2020高考物理模拟卷含答案解析(1).doc

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1、2020高考物理模拟卷(1) (建议用时:60分钟满分:110分)二、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1418题只有一项符合题目要求,第1921题有多项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)14.关于原子核的变化、核能及核力,下列说法正确的是()A.核力是一种弱相互作用,只能发生在原子核内相邻核子之间B.某原子经过一次衰变和两次衰变后,核内质子数不变C.放射性原子核X发生衰变,生成物的结合能一定小于X的结合能D.92235U+01n56144Ba+3689Kr+301n是太阳内部发生的核反应之一15.如图所示,半球形物体A和

2、小球B紧靠着放在一固定斜面上,并处于静止状态,忽略小球B表面的摩擦,用水平力F沿物体A表面将小球B缓慢拉至物体A的最高点C,物体A始终保持静止状态,则下列说法中正确的是()A.物体A受到4个力的作用B.物体A受到斜面的摩擦力大小始终不变C.小球B对物体A的压力大小始终不变D.小球B对物体A的压力大小一直增加16.如图所示,质量为m,长为l的铜棒ab,用长度也为l的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,未通电时,轻导线静止在竖直方向,通入恒定电流后,棒向外偏转的最大角度为,则()A.棒中电流的方向为baB.棒中电流的大小为mgtanBlC.棒中电流的大小为mg(1-cos)B

3、lsinD.若只增大轻导线的长度,则角变大17.如图所示,一个箱子内放置质量为m的物体,现让箱子以初速度为零从高空释放,箱子所受的空气阻力与箱子下落速度成正比,在箱子下落过程中,下列说法正确的是()A.箱内物体对箱子底部始终没有压力B.箱内物体对箱子底部刚开始存在压力,但随着箱子下降,压力逐渐减小直到为零C.箱子接近地面时,箱内物体受到的支持力比刚投下时大D.箱子接近地面时,箱内物体受到的支持力比刚投下时小18.教学用发电机能够产生正弦式交变电流.利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R0供电,电路如图(甲)所示,所产生的交变电压随时间变化规律如图(乙)所示,C是耐压值为2.5 V

4、的电容器,R是滑动变阻器,所有电表均为理想电表.则()A.副线圈输出的电流频率为0.5 HzB.各电表的示数均为瞬时值C.若原副线圈的匝数比为101,则电容器不会被击穿D.滑动变阻器滑片P向下移动时,电流表A1,A2的示数均增大19.有一倾角为30的光滑斜面,劲度系数为k的轻弹簧下端固定在斜面底端,上端与一质量为m的滑块A连接,A处于静止状态.另一质量也是m的滑块B在距离滑块A为L处由静止释放,A,B相碰后粘在一起沿斜面向下运动,A,B均可以视为质点,则下列说法正确的是()A.滑块B与A碰撞前瞬间B的速度为v0=gL2B.AB滑块相碰前弹簧所具有的弹性势能为Ep=m2g28kC.整个过程损失的

5、机械能为14mgLD.当A,B滑块速度减为零时弹簧弹力的大小为mg20.如图所示,一个带电荷量为-Q的点电荷甲,固定在绝缘水平面上的O点.另一个带电荷量为+q、质量为m的点电荷乙,从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动,运动到B点时速度为v,且为运动过程中速度的最小值.已知点电荷乙受到的阻力大小恒为f,A,B间距离为L0,静电力常量为k,则下列说法正确的是()A.点电荷乙从A点向甲运动的过程中,加速度先减小再增大B.点电荷乙从A点向甲运动的过程中,其电势能先增大再减小C.OB间的距离为kQqfD.在点电荷甲形成的电场中,AB间电势差UAB=fL0+12mv2q21.如图所示,电阻不计的两光滑平

6、行导轨固定在绝缘水平面上,导轨间距为1 m,导轨中部有一直径也为1 m的圆形匀强磁场区域,与两导轨相切于M,N两点.磁感应强度大小为1 T、方向竖直向下,长度略大于1 m的金属棒垂直导轨水平放置在磁场区域中,并与区域圆直径MN重合.金属棒的有效电阻为0.5 ,一劲度系数为3 N/m的水平轻质弹簧一端与金属棒中心相连,另一端固定在墙壁上,此时弹簧恰好处于原长.两导轨通过一阻值为1 的电阻与一电动势为4 V、内阻为0.5 的电源相连,导轨电阻不计.若开关S闭合一段时间后,金属棒停在导轨上某位置,下列说法正确的是()A.金属棒停止的位置在MN的右侧B.停止时,金属棒中的电流为4 AC.停止时,金属棒

7、到MN的距离为0.4 mD.停止时,金属棒受到的安培力大小为2 N三、非选择题(包括必考题和选考题两部分,第2225题为必考题,每个试题考生都必须作答.第3334题为选考题,考生根据要求作答)(一)必考题:共47分.22.(6分)甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图(甲)、(乙)、(丙)所示的实验装置,验证“当质量一定时,物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律.已知他们使用的小车完全相同,小车的质量为M,重物的质量为m,试回答下列问题:(1)甲、乙、丙实验中,必须平衡小车和长木板之间的摩擦力的实验小组是.A.甲、丙B.甲、乙C.甲、乙、丙(2)实验时,必须满足“M远大于m”的实验小组

8、是.(3)实验时,甲、乙、丙三组同学的操作均完全正确,他们作出的aF图线如图(丁)中A,B,C所示,则甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是,.23.(9分)某同学设计如图(a)所示电路来测量未知电阻Rx的阻值和电源电动势E.实验器材有:电源(内阻不计),待测电阻Rx(约为5 ),电压表V(量程为3 V,内阻约为1 k),电流表(量程为 0.6 A,内阻约为2 ),电阻R0(阻值3.2 ),电阻箱R(099.9 ),单刀单掷开关S1,单刀双掷开关S2,导线若干.(1)根据图(a)所示电路图用笔画线代替导线在图(b)中完成实物电路的连接.(2)闭合开关S1,将S2拨至1位置,调节电阻箱,测得电压表和

9、电流表的示数分别为2.97 V和0.45 A;再将S2拨至2位置,调节电阻箱,测得电压表和电流表的示数分别为2.70 V和0.54 A.由上述数据可测算出待测电阻Rx=(结果保留两位有效数字).(3)拆去电压表,闭合开关S1,保持开关S2与2的连接不变,多次调节电阻箱,记下电流表示数I和相应电阻箱的阻值R,以1I为纵坐标,R为横坐标,作1IR图线如图(c)所示,根据图线求得电源电动势E=V.实验中,随着电阻箱阻值的改变,电阻箱消耗的功率P会发生变化,当电阻箱阻值R=时,电阻箱消耗的功率最大.(结果均保留两位有效数字)24.(12分)如图,是某科技小组制作的嫦娥四号模拟装置示意图,用来演示嫦娥四

10、号空中悬停和着陆后的分离过程,它由着陆器和巡视器两部分组成,其中着陆器内部有喷气发动机,底部有喷气孔,在连接巡视器的一侧有弹射器.演示过程:先让发动机竖直向下喷气,使整个装置竖直上升至某个位置处于悬停状态,然后让装置慢慢下落到水平面上,再启动弹射器使着陆器和巡视器瞬间分离,向相反方向做减速直线运动.若两者均停止运动时相距为L,着陆器(含弹射器)和巡视器的质量分别为M和m,与地面间的动摩擦因数均为,重力加速度为g,发动机喷气口截面积为S,喷出气体的密度为;不计喷出气体对整体质量的影响.求:(1)装置悬停时喷出气体的速度.(2)弹射器给着陆器和巡视器提供的动能之和.25.(20分)如图所示为xOy

11、平面直角坐标系,在x=a处有一平行于y轴的直线MN,在x=4a处放置一平行于y轴的荧光屏,荧光屏与x轴交点为Q,在第一象限内直线MN与荧光屏之间存在沿y轴负方向的匀强电场.原点O处放置一带电粒子发射装置,它可以连续不断地发射同种初速度大小为v0的带正电粒子,调节坐标原点处的带电粒子发射装置,使其在xOy平面内沿不同方向将带电粒子射入第一象限(速度与x轴正方向间的夹角为02).若在第一象限内直线MN的左侧加一垂直xOy平面向外的匀强磁场,这些带电粒子穿过该磁场后都能垂直进入电场.已知匀强磁场的磁感应强度大小为B,带电粒子的比荷qm=v0Ba,电场强度大小E=12Bv0,不计带电粒子重力,求:(1

12、)粒子从发射到到达荧光屏的最长时间.(2)符合条件的磁场区域的最小面积.(3)粒子打到荧光屏上距Q点的最远距离.(二)选考题:共15分.(请考生从给出的2道物理题中任选一题作答)33.物理选修33(15分)(1)(5分)下列说法正确的是.(填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分.每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.悬浮在水中的花粉颗粒不停地做无规则运动,这反映了水分子运动的无规则性B.随着分子间距离的增大,分子间相互作用力可能先减小后增大C.随着分子间距离的增大,分子势能一定先减小后增大D.压强是组成物质的分子平均动能的标志E.在真空和高温条件下,可以利用分子扩散向半

13、导体材料中掺入其他元素(2)(10分)如图所示,内壁光滑、横截面积不同的两个连在一起的圆柱形绝热汽缸水平放置,左右两部分横截面积之比为21,汽缸左侧有一导热活塞A,汽缸右侧有一绝热活塞B,活塞A距左侧汽缸底及距两汽缸连接处的距离均为L,活塞B距两汽缸连接处的距离也为L,汽缸右侧足够长且与大气连通,两活塞的厚度均可忽略不计.汽缸左侧和两活塞A,B之间各封闭一定质量的理想气体,初始时两汽缸内气体的温度均为27 ,压强等于外界大气压p0.现通过电热丝给汽缸左侧的气体缓慢加热,使汽缸左侧内的气体温度升到800 K,求此时汽缸左侧气体的压强p1和此过程中活塞B移动的距离d.34.物理选修34(15分)(

14、1)(5分)如图所示为直角三棱镜的截面,其中AB边长为L,AC边长为L2,C=90,一束单色光从AB面上的D点以与BD成45角射入,结果折射光线刚好到达BC边的中点E,BD=14L,则玻璃对此单色光的折射率为,光线在BC面上(选填“会”或“不会”)发生全反射.(2)(10分)一简谐横波沿x轴传播,图(甲)为该波在t=1 s 时刻的波形图,图(乙)是波传播路径上某质点的振动图象.若图(乙)是质点Q的振动图象,试判断波的传播方向并求出波传播的速度大小.若波沿x轴负方向传播,写出质点P的振动方程,并求出t=4.5 s时,质点P离开平衡位置的位移.参考答案14.B核力是强相互作用,是短程力,且每个核子

15、只跟邻近的核子发生核力的作用,故A错误;衰变的过程中电荷数少2,质量数少4,衰变的过程中电荷数增加1,质量数不变,某原子核经过一次衰变和两次衰变后,电荷数不变,即核内质子数不变,故B正确;放射性原子核X发生衰变,要释放能量,衰变产物的结合能之和一定大于原来X的结合能,故C错误;太阳内部的反应是聚变反应,故D错误.15.A物体A受重力、压力、支持力和静摩擦力,共4个力的作用,A正确;对A,B整体分析,受拉力、重力、支持力和静摩擦力,根据平衡条件,有f=(M+m)sin +Fcos ,对球B分析,受水平拉力、重力和支持力,三力平衡,三个力构成首尾相连的矢量三角形,如图所示,将小球B缓慢拉至物体A的

16、最高点过程中,变小,故支持力FN变小,拉力F也变小,静摩擦力减小,由牛顿第三定律知,B对A的压力变小,故B,C,D错误.16.C根据导体棒受到的安培力方向可知,电流的方向由a到b,故A错误;根据动能定理可知,BIl2sin -mgl(1-cos )=0-0,解得I=mg(1-cos)Blsin,故B错误,C正确;根据以上分析可知,最大偏转角与导线的长度无关,故D错误.17.C以箱子和物体m整体为研究对象,设总质量为M,根据牛顿第二定律得Mg-f=Ma,得a=g-fM=g-kvM,隔离物体研究,根据牛顿第二定律得mg-FN=ma,得FN=mg-ma=mg-m(g-kvM)=kmMvv,刚开始时速

17、度v=0,支持力FN=0,随着速度的增大,支持力FN增大,箱内物体对箱子底部刚开始没有压力,但随着箱子下降,压力逐渐增大,箱子接近地面时,箱内物体受到的支持力比刚投下时大,故C正确,A,B,D错误.18.D根据图(乙)知交流电的周期为0.02 s,所以频率为50 Hz,故A错误;电流表、电压表的示数表示的是有效值,故B错误;由题意知,原线圈的最大电压为31.1 V,则副线圈两端的最大电压U2=11031.1 V=3.11 V,而电容器的耐压值为2.5 V,则电容器会被击穿,故C错误;滑动变阻器的滑片向下滑动,电阻减小,而副线圈电压不变,副线圈中的电流增大,原线圈中的电流也增大,即两个电流表的示

18、数都增大,故D正确.19.BC滑块B下滑距离L的过程,由动能定理可得mgLsin 30=12mv02,解得v0=gL,故A错误;碰撞前A处于平衡状态,有mgsin 30=kx,弹性势能为Ep=12kx2=12k(mg2k)2=m2g28k,故B正确;两滑块在碰撞过程中动量守恒,有mv0=2mv1,损失的机械能为E=12mv02-122mv12=14mv02=14mgL,故C正确;AB系统的平衡位置为kx=2mgsin 30=mg,当弹簧弹力的大小为mg时,AB两个滑块恰好运动到平衡位置,此时速度最大,故D错误.20.AC点电荷乙从A点向甲运动的过程中,受向左的库仑力和向右的摩擦力,两球靠近过程

19、中库仑力逐渐增大,点电荷乙先减速后加速,所以加速度先减小后增大,故A正确;点电荷乙向左运动过程中库仑力一直做正功,因此电势能一直减小,故B错误;当速度最小时有f=F库=kQqr2,解得r=kQqf,故C正确;点电荷从A运动到B过程中,根据动能定理有qUAB-fL0=12mv2-12mv02,解得UAB=fL0+12mv2-12mv02q,故D错误.21.AC由金属棒中电流方向从M到N可知金属棒所受的安培力向右,A正确;停止时金属棒中的电流I=ER+R0+r=2 A,B错误;设金属棒向右移动的距离为x,金属棒在磁场中的长度为2y,kx=BI(2y),x2+y2=L22,解得x=0.4 m,y=0

20、.3 m,金属棒受到的安培力F=BI(2y)=1.2 N,C正确,D错误.22.解析:(1)(甲)、(乙)、(丙)三个图小车与长木板之间都有摩擦力,为保证小车受到的拉力就是所受的合力,所以都需要平衡摩擦力.故C正确.(2)(乙)、(丙)两图绳上的力由弹簧测力计和力传感器直接读出,不需要用重物的重力代替,所以不需满足Mm.(甲)图用重物的重力代替绳的拉力,必须满足Mm.(3)(甲)图用重物的重力代替绳子的拉力,需满足Mm,随着m的增大,不满足Mm时,图象出现弯曲,所以甲组对应的是C;(乙)、(丙)图根据拉力相等时,加速度a乙a丙,从而判断乙组对应A,丙组对应B.答案:(1)C(2)甲(3)CAB

21、评分标准:第(1)问1分,第(2)问2分,第(3)问每空1分.23.解析:(1)实物电路连线如图所示.(2)当开关S1闭合,S2拨至1位置时,由欧姆定律可得U1=I1(RA+Rx),当S2拨至2位置时,由欧姆定律可得U2=I2(RA+R0),联立解得RA=1.8 ,Rx=4.8 .(3)由闭合电路欧姆定律可得E=I(RA+R0+R),变形得1I=1ER+RA+R0E,可由斜率求得E=5.0 V,或由截距及RA=1.8 求得E=5.0 V;电阻箱消耗的功率P=I2R=E2(RA+R0+R)2R=E2(R-RA-R0)2R+4(RA+R0),当R=RA+R0=5.0 时,电阻箱消耗的功率最大.答案

22、:(1)见解析图(2)4.8(3)5.05.0评分标准:第(1)问3分,第(2)问2分,第(3)问每空2分.24.解析:(1)悬停时气体对模拟装置的作用力为F,F=(M+m)g(1分)取t时间喷出的气体为研究对象,由动量定理Ft=(Svt)v(2分)解得v=(M+m)gS.(1分)(2)弹射过程水平方向动量守恒Mv1-mv2=0(2分)着陆器和巡视器减速运动的距离分别为L1和L2,由动能定理得-MgL1=0-12Mv12(1分)-mgL2=0-12mv22(1分)L=L1+L2(1分)弹射器提供的总动能Ek=12Mv12+12mv22(2分)解得Ek=MmgLM+mM2+m2.(1分)答案:(

23、1)(M+m)gS(2)MmgLM+mM2+m225.解析:(1)由题意知,粒子在磁场中做匀速圆周运动,速度沿y轴正方向的粒子在磁场中运动的时间最长,t1=m2qB=a2v0(2分)粒子进入电场到到达荧光屏,在x轴方向做匀速直线运动,运动时间t2=4a-av0=3av0(1分)故粒子从发射到到达荧光屏的最长时间t=t1+t2=(+6)a2v0.(1分)(2)带电粒子在磁场内做匀速圆周运动,有qv0B=mv02R(2分)解得R=a(1分)由于带电粒子的入射方向不同,若磁场充满纸面,它们所对应的运动轨迹如图所示.为使这些带电粒子经磁场偏转后都能垂直直线MN进入电场,由图可知,它们必须从经O点做圆周

24、运动的各圆的最高点飞离磁场.设磁场边界上P点的坐标为(x,y),则应满足方程x=Rsin ,y=R(1-cos ),(2分)所以磁场边界的方程为x2+(y-R)2=R2(1分)以=2的角度射入磁场区域的粒子的运动轨迹(x-R)2+y2=R2即为所求磁场另一侧的边界,因此,符合题目要求的最小磁场的范围应是圆x2+(y-R)2=R2与圆(x-R)2+y2=R2的交集部分(图中阴影部分),(1分)由几何关系,可以求得符合条件的磁场的最小面积为Smin=(2-1)a2.(2分)(3)带电粒子在电场中做类平抛运动,分析可知所有粒子在荧光屏左侧穿出电场,设粒子在电场中的运动时间为t,竖直方向的位移为y,水

25、平方向的位移为l,则l=v0t(1分)y=12qEmt2(1分)又E=12Bv0联立解得l=4ay(1分)设粒子最终打在荧光屏的最远点距Q点为h,粒子射出电场时的夹角为,有tan =vyvx=qElmv02=ya(1分)h=(4a-a-l)tan =(3a-4ay)ya=(3a-4ay)4ay2a(1分)则当3a-4ay=4ay时,即y=916a时,h有最大值hmax=98a.(2分)答案:(1)(+6)a2v0(2)(2-1)a2(3)98a33.解析:(1)布朗运动是悬浮在水中的花粉颗粒的运动,是由于受到水分子的撞击不平衡而发生的,反映水分子做永不停息的无规则运动,故A正确;当分子间距rr

26、0时,分子力表现为引力,r增大,分子力先增大后减小,故B正确;若分子间距rr0,分子间距增大,分子力做负功,分子势能一直增大,故C错误;温度是分子平均动能的标志,故D错误;在真空和高温条件下,可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素,故E正确.(2)初始状态汽缸左侧的气体温度为T1=27 =300 K,设左右两部分横截面积分别为2S和S,当活塞A刚好移动到汽缸连接处时气体的温度为T0,移动过程中气体的压强保持不变,根据盖吕萨克定律有L2ST1=2L2ST0(2分)代入数据解得T0=600 K(1分)即当汽缸左侧内的气体温度为800 K之前,活塞A已经移动到了两汽缸的连接处,之后体积不再变化,对

27、汽缸左侧内的气体,根据理想气体状态方程有p0L2ST1=p12L2ST2(2分)代入数据解得p1=43p0(1分)因活塞A导热,两活塞AB之间的气体温度也升高,在变化过程中压强不变,根据盖吕萨克定律得L2S+LST1=xST2(2分)代入数据解得x=8L(1分)活塞B移动的距离d=x-L=7L.(1分)答案:(1)ABE(2)43p07L34.解析:(1)AB边长为L,AC边长为L2,由几何关系可知,B=30,BC=32L,BE=34L,如图所示,光在AB面的折射角r=30,由公式n=sinisinr=sin45sin30=2,光线在BC面上的入射角为60,由sin C=1n,得C=45,由于

28、入射角大于临界角,因此光线在BC面上会发生全反射.(2)由题图(乙)可知,t=1 s时,质点Q在平衡位置且沿y轴正方向振动.由波的传播与振动的关系可知,波沿x轴正方向传播(1分)由题图(甲)可知,波长=4 m(1分)由题图(乙)可知周期T=4 s(1分)因此波传播的速度大小v=T=1 m/s.(2分)由图(甲)、(乙)知,A=2 cm,T=4 s,在t=0时刻质点P在平衡位置,且沿y轴正方向运动,因此质点P的振动方程y=Asin(2Tt)=2sin(2t)cm,(3分)当t=4.5 s时,y=2sin(24.5)cm=2 cm.(2分)答案:(1)2会(2)波沿x轴正方向传播1 m/sy=2sin(2t)cm2 cm