《2020年安徽省六校教育研究会高考物理二模试题卷（含答案和解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年安徽省六校教育研究会高考物理二模试题卷（含答案和解析）（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2020年安徽省六校教育研究会高考物理二模试卷题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1. 用光子能量为5.0eV的一束光照射阴极P，如图，当电键K断开时。发现电流表读数不为零。合上电键，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于1.60V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于1.60V时，电流表读数为零，由此可知阴极材料的逸出功为()A. 1.6eVB. 2.2eVC. 3.0eVD. 3.4eV【答案】D【解析】解：根据题意光电子的初动能为：Ek=eUc=1.6eV，根据爱因斯坦光电效应方程，阴极材料的逸出功为：W0=hvEk=5.0eV1.6eV=3.4eV.故D
2、正确，ABC错误。故选：D。光电子射出后，有一定的动能，若能够到达另一极板则电流表有示数，当恰好不能达到时，说明电子射出的初动能恰好克服电场力做功，然后根据爱因斯坦光电效应方程即可正确解答。正确理解该实验的原理和光电效应方程中各个物理量的含义是解答本题的关键。2. 如图所示，固定在水平地面上的物体A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为m1、m2的小球，当两球静止时，小球m1与圆心的连线跟水平方向的夹角也为，不计一切摩擦，则m1、m2之间的关系是()A. m1=m2B. m1=m2tanC. m1=m2cotD. m1=m2cos【答案】B【
3、解析】解：设绳子对两球的拉力大小为T，对m2：根据平衡条件得：T=m2gsin 对m1：根据平衡条件得：T=m1gcos 联立解得：m1=m2tan 故选：B。分别对物体受力分析，由共点力的平衡即可得出两物体的质量之比，分析时抓住绳子拉力大小相等本题的解题关键抓住绳子拉力大小相等，采用隔离法，由平衡条件求解质量之比3. 若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2：3，已知该行星质量约为地球的36倍，地球的半径为R.由此可知，该行星的半径约为()A. 3RB. 4RC. 5RD. 6R【答案】B【解析】解：对于任一行星，设其表
4、面重力加速度为g。根据平抛运动的规律得：h=12gt2水平射程x=v0t可得该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比gg=3222=94根据GMmR2=mg，得R=GMg可知：RR=G36M94g：GMg=4：1，解得行星的半径R=4R，故B正确，ACD错误。故选：B。通过平抛运动的规律求出在星球上该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比，再由万有引力等于重力，求出行星的半径。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律解得加速度之比，掌握万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用。4. 如图所示，四个等量异种的点电荷，放在正方形的四个顶点处。A、B、C、D为正方形四
5、个边的中点，O为正方形的中心，下列说法正确的是()A. A、C两个点的电场强度方向相反B. O点电场强度等于零C. 将一带正电的试探电荷从B点沿直线移动到D点，电场力做正功D. O点的电势低于A点的电势【答案】D【解析】解：A、设正方形边长为L，每个电荷的电量大小为Q，对A点研究，两个正电荷在A点的合场强为零，根据平行四边形定则，两个负电荷在A点的合场强方向水平向右。则A点的电场强度方向水平向右；对C点研究，两个负电荷在C点的合场强为零，根据平行四边形法，两个正电荷在C点的合场强方向水平向右，所以A.C两个点的电场强度方向相同，故A错误；B、两个正电荷在O点的合场强水平向右，两个负电荷在O点的
6、合场强也水平向右，所以O点电场强度不等于零，方向水平向右，故B错误。C、在上面两个等量异种电荷的电场中，BD连线是一条等势线。在下面两个等量异种电荷的电场中，BD连线是也一条等势线，所以BD两点的电势相等，将一带正电的试探电荷从B点沿直线移动到D点，电场力做功为零，故C正确。D、根据电场的叠加原理可知，AC连线上场强方向水平向右，则O点的电势低于A点的电势，故D正确；故选：D。根据点电荷产生的电场特点和矢量合成法则分析各个点的电场强度。电荷在等势面上移动，电场力做功为0.根据电场线的方向分析电势高低。解决该题的关键是知道电场强度是矢量，掌握电场的叠加原理，能先选择合适的两个点电荷分析在某点的电
7、场强度的大小。5. 如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘细线悬挂一带电小球。开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，偏角为，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是()A. 小球带负电B. 当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角变小C. 当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从下向上D. 当滑动头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动头在a处时电源的输出功率【答案】B【解析】解：A、由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右。细线向右偏，电场力向右，则小球带正电，故A错误；B、滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大
8、，路端电压U=EIr变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故B正确；C、滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向从上向下，故C错误；D、根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大。外电阻大于内阻，外电阻减小的过程输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小。本题不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小，故D错误。故选：B。由题，小球向右偏，可判断小球所受电场力方向，根据电场方向，能判断出小球的电性。滑动头从a向b滑动时，接入电路电阻变小，由欧姆定律可分析电容器的电压的变化，从而判断细线的偏角变化，同时
9、可判断电容器是充电还是放电，得出电流表中电流方向。利用电源的输出功率与外电阻关系，可判断输出功率大小。此题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，属于含容电路的分析，对于电容器，关键是分析和计算其电压，及充电情况，电源的输出功率与外电阻的关系可根据数学知识进行严格推导。二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）6. 等离子气流由左方连续以v0射入Pl和P2两板间的匀强磁场中，ab直导线与Pl、P2相连接，线圈A与直导线cd连接线圈A内有随图乙所示的变化磁场且磁场B的正方向规定为向左，如图甲所示，则下列说法正确的是()A. 0ls内ab、cd导线互相排斥B. 12s内ab、cd导线互相排斥C. 23s
10、内ab、cd导线互相排斥D. 34s内ab、cd导线互相排斥【答案】CD【解析】解：左侧实际上为磁流体发电机等离子流通过匀强磁场时，由左手定则判断可知，正离子向上偏转，负离子向下偏转，将在ab中形成从a到b的电流由图乙可知，02s内磁场均匀变化，根据楞次定律可知将形成从c到d的电流，同理24s形成从d到c的电流，且电流大小不变，故02s秒内电流同向，相互吸引，24s电流反向，相互排斥，故AB错误，CD正确故选：CD等离子流通过匀强磁场时，正离子向上偏转，负离子向下偏转，因此将形成从a到b的电流，线圈A中磁场均匀变化，形成感应电流，根据楞次定律判断出流经导线cd的电流方向，然后根据推论：导线中的
11、电流同向时相互吸引，反向时相互排斥判断导线之间作用力情况利用法拉第电磁感应定律E=sBt时，注意Bt图象中斜率的物理意义注意感应电动势的大小看磁通量的变化率，而非磁通量大小或者磁通量的变化量7. 如图半径为R的内壁光滑圆轨道竖直固定在桌面上，一个可视为质点的质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过这两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2.若两次击打过
12、程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W1W2的值可能是()A. 13B. 12C. 1D. 2【答案】AB【解析】解：第一次击打后球最高到达与球心O等高位置，根据功能关系，有：W1mgR两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有：W1+W22mgR=12mv2在最高点，由牛顿第二定律有：mg+N=mv2Rmg联立解得：W1mgRW232mgR则W1：W22：3，故CD错误，AB正确；故选：AB。第一次击打后球最多到达与球心O等高位置，根据功能关系列式；两次击打后可以到轨道最高点，再次根据功能关系列式；最后联立求解即可。首先应该明确知道小球第一次所到的位置最高是与圆心等高，否则小球将脱
13、离轨道回不到A点，其次能正确分析两次做功的取值范围。8. 如图，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的动能Ekh图象，其中h=0.18m时对应图象的最顶点，高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余为曲线，取g=10m/s2，由图象可知()A. 滑块的质量为0.18kgB. 弹簧的劲度系数为100N/mC. 滑块运动的最大加速度为50m/s2D. 弹簧的弹性势能最大值为0.5J【答案】BD【解析】解：A、A.在从0.2m上升到0.35m范
14、围内，Ek=EP=mgh，图线的斜率绝对值为：k=Ekh=2N=mg，则m=0.2kg，故A错误；B、在Ekh图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所示从h=0.2m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2m，当弹簧弹力等于重力时，滑块的速度最大，根据图象可知，此时h=0.18m，则有：mg=kx，解得：k=20.20.18N/m=100N/m，故B正确；C、由上分析可知，滑块静止释放后做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力时，加速度为0，滑块的速度最大，所以滑块在释
15、放瞬间加速度最大，由牛顿第二定律可得：amax=kxmaxmgm=100(0.20.1)20.2m/s2=40m/s2，故C错误；D、根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm=mgh=0.210(0.350.1)=0.5J，故D正确。故选：BD。根据Ekh图象的斜率表示滑块所受的合外力，高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明h=0.2m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2m，当弹簧弹力等于重力时，物块的速度最大，根据平衡条件求出k；物块在释放瞬间加速度最大，由牛顿第二定律可求最大加速度；根据能的转化与守恒可知滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能。解决该题的关键是掌握滑块的整个运动过程，知道在什么时候弹簧处于原长状态，知道离开弹簧后滑块只受到重力作用，则图象的斜率的绝对值表示重力大小9. 下列说法中正确的
