2020版高考物理總復(fù)習(xí)沖A方案學(xué)考仿真卷八（含解析）新人教版.docx

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1、學(xué)考仿真卷(八)時間:60分鐘分值:70分一、選擇題(本題共18小題,每小題2分,共36分.每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的,不選、多選、錯選均不得分)1.下列物理量中均屬于矢量的是()A.位移、路程B.力、加速度C.電場強(qiáng)度、電流D.電勢能、磁感應(yīng)強(qiáng)度圖F8-12.如圖F8-1所示是某手機(jī)導(dǎo)航軟件的程序界面.關(guān)于該圖中出現(xiàn)的相關(guān)數(shù)據(jù),下列說法正確的是()A.“14 km/h”是指平均速度B.“3.8公里”是指位移C.“14分鐘”是指時刻D.“202米”是指路程3.下列說法錯誤的是()A.伽利略提出力是改變物體運動狀態(tài)的原因B.牛頓發(fā)現(xiàn)了慣性定律C.愛因斯坦提出了相對論D.霍金

2、預(yù)言了引力波圖F8-24.足球運動員罰點球時,將足球踢入球門左上角,則足球被踢出后上升到球門左上角的過程中,該足球()A.動能一定減小B.機(jī)械能一定增加C.速度方向可能不變D.加速度一定不變5.如圖F8-3所示,小孩用與水平方向成角的輕繩拉放置在水平面上的箱子,圖F8-3第一次輕拉,沒有拉動;第二次用更大的力拉,箱子還是不動,則()A.兩次拉時箱子所受的支持力相同B.第二次拉時箱子所受的支持力較大C.第二次拉時箱子所受的摩擦力較大D.第二次拉時箱子所受的摩擦力較小6.2017年12月24日,被媒體稱為中國三大機(jī)之一的“蛟龍”AG600水陸兩棲飛機(jī)正式首飛,主要用于執(zhí)行遠(yuǎn)洋救援和森林滅火使命.若

3、浙江某地森林發(fā)生火災(zāi),要求“蛟龍”飛機(jī)攜帶滅火彈緊急升空前往滅火,接近火源地時,飛機(jī)調(diào)整航速為50 m/s巡航,在距離火源200 m處釋放滅火彈,成功命中火源,滅火成功,則飛機(jī)滅火時的巡航高度約為(忽略空氣阻力)()A.80 mB.100 mC.200 mD.250 m圖F8-47.北斗系統(tǒng)的衛(wèi)星由若干周期為24 h的地球靜止軌道衛(wèi)星(如圖F8-4中a)、傾斜地球同步軌道衛(wèi)星(如圖中b)和中圓地球軌道衛(wèi)星(如圖中c)三種衛(wèi)星組成,若把它們的運動都近似看作勻速圓周運動,則下列說法正確的是()A.衛(wèi)星a能經(jīng)過浙江上空B.它們運動的線速度大小關(guān)系是va=vbvcC.它們運動的向心加速度大小關(guān)系是aa

4、=abrc,故va=vbrc,va=vbvc,故aa=abac,C正確;衛(wèi)星c的軌道比同步衛(wèi)星的軌道低,其周期小于同步衛(wèi)星的周期,即小于24 h,D錯誤.8.A解析 當(dāng)光照增強(qiáng)時,光敏電阻的阻值減小,電路的總電阻減小,由閉合電路歐姆定律可知,電路中總電流增大,則L2燈逐漸變亮,由U=E-Ir可知,路端電壓減小,L2燈兩端的電壓增大,則L1兩端的電壓減小,故L1燈逐漸變暗,故A正確,B錯誤;總電流增大,由P=I2r知,電源內(nèi)電路消耗的功率逐漸增大,故C錯誤;將L2燈看成電源內(nèi)電路的一部分,光敏電阻R和燈泡L1消耗的總功率是等效電源的輸出功率,由于等效電源的內(nèi)阻大于外電阻,所以當(dāng)光敏電阻的阻值減小

5、時,等效電源的內(nèi)、外電阻的阻值差變大,輸出功率減小,則光敏電阻R和L1消耗的總功率逐漸減小,故D錯誤.9.A解析 讓盛滿水的雪碧瓶自由下落時,瓶和里面的水都做自由落體運動,處于完全失重狀態(tài),它們的運動情況是相同的,所以不會有水流出,A正確.10.A解析 斷開開關(guān),電容器帶電荷量不變,將M、N分開一些,則d增大,根據(jù)C=rS4kd知,電容減小,根據(jù)U=QC知,電勢差增大,指針偏角增大,故A正確;保持開關(guān)閉合,電容器兩端的電勢差不變,則指針偏角不變,與極板間距無關(guān),故B、C錯誤;保持開關(guān)閉合,電容器兩端的電勢差不變,滑動變阻器僅僅充當(dāng)導(dǎo)線功能,滑片滑動不會影響指針偏角,故D錯誤.11.B解析 飛行

6、過程實現(xiàn)了無人駕駛,但是還是需要地面技術(shù)人員的操作,故A錯誤;無人機(jī)在勻速圓周運動過程中加速度大小不變,但是加速度方向是不斷變化的,故B正確,C錯誤;做圓周運動時,無人機(jī)有時處于超重狀態(tài),有時處于失重狀態(tài),故D錯誤.12.B解析 根據(jù)右手螺旋定則可判斷,a、b導(dǎo)線在c處產(chǎn)生的合磁場方向豎直向下,A錯誤;根據(jù)左手定則可判斷,c導(dǎo)線所受的安培力方向與ab連線垂直指向右邊,B正確;根據(jù)磁場的疊加原理,a所在處磁場方向沿a的角平分線,C錯誤;若改變c的電流方向而其他條件不變,則c所受的安培力反向,D錯誤.13.C解析 物塊沿光滑斜面上滑和下滑過程中受力不變,加速度大小和方向均不變,D錯誤,C正確;由于

7、物塊做勻變速運動,xt圖像不是傾斜直線,A錯誤;速度是矢量,若上滑時速度為正,則下滑時速度為負(fù),下滑時的v-t圖線應(yīng)該在t軸以下,B錯誤.14.A解析 電動車勻速運動時,向前的牽引力與向后總的阻力大小相等,即F=f1+f2=k1Mg+k2v2,牽引力所做的功為W=Fx,由(k1Mg+k2v12)x1=(k1Mg+k2v22)x2,解得x260 km,A正確.15.B解析 2只5 W的LED燈比2只60 W的白熾燈節(jié)省功率為110 W,現(xiàn)在我國人口以13億計算,每4人一戶家庭,每戶家庭每天開燈6小時,一年節(jié)省的電能為11010-31.310946365 kWh=7.81010 kWh,B正確.1

8、6.C解析 要使導(dǎo)體棒能夠靜止在偏離豎直方向角(如側(cè)面圖)的位置,則安培力的范圍是由豎直向上順時針轉(zhuǎn)到沿細(xì)線向下,可以豎直向上,但不能沿細(xì)線向下,再由左手定則可判斷,磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向是由水平向右順時針轉(zhuǎn)到垂直于細(xì)線向下,但不能沿垂直于細(xì)線向下方向,故C正確.17.C解析 B不帶電,不受洛倫茲力,A、B之間的細(xì)線沒有拉力,所以TOB=mg,選項A錯誤.對A受力分析,有TOA=2mg,F庫=mg,F庫=kq2x2,解得x=kq2mg,選項B錯誤,選項C正確.若將C放置在A正上方且x不變,則O、A間的細(xì)線拉力也為零,O、B間細(xì)線依然可以保持豎直,選項D錯誤.18.B解析 如圖所示,設(shè)B、O間距為s1

9、,A點離水平面的高度為h,A、O間的水平距離為s2,物塊的質(zhì)量為m,在物塊下滑的全過程中,由動能定理得mgh-mgcos s2cos-mgs1=0,解得=hs1+s2=tan ,故B正確.19.(1)AD(2)CD(3)如圖所示解析 (1)打點計時器對紙帶打點,分析紙帶來求速度,鉤碼通過細(xì)線拉動小車.(2)先接通電源,再釋放紙帶;紙帶應(yīng)壓在復(fù)寫紙下面;拉小車的細(xì)線應(yīng)與長木板平行;本實驗無需平衡摩擦力,只需讓小車做勻加速運動即可.(3)如圖所示.20.(1)如圖所示(2)R2(3)1.50 500解析 (1) 如圖所示.(2)電源的內(nèi)阻大約為r=500 ,若選用030 的滑動變阻器,則移動滑片時

10、電流基本不變,所以本實驗中滑動變阻器應(yīng)選用R2.(3)圖線的縱軸截距等于電源的電動勢,E=1.50 V,圖線斜率的絕對值等于內(nèi)阻,r=500 .21.(1)6 s60 m/s(2)85 000 N解析 (1)火箭自由落體過程,有h=12gt12v1=gt1解得t1=6 s,v1=60 m/s.(2)火箭勻速下降時,設(shè)下降的高度為h2,時間為t2,有h2=v1t2=3000 m火箭減速時,有F-mg=mav2-v12=-2ah3h3=3256 m-3000 m=256 m解得F=85 000 N.22.(1)1 m/s(2)0.2解析 (1)設(shè)物塊做平拋運動所用的時間為t,則豎直方向上,有H=12gt2水平方向上,有s=v0t聯(lián)立解得v0=1 m/s.(2)物塊離開轉(zhuǎn)臺時,最大靜摩擦力提供向心力,有mg=mv02R解得=0.2.23.(1)2 m/s(2)0.9 J(3)0.5解析 (1)小球在最高點時,受重力、電場力、壓力作用,根據(jù)牛頓第二定律得mg+qE+FN=mv2RFN=FN=0.2 N解得v=2 m/s(2)小球恰好能通過圓軌道最高點,有qE+mg=mv12R由動能定理得W-mg2R-qE2R=12mv12-0解得W=0.9 J(3)由動能定理得W-mg+qEcos hsin=0解得=0.5