(最新资料)2020年全国高考物理模拟试卷4【含解析】.pdf

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1、2020 年全国高考物理模拟试卷（四）（考试时间：90 分钟试卷满分：110 分）第卷一、选择题：本题共8 小题，每小题6 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，有选错或不答的得0 分。14飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等多项作战任务。如图所示为飞艇拖拽扫雷具扫除水雷的模拟图。当飞艇匀速飞行时，绳子与竖直方向恒成 角。已知扫雷具质量为m，重力加速度为g，扫雷具所受浮力不能忽略，下列说法正确的是()A扫雷具受3 个力作用B绳子拉力大小为mgcos C海水对扫雷具作用力的水平分力小于

2、绳子拉力D绳子拉力一定大于mg解析：选 C对扫雷具进行受力分析，受到重力、浮力、拉力和水的水平方向的阻力，如图所示，故A 错误；根据平衡条件，有：竖直方向：F浮Tcos mg水平方 向：fTsin 计算得出：TmgF浮cos，故 B 错误；扫雷具受到海水的水平方向的阻力等于绳子拉力的水平分力，即小于绳子的拉力，而绳子拉力不一定大于mg，故 C 正确、D 错误。15.将一质量为m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O 是运动的最高点，甲、乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为()AmgB.13

3、mgC.12mgD.110mg解析：选 C设每块砖的厚度是d，向上运动时：9d3da1T2向下运动时：3dd a2T2联立得：a1a231根据牛顿第二定律，向上运动时：mgfma1向下运动时：mgf ma2联立得：f12mg，C 正确。16在未来的“星际穿越”中，某航天员降落在一颗不知名的行星表面上。该航天员从高hL 处以初速度 v0水平抛出一个小球，小球落到星球表面时，与抛出点的距离是5L，已知该星球的半径为R，引力常量为 G，下列说法正确的是()A该星球的重力加速度g2v025LB该星球的质量Mv02R2GLC该星球的第一宇宙速度vv02R5LD该星球的密度 3v028GL R解析：选 D

4、设星球表面的重力加速度为g，则根据小球的平抛运动规律得：L12gt2，5Lv0t2L2，故 v0t2L，联立得gv022L，A 错误；在星球表面有mgGMmR2，联立 gv022L，解得Mv02R22GL，该星球的密度为 MVv02R22GL43 R33v028GL R，B 错误，D 正确；设该星球的近地卫星质量为m0，根据重力等于向心力得 m0gm0v2R，解得 vgRv0R2L，C 错误。17如图甲所示，水平面上一质量为m 的物体在水平力F 作用下开始加速运动，力F 的功率 P 保持恒定，运动过程中物体所受的阻力f 大小不变，物体速度最终达到最大值vmax，此过程中物体速度的倒数1v与加速

5、度 a 的关系图像如图乙所示。仅在已知功率P 的情况下，根据图像所给信息可知以下说法中正确的是()A可求出 m、f 和 vmaxB不能求出mC不能求出fD可求出物体加速运动时间解析：选 A当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力大小等于阻力大小，速度为最大值，最大速度 vmax10.1 m/s 10 m/s；功率 PFv，而 Ffma，联立可得1vmPafP，物体速度的倒数1v与加速度 a 的关系图像的斜率为kmP，纵轴截距为fP0.1，因此可求出m、f 和 vmax，选项 A 正确，B、C 错误。物体做变加速运动，无法求解物体加速运动的时间，选项D 错误。18如图甲所示，在某电场中建立x

6、坐标轴，A、B 为 x 轴上的两点，xA、xB分别为 A、B 两点在 x 轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿x 轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x 变化的关系如图乙所示，EpA和 EpB分别表示电子在A、B 两点时的电势能。下列说法中正确的是()A该电场可能是孤立的点电荷形成的电场BA点的电场强度小于B 点的电场强度C电子由 A 点运动到B 点的过程中电场力对其所做的功WEpAEpBD电子在 A 点的动能小于在B 点的动能解析：选 C由于 A、B 两点的电势能与两个位置间的关系如题图乙所示，是一条过原点的直线，说明电势是均匀增加的，所以一定是匀强电场，而不是孤立点电荷形成的电场，故A、B

7、 错误；由题图乙可知，电子在A、B两点的电势能关系为：EpBEpA，说明电子由A 点运动到 B 点时电势能增大，电场力做负功，电场力对其所做的功为WEpAEpB，故 C 正确；电场力做负功，动能减小，所以电子在A 点的动能大于在 B 点的动能，故D 错误。19.在匀强磁场中，一个匝数为150匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间变化规律如图所示。设线圈总电阻为2 ，则()At0 时，线圈平面与磁感线方向垂直Bt0.5 s时，线圈中的电流改变方向Ct2 s 时，线圈中磁通量的变化率为零D在 2 s内，线圈产生的热量为182 J 解析：选 BD根据题图可知，

8、在t0 时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，感应电动势最大，故A 错误；t0.5 s时，线圈中磁通量最大，感应电动势为零，此时的电流改变方向，故 B 正确；t2 s时，线圈中磁通量为零，此时磁通量的变化率最大，故C 错误；感应电动势的最大值为EmNBS Nm 1500.0422 V6 V，有效值EEm23 2 V，根据焦耳定律可得2 s内产生的热量为QE2RT18222 J 182 J，故 D 正确。20如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板。从圆形磁场的最高点P 以不同的初速度v 垂直磁场正对着圆心O 射入带正电的粒子，且

9、粒子所带电荷量为 q，质量为 m，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是()A粒子在磁场中通过的弧长越长，则粒子在磁场中运动的时间就越长B从磁场中射出的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心OC射出磁场的粒子一定能垂直打在感光板MN 上D当粒子入射的速度大小vqBRm时，粒子从磁场射出后一定能垂直打在感光板MN 上解析：选 BD由粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式T2 mqB可知，速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，对着圆心入射的粒子，由rmvqB可知，速度越大，粒子在磁场中运动的轨迹半径就越大，弧长就越长，轨迹所对应的圆心角则越小，由tT2可知，粒子在磁场中的

10、运动时间t就越小，选项A 错误；带电粒子在磁场中的运动轨迹是圆弧，由几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，选项B 正确；由于粒子从P点入射的速度大小不同，故粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径也不同，轨迹对应的圆心角也不相同，因此，对着圆心入射的粒子，出射后不一定能垂直打在感光板MN 上，选项C 错误；当粒子从P 点入射的速度大小vqBRm时，由rmvqB可 得，粒子在圆形磁场区域中做匀速圆周运动的轨迹圆半径刚好与圆形磁场的半径R 相同，由几何知识可知，此时入射点、出射点、磁场圆的圆心O 与轨迹圆的圆心构成一个正方形，粒子水平射出磁场，故粒子一定垂直打在感光板M

11、N 上，选项D 正确。21一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为mA 1 kg 和 mB 2 kg 的 A、B 两物块，A、B 与木板之间的动摩擦因数都为 0.2，水平恒力F 作用在 A物块上，如图所示(重力加速度g取 10 m/s2)。则()A若 F1 N，则物块、木板都静止不动B若 F1.5 N，则 A 物块所受摩擦力大小为1 N C若 F4 N，则 B 物块所受摩擦力大小为2 N D若 F8 N，则 B 物块相对于木板滑动解析：选 BCA 与木板间的摩擦力最大为fA0.2 110 N2 N，B与木板间的摩擦力最大为fB0.2210 N4 N，若 F1 N，小于最大静摩擦力，

12、所以A、B 的加速度相同，a13 m/s2，故 A 错误；若 F1.5 N，小于最大静摩擦力，所以A、B 的加速度相同，a1.53 m/s20.5 m/s2，fA mBa0.52 N1 N，故 B 正确；若F 4 N，假设 A、B 都相对木板静止，则整体共同的加速度aFmA mB43 m/s2，A 所受的摩擦力fF mAa83 N2 N，假设不成立，故此时A 已滑动，B 所受的摩擦力为2 N，C 正确；若F8 N，则 A 相对木板滑动，此时A给木板的摩擦力为2 N，小于 B 所受的最大静摩擦力，所以B物块相对木板静止，故D 错误。第卷二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第2225题为必

13、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气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用两个光电门以及滑块A 和 B 来探究动量守恒定律，实验装置如图所示，采用的实验步骤如下：a用天平分别测出滑块A、B 的质量 mA、mBb调整气垫导轨，使导轨处于水平c给 B一个水平向左的初速度，记录B 通过光电门2 的挡光时间为tBdB 与静止在导轨上的A 发生碰撞后，A 向左运动通过光电门1 的挡光时间为tA，B 向右运动通过光电门 2 的挡光时间为tB(

14、1)实验中测得滑块B上遮光条的宽度为dB，还应测量的物理量是_。(2)利用上述测量的实验数据，得出关系式_ 成立，即可验证动量守恒定律。解析：(1)由于滑块上遮光条的宽度除以滑块通过光电门的时间即为滑块通过光电门时的速度，所以还应测量的物理量是滑块A 上遮光条的宽度dA。(2)由于系统水平方向所受合外力为0，故系统水平方向动量守恒，在碰撞前系统的动量为mBdBtB，取向左为正方向，故在碰撞后系统的动量为mAdAtA mBdBtB，则根据动量守恒有：mBdBtBmAdAtAmBdBtB，即可验证动量守恒定律。答案：(1)滑块 A 上遮光条的宽度dA(2)mBdBtBmAdAtAmBdBtB23某

15、同学利用多用电表欧姆挡测量标准电压表V1的内阻并对电压表V2的示数进行校对。实验器材如下：多用电表(欧姆挡对应刻度盘上正中央数值为15)标准电压表V1(量程 10 V，内阻 RV1约为几十千欧)电压表 V2(量程 10 V，内阻 RV29 k)滑动变阻器R(最大阻值约50)电源 E(电动势为12 V，内阻不计)开关 S 一个、导线若干实验过程如下：(1)利用多用电表欧姆挡测量电压表V1的内阻，将红、黑表笔短接调零后，选用图甲中_(选填“A”或“B”)方式连接。(2)实验中，两表的示数如图乙所示，多用电表欧姆挡的读数为_，电压表的读数为_ V，通过计算可得出欧姆挡电池的电动势为_ V。(以上结果

16、均保留三位有效数字)(3)利用标准电压表V1对电压表V2进行校对，请在下面方框中画出电路图。(4)校对中发现，调节滑动变阻器，标准电压表V1示数为 9.00 V 时，电压表V2的示数为10.00 V，为使 V2示数准确，应给V2表串联 _ 的电阻。解析：(1)根据多用电表中两表笔电流的流向为“红进黑出”，可知 A 图正确。(2)因为电压表V1的内阻为几十千欧，所以多用电表欧姆挡的读数为30.01033.00104；电压表 V1的量程为10 V，所以分度值为0.2 V，故读数为5.8 V；根据题意中值电阻为15 k ，即欧姆表内阻为15 k ，所以根据闭合电路欧姆定律可得303015E5.8 V

17、，解得 E8.70 V。(3)因为并联电路电压相等，所以要校对电压表，可将两电压表并联，由于电压表电阻过大，而滑动变阻器最大阻值只有50，所以为了读数变化明显，采用滑动变阻器的分压接法，电路图如图所示。(4)根据欧姆定律可得99R10 V9 V，解得 R1 k 1 000 。答案：(1)A(2)3.001045.88.70(3)见解析图 (4)1 000 24如图所示，餐桌中心是一个可以匀速转动、半径为R 的圆盘。圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。放置在圆盘边缘的质量为m 的物体与圆盘之间的动摩擦因数为1 0.5，与餐桌之间的动摩擦因数为20.25，餐桌高也为R。设最大静摩擦

18、力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。(1)为使物体不滑到餐桌上，求圆盘的角速度的最大值为多少？(2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，求餐桌半径R1的最小值为多大？(3)若餐桌半径R254R，则在圆盘角速度缓慢增大时，求物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到圆盘中心的水平距离L 为多少？解析：(1)为使物体不从圆盘上滑出，向心力不能大于物体与圆盘之间的最大静摩擦力，即1mgm 2R解得 1gRg2R。(2)物体恰好从圆盘上甩出时的角速度1g2R，则速度v11RgR2当物体滑到餐桌边缘速度减小到0 时，恰好不滑落到地面，根据匀变速直线运动规律，有22gx1v12可得滑

19、过的位移x1v1222gR餐桌最小半径R1x12R22R。(3)若餐桌半径R254R，由几何关系可得物体在餐桌上滑行的距离x2R22R234R根据匀变速直线运动规律，有2(2gx2)v22v12可得物体离开餐桌边缘的速度v2gR8设物体离开餐桌到地面所需时间为t，根据平抛运动规律x3v2t，R12gt2可知物体离开餐桌边缘后的水平位移x3R2由几何关系可得，落地点到圆盘中心的水平距离Lx2x32 R2414R。答案：(1)g2R(2)2R(3)414R25.如图所示，真空中有一以O 点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R，磁场垂直纸面向里，在yR的区域存在沿y 方向的匀强电场，电场强度为E，在

20、M 点有一粒子源，辐射的粒子以相同的速率v 沿不同方向射入第一象限，发现沿x 方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0 后又返回磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为q，粒子重力不计。(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；(2)求沿 x 方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程；(3)沿与 x 方向成 60 角射入的粒子，最终将从磁场边缘的N 点(图中未画出)穿出，不再进入磁场，求N 点的坐标和粒子从M 点运动到 N 点的总时间。解析：(1)沿 x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场后，速度减小到 0，粒子一定是从如图中的P 点射出磁场，逆电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运

21、动的半径：rR根据 Bqvmv2r得：BmvqR。(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从H 点射出磁场，MH 为直径，在磁场中的路程为二分之一圆周长s1 R设在电场中路程为s2，根据动能定理Eqs2212mv2解得 s2mv2Eq总路程 s Rmv2Eq。(3)沿与 x 方向成 60 角射入的粒子，经分析从C 点竖直射出磁场，从 D 点射入、射出电场，又从C 点射入磁场，最后从N 点(MN 为直径)射出磁场。所以 N点坐标为(2R,0)。C 点在磁场中，MC 段圆弧对应圆心角 30，CN 段圆弧对应圆心角 150，所以在磁场中的时间为半个周期，t1T2 Rv粒子在 CD 段做匀速直线运动，由几何

22、关系知CDR2t22CDvRv粒子在电场中做匀变速直线运动，加速度aEqmt32va2mvEq总时间 tt1t2 t3 1 Rv2mvEq。答案：(1)mvqR(2)Rmv2Eq(3)(2R,0)1 Rv2mvEq（二）选考题：共15 分。请考生从2 道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。33物理选修3 3（15 分）（1）如图是一定质量的理想气体的p-T 图，气体从abca 完成一次循环，关于气体的变化过程。下列说法正确的是_。A气体在 a 态的体积Va小于在 c 态的体积VcBab 过程气体的分子数密度变大Cbc 过程外界对气体做的功等于气体放出的热量Dca过程气体压强增

23、大，从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的E若 a b过程气体吸热300 J，ca过程放热 400 J，则 ca过程外界对气体做功100 J 解析：选 ADEca 过程气体压强增大，温度降低，根据pVTC 可知体积减小，故气体在a 态的体积Va小于在 c 态的体积Vc，故 A 正确；ab 过程是等容变化，气体的分子数密度不变，故B 错误；bc 过程是等温变化，气体内能不变，U0，气体体积增大，气体对外界做功，W0，气体吸收热量，由以上分析可知，bc 过程气体对外界做的功等于气体吸收的热量，故 C 错误；ca 过程温度降低，气体分子的平均动能减小，气体压强增大，体积减小，气体的分子

24、数密度增大，所以从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的，故D 正确；由热力学第一定律可知，若 ab 过程气体吸热300 J，ca 过程放热400 J，则 ca 过程外界对气体做功100 J，故 E 正确。（2）如图所示，内径相同的两U 形玻璃管竖直放置在空气中，中间用细软管相连，左侧U 形管顶端封闭，右侧U 形管开口，用水银将部分气体A封闭在左侧U 形管内，细软管内还有一部分气体。已知环境温度恒为27，大气压强为76 cmHg，稳定时，A 部分气体长度为20 cm，管内各液面高度差分别为h110 cm、h2 12 cm。(1)求 A 部分气体的压强；(2)现仅给 A部分气体加热，

25、当管内气体温度升高了50 时，A 部分气体长度为21 cm，求此时右侧U形管液面高度差h2。解析(1)设左侧 A 部分气体压强为p1，软管内气体压强为p2，由图中液面的高度关系可知，p0p2h2，p2p1h1，解得 p1 p0(h1h2)54 cmHg。(2)由理想气体状态方程有p1V1T1p1V1T1，解得 p160 cmHg；由于空气柱长度增加1 cm，则水银柱向右侧移动1 cm，因此液面高度差h18 cm，由 p1p0(h1h2)，解得 h28 cm。答案(1)54 cmHg(2)8 cm34物理选修3 4（15 分）（1）如图，ABC 为一玻璃三棱镜的横截面，A30。一束红光垂直AB

26、边射入，从AC 边上的 D点射出，其折射角为60，则玻璃对红光的折射率为_。若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D点射出时的折射角_(填“小于”“等于”或“大于”)60 。解析：根据光路的可逆性，在AC 面由空气射入玻璃三棱镜，入射角为60 时，折射角为30。根据光的折射定律有nsin isin rsin 60sin 303。玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，沿同一路径入射时，r 角仍为 30 不变，对应的i 角变大，因此折射角大于60。答案：3大于（2）如图，ABC 是一直角三棱镜的横截面，A90，B60。一细光束从BC 边的 D 点折射后，射到 AC 边的 E 点，发生全反射后经AB 边

27、的 F 点射出。EG 垂直于 AC 交 BC 于 G，D 恰好是 CG 的中点。不计多次反射。(1)求出射光相对于D 点的入射光的偏角；(2)为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围？解析：(1)光线在 BC 面上发生折射，如图所示，由折射定律有nsin i1sin r1在 AC 面上发生全反射，i2r2 在 AB 面上发生折射，nsin r3sin i3由几何关系得i2r2 60，r1i330F 点的出射光相对于D 点的入射光的偏角为(r1i1)(180 i2 r2)(r3i3)由式得 60。(2)光线在 AC 面上发生全反射，在AB 面上不发生全反射，有i2C，i3C式中 C 是全反射临界角，满足sin C1n由式知，棱镜的折射率n 的取值范围应为2 33n 2。答案：(1)60 (2)2 33n2