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    2020年高考物理(新课标卷)模拟卷含答案解析(10)

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    2020年高考物理(新课标卷)模拟卷含答案解析(10)

    1、2020年高考物理(新课标卷)模拟卷(10)注意事项:1答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。二、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,有选错的得0分。14(2020天津高三期末)2018年中国散裂中子源(CSNS)将迎来验收,目前已建设的3台

    2、谱仪也将启动首批实验。有关中子的研究,下列说法正确的是ATh核发生一次衰变,新核与原来的原子核相比,中子数减少了4B一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是裂变反应C卢瑟福通过分析粒子散射实验结果,发现了质子和中子D衰变的实质在于核内的中子转化成了一个质子和一个电子【答案】D【解析】ATh核发生一次衰变,新核与原来的原子核相比,质量数减小4,电荷数减小2,则中子数减少了2,选项A错误;B一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是聚变反应,选项B错误;C卢瑟福通过分析粒子散射实验结果,发现了原子的核式结构,选项C错误;D衰变的实质在于核内的中子转化成了一个质子和一个电子,选项D正确;故

    3、选D。15(2020四川高三)如图所示,为某运动员(可视为质点)参加跳板跳水比赛时,其竖直方向的速度随时间变化的图象以他离开跳板时为计时起点,不计空气阻力,则下列说法中正确的是A时刻达到最高点B时刻的位移最大C时刻的加速度为负D在时间内重力做功大于时间内克服阻力做功【答案】D【解析】A运动员起跳时的速度方向向上,可知,t1时刻达到最高点,故A错误。BCv-t图象为直线,加速度不变,所以在0-t2时间内人在空中,t2时刻开始进入水面,之后进入水中,此时人的位移不是最大,t1时刻的加速度为正值,故BC错误;D由能量关系可知在t1-t2时间内,即在t1-t2时间内重力做功WG大于t1-t2 时间内克

    4、服阻力做功重力做功Wf,故D正确;故选D。16(2019河南高三)某理想变压器有两个副线圈,原线图匝数为n,两个副线图匝数分别为n1和n2,如图所示。所接电阻R1R2,电流表为理想交流电表,D为理想二极管,原线圈接正弦交流电源,下列说法正确的是A滑动变阻器R滑片向上滑动时,电流表示数变小B滑动变阻器R滑片向上滑动时,副线圈n2的输出电压变大CR2两端的电压与R1两端的电压之比为n1:n2DR2的功率与R1的功率之比为n12:n22【答案】A【解析】一组原线圈对应多组副线圈同样符合电压关系功率关系:ABR增大,n,n1,n2不变,不影响 U,U1和 U2,所以I1减小,P1减小,所以原线圈功率

    5、P 减小,故原线圈电流减小,A正确,B错误。CDR1两端电压等于U1,第二个副线圈由于二极管的存在,使得 R2 电压不等于U2,所以两电阻电压值比不等于n1:n2,功率根可知,两电阻相等,但是两电阻的电压之比不是n1:n2,所以电压值比也不是;故C、D均错误。故选A。17(2019河北高三)人造卫星给人们的生活带来了的便利,不同的人造卫星有着不同的用途和轨道。现有两颗人造地球卫星a、b,分别稳定在距地面高度为2R和3R的圆周轨道上,R为地球半径。则下列说法中正确的是Aa、b的速度之比为Ba、b的周期之比为Ca、b所受向心力之比为16:9D卫星a的机械能一定小于b的机械能【答案】B【解析】由万有

    6、引力提供向心力有得Aa、b的速度之比为故A错误;Ba、b的周期之比为故B正确;CD由于不知道两卫星的质量,所以无法确定两卫星的向心力和机械能的大小关系,故CD错误。18(2020上海高三)如图所示的静电场中,实线表示电场线,虚线表示等势面。则Ab、c两点的电势相等Ba、b两点的电势相等Cb、c两点的场强相等Da、b两点的场强相等【答案】A【解析】A同一等势面上的点电势相等,所以b、c两点的电势相等,A正确;B沿电场线方向电势降低,所以a点电势大于b点的电势,B错误;Cb、c两点的场强大小相等、但方向不同,所以场强不相等,C错误;D电场线的疏密表示场强的大小,a点的电场线更密一些,所以a点的场强

    7、大于b点的场强,D错误。故选A。19(2020四川高三)如图所示,粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体,与竖直墙壁之间放一光滑半圆球,整个装置处于平衡状态。已知、的质量分别为和,、两物体的半径均为,的圆心到水平地面的竖直距离为,重力加速度为,下列说法正确的是A地面对的支持力大小为B地面对的摩擦力大小为C将往左缓慢移动少许,竖直墙壁对的弹力减小D将往左缓慢移动少许,、之间的弹力保持不变【答案】AC【解析】A.把A、B看成一个系统,对其运用整体法,该系统在竖直方向上受到竖直向下的重力(M+m)g和地面的支持力FN的作用,二力平衡,所以有:FN=(M+m)g故A正确;B.在水平方向上,该系统肯

    8、定受到竖直墙水平向右的弹力的作用,那么一定也受到地面水平向左的摩擦力,并且摩擦力大小等于竖直墙对B水平向右的弹力大小FN2;再选取半圆球B为研究对象,运用隔离法,受力分析如图所示。根据几何关系,等于45。根据力的分解和力的平衡条件可得:FN1=FN2=Mgtan=Mg故B错误;C. 根据FN2=Mgtan,将A往左缓慢移动少许,减小,竖直墙壁对B的弹力减小,故C正确;D.根据FN1=,将A往左缓慢移动少许,减小,A、B之间的弹力减小,故D错误。20(2019重庆高三)两个线圈套在同一个铁芯上,线圈的绕向如图甲所示,左线圈连着正方形线框abcd,线框所在区域存在变化的磁场,取垂直纸面向里为正方向

    9、,磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示,不计线框以外的感应电场,右侧线圈连接一定值电阻R。则下列说法中正确的是A时刻ab边中电流方向由,e点电势低于f点电势B设、时刻ab边中电流大小分别为、,则有,e点与f点电势相等C时间内通过ab边的电荷量为0,通过定值电阻R的电流方向竖直向下D时刻ab边中电流方向由,通过定值电阻R的电流方向竖直向下【答案】BD【解析】A由图可知,t1时刻磁场方向向里且均匀增加,根据楞次定律,线框中感应电流沿逆时针方向,ab边中电流方向由ab,根据法拉第电磁感应定律知,正方形线框中的感应电动势是恒定值,原线圈中电流值恒定,副线圈中不产生感应电动势,e点电势等于f点电势,故A

    10、错误;B根据法拉第电磁感应定律得感应电动势,t1时刻磁感应强度的变化率小于t3时刻的磁感应强度变化率,e1e3,根据欧姆定律,知i1i3;副线圈磁通量不变,定值电阻R中无电流,e点与f点电势相等,故B正确;Ct2t4时间内磁感应强度均匀变化,磁通量均匀变化,感应电动势恒定,有恒定感应电流通过ab,通过ab的电量为q=It,不等于0,恒定电流通过铁芯产生恒定磁场,故副线圈磁通量不变,副线圈无感应电流产生,则定值电阻R中无电流,故C错误;Dt5时刻磁场方向垂直纸面向外,磁场变小,磁通量减小,根据楞次定律得感应电流逆时针,ab边中电流方向ab,磁感应强度的变化率增大,感应电流大小变大,穿过原副线圈的

    11、磁通量增大,根据楞次定律,副线圈中感应电动势上正下负,因此通过定值电阻R的电流方向竖直向下,故D正确。故选BD。21如图所示,滑块放置在足够长的木板的右端,木板置于水平地面上,滑块与板间动摩擦因数为,木板与地面间动摩擦因数为,原来均静止。零时刻用一水平恒力向右拉木板,使滑块与木板发生相对运动,某时刻撤去该力。滑动摩擦力等于最大静摩擦力,则从零时刻起,二者的速度一时间图象可能为ABCD【答案】AD【解析】零时刻用一水平恒力向右拉木板,使滑块与木板发生相对运动,滑块m1和木板m2均做匀加速直线运动,对滑块m1加速度为撤去外力后,木板m2做匀减速直线运动,此时滑块m1的速度小于m2,所以滑块m1继续

    12、做匀加速运动,当而者速度相等时:AB如果,滑块m1和木板m2将保持相对静止,在地面摩擦力作用下一起做匀减速运动。由牛顿第二定律 加速度变为即滑块的加速度变小,故A正确,B错误。CD如果 ,两物体将发生相对滑动,由牛顿第二定律,此时滑块m1的加速度大小是,即滑块的加速度大小不变,故D正确,C错误。故选AD。三、非选择题:共174分,第2232题为必考题,每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题:共129分。22(5分)利用提供的下列器材:长木板、铁架台、米尺、计时仪器、小车(可视为质点)、砝码等,探究加速度与质量的关系。如图测量木板长度l,将木板一端放在铁架台

    13、的支架上,让小车从静止开始由顶端滑到底端,测出下滑时间t,则小车运动的加速度可表示为a_。保持木板倾角不变,向小车内加入砝码来改变小车质量,多次测出加速度a,据此能否得出加速度与质量的关系?_(填“能”或“不能”),原因是_。【答案】(2分)  不能(1分)    保持木板倾角不变,则加速度相等,与质量无关(2分)【解析】小车做匀加速直线运动,根据位移时间公式得:解得:设木板的倾角为,根据牛顿第二定律得:与质量无关,保持木板倾角不变,则加速度相等;则此实验的过程中,不涉及到质量,所以不能得出加速度与质量的关系。23(10分)(2020广东高三)在做“描绘小灯泡的伏

    14、安特性曲线”实验时,所用器材有:电动势为6V的电源,额定电压为2.5V的小灯泡,以及符合实验要求的滑动变阻器、电表、开关和导线。要求能测出尽可能多组数据,如图是没有连接完的实物电路。(已连接好的导线有a、b、c、d、e、f六根)(1)请你用笔画线代替导线,将实物电路连接完整_;(2)连好电路,闭合开关,移动变阻器滑片P,发现小灯泡始终不亮,但电压表有示数,电流表几乎不偏转,则故障的原因可能是_;(3)排除故障后比和开关,移动滑片P到某处,电压表的示数为2.2V,在要测量小灯泡的额定功率,应将滑片P向_端滑动(选填“左”“右”);(4)通过移动滑片P,分别记下了多组对应的电压表和电流表的读数,并

    15、绘制成了如图所示的UI图线。根据UI图线提供的信息,可计算出小灯泡的额定功率是_W。(5)图线是曲线而不是过原点的直线,原因是_。【答案】 (2分)   c段导线断路或灯泡损坏(2分)    右(2分)    0.50 (2分)   灯丝的电阻会随温度的升高而增大  (2分)  【解析】(1)因小灯泡电阻较小,则电流表要外接;滑动变阻器要接成分压电路;电路连接如图;(2)连好电路,闭合开关,移动变阻器滑片P,发现小灯泡始终不亮,但电压表有示数,电流表几乎不偏转,则故障的原因可能是c段导线断路或灯泡损坏;(3)排除故

    16、障后闭合开关,移动滑片P到某处,电压表的示数为2.2V,小于灯泡的额定电压,则要测量小灯泡的额定功率,必须要增加电压,即应将滑片P向右端滑动;(4)根据UI图线提供的信息,可知当U=2.5V时,I=0.2A,则可计算出小灯泡的额定功率是P=IU=0.50W。(5)图线是曲线而不是过原点的直线,原因是灯丝的电阻会随温度的升高而增大。24.(14分)(2019湖南高三)如图,光滑轨道固定在竖直平面内,倾斜、水平、为半径的半圆弧轨道,三部分平滑连接,为圆弧轨道的最低点,可视为质点的小球和中间压缩一轻质弹簧静止在水平轨道上(弹簧与两小球不拴接且被锁定)。现解除对弹簧的锁定,小球脱离弹簧后恰能沿轨道运动

    17、到处,小球沿圆弧轨道运动。已知,的竖直高度差,在点时小球对轨道压力的大小为,弹簧恢复原长时小球仍处于水平轨道(不计空气阻力,),已知。求:(1)小球的质量;(2)弹簧锁定时的弹性势能。【答案】(1)(2)【解析】 (1)对小球,由机械能守恒定律得:(2分)解得(2分)取水平向左为正,对小球、,由动量守恒定律得:(2分)在点,由牛顿第二定律得:(2分)联立以上各式代入数值得:,(,舍去) (2分)(2)由能量的转化及守恒得:(2分)代入数值得:(2分)25.(18分)(2020天津高三期末)如图所示,在平面直角坐标系xoy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场,电场强度大小为E,方向沿y轴负方向。在

    18、第一、四象限内有一个半径为R的圆,圆心坐标为(R,0),圆内有方向垂直于xoy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子(不计重力),以速度为v0从第二象限的P点,沿平行于x轴正方向射入电场,通过坐标原点O进入第四象限,速度方向与x轴正方向成,最后从Q点平行于y轴离开磁场,已知P点的横坐标为。求:(1)带电粒子的比荷;(2)圆内磁场的磁感应强度B的大小;(3)带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间。【答案】(1) (2) (3)【解析】 (1)由水平方向匀速直线运动得2h=v0t1(1分)竖直向下的分速度(1分)由竖直方向匀加速直线运动知vy=at1,加速度为(1分)根据以上式解得(2分)(2

    19、)粒子进入磁场的速度为v,有(1分)粒子运动轨迹如图所示由几何关系得,粒子在磁场中作匀速圆周运动的轨道半径为r=R(1分)由洛伦兹力提供向心力可知(2分)解得(2分)(3)粒子在磁场中运动的时间为(1分)粒子在磁场中运动的周期为,粒子在电场中运动的时间为(2分)粒子运动的总时 (2分)代入数据得:(2分)(二)选考题:共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做,则每科按所做的第一题计分。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个给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0分)A第二类永动机

    20、违反了热力学第二定律,也违反了能量守恒定律B分子质量不同的两种气体,温度相同时,其分子的平均动能一定相同C布朗运动的规律反映出分子热运动的规律,即小颗粒的运动是液体分子的无规则运动D干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度,这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果E如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡,那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡,用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度【答案】BDE【解析】A第二类永动机违反了热力学第二定律,但是不违反能量守恒定律,选项A错误;B温度是分子动能的标志,即使是分子质量不同的两种气体,温度相同时,其分子的平均动能也一定相同,选项B正确;C

    21、布朗运动的规律反映出分子热运动的规律,小颗粒的运动只是液体分子的无规则运动的表现,选项C错误;D干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度,这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果,选项D正确;E如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡,那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡,用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度,选项E正确;故选BDE。(2)(10分)(2019重庆高三)如图所示,用质量m=2kg的绝热活塞在绝热汽缸内封闭一定质量的理想气体,活塞与汽缸壁间摩擦力忽略不计,开始时活寒距离汽缸底部的高度h1=0.2m,气体的温度t1=27;现用汽缸内一电热丝(未画出)给气体缓慢加热,

    22、加热至t2=177,活塞缓慢上升到距离汽缸底某高度h2处,此过程中被封闭气体吸收的热量为3000J。已知大气压强p0=1.0105Pa,重力加速度g取10m/s2,活塞截面积S=4.010-4m2.求:(i)初始时汽缸内气体的压强p和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度h2;(ii)此过程中气体内能的变化量U【答案】(i)(ii)【解析】(i)对活塞受力分析可知:解得 对气体经过的是等压过程,则由盖吕萨克定律: 解得h2=0.3m(ii)此过程中气体对外做功: 根据可得此过程中气体内能增加2994J。34物理一选修34)(15分)(1)如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波,实线为t0时刻的波形图,经

    23、过t16s,波形图如图中虚线所示。已知波的周期T4s,则下列说法正确的是(  )(填正确答案标号,选对1个给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0分)A该波的波长为8mB该波的周期可能为8sC在t9s时,B质点一定沿y轴正方向运动DB、C两质点的振动情况总是相反的E该列波的波速可能为m/s【答案】BDE【解析】A分析波形图,可知波长4m,故A错误;BE设波沿x轴正方向传播,则,n0、1、2,其中T4s,则n0时,T24s,波速 ;n1时,Ts,波速vm/s;设波沿x轴负方向传播,则,n0、1、2,其中T4s,则n0时,T8s,波速v0.5m/s,故BE正确

    24、;C当波沿x轴负方向传播时,T8s,在t9s时,B质点在平衡位置下方,沿y轴负方向运动,故C错误;DB、C两质点平衡位置相隔半个波长,振动情况完全相反,故D正确;故选BDE.(2)(10分)(2019四川高三)处于真空中的圆柱形玻璃的横截面如图所示,AB为水平直径,玻璃砖的半径为R,O为圆心,P为圆柱形玻璃砖上的一点,与水平直径AB相距,单色光平行于水平直径AB射向该玻璃砖。已知沿直径AB射入的单色光透过玻璃的时间为t,光在真空中的传播速度为c,不考虑二次反射,求:(i)该圆柱形玻璃砖的折射率n;(ii)从P点水平射入的单色光透过玻璃砖的时间。【答案】(i);(ii)。【解析】(i)沿AB入射的光将从B点射出,设光在玻璃内的速度为v,则:v(1分)又:2Rct(1分)联立可得:n(2分)(ii)过P做入射光的法线,过P做AB的垂线,垂足为C,如图:因,所以POC30由几何关系可知该光的入射角为30(1分)由折射定律:n可得:(1分)由几何关系:PD2Rcosr(1分)从P入射的光到达D所用的时间:(1分)联立可得:t(2分)


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