1、高考资源网（） 您身边的高考专家2020年高考适应性训练（二）物理试题一、单项选择题1.一滑块做直线运动的图象如图所示，下列说法正确的是A. 滑块在末的加速度等于B. 滑块在末速度方向发生改变C. 滑块在内的位移与内的位移相同D. 滑块在内的平均速度等于内的平均速度【答案】A【解析】【详解】A滑块在3s末的加速度为，故A正确；B在2s末前后滑块的速度均为正，说明滑块的速度方向没有改变，故B错误；C根据图象与时间轴所围的面积表示位移，知滑块在24s内的位移与46s内的位移大小相等，方向相反，位移不等，故C错误；D滑块在26s内的位移为0，则滑块在06s内的位移等于02s内的位移，但所用时间不等，
2、则滑块在06s内的平均速度不等于02s内的平均速度，故D错误。故选A。2.已知的半衰期为T，关于核反应方程（为释放出的核能，为新生成的粒子）下列说法正确的是（）A. 比少1个中子，此反应衰变B. N0个（N0数值足够大），经2T时间因发生上述核反应而放出的核能为C. 的比结合能为D. 与其他元素形成的化合物的半衰期小于T【答案】A【解析】【详解】A由质量数和电荷数守恒知X的质量数是0，电荷数是-1，为电子，是原子核内的中子转化为质子而释放一个电子，故A正确；B经2T时间还剩余四分之一没衰变，发生上述核反应而放出的核能为，故B错误；C的比结合能是234个核子结合成Th234时放出的能量，该能量不
3、是它衰变时放出的能量E，所以的比结合能不是，C错误；D半衰期与原子核所处物理环境和化学状态均无关，则与其他元素形成的化合物的半衰期依然为T，故D错误。故选A。3.2020年1月7日23时20分，在西昌卫星发射中心，长征三号乙运载火箭托举“通信技术试验卫星五号”直冲云霄，发射任务取得圆满成功，为我国2020年宇航发射迎来开门红。火箭中一物体在地球表面重100N，某时刻它在以4m/s2的加速度加速上升的火箭中的视重为65N，则此时火箭离地球表面的高度为（设地球半径为R，地球表面重力加速度g=10m/s2）（）A. RB. 2RC. 3RD. 4R【答案】A【解析】【详解】火箭在地球上，根据平衡条件
4、在距离地面处，根据牛顿第二定律解得不考虑星球自转，万有引力等于重力则解得A正确，BCD错误。故选A4.一定质量的理想气体由状态a经状态b、c到状态d，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、a、d三点在同一直线上，ab和cd平行于横轴，bc平行于纵轴，则下列说法正确的是（）A. 从状态a到状态b，气体放热B. 从状态a到状态b，每个气体分子的动能都增大C. 从状态b到状态c，气体对外做功，内能减小D. 从状态a到状态d，气体内能增加【答案】D【解析】【详解】A气体从状态a到状态b体积不变，发生的是等容变化，气体不做功W=0，温度升高，内能增加U0，根据热力学第一定律U=W+Q，知Q0，气体吸收
5、热量，故A错误；B体从状态a到状态b体积不变，发生的是等容变化，气体不做功W=0，温度升高，分子平均动能增大，但不是每个气体分子的动能都会增大，故B错误；C由状态b变到状态c的过程中，温度不变，内能不变U=0，体积变大，气体对外界做功，故C错误；Da状态到d状态的温度升高，则气体内能增加，故D正确。故选D。5.在如图所示的电路中，电键S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，极板间悬浮着一油滴P，下列说法正确的是（）A. 油滴带正电B. 只断开电键S1，电容器的带电量将会增加C 只断开电键S2，油滴将会向上运动D. 断开电键S4，油滴将会向下运动【答案】C【解析】【详解】A
6、.电容器的上极板与电源正极相连，带正电，油滴受到竖直向下的重力和电场力作用，处于平衡状态，故电场力方向竖直向上，油滴带负电，A错误；B. 只断开电键S1，不影响电路的结构，电容器的带电量恒定不变，B错误；C. 只断开电键S2，电容器电压等于电源两端电压，则电容器两极板间电压增大，电场强度增大，油滴将会向上运动，C正确；D. 断开电键S4，电容器电荷量不变，电场强度不变，油滴仍然静止，D错误。故选C。6.如图，不计空气阻力，从O点水平抛出的小球抵达光滑斜面上端P处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面PQ做匀加速直线运动下列说法正确的是（ ）A. 小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大
7、B. 小球在斜面运动的过程中地面对斜面的支持力大于小球和斜面的总重C. 撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地速率将变大D. 撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地时间将减小【答案】D【解析】【详解】根据牛顿第二定律得，小球在斜面上运动的加速度a=gsin，平抛运动的加速度为g，可知小球在斜面上运动的加速度小于平抛运动的加速度，故A错误对小球和斜面整体分析，小球沿斜面向下加速的过程中，小球具有沿斜面向下的加速度，处于失重状态，可知地面对斜面的支持力小于小球和斜面的总重力，故B错误根据动能定理得，mgh=mv2-mv02，撤去斜面，h不变，落地的速率不变，故C错误比较小球在斜面上
8、与空中运动的时间由于小球在斜面上运动的加速度为 a=gsin，竖直分加速度为 ay=asin=gsin2g，则知撤去斜面，落地时间变短故D正确故选D7.单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图像投射到对焦屏上。对焦屏上的图像通过五棱镜的反射进入人眼中。如图为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，光线垂直AB射入，分别在CD和EA上发生全反射，且两次反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出，则该五棱镜折射率的最小值（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】设射入CD面上的入射角为，因为在CD和EA上发生全反射，且两次反射的
9、入射角相等，如下图根据集合关系有解得当光刚好在CD和AE面上发生全反射时，折射率最小，根据解得最小折射率为故BCD错误，A正确。故选A8.如图所示，一个匝数为100匝内阻不计的矩形线圈在匀强磁场中绕其垂直于磁感线的转轴OO匀速转动，转动周期为，矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，原副线圈匝数比为1:2，副线圈所接电阻R=2，电表均为理想交流电表。当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，电阻R上消耗的功率为8W，下列说法正确的是（）A. t=0时刻，电压表的示数为0B. 穿过线圈的磁通量的变化率为C. 线圈中的电流方向每秒变化50次D. 线圈中感应电动势的瞬时值表达式为【答案】B【解析】【详解】A根据
10、得副线圈两端的电压根据电压与匝数成正比解得A错误；BD线圈转动的角速度感应电动势的最大值感应电动势的瞬时值表达式当时，由法拉第电磁感应定律代入解得B正确D错误；C每转动一周电流变化两次，转动周期为，线圈中的电流方向每秒变化100次，C错误。故选B。二、多项选择题9.如图所示，质量相等的小球A、B由轻质弹簧连接，A球上端用细线悬挂于天花板。现烧断细线，两小球从静止开始下落，至弹簧第一次恢复原长过程中（B球未触地），不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）A. 细线烧断瞬间，A球的加速度为g，B球的加速度为零B. 整个过程中，弹簧对A、B球的冲量大小相等C. 弹簧第一次恢复原长时，A球
11、动量大于B球动量D. 整个过程中，A、B球的重力做功相等【答案】BC【解析】【详解】A细线烧断瞬间，弹簧长度不变，弹力不变，B球的加速度为零，A球加速度为故A错误；B整个过程中，弹簧对两球的力大小相等方向相反，根据冲量定义式可知弹簧对A、B球的冲量大小相等，故B正确；C从开始下落至弹簧第一次恢复原长之前，A球加速度一直大于B球加速度，A球速度大于B球速度，根据动量定义式可知A球动量大于B球动量，故C正确；D整个过程中，A球位移大于B球位移，根据可知A球的重力做功大于B球的重力做功，故D错误；故选BC。10.如图所示，足够长U型管内竖直放置，左右两侧分别用水银封有L1、L2两部分气体，则下列陈述
12、中正确是（）A. 只对气柱L1加热，则气柱L1变大，气柱L2长度不变B. 只对气柱L2加热，则h不变，气柱L2长度减小C. 若在右管中注入一些水银，气柱L1将增大D. 对气柱L1、L2同时加热，则气柱L1、L2均增大【答案】AD【解析】【详解】A只对L1加热，假设体积不变，则压强增大，所以L1增大、h减小，气柱L2长度不变，因为此部分气体做等温变化，故A正确；B只对L2加热，气体L2做等压变化，压强不变，温度升高，体积增大，故气柱L2长度增大，由于L2的压强不变，则h不变，故B错误；C若在右管中注入一些水银，L2压强增大，假设L1的体积不变，L1的压强与h长度的水银柱产生的压强之和随之增大，L
13、1的压强增大，根据玻意耳定律得L1将减小，故C错误；D对气柱L1、L2同时加热，同时升高了相同的温度，假设气体体积不变，L1的压强增大，L2压强不变，则L1增大、h减小，故D正确。故选AD。11.A、B为电场中一直线上的两个点，带正电的点电荷只受电场力的作用，从A点以某一初速度做直线运动到B点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示则从A到B过程中，下列说法正确的是( )A. 点电荷的速度先增大后减小B. 空间电场是某负点电荷形成的C. 电荷所受电场力先减小后增大D. 空间各点的电势先升高后降低【答案】CD【解析】【详解】A、根据电势能Ep随位移x的变化图像可知，电势能先增大后减小，所以电场力
14、先做负功再做正功，又点电荷只受电场力，所以合外力先做负功再做正功，因此点电荷的速度先减小后增大，A错误B、点电荷带正电，且电场力先做负功再做正功，所以电场强度的方向先向左再向右，空间电场可能是某正点电荷形成的，B错误C、电势能Ep随位移x的变化的图像斜率表示电场力，所以可知电场力先减小后增大，C正确D、根据，粒子带正电且电势能先增大后减小，同时电势能均为正值，所以空间各点的电势先升高后降低，D正确12.如图，平行光滑金属导轨M、N固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中完全相同的两金属棒P、Q搭放在导轨上，开始均处于静止状态给P施加一与导轨平行的恒定拉力作用，运动中两金属棒始终与导轨垂直并与导
15、轨接触良好设导轨足够长，除两棒的电阻外其余电阻均不计则两棒的速度及棒中的感应电流随时间变化的图象正确的是A. B. C. D. 【答案】AD【解析】P向右做切割磁感线运动，由右手定则判断知，回路中产生逆时针的感应电流，由左手定则判断可知，Q棒所受的安培力方向向右，故Q向右做加速运动；Q向右运动后，开始阶段，两杆的速度差增大，产生回路中产生的感应电动势增大，感应电流增大，两杆所受的安培力都增大，则P的加速度减小，Q的加速度增大，当两者的加速度相等时，速度之差不变，感应电流不变，安培力不变，两杆均做加速度相同的匀加速运动AB、开始运动时，P棒做加速度减小的加速度运动，Q棒做加速度增大的加速运动，最
16、终做加速度相同的加速度运动，故A正确，B错误；CD、开始运动时，两棒的速度差增大，感应电动势增大，通过电流增大，最终两棒都做匀加速运动，速度差保持不变，故回路中感应电动势不变，电流恒定，故C错误，D正确故选AD【点睛】P向右做切割磁感线运动，产生感应电流，此感应电流流过Q，Q受到安培力而运动起来，先根据右手定则判断回路中感应电流的方向，再由左手定则判断Q所受的安培力方向，即可判断其运动方向通过分析安培力的变化，来分析两棒的运动情况和电流变化情况三、非选择题13.在做“探究合力与分力的关系”实验时：(1)把橡皮条的一端固定在木板上，用两个弹簧秤把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点，以下操作中正确的
17、是_。A同一次实验过程中，O点位置允许变动B实验中，弹簧秤必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度C实验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧秤拉力的大小和方向，把橡皮条另一端拉到O点D实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两弹簧秤之间夹角应取，以便于算出合力的大小(2)该实验思想是等效思想，其等效性是指_。A使两分力与合力满足平行四边形定则B使两次橡皮筋与细绳套的结点都与某点O重合C使两次橡皮筋伸长的长度相等D使弹簧秤在两种情况下发生相同的形变(3)根据实验中的测量数据，画出了各力的图示。以下为三位同学在做平行四边形过程中的某一瞬间（直尺固定），其中操作正确的是_
18、。A. B. C.【答案】 (1). B (2). B (3). C【解析】【详解】(1)1 A同一次实验过程中，O点位置不允许变动，故A项错误；B实验中，弹簧秤必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度，这样才能所有力均在一平面内且弹簧秤读数准确，故B项正确；C实验中，若先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后调节另一弹簧秤拉力的大小和方向，把橡皮条另一端拉到O点，则第一个弹簧秤的拉力易超出量程，故C项错误；D实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两弹簧秤之间夹角没有限制，且合力的大小不是计算出来的，故D项错误。故选B。(2)2 该实验思想是等效思想，其等效性（合力与分力的作用效果）是指
19、两次橡皮筋与细绳套的结点都与某点O重合，故B项正确，ACD三项错误。故选B。(3)3将力平移时，应将三角板的一个直角边与刻度尺对齐，另一个直角边与力平行，然后将三角板沿刻度尺移动，作力的平行线，故C项正确，AB两项错误。故选C。14.小明同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻阻值的电路他用了以下的实验器材中的一部分，设计出了图(a)的电路图：a电流表A1(量程0.6A，内阻很小)；电流表A2(量程300A，内阻rA=1000)；b滑动变阻器R(0-20)；c，两个定值电阻R1=1000，R2=9000；d待测电阻Rx；e待测电源E(电动势约为3V，内阻约为2)f开关和导线若
20、干(1)根据实验要求，与电流表A2串联的定值电阻为_(填“R1”或“R2”)(2)小明先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关S1，调节滑动变阻器，分别记录电流表A1、A2的读数I1、I2，得I1与I2的关系如图(b)所示根据图线可得电源电动势E=_V；电源内阻r=_，(计算结果均保留两位有效数字)(3)小明再用该电路测量定值电阻Rx的阻值，进行了以下操作：闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表A1示数Ia，电流表A2示数Ib；断开开关S2，保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表A1示数Ic，电流表A2示数Id；后断开S1；根据上述数据可知计算
21、定值电阻Rx的表达式为_若忽略偶然误差，则用该方法测得的阻值与其真实值相比_(填“偏大”、“偏小”或“相等”)【答案】 (1). R2 (2). 3.0 (3). 2.1 (4). (5). 相等【解析】【详解】（1）电流表A2与R2串联，可改装为量程为的电压表，故选R2即可；（2）由图可知电流表A2的读数对应的电压值即为电源的电动势，则E=3.0V；内阻 （3）由题意可知： ，；联立解得；由以上分析可知，若考虑电流表A1内阻的影响，则表达式列成： ，最后求得的Rx表达式不变，则用该方法测得的阻值与其真实值相比相等15.如图甲所示，AB是倾角为30的足够长的光滑斜面，A处连接一粗糙水平面OA，
22、OA长16m。一质量m=4kg的滑块在O点处于静止状态，在t=0s时刻给滑块施加水平向右拉力F，拉力F按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数=0.25，g取10m/s2，试求：(1)摩擦力在03s内冲量的大小；(2)滑块沿斜面AB上升的最大高度。【答案】(1)28NS；(2)35m【解析】【详解】（1）由题图乙知，内，滑块静止若时滑块未到达A点，则内滑块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得由得假设成立，所以，摩擦力在03s内冲量的大小（2）对OB过程，由动能定理列式得解得16.一列简谐横波在某介质中传播经过a、b两点，a、b两点的平衡位置相距3m，如图所示，图中实线表示a点的振动图像，虚
23、线表示b点的振动图像（i）写出质点b的振动方程；（ii）求该简谐横波的传播速度【答案】（） （） （，1，2） （，1，2） 【解析】试题分析：根据图象得出振幅和周期即可写出振动方程；若质点a向质点b传播，求出波长的通项，根据，即可求出波速的通式，同理求出质点b向质点a传播时波速的通项表达式（）由图象可得，质点b的振幅周期，综上，质点b的振动方程为（）若质点a向质点b传播，可得：（，1，2）可得波长为：，（，1，2）则波速为：，（，1，2）同理：若质点b向质点a传播，可得：（，1，2）可得波长为：，（，1，2）则波速为：，（，1，2）点睛：本题主要考查了对振动图象以及质点的振动与波动关系的理解
24、，关键要抓住波的波长列出波长的通项，从而求出波速的通项17.如图所示，在坐标系xOy的第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场，第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，且第二象限和第四象限内的电场强度大小相等。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的A点（0，R）沿x轴负方向射入第三象限，随后从C点垂直于x轴进入第二象限，然后从y轴上D点沿与y轴成45角的方向离开电场，在磁场中运动一段时间后，从x轴上F点进入第四象限，恰好又能从A点垂直y轴射入磁场，以后做周期性运动。不计粒子重力，求：(1)电场强度E的大
25、小；(2)磁场的磁感应强度B1的大小；(3)粒子的运动周期T。【答案】(1) (2)B1=B0 (3)【解析】【分析】结合运动学公式及电场、磁场方面的内容可以把答案求解出来【详解】(1)根据题意可知，带电粒子在第三象限做半径为R的匀速圆周运动。由可得在第二象限的电场中，粒子沿电场方向做匀加速直线运动，有粒子的加速度大小由于粒子从D点射出时与y轴的夹角为45，所以有综合以上解得(2)粒子进入磁场时的速度大小为OD间的距离大小为根据运动轨迹可知，粒子在磁场中做半径为的匀速圆周运动，然后从F点射出时速度方向与x轴负方向的夹角大小也为45 根据联立以上可解得B1=B0(3)粒子在磁场中做周期的圆周运动
26、，所以运动时间在磁场做周期的圆周运动，所以运动时间由于粒子从x轴上的F点进入第四象限，恰好乂能从A点垂直y轴射入磁场，因此可知粒子在两个电场中的运动时间相同，均为故粒子运动的周期为【点睛】对于电磁学类型的大题，要先把物体的运动过程了解清楚才可以更好的进行求解。18.如图所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为=30、高度为h=1.6m。一薄木板B置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l0=0.2m的轻弹簧，木板总质量为m=1kg，总长度为L=2.0m。一质量为M=3kg的小物块A从斜面体左侧某位置水平抛出，物块A经过一段时间后从斜面顶端以4m/s的速率沿平行于斜面方向落到木板
27、B上并开始向下滑行，已知A、B之间的动摩擦因数为。木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：(1)物体A水平抛出时离地面的高度H；(2)薄木板B从开始运动到与档板碰撞所需的时间；(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。【答案】(1)1.8m；(2)0.6s；(3)5J【解析】【详解】(1)物块A落到B上时解得vy2m/s物块A落到木板前做平抛运动，竖直方向：解得H1.8m(2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数0应满足：mgsin 300mgcos
28、30得物块A在木板上滑行时，以A为研究对象有：(沿斜面向上)以木板B为研究对象有：(沿斜面向下)假设A与木板达到共同速度v共时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有：v共aBt1vaAt1解得v共3 m/s，t10.4 s此过程故xxAxB0.8 mLl01.8m说明以上假设成立共速后，由于(Mm)gsin 300(Mm)gcos 30，A与木板B一起匀速到木板与底端挡板碰撞，该过程所需时间所以t=t1+t2=0.6s(3)木板停下，此后A做匀减速到与弹簧接触，然后A压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A的速度为vA，有：2aA(Ll0x)vA2v共2解得vA2 m/s设弹簧最大压缩量为xm，A从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有：Q2Mgxmcos 30得Q6 J，xmmA从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有EpmMgxmsin 305 J即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为5J。高考资源网版权所有，侵权必究！
