洛伦兹力平衡时，两端的电势差最大。当外电路断开时，电动势为 E。根据平衡有： a E qBv = q ，该发电机产生的电动势为 E = Bva ，选项 B 正确；根据电阻定律有 Lh a r =  ，闭合电 图 图 k R

路欧姆定律可求得负载R上的电流1==Bab,选项C正确:当等离子体受到的安培力 R+r RLh+pa f BvaL 与受到的压力差相等时,才能保持恒定速度通过磁场,即有Np5ALh+p选项D错误 9.被戏称为“地球的表哥”一一行星“开普勒452b”绕一颗与太阳类似的恒星做匀速圆周运动 经过观察与测量知该行星与地球的半径之比为1.6,表面重力加速度之比为2,两者公转半径相等, 公转周期为385天。若已知地球半径R,重力加速度为g,仅利用上述数据能求出的物理量是() A.“开普勒452b”的第一宇宙速度 B.“开普勒452b”环绕的恒星质量 C.“开普勒452b”的自转周期 D.“开普勒452b”平均密度与地球平均密度之比 9.AD解析:根据题设条件可求得地球的第一宇宙速度为v=√gR,因为已知“开普勒452b” 与地球的半径之比为1.6,表面重力加速度之比为2,故可求得“开普勒452b”的第一宇宙速度 v=√gR'=√32n1,选项A正确:根据牛顿第二定律和万有引力定律知 GMm 4 4 理后有M r3,只知道周期,而轨道半径未知,故无法求出“开普勒452b”环绕中心恒星的 质量,选项B错误;由于题设条件不足,故无法求出“开普勒452b”的自转周期,选项C错误:;根 据平均密度公式有以dm可得“开普勒452b”平均密度与地球平均密度之比 P MR =1.25,选项D正确。 RM 三、简答题:本题分必做题(第10、1l、12题和选做题(第13题两部分,共计42分。 【必做题】 10.(8分)某同学通过实验来测量一个小车的质量。他设计了如图所示的实验装置,图中的传感器 可以精确显示细绳的拉力。请回答下列问题 打点计时器小车 传感器单位:cm4 码和盘

5 路欧姆定律可求得负载 R 上的电流 RLh a BvaLh R r U I +  = + = ，选项 C 正确；当等离子体受到的安培力 与受到的压力差相等时，才能保持恒定速度通过磁场，即有 RLh a B vaL S F p +   = = 2 ，选项 D 错误。 9． 被戏称为“地球的表哥”——行星“开普勒 452b”绕一颗与太阳类似的恒星做匀速圆周运动。 经过观察与测量知该行星与地球的半径之比为 1.6，表面重力加速度之比为 2，两者公转半径相等， 公转周期为 385 天。若已知地球半径 R，重力加速度为 g，仅利用上述数据能求出的物理量是 （ ） A．“开普勒 452b”的第一宇宙速度 B．“开普勒 452b”环绕的恒星质量 C．“开普勒 452b”的自转周期 D．“开普勒 452b”平均密度与地球平均密度之比 9．AD 解析：根据题设条件可求得地球的第一宇宙速度为 v1 = gR ，因为已知“开普勒 452b” 与地球的半径之比为 1.6，表面重力加速度之比为 2，故可求得“开普勒 452b”的第一宇宙速度 1 / / / v1 = g R = 3.2v ，选项 A 正确；根据牛顿第二定律和万有引力定律知 r T m r GMm 2 2 2 4 = ，整 理后有 3 2 2 4 r GT M  = ，只知道周期，而轨道半径未知，故无法求出“开普勒 452b”环绕中心恒星的 质量，选项 B 错误；由于题设条件不足，故无法求出“开普勒 452b”的自转周期，选项 C 错误；根 据平均密度公式有 3 4 3 R M V M   = = ，可得“开普勒 452b”平均密度与地球平均密度之比 1.25 3/ / / 3 = = R M M R   ，选项 D 正确。 三、简答题：本题分必做题(第 10、11、12 题)和选做题(第 13 题)两部分，共计 42 分。 【必做题】 10．(8 分) 某同学通过实验来测量一个小车的质量。他设计了如图所示的实验装置，图中的传感器 可以精确显示细绳的拉力。请回答下列问题： 图 图