(最新资料)2020年全国高考物理模拟试卷6【含解析】.pdf

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1、2020 年全国高考物理模拟试卷（六）（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如图所示为氢原子的部分能级图，以下判断正确的是()A处于 n3 能级的氢原子可以吸收任意频率的光子B欲使处于基态的氢原子被激发，可用12.09 eV 的光子照射C一个氢原子从n4 的能级跃迁到基态时，最多可以辐射出6 种不同频率的光子D用从 n2 能级跃迁到n 1能级辐射出的光照射金属铂(逸出功为6.3

2、4 eV)时不能发生光电效应解析：选 B要使 n3 能级的氢原子发生跃迁，吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，或大于1.51 eV 能量的任意频率的光子，故A 错误；根据玻尔理论，用12.09 eV 的光子照射时，吸收光子后氢原子的能量为12.09 eV(13.6)eV 1.51 eV，所以能从基态发生跃迁，跃迁到第3 能级，故 B 正确；一个氢原子从n4 的能级跃迁到基态时，最多可以辐射出3 种不同频率的光子，故C 错误；从n2 能级跃迁到 n1能级辐射出的光子的能量EE2E1 3.4 eV(13.6)eV10.2 eV6.34 eV，故可以发生光电效应，故D 错误。15如图，两个轻环a

3、 和 b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为 m的小球。在a 和 b 之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b 间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为()A.m2B.32mCm D 2m解析：选 C如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心。由于a、b 间距等于圆弧半径，则aOb 60，进一步分析知，细线与aO、bO 间的夹角皆为30。取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为120，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为 m。故选项 C 正确。16.在如图所示的理想变压器的电路中，变压器原、

4、副线圈的匝数比为21，电阻 R1R2，电流表和电压表均为理想电表，若电流表的示数为0.5 A，电压表的示数为5 V，则电阻R1的大小为()A10 B15 C20 D25 解析：选 D设电阻 R1R2R，由电压表的示数为5 V，则副线圈电流I25 VR；原线圈电流I112I25 V2R；原线圈电压U1n1n2U210 V；通过 R1的电流 IR110 VR；由题意可知：10 VR5 V2R0.5 A，解得 R25 ，故 D 正确。17如图所示，平行板电容器两极板带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在A点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，Ep表

5、示点电荷在A 点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A 增大，E 增大B 增大，Ep不变C 减小，Ep增大 D 减小，E 不变解析：选 D若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据CrS4 kd可知，C 变大；根据QCU 可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角 减小；根据EUd，QCU，CrS4 kd，联立可得E4 kQrS，可知 E 不变；A 点离下极板的距离不变，E 不变，则A 点与下极板间的电势差不变，A 点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D 正确。18如图所示，a、b 两小球分别从

6、半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2 倍，若小球b 能落到斜面上，则()Aa、b 两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上B改变初速度的大小，b 球速度方向和斜面的夹角可能变化C改变初速度的大小，a 球可能垂直撞在圆弧面上Da、b 两球同时落在半圆轨道和斜面上时，两球的速度方向垂直解析：选 D将半圆轨道和斜面重合在一起，如图甲所示，设交点为A，如果初速度合适，可使小球做平抛运动落在A 点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上。b 球落在斜面上时，速度偏向角的正切值为位移偏向角正切值的2 倍，即 tan b2ta

7、n b 2121，可得 b 45，即 b 球的速度方向与水平方向成45 角，此时a 球落在半圆轨道上，a 球的速度方向与水平方向成45 角，故两球的速度方向垂直，选项 A 错误，选项D 正确。改变初速度的大小，b 球位移偏向角不变，因速度偏向角的正切值是位移偏向角正切值的2倍，故速度偏向角不变，b 球的速度方向和斜面的夹角不变，选项B 错误。若a球垂直撞在圆弧面上，如图乙所示，则此时a 球的速度方向沿半径方向，且有tan 2tan ，与平抛运动规律矛盾，a球不可能垂直撞在圆弧面上，选项C 错误。19如图(a)，一物块在t0 时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t 图线如图(b)所示。若重力加速度及

8、图中的 v0、v1、t1均为已知量，则可求出()A斜面的倾角B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦因数D物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：选 ACD由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1v0t1，下降过程中的加速度为a2v1t1。物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin fma1，mgsin fma2，由以上各式可求得sin v0v12t1g，滑动摩擦力fm v0 v12t1，而 fFN mg cos ，由以上分析可知，选项A、C 正确。由v-t 图像中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确。20.如图所示，边长为L 的

9、正三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m，电荷量均为q 的三个粒子A、B、C 以大小不等的速度从a 点沿与ab 边成 30 角的方向垂直射入磁场后从ac 边界穿出，穿出 ac 边界时与a 点的距离分别为L3、2L3、L。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是()A粒子 C 在磁场中做圆周运动的半径为LBA、B、C 三个粒子的初速度大小之比为321 CA、B、C 三个粒子从磁场中射出的方向均与ab 边垂直D仅将磁场的磁感应强度减小13，则粒子B 从 c 点射出解析：选 ACD由圆周运动的对称性可知，同一直线边界以30 的弦切角进入磁场，射出时的速度也与边界成30，而圆

10、心角为60，则圆心和入射点以及出射点构成等边三角形，由几何关系可知rAL3，rB2L3，rCL，故 A 正确。根据洛伦兹力提供向心力有qvBmv2r，可知 vqBrm，可得初速度之比vAvBvC 123，B 错误。由于三粒子从ac 边出射时速度与边界的夹角为30，而 cab60，故出射速度的反向延长线必与ab 边垂直构成直角三角形，故C 正确。由rmvqB可知将 B 改为2B3，半径将变为rB23L32L，而其他条件不变，故由几何关系可知B 粒子将从c 点出射，D 正确。212017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们

11、相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12 圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星()A质量之积B质量之和C速率之和D各自的自转角速度解析：选 BC两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示：每秒转动12 圈，角速度已知，中子星运动时，由万有引力提供向心力得Gm1m2l2m12r1 Gm1m2l2m22r2 lr1r2 由式得G m1m2l22l，所以 m1m22l3G，质量之和可以估算。由线速度与角速度的关系vr 得v1r1 v2r2 由式得v1v2(r1r2)l，速率之和可以估算。质量之积和各自的自转角速度无

12、法求解。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装有拉力传感器的轻绳，一端固定在光滑水平转轴O，另一端系一小球，空气阻力可以忽略。设法使小球在竖直平面内做圆周运动(如图甲)，通过拉力传感器读出小球在最高点时绳上的拉力大小为F1，在最低点时绳上的拉力大小为F2。某兴趣小组的同学用该装置测量当地的重力加速度。(1)小明同学认为，实验中必须测出小球的直径，于是他用螺旋测微器测出了小球的直径，如图乙所示，则小球的直径d_ mm。(2)小军同学认为不需要测小球的直径。他借助最高点和

13、最低点的拉力F1、F2，再结合机械能守恒定律即可求得。小军同学还需要测量的物理量有_(填字母代号)。A小球的质量mB轻绳的长度lC小球运动一周所需要的时间T(3)根据小军同学的思路，请你写出重力加速度g 的表达式 _。解析：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为5.5 mm，可动刻度读数为0.0119.5 mm0.195 mm，所以最终读数为：固定刻度读数可动刻度读数5.5 mm0.195 mm 5.695 mm。(2)(3)由牛顿第二定律，在最高点F1 mgmv12r，而在最低点F2mgmv22r；再依据机械能守恒定律12mv2212mv122mgr，联立解得gF2 F16m，因此已知最高点和最低

14、点的拉力F1、F2，小军同学只需要测量小球的质量m，故第(2)题选 A，第(3)题重力加速度g 的表达式为gF2F16m。答案：(1)5.695(5.6935.697 均可)(2)A (3)gF2F16m23一只小灯泡标有“3.6 V，0.3 A”，某同学想研究它的灯丝电阻与温度的关系。(1)该同学先用多用电表的电阻挡“1”倍率调零后，初测灯泡冷态时的电阻，如图所示，则冷态电阻为_。(2)实验室提供导线和开关及下列器材：A电源 E(电动势为6.0 V)B电压表 V1(量程为 03 V，内阻约为2 k)C电压表 V2(量程为 05 V，内阻约为4 k)D电流表 A1(量程为 00.6 A，内阻约

15、为0.2)E电流表A2(量程为 0100 mA，内阻约为2)F滑动变阻器R1(最大阻值为10 ，额定电流2 A)G滑动变阻器R2(最大阻值为100 ，额定电流1 A)为了便于调节，减小读数误差和系统误差，请你选择合适的电压表、电流表和滑动变阻器_(填所选仪器前的字母序号)，并在虚线框内画出电路图。(3)根据正确设计的实验电路图，测得电压、电流，如下表：电压/V00.200.501.001.502.002.503.003.50 电流/A00.0510.1050.1650.2050.2350.2600.2800.300 实验数据表明，小灯泡的电阻随温度升高而_(选填“增大”“减小”或“不变”)。若

16、将此小灯泡与电动势为3 V、内阻为1 的电源及阻值为9 的电阻串联，则灯泡的功率约为_ W(保留两位小数)。解析：(1)冷态电阻从多用电表读数为：71 7 。(2)小灯泡额定电压为3.6 V，故电压表选择量程为5 V 的 C；额定电流为0.3 A，则电流表选择0.6 A量程的 D；为了便于调节，减小读数误差和系统误差，滑动变阻器采用分压接法，选择小电阻即可，故选择F；被测电阻阻值较小，故采用电流表外接，电路图如图所示。(3)实验数据表明，小灯泡的电阻随温度升高而增大。把定值电阻等效为电源内阻，根据闭合电路欧姆定律得：EUI(r R0)，U310I，作出电源的I-U 图像，电源图像与灯泡伏安特性

17、曲线的交点坐标值是灯泡的实际电压与实际电流，由图像可知，灯泡两端电压为1.2 V，电流为0.18 A，灯泡实际功率为PUI 1.2 V0.18 A 0.22 W。答案：(1)7(或 7.0)(2)C、D、F见解析图(3)增大0.22 24.如图所示，质量为m22 kg 的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB 部分是半径为R 0.3 m 的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧。滑道CD 部分粗糙，长为 L0.2 m，动摩擦因数 0.10，其他部分均光滑。现让质量为m11 kg 的物块(可视为质点)自 A 点由静止释放，取g10 m/s2。求：(1)物块到达圆弧

18、轨道最低点时的速度大小；(2)在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；(3)物块最终停止的位置。解析：(1)物块从释放到运动到圆弧轨道最低点，由动量守恒定律得：0m1v1m2v2由机械能守恒定律得：m1gR12m1v1212m2v22解得：v12 m/s。(2)由能量守恒定律得：Epmm1gRm1gL解得：Epm2.8 J。(3)最终物块将停在C、D 之间，由能量守恒定律得：m1gRm1gs解得：s3 m，所以 m1最终停在 D 点。答案：(1)2 m/s(2)2.8 J(3)最终停在D 点25两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d1 m，在左端弧形轨道部分高h1.25 m

19、 处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆 a、b 的电阻分别为Ra2 、Rb 5 ，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2 T。现杆 b 以初速度大小v05 m/s 开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆 a 由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆 b 的平均电流为0.3 A；从 a 下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度 时间图像如图乙所示(以 a 运动方向为正方向)，其中 ma2 kg，mb1 kg，g10 m/s2，求：(1)杆 a 在弧形轨道上运动的时间；(2)杆 a 在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运

20、动过程中杆b产生的焦耳热。解析：(1)设杆 a 由静止释放到滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b 的速度大小为vb0，以杆 b 运动的方向为正方向，对杆b 运用动量定理，有Bd I tmbvb0 mbv0其中 vb02 m/s 代入数据解得 t5 s。(2)对杆 a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh12mava2解得 va2gh5 m/s 设最后 a、b 两杆共同的速度为v，以杆 a 运动的方向为正方向，由动量守恒定律得mavambvb0(mamb)v代入数据解得v 83 m/s 杆 a 动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a 的速度从va到 v的运动时间为 t，则由

21、动量定理可得BdItmavmava而 qIt代入数据得q73 C。(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为Qmagh12mbv0212(mbma)v21616 J b棒中产生的焦耳热为Q525Q1156 J。答案：(1)5 s(2)73 C(3)1156 J（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）下列说法正确的是_。A液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点B温度升高时分子的热运动加剧，分子的平均动能增加C用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数就可以估算出气体分子的体积D浸润现象产生的原因是附着层内

22、分子间距比液体内部分子间距大，分子间作用力表现为引力的缘故E第二类永动机不可能制成，因为内能不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化解析：选 ABE液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故A 正确；温度是分子平均动能的标志，温度升高时分子的热运动加剧，分子的平均动能增加，故B 正确；用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数就可以估算出单个气体分子所占空间的体积，不能估算出气体分子的体积，故C 错误；浸润现象产生的原因是附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离，附着层内分子之间的作用表现为斥力，附着层有扩展的趋势，故D 错误；第二类永动机不可能制成，因为内能不能全部转化为机械能，同时不引起其

23、他变化，故E 正确。（2）某物理社团受“蛟龙号”载人潜水器的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图，导热性能良好的汽缸、内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸左端开口。外界大气压强为p0，汽缸内通过活塞A 封有压强为p0的气体，汽缸内通过活塞 B 封有压强为2p0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A、B 均位于汽缸最左端。该装置放入水下后，通过 A 向右移动的距离可测定水的深度。已知p0相当于 10 m 高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：(1)当 A 向右移动L4时，水的深度h；(2)该深度计能测量的最大水深hm。解析

24、(1)当 A 向右移动L4时，设 B不移动，对内气体，由玻意耳定律得：p0SLp134SL解得：p143p0而此时 B 中气体的压强为2p0p1，故 B 不动。由 p1p0 gh解得：水的深度h10 ghp03.33 m。(2)该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于2p0后B开始向右移动，当A 恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原内气体全部进入内，设B 向右移动x距离，两部分气体压强为p2对原内气体，由玻意耳定律得：p0SLp2Sx对原内气体，由玻意耳定律得：2p0SLp2S(Lx)又 p2p0 ghm联立解得hm10 ghmp020 m。答案(1)3.

25、33 m(2)20 m 34物理选修3 4（15 分）（1）一列简谐横波沿x 轴传播，波速为2 m/s，t0 时刻的波形如图所示，此时平衡位置在x3 m 处的质点 N 正沿 y轴正方向运动，M、P两质点平衡位置的坐标分别为xM2 m、xP5 m。下列判断正确的是_。A该波沿 x 轴负方向传播B该时刻质点M 的加速度为零C质点 N 的振动方程为y0.2sin t(m)D从该时刻开始，经过10 s，质点 P 的路程为2 m E当质点M 在波峰时，质点P 在平衡位置并正沿y 轴正方向运动解析：选 ACEt0 时刻平衡位置在x3 m 处的质点N 正沿 y轴正方向运动，可知波沿x 轴负向传播，选项 A

26、正确；该时刻质点M 在最低点，加速度为正向最大，选项B 错误；因 Tv42 s2 s，2T，则质点N 的振动方程为y0.2sin t(m)，选项 C 正确；从该时刻开始，经过10 s 5T，质点 P 的路程为 54A4 m，选项 D 错误；当质点M 在波峰时，质点P 在平衡位置并正沿y 轴正方向运动，选项E正确。（2）一玻璃正方体中心有一点状光源。今在正方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出正方体。已知该玻璃的折射率为2，求镀膜的面积与正方体表面积之比的最小值。解析 如图，考虑从玻璃正方体中心O 点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃正方体上表面发生折射，根据折射定律有：nsin sin ，式中，n是玻璃的折射率，入射角等于，是折射角，现假设A 点是上表面面积最小的不透明薄膜边缘上的一点。由题意，在A 点刚好发生全反射，故A2。设线段OA 在正方体上表面的投影长为RA，由几何关系有sin ARARA2a22。式中 a 为玻璃正方体的边长，联立解得RAa2n21，代入 n2，得 RAa2，由题意，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为RA的圆。所求的镀膜面积S 与玻璃正方体的表面积S之比为SS6 RA26a24。答案 4