2020年高考物理（新课标卷）模拟卷含答案解析（8）

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1、2020年高考物理（新课标卷）模拟卷（8）理科综合物理注意事项：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下列说法符合史实的是A伽利略提出力是维持物体运动的原因B亚里士多德猜想自由落体

2、运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C笛卡尔通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持D牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动【答案】D【解析】A. 亚里士多德提出力是维持物体运动的原因，故A错误；B. 伽利略用数学和逻辑推理得出了自由落体的速度与下落时间成正比，而不是直接用实验验证这个结论。故B错误；C. 伽利略利用“理想斜面实验”发现了物体的运动不需要力来维持，推翻了“力是维持物体运动的原因”的观点，故C错误；D. 牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，产生加速度，而不仅仅是使之运动，故D正确。15（2019四川高三）如图所示，在水平匀强电场中，有一带电

3、粒子（不计重力）以一定的初速度从M点运动到N点，则在此过程中，以下说法中正确的是A电场力对该带电粒子一定做正功B该带电粒子的运动速度一定减小CM、N点的电势一定有MND该带电粒子运动的轨迹一定是直线【答案】C【解析】AB粒子的带电性质不知道，所以受到的电场力方向不确定，电场力可能做正功也可能做负功，则粒子的速度可能增加也可能减小，故AB错误；C沿着电场线的方向电势一定降低，所以MN，故C正确；D粒子只受电场力作用，电场力的方向在水平方向，而粒子的运动方向和水平方向有一夹角，所以粒子不会做直线运动，故D错误；故选C.16（2020四川高三）地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡

4、在洛阳制成，早于欧洲1700多年如图所示，为一现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为，当感知到地震时，质量为的铜珠（初速度为零）离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞的时间约为，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为ABCD【答案】A【解析】铜珠做自由落体运动，落到蟾蜍口的速度为：以竖直向上为正方向，根据动量定理可知：Ft-mgt=0-（-mv）解得：A，与结论相符，选项A正确；B，与结论不相符，选项B错误；C，与结论不相符，选项C错误；D，与结论不相符，选项D错误；故选A.17（2020广东高三）一飞船围绕地球做匀速圆周运动，其离地面的高度为H，若已知地球表面重力加速度为g，地球半径R。则

5、飞船所在处的重力加速度大小ABCD【答案】C【解析】忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式在地球表面：在离地面的高度为H处：解得：A，与结论不相符，选项A错误；B，与结论不相符，选项B错误；C，与结论相符，选项C正确；D，与结论不相符，选项D错误；故选C.18（2019重庆西南大学附中高三）如图所示，高层住宅外安装空调主机时，电机通过缆绳牵引主机。为避免主机与阳台、窗户碰撞，通常会用一根拉绳拽着主机，地面上拽拉绳的人通过移动位置，使拉绳与竖直方向的夹角保持不变，在此过程中主机沿竖直方向匀速上升，则在提升主机过程中，下列说法正确的是A缆绳拉力和拉绳拉力大小都不变B缆绳拉力和拉绳拉力大小

6、都增大C缆绳与竖直方向的夹角a可能大于拉绳与竖直方向的夹角D缆绳拉力的功率保持不变【答案】B【解析】A主机竖直向上匀速运动故合力为零，受力分析如图：在上升过程中，增大，而不变，则三个力构成动态平衡，重力mg为恒力，F2保持方向不变，F1顺时针转动，由图解法可判断出缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都增大，故A错误，B正确；C由三力平衡特点（任意两个力的合力与第三个力等大反向）可知，F1的方向始终在mg和F2所夹的的对角线的反向延长线上，则一定有缆绳与竖直方向的夹角小于角，故C错误；D对于主机向上做匀速直线运动，由动能定理可知：而拉力F2的功率为PF2=F2vcos，由于F2变大，而不变，则拉力F2的功

7、率会增大，由可知F1的功率增大，故D错误。故选B。19如图所示,斜面AB高h，C是斜面AB的中点,D点在B点的正上方2h处。从D点以不同的水平速度抛出两个小球,球1落在A点，球2落在C点,不计空气阻力,关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程,下列说法确的是A球1和球2动能增加量之比2：3B球1和球2运动的时间之比为:1C球1和球2抛出时初速度之比为:1 D球1和球2的速度变化量之比为【答案】AD【解析】A因为A点和C点的竖直高度分别为h和1.5h，则根据动能定理可知，球1和球2动能增加量之比2：3，选项A错误；B根据可知，球1和球2运动的时间之比为，选项B错误；C球1和球2的水平射程之比为

8、1:2，根据可得抛出时初速度之比为:4，选项C错误；D根据，则球1和球2的速度变化量之比为，选项D正确；故选BD.20（2020天津高三期末）回旋加速器的工作原理如图所示：真空容器D形盒放在与盒面垂直的匀强磁场中，且磁感应强度B保持不变。两盒间狭缝间距很小，粒子从粒子源A处（D形盒圆心）进入加速电场（初速度近似为零）D形盒半径为R，粒子质量为m、电荷量为+q，加速器接电压为U的高频交流电源若相对论效应、粒子所受重力和带电粒子穿过狭缝的时间均不考虑下列论述正确的是A交流电源的频率可以任意调节不受其他条件的限制B加速氘核()和氦核()两次所接高频电源的频率不相同C加速氘核()和氦核()它们的最大速

9、度相等D增大U，粒子在D型盒内运动的总时间t 减少【答案】CD【解析】A根据回旋加速器的原理，每转一周粒子被加速两次，交流电完成一次周期性变化，粒子做圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得粒子做圆周运动的周期交流电源的频率解得可知交流电源的频率不可以任意调节，故A错误；B加速不同的粒子，交流电源的频率由于氘核()和氦核()的比荷相同，所以加速氘核()和氦核()两次所接高频电源的频率相同，故B错误；C粒子加速后的最大轨道半径等于D型盒的半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得粒子的最大运行速度由于氘核()和氦核()的比荷相同，所以加速氘核()和氦核()它们的最大速度相等，故C正确；D

10、粒子完成一次圆周运动被电场加速2次，由动能定理得经过的周期个数为最大动能为粒子在D型盒磁场内运动的时间即U越大，t越小，故D正确。故选CD。21（2020河南高三期末）甲乙两车在相邻的平行车道同向行驶，做直线运动，v-t图象如图所示，二者最终停在同一斑马线处，则A甲车的加速度小于乙车的加速度Bt=0时乙车在甲车前方8.4m处Ct=3s时甲车在乙车前方0.6m处D前3s内甲车始终在乙车后边【答案】BC【解析】A根据vt图的斜率大小表示加速度大小，斜率绝对值越大加速度越大，则知甲车的加速度大于乙车的加速度，故A错误；B设甲运动的总时间为t，根据几何关系可得：得t=3.6s在03.6s内，甲的位移=

11、32.4m04s内，乙的位移=24m因二者最终停在同一斑马线处，所以，t=0时乙车在甲车前方x甲x乙=8.4m故B正确；C03s内，甲、乙位移之差x=m=9m因t=0时乙车在甲车前方8.4m处，所以t=3s时甲车在乙车前方0.6m处，故C正确；D由上分析知，前3s内甲车先在乙车后边，后在乙车的前边，故D错误。故选BC。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（6分）某实验小组利用如图所示装置“探究小车加速度与合外力的关系”，图中A为小车，B为打点计时器，C为弹簧测力计，P为钩码，一端带有定滑轮

12、的足够长的木板水平放置，与小车相连的细线和长木板平行，与动滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直，不计绳与滑轮的摩擦及动滑轮质量。实验步骤如下：把长木板左端垫高，在不挂重物情况下，轻推一下小车，使小车拖着纸带做匀速运动；挂上钩码，接通电源后，释放小车，打出一条纸带，将点迹清楚的某点记为第零计数点，顺次选取一系列点作为计数点1、2、3.，分别测量这些计数点到第零计数点之间的距离x，然后由这些距离求出小车的加速度；改变钩码数量，重复步骤，求得小车在不同合力作用下的加速度。（1）本实验中是否必须满足重物P的质量远小于小车A的质量； _ （填“是”或“否”）（2）由本实验得到的数据作出小车加速度与弹簧测力计示

13、数F的关系图象，与本实验相符合的是_；（3）该实验小组欲利用此装置“探究小车动能变化与合外力对它所做 功的关系”，在步骤中的纸带上，由各计数点到第零计数点之间的距离x，计算出它们与零计数点的速度平方差，弹簧测力计的示数F，小车A的质量m，然后建立坐标系，通过描点法得到的图象是一条过原点的直线，如图所示，则这条直线斜率的表达式为_。（用题中已知条件表示）【答案】否（2分）    A（2分）    （2分）    【解析】（1）验证牛顿第二定律的实验中，当我们把钩码的重力近似当成绳上的拉力时需要满足钩码质量远小于小车质量，此时有弹簧测力计

14、直接测出绳上拉力，不需要把钩码重力近似为绳上拉力，所以不需要满足钩码质量远小于小车质量。（2）由于已经平衡摩擦力，所以随着F从0开始增大，加速度也从0开始线性增大，所以选A；（3）由动能定理，得到所以23（9分）（2019黑龙江高三）某物理兴趣小组利用小量程的电流表设计了如图所示多用电表的电路图，电流表G的规格是满偏电流Ig=30 mA，内阻Rg= 45。电路中定值电阻R1的阻值为5，电阻箱R2和R3的最大阻值都为999.9。（1）图中与多用电表A端相连的为_（填“红”或“黑”）表笔；（2）将选择开关置于1位置，电流表量程为_A；（结果保留两位有效数字）（3）将选择开关置于2位置， 欧姆调零后

15、，使电流表G指针位于表盘中央刻度时，对应被测电阻的阻值为15，则当电流表G指针位于10mA的位置时，电阻刻度盘上应标上_，电源的电动势为_V。（4）将选择开关置于3位置，将其改装为量程为150 V的电压表，则电阻箱R3应调整为_。【答案】红（1分）   0.30（2分）  30（2分）   4.5V（2分）  495.5 （2分）   【解析】(1) 欧姆表电流从红表笔流进电表，从黑表笔流出电表，A与负极相连，所以A连红表笔；(2) (3)中值电阻为15，则欧姆表内阻为15，且此时电流表的量程已扩大十倍，干路电流等于扩大十倍，所以电动势 当电流

16、表示数为10mA时，电阻刻度盘上应该标的阻值(4)总电压为150V24.（14分）（2019河南高三）中国高铁的发展速度令世人瞩目。为了提高行车效率，缩短行车时间，设计师提出一种列车过站不停车的设想，如下面简图所示。高铁匀速行驶的速度 v0=360km/h，进站时尾部子车 1 在 O 点自动脱离，将乘客送到下车站台下车，载着新乘客的子车 2 提前等候在上车站台 A 点处。为了更好地完成对接，母车接近车站时提前向子车 2 发出指令，发出指令后立即开始做加速度为 a0 的匀减速直线运动，到达 B 点时恰好将车速减小到 v0。子车2 接到指令后，沿转移轨道 AB 开始做加速度 a1m/s2的匀加速直

17、线运动，子车 2 达到最大速度 v144km/h 后，接着做匀速直线运动。转移轨道 AB 与铁轨的夹角3，已知 cos31。若子车 2 启动后 t3min，和母车同时到达 B 点，完成同速对接。（1）母车距离 B 点多远的时候，发出指令让子车 2 开始启动？母车做匀减速直线运动的加速度 a0 是多大？（2）求转移轨道 AB 的长度。【答案】（1）12600m；m/s2；（2）6400m【解析】由题意可知v0=360km/h=100m/s,v=144 km/h=40m/s,t=3min=180s(1)母车向子车2发出指令后立即做匀减速直线运动，两车同时到达C点，完成同速对接。母车运动的位移是（2

18、分）即母车发出指令时距离B点12600 m母车匀减速的加速度大小是（2分）(2)对子车2做运动分析可知，加速过程所用时间为t1，则v=at1（2分）（2分）加速过程的位移是（2分）匀速过程的位移是x2=v(t-t1)=5600m（2分）可得AB轨道长度为lAB=x1+x2=6400m（2分）25.（18分）（2020天津高三期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内有一条通过坐标原点的虚线，虚线与y轴正方向夹 角为30，在虚线与x轴正方向之间存在着平行于虚线向下的匀强电场。在第四象限内存在一个长方形 的匀强磁场区域（图中未画出），磁感应强度为B，方向垂直坐标平面向外。一质量为m，电荷量为

19、q的带正电粒子从虚线上某点以一定的初速度垂直电场方向射入电场，经过电场偏转后，该粒子恰从x轴上的P点以速度v射入匀强磁场区域，速度c的方向与x轴正方向夹角为60，带电粒子在磁场中做匀速圆周 运动，经磁场偏转后，粒子射出磁场时速度方向沿x轴负方向，随后粒子做匀速直线运动并垂直经过一y 轴上的Q点。已知OP=L，不计带电粒子重力。求：（1）匀强电场的电场强度E的大小；（2）带电粒子在电场和磁场中运动时间之和；（3）矩形磁场区域的最小面积和Q点的位置坐标。【答案】（1）（2）（3）（0，-）【解析】（1）设电场强度为E，带电粒子进入电场时，初速度为v0。带电粒子在电场中运动时间为t1，由牛顿第二定律

20、和平拋运动规律得Lcos30 =v0t1（1分）vsin30 =at1（1分）v0= vcos30（1分）qE=ma（1分）联立各式解得：tl=，（1分）E=（1分）（2）设带电粒子在磁场中的运动时间为t2，周期为T，半径为R，由几何关系知，带电粒子在磁场中运动速度偏转角=120，则qvB=（1分）T=（1分）t2=（1分）联立各式解得：R=（1分）t2=（1分）所以带电离子在电场和磁场中运动的总时间为：t=t1+t2=（1分）（3）由图知，带电粒子从P点射人磁场，由P点射 出磁场。包含圆弧PP的最小矩形磁场区域为图中虚线所示，则矩形区域长为：a=PP=2Rcos30=（1分）矩形区域宽为：b

21、= R（1-sin 30）=（1分）所以该磁场区域的最小面积为：S =ab=（1分）Q点纵坐标为：yQ=-asin 60=-（1分）所以Q点位置坐标为（0，-）（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将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍然是晶体B质量、温度均相同的碳粉和碳块，其内能不同C悬浮在水中的花粉微粒的布朗运动反映了花粉分子的热运动D一定质量的理

22、想气体，放热的同时对外界做功，其内能一定减少E气体向真空的白由膨胀是不可逆的【答案】ADE【解析】A. 将一块晶体敲碎后，分子组成结构没有变，因此得到的小颗粒仍然是晶体，故A正确；B. 内能是物体所有分子动能和势能之和，对于质量、温度均相同的碳粉和碳块，其分子数相同，动能也相同，都为固体势能也相同，因此其内能相同，故B错误；C. 布朗运动是分子原子撞击加大颗粒，因受力不平衡导致其无规则运动，不是颗粒本身所含的分子，故C错误；D. 一定质量的理想气体，改变内能有两种方式，做功和热传递，放热的同时对外界做功，内能没有输入只有输出，因此内能一定减小，故D正确；E.根据热力学第二定律，气体向真空的白由

23、膨胀是不可逆的，故E正确。（2）（10分）如图甲，绝热气缸置于水平地面上，其、两部分的横截面积分别是、，、是质量均为且厚度不汁的绝热活塞，初态，与封闭着总高度为（由和的两段组成）的理想气体，与缸底封闭着高度为的理想气体，气体、的温度均为已知大气压强，重力加速度大小活塞与气缸接触处光滑且不漏气，气缸壁厚度不计，活塞以上部分足够长。（i）求气体的压强；（ii）若启动中的加热电阻丝（图中未画出）对气体缓慢加热，某时刻活塞到达的上端且刚好与上端接触而无压力（如图乙），求此时气体的温度。【答案】（i）（ii）【解析】（i）由题意可设，理想气体的气压为p1，理想气体的气压为p2，根据受力平衡可得，代入数据

24、解得（ii）根据理想气体状态方程可得，解得34物理一选修34）（15分）（1）（  5分）关于机械波与电磁波，下列说法中正确的是      （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机械波在介质中传播时，介质中后振动的质点总是重复先振动的相邻的质点的振动，是受迫振动B弹簧振子在四分之一个周期里运动的路程一定等于一个振幅C有经验的战士可以根据炮弹飞行的尖叫声判断炮弹是接近还是远去D电磁波衍射能力由强到弱的顺序是无线电波、可见光、红外线、射线E在真空中传播的电磁波频率不同，传播的速度相同【答案】ACE

25、【解析】A机械波在介质中传播时，介质中后振动的质点总是重复先振动的相邻的质点的振动，是受迫振动，选项A正确；B弹簧振子只有从平衡位置或者离平衡位置最远处开始振动计时，在四分之一个周期里运动的路程才等于一个振幅，选项B错误；C有经验的战士可以根据炮弹飞行的尖叫声判断炮弹是接近还是远去，这是根据多普勒效应，选项C正确；D波长越大的衍射能量越强，则电磁波衍射能力由强到弱的顺序是无线电波、红外线、可见光、射线，选项D错误；E在真空中传播的电磁波频率不同，传播的速度相同，选项E正确；故选ACE.（2）（10分）如图所示，ABC是一个三棱镜的截面图，一束单色光以i60的入射角从侧面的中点N射入。已知三棱镜

26、对该单色光的折射率，AB长为L，光在真空中的传播速度为c，求：（i）此束单色光第一次从三棱镜射出的方向（不考虑AB面的反射）；（ii）此束单色光从射入三棱镜到BC面所用的时间。【答案】（i）光将垂直于底面AC，沿PQ方向射出棱镜   （ii）【解析】（i）设此束光从AB面射人棱镜后的折射角为r，由折射定律有:解得，显然光从AB射入棱镜后的折射光线NP平行于AC，光在BC面上的入射角为45,设临界角为，则由得:可知，故光在BC面上发生全反射,根据几何知识和光的反射定律可知，光将垂直于底面AC，沿PQ方向射出棱镜 （ii）光在棱镜中传播的速率:  所以此束光从射入三棱镜到BC面所用的时间：解得：