2020年高考物理（新课标卷）模拟卷含答案解析（3）

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1、2020年高考物理（新课标卷）模拟卷（3）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和是重要的聚变核燃料，和聚变的核反应方程为+X+17.6MeV，X与Y核反应又可获得，即X

2、+Y+4.9MeV，则下列说法正确的是AX是电子BY的核电荷数为4C+X+17.6MeV中的17.6MeV是的结合能DX+Y+4.9MeV中平均每个核子释放的能量为0.7MeV【答案】D【解析】A根据质量数、电荷数守恒可知，X是中子，A项错误;B根据质量数、电荷数守恒可知，Y的核电荷数为3，B项错误；C核子结合成原子核释放的能量才是结合能，C项错误；DX+Y+4.9MeV中平均每个核子释放的能量为=0. 7MeV，D项正确.故选D。15（2019重庆高三）如图,正点电荷固定在O点,以O为圆心的同心圆上有a、b两点,带负电的粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点,则Aa、b两点电场强度相同B粒子在

3、a点的动能小于在b点的动能C粒子在a点的加速度小于在b点的加速度D粒子在a点的电势能小于在b点的电势能【答案】D【解析】Aa、b两点电场强度大小和方向均不同，则场强不相同，选项A错误；BD从a到b电场力做负功，则动能减小，电势能变大，即粒子在a点的动能大于在b点的动能，在a点的电势能小于在b点的电势能，选项B错误，D正确；C粒子在a点受到的电场力较大，则粒子a的加速度大于在b点的加速度，选项C错误；故选D。16（2020湖南高三期末）如图，用绝缘材料制作的光滑杆AB，B端固定在水平地面上，杆AB与水平地面的夹角，D点是杆AB的中点。水面地面上的C点固定有正点电荷Q，A、C连线竖直。在杆AB上套

4、一个带负电的小圆环P，并让小圆环从A端静止释放，小圆环P能从A沿杆滑到B端，对小圆环下滑的过程，下列说法正确的是A小圆环P一直做匀加速运动B小圆环P的机械能守恒C小圆环P在A点和D点的机械能相等D小圆环P在D点的加速度最大【答案】C【解析】A对小圆环P受力分析，受重力、静电力、杆的弹力作用，沿杆的方向有重力的分力、静电力的分力，静电力的大小方向都变化，合力随着变化，加速度也随着变化，不会一直做匀加速运动，故A错误。B小圆环P下滑的过程，静电力先做正功后做负功，机械能先增加后减小，故B错误。CC离A点和D点的距离相等，静电力相等，即A点和D点在同一等势面上，电势能相等，小圆环P下滑的过程发生电势

5、能和机械能的相互转化，所以在A点和D点的机械能相等，故C正确。D重力沿杆方向的分力mgsin不变，在D点静电力沿杆的分力沿杆向上，而在A点沿杆向下，所以小圆环P在D点的加速度不是最大，故D错误。故选C。17（2019黑龙江高三）教学用发电机能够产生正弦式交变电流，原理如图所示。矩形线圈abcd面积为S，匝数为N，电阻为r，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴OO以角速度匀速转动，利用该发电机向定值电阻R供电，电压表和电流表均可视为理想表。下列说法正确的是A线圈平面通过图示位置时电流方向改变B电压表的读数为C当线圈由图示位置转过30时，线圈中的电流为D当线圈由图示位置转过30的过程

6、中，通过线圈磁通量的变化量为【答案】D【解析】A线圈在中性面时磁通量最大，电流为零，电流方向改变，A错误；B电压表测得是路端电压，电动势最大值为，有效值，由于线圈有电阻，路端电压要比有效值小，B错误；C从图示位置开始转动，电动势，电流  ，C错误；D转过，D正确；故选D。18如图所示，正方形为水平放置的长木柱的截面，一根细线一端连接在点一端连一个小球，细线的长为，开始时细线水平拉直，由静止释放小球，要使小球刚好能垂直打在侧面，不计小球的大小，重力加速度为，则正方形的边长的大小为ABCD【答案】C【解析】设小球刚好能垂直打在侧面时速度大小为，由机械能守恒定律有由牛顿第二定律求得故C正确

7、。故选C。19如图所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30，盘面上离转轴距离L处有小物体与圆盘保持相对静止，绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动，角速度为时，小物块刚要滑动，物体与盘面间的动摩擦因数为 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，该星球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是A这个行星的质量MB这个行星的第一宇宙速度v12C这个行星的同步卫星的周期是D离行星表面距离为R的地方的重力加速度为42L【答案】AB【解析】A.物体在圆盘上受到重力、圆盘的支持力和摩擦力，合力提供向心力，可知当物体随圆盘转动到最低点，小物块刚要滑动，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，此

8、时圆盘的角速度最大，由牛顿第二定律得mgcos30mgsin30m2L所以星球表面的重力加速度g42L在该行星表面mg这个行星的质量M故A正确；B.第一宇宙速度即为卫星绕行星表面做匀速圆周运动的速度，有mg故这个行星的第一宇宙速度v12故B正确；C.因为不知道同步卫星距行星表面的高度，所以不能求出同步卫星的周期，故C错误；D.离行星表面距离为R的地方质量为m的物体受到的万有引力Fmgm2L即该地方的重力加速度为2L，故D错误。20（2019重庆西南大学附中高三月考）如图所示，在水平桌面上放置两根相距l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连。质量为m、电阻不计的导体棒垂直于

9、导轨放置并可沿导轨自由滑动。整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上（图中未画出），磁感应强度的大小为B。导体棒的中点系一不可伸长的轻绳，轻绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，轻绳处于拉直状态。现若从静止开始释放物块，用h表示物块下落的高度（物块不会触地），g表示重力加速度，其他电阻不计，则下列说法正确的是A通过电阻R中的感应电流方向由c到aB物块下落的最大加速度为gC若h足够大，物块下落的最大速度为D通过电阻R的电荷量为【答案】ACD【解析】A从静止开始释放物块，导体棒切割磁感线产生感应电流，由右手定则可知，电阻R中的感应电流方向由c到a，故A正确；B设导体棒所受的

10、安培力大小为F，根据牛顿第二定律得物块的加速度，当F=0，即刚释放导体棒时，a最大，最大值为0.5g，故B错误。C物块和滑杆先做变加速运动，后做匀速运动，当加速度等于零时速度最大，则有mg=F，而F=BIl，解得物体下落的最大速度为，故C正确；D通过电阻R的电量：，故D正确。故选ACD。21（2020天津高三期末）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，到达C处的速度为零，。如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则A从A到C的下滑过程中，圆环的加速度一直

11、减小B从A下滑到C过程中弹簧的弹势能增加量小于mghC从A到C的下滑过程中,克服摩擦力做的功为D上滑过程系统损失的机械能比下滑过程多【答案】BC【解析】A圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；BC研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式解得则克服摩擦力做的功为，由分析可知，所以在C处，弹簧的弹性势能为则从A下滑到C过程中弹簧的弹性势能增加量等于故BC正确；D由能量守恒定

12、律知，损失的机械能全部转化为摩擦生热了，而摩擦生热两个过程系统损失的机械能相等，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）（2020福建高三期末）小米同学用图所示装置探究物体的加速度与力的关系。实验时保持小车(含车中重物)的质量不变，细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力 F，用打点计时器测出小车运动的加速度 a。（1）下列操作中，是为了保证“细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力 F” 这一条件的有（_）A实验前应将木板远离定滑轮一端适当垫高，以平衡摩擦力B实验

13、前应调节定滑轮高度，使定滑轮和小车间的细线与木板平行C小车的质量应远小于钩码的质量D实验时，应先接通打点计时器电源，后释放小车（2）如图为实验中打出的一条纸带，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的 5 个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有 4 个点迹未标出，测出各计数点到 A 点间的距离。已知所用电源的频率为 50Hz，则小车的加速度 a_m/s2。（结果保留两位小数）（3）改变细线下端钩码的个数，得到 aF 图象如图所示，造成图线不过原点的原因可能是_。【答案】AB（2分）  0.93（2分）  平衡摩擦力过度（2分）【解析】（1）A实验前应将木板远离定滑

14、轮一端适当垫高，以平衡摩擦力，这样细线下端悬挂钩码的重力才能视为小车受到的合力F，选项A正确；B实验前应调节定滑轮高度，使定滑轮和小车间的细线与木板平行，这样细线下端悬挂钩码的重力才能视为小车受到的合力F，选项B正确；C要使得细线下端悬挂钩码的重力等于小车受到的合力，则要使得小车的质量应远大于钩码的质量，选项C错误；D实验时，应先接通打点计时器电源，后释放小车，这一操作对保证“细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力 F” 这一条件无影响，选项D错误；故选AB。（2）根据可得小车的加速度（3）由图像可知，小车上拉力为零时就有了加速度，可知是由于平衡摩擦力时木板抬的过高，平衡摩擦力过度引起的。2

15、3（9分）（2020福建高三期末）厦门某中学开展“垃圾分类我参与”活动，小米同学想测量某废旧干电池的电动势和内阻。现有如下器材：A一节待测干电池（电动势约 1.5V）B电流表 A1（满偏电流 1.5mA，内阻 r1=10，读数记为 I1）C电流表 A2（满偏电流 60mA，内阻 r2=2.0，读数记为 I2）D电压表 V（满偏电压 15V，内阻约 3k）E滑动变阻器 R1（020，2A）F滑动变阻器 R2（01000，1A）G定值电阻 R3=990，开关 S 和导线若干（1）为了尽可能准确地进行测量，实验中应选用的滑动变阻器是_（填写器材前面的字母编号）（2）根据本题要求，将图甲的实物图连接完

16、整_。（3）图乙为该同学根据实验数据作出的 I1- I2 图线，由该图线可得被测干电池的电动势E=_V，内阻 r=_。（4）图丙为某小灯泡的伏安特性曲线，如将此小灯泡接到该电池两端，其工作时的功率为_W（结果保留两位小数）【答案】E（1分） （2分）1.34-1.36（2分）5.0-5.3（2分）0.08（2分）【解析】（1）为了尽可能准确地进行测量，实验中应选用的滑动变阻器是阻值较小的E即可；（2）电压表量程过大，可用已知内阻的电流表A1与电阻R3串联，这样就相当于量程为：的电压表；电路连接如图： （3）因电流表A1的满量程1.5mA与电压1.5V对应；延长图像交于两坐标轴；交纵轴于1.36

17、mA，则电池的电动势为E=1.36V，内阻（4）对电源U=E-Ir=1.36-5.3I；将电源的U-I线和灯泡的U-I线画在同一坐标纸上如图，交点为I=0.28A，U=0.27V，则功率P=IU0.08W.24.（13分）（2019河南高三）如图所示，ABCD 与 MNPQ 均为边长为 l 的正方形区域，且 A 点为 MN 的中点。ABCD 区城中存在有界的垂直纸面方向的匀强磁场，在整个 MNPQ 区域中存在图示方向的匀强电场。大量质量为 m、电荷量为 e 的电子以初速度 v0 垂直于 BC 射入 ABCD 区域后，都从 A 点进入电场，且所有电子均能打在 PQ 边上。已知从 C 点进入磁场的

18、电子在ABCD 区域中运动时始终位于磁场中，不计电子重力。求:（1）电场强度 E 的最小值;（2）匀强磁场区域中磁感应强度 B0 的大小和方向; （3）ABCD 区域中磁场面积的最小值。【答案】(1)   (2) ,方向为垂直纸面向外 (3)【解析】【详解】(1)粒子在匀强电场中做类似抛体运动，有eE=ma（1分）要使所有粒子均能打在PQ边上，由题意可知至少在A点水平向左飞出的粒子能打到 Q 点。（1分）（1分）解得：（2分）(2)由洛伦磁力提供向心力可得（1分）由题意则有r=l（1分）解得；（2分）方向为垂直纸面向外(3)由题意分析可知，图中阴影部分为磁场面积最小范围。上部分圆弧为

19、以 B点为圆心，以 l 为半径的圆弧，下部分圆弧为以 D 点为圆心，以 l为半径的圆弧。由几何关系求得阴影部分面积:（2分）解得：（2分）25.（19分）（2019河北高三）网上购物近年来促使物流网迅速发展。如图所示为某智能快递车间传送装置的示意图，传送带的右端与水平面相切，且保持v0=8m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L=12m。现将一质量为0.4kg的包裹甲轻放在传送带左端，包裹甲刚离开传输带时恰好与静止的包裹乙发生正碰，碰撞时间极短，为0.001s，碰撞后包裹甲向前滑行了0.4m静止，包裹乙向前运动了1.6m静止。已知包裹甲与传输带间的动摩擦系数为0.4，包裹甲、乙与水平面间的

20、动摩擦因数均为0.5，g取10m/s2。求：（1）包裹甲在传送带上运动的时间；（2）包裹乙的质量；（3）甲乙包裹间碰撞的平均作用力的大小。【答案】（1）2.5s（2）0.6kg（3）2400N【解析】 (1)包裹甲传送带上滑行，由牛顿第二定律可得（1分）解得（1分）假设包裹甲离开传送带前就与传送带共速度，由匀变速运动知识可得（1分）解得（1分）所以假设成立，加速度过程（1分）得（1分）匀速过程（1分）解得（1分）所以包裹甲在传带上运动时间（1分）(2)包裹甲在水平面滑动时，由牛顿第二定律可得（1分）解得（1分）同理可知包裹乙在水平面滑动的加速度也是5m/s2，包裹甲向前滑动至静止：（1分）解得

21、（1分）包裹乙向前滑动至静止（1分）解得（1分）包裹甲、乙相碰前后系统动量守恒（1分）解得（1分）(3)由乙的动量定理（1分）解得（1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）如图所示为一定质量的理想气体的压强随体积变化的图象，其中AB段为双曲线，则下列有关说法正确的是（  ）（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过程中气体分子的平均动能不变B过程中气体分子单位时间内对容器壁的碰撞次数减小C过程中气体

22、分子的平均动能减小D过程中气体分子对容器壁的碰撞次数增大E过程中气体的内能不变【答案】BDE【解析】根据理想气体状态方程可得：故可知图像的斜率，而对一定质量的理想气体而言，斜率定性的反映温度的高低。A图像在过程的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐减小，表示理想气体的温度逐渐降低，而由平均动能可知平均动能减小，A项错误；C图像过程的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐逐渐增大，则温度升高，平均动能增大，C错误；B图像过程可读出压强不变，体积增大，温度升高，由压强，其中N为单位时间单位面积的碰撞次数(由温度和体积共同决定)，为每个气体分子的平均碰撞力（仅由温度决定），因压强不变，而温度升高导致增大，可得

23、N减小，故B正确；D过程可读出压强增大，体积减小，温度不变，因温度不变使得不变，而压强增大，则气体分子对容器壁的碰撞次数增大，D项正确；E图像过程可读出压强增大，体积减小，温度不变，因理想气体的分子势能不计，则有：可知理想气体的内能不变，故E项正确；故选BDE。（2）（10分）如图，绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦。两气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为、温度均为。缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍。设环境温度始终保持不变，求气缸A中气体的体积和温度。【答案】；【解析】设初态压强为p0，膨胀后A，B压强相等

24、pB=1.2p0（2分）B中气体始末状态温度相等p0V0=1.2p0（2V0-VA）（2分），（2分）A部分气体满足（2分）TA=1.4T0（2分）34物理一选修34）（15分）（1）5分（2020河南高三期末）一列简谐横波沿x轴传播，图甲是t=0.2s时的波形图，P、Q是这列波上的两个质点，图乙是P质点的振动图象，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这列波的传播方向沿x轴正方向B这列波的传播速度为15m/sCt=0.1s时质点Q处于平衡位置正在向上振动DP、Q两质点在任意时刻加速度都不可能相同EP、Q两质点在

25、某些时刻速度可能相同【答案】BCE【解析】A图甲是t=0.2s时的波形图，图乙是P质点的振动图象，则在t=0.2s时，质点P沿y轴负方向传播，根据波动规律可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；B由图甲确定波长=6.0m，由图乙确定周期T=0.4s，根据波长、波速和周期的关系可知=15m/s故B正确；Ct=0.2s时，质点Q处于波峰，则t=0.1s=时质点Q处于平衡位置向上振动，故C正确；D质点P、Q的平衡位置，相隔，当质点P、Q关于波谷或波峰对称分布时，位置相同，加速度相同，故D错误；Et=0.2s时，质点P向下运动，质点Q也向下运动，在某些时刻速度可能相同，故E正确。故选BCE。（2）（10分）（2020河南高三期末）一玻璃砖截面如图所示，O为圆环的圆心，内圆半径为R，外圆半径为3R，AF和EG分别为玻璃砖的两端面，AOE=，B、C、D三点将圆弧四等分。一细束单色光a从F点沿平行于BO方向从AF面射入玻璃砖，其折射光线恰好射到B点，求：（i）玻璃砖的折射率n；（ii）从B点出射的光线相对于射入玻璃砖前入射光线的偏转角。【答案】（i） （ii）【解析】（i）光路图如图所示：设从AF界面射入时的入射角为1，折射角为2，因为a光线平行于BD，则1=60，根据余弦定理有（2分）所以3=，2=（2分）根据折射定律有。（2分）（ii）因为，（2分）解得4=则偏转角为。（2分）