2020高考物理模拟卷含答案解析(2)

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1、2 2020020 高考物理模拟高考物理模拟卷卷( (2 2) ) (建议用时:60 分钟 满分:110 分) 二、选择题(本题共 8 小题,每小题 6 分,共 48 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.下列说法正确的是( ) A.粒子散射实验说明原子核内部具有核式结构 B.在HHHe+X 中,X 表示质子 C.重核的裂变和轻核的聚变都是质量亏损放出核能的过程 D.一个氢原子从 n=1 能级跃迁到 n=2 能级,必须吸收光子 15.如图所示,轻弹簧的左端固定

2、在竖直墙面上,右端有一物块压缩弹 簧并处于静止状态,物块与弹簧并不拴接,物块与水平面间的动摩擦 因数为,物块与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力.现用一水 平向右的力F作用在物块上,使其向右做匀加速直线运动.以x表示物 块离开静止位置的位移,且弹簧在弹性限度内,下列表示F与x之间关 系的图象可能正确的是( ) 16.2019 年春晚在舞春海中拉开帷幕.如图所示,五名领舞者在钢 丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起,若五名领舞者的质量(包括衣服 和道具)相等,下面说法中正确的是( ) A.观众欣赏表演时可把领舞者看成质点 B.2 号和 4 号领舞者的重力势能相等 C.3 号领舞者处于超重状态 D.她们

3、在上升过程中机械能守恒 17.小型登月器连接在航天站上,一起绕月球做圆周运动,其轨道半径 为月球半径的 3 倍,某时刻,航天站使登月器减速分离,登月器沿如图 所示的椭圆轨道登月,在月球表面逗留一段时间完成科考工作后,经 快速启动仍沿原椭圆轨道返回,当第一次回到分离点时恰与航天站对 接,登月器快速启动所用的时间可以忽略不计,整个过程中航天站保 持原轨道绕月运行,不考虑月球自转的影响,则下列说法正确的是 ( ) A.从登月器与航天站分离到对接,航天站至少转过半个周期 B.从登月器与航天站分离到对接,航天站至少转过 2 个周期 C.航天站做圆周运动的周期与登月器在椭圆轨道上运动的周期之比 为 D.航

4、天站做圆周运动的周期与登月器在椭圆轨道上运动的周期之比 为 18.如图所示,理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表 A,理想电 压表 V,副线圈上通过输电线接有一个灯泡 L,一个电吹风 M,输电线的 等效电阻为 R,副线圈匝数可以通过调节滑片 P 改变.S 断开时,灯泡 L 正常发光.滑片 P 位置不动,当 S 闭合时,以下说法中正确的是( ) A.电压表读数增大 B.电流表读数减小 C.等效电阻 R 两端电压增大 D.为使灯泡 L 正常发光,滑片 P 应向下滑动 19.如图所示,以直角三角形 AOC 为边界的有界匀强磁场区域,磁感应 强度为 B,A=60,AO=L,在 O 点放置一个粒子源,

5、可以向各个方向发 射某种带负电粒子.已知粒子的比荷为 ,发射速度大小都为 v0=.设 粒子发射方向与 OC 边的夹角为,不计粒子间相互作用及重力.对于 粒子进入磁场后的运动,下列说法正确的是( ) A.当=45时,粒子将从 AC 边射出 B.所有从 OA 边射出的粒子在磁场中运动时间相等 C.随着角的增大,粒子在磁场中运动的时间先变大后变小 D.在 AC 边界上只有一半区域有粒子射出 20.水平面上的三点 A,O,B 在一条直线上,OB=2OA,OO是竖直的分界 线,其左边区域内有水平向右的匀强电场,场强大小为E1=,其右边区 域内有水平向左的匀强电场,场强大小为E2,现将一带电荷量为q的小

6、球从A点以初速度v0竖直向上抛出,小球在空中越过分界线后,竖直向 下落在 B 点,不计阻力,重力加速度大小为 g,则下列说法正确的是 ( ) A.小球在 B 点的电势能大于在 A 点的电势能 B.小球经过分界线时的速度与水平方向夹角的正切值 tan = C.小球经过分界线时离水平面的高度为 D.左右两区域电场强度大小的比值为 E1E2=21 21.如图(甲)所示,斜面体放在粗糙的水平地面上,两斜面光滑且倾角 分别为53和37,两小滑块P和Q 用绕过滑轮不可伸长的轻绳连接, 分别置于两个斜面上,OPAB,OQAC,已知 P,Q 和斜面体均静止不动. 若交换两滑块位置如图(乙)所示,再由静止释放,

7、斜面体仍然静止不 动,Q 的质量为 m,取 sin 53=0.8,cos 53=0.6,重力加速度大小 为 g,不计滑轮的质量和摩擦,则下列判断正确的是( ) A.P 的质量为 m B.在(甲)图中,斜面体与地面间无静摩擦力 C.在(乙)图中,两滑块落地前的重力功率大小相等 D.在(乙)图中, 滑轮受到轻绳的作用力大小为mg 三、非选择题(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.(6分)某同学用图(甲)所示装置测量木块与木板间动摩擦因数. 图中,置于实验台上的长木板水平放置

8、,其左端固定一轻滑轮,轻绳跨 过滑轮,一端与放在木板上的小木块相连,另一端可悬挂钩码.实验中 可用的钩码共有N个,将n(依次取n=1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳左端, 其余 N-n 个钩码放在木块的凹槽中,释放小木块,利用打点计时器打 出的纸带测量木块的加速度. (1)正确进行实验操作,得到一条纸带,从某个清晰的打点开始,依次 标注 0,1,2,3,4,5,6,分别测出位置 0 到位置 3、位置 6 间的距离,如 图(乙)所示.已知打点周期 T=0.02 s,则木块的加速度 a= m/s 2(保留 2 位有效数字). (2)改变悬挂钩码的个数 n,测得相应的加速度 a,将获得数据在坐标 纸

9、中描出(仅给出了其中一部分)如图(丙)所示,作出a n图象.取重力 加速度 g=10 m/s 2,则木块与木板间动摩擦因数= (保留 2 位 有效数字). (3)实验中 (选填“需要”或“不需要”)满足悬挂钩码总质 量远小于木块和槽中钩码总质量. 23.(9 分)在测量金属丝电阻率的实验中,可用的器材如下: 待测金属丝 Rx(阻值约为 4 ,额定电流约为 0.5 A);电压表 V(量程 为 03 V15 V,内阻约为 3 k); 电流表 A(量程为 00.6 A3 A,内阻约为 0.2 );电源 E(电动势为 3 V,内阻不计); 滑动变阻器 R(最大阻值约为 20 );螺旋测微器;毫米刻度尺

10、;开关 S 及导线若干. (1)用螺旋测微器测量金属丝的直径,示数如图(甲)所示,金属丝的直 径为 mm. (2)若滑动变阻器采用限流接法,在虚线框内作出电路原理图.实物图 中已连接了部分导线,如图(乙)所示,请按原理图补充完成图(乙)中 实物间的连线. (3)接通开关,改变滑动变阻器滑片 P 的位置,并记录对应的电流表示 数 I、电压表示数 U.某次电表示数如图(丙)、(丁)所示,则可得该电 阻的测量值 Rx= .(保留三位有效数字) 24.(12 分)翼型飞行器有很好的飞行性能,其原理是通过对降落伞的 调节,使空气升力和空气阻力都受到影响,同时通过控制动力的大小 而改变飞行器的飞行状态.已

11、知飞行器的动力 F 始终与飞行方向相同, 空气升力 F1与飞行方向垂直,大小与速度的平方成正比,即 F1=C1v 2;空 气阻力 F2与飞行方向相反,大小与速度的平方成正比,即 F2=C2v 2.其中 C1,C2相互影响,可由运动员调节,满足如图(甲)所示的关系.运动员和 装备的总质量为 m=90 kg.(重力加速度取 g=10 m/s 2) (1)若运动员使飞行器以速度 v1=10 m/s 在空中沿水平方向匀速飞 行,如图(乙)所示.结合(甲)图计算,飞行器受到的动力 F 为多大? (2)若运动员使飞行器在空中的某一水平面内做匀速圆周运动,如图 (丙)所示,在此过程中调节C1=5.0 Ns

12、2/m2,机翼中垂线和竖直方向夹 角为=37,求飞行器做匀速圆周运动的半径r和速度v2大小.(已知 sin 37=0.6,cos 37=0.8) 25.(20 分)如图(甲)所示,一边长 L=2.5 m、质量 m=0.5 kg 的正方形 金属线框,放在光滑绝缘的水平面上,整个装置处在方向竖直向上、 磁 感应强度 B=0.8 T 的匀强磁场中,它的一边与磁场的边界 MN 重合.在 水平力 F 作用下由静止开始向左运动,经过 5 s 线框被拉出磁场.测得 金属线框中的电流随时间变化的图象如图(乙)所示,在金属线框被拉 出的过程中, (1)求通过线框的电荷量及线框的总电阻. (2)分析线框运动性质并

13、写出水平力 F 随时间变化的表达式. (3)已知在这 5 s 内力 F 做功 1.92 J,那么在此过程中,线框产生的焦 耳热是多少. (二)选考题:共 15 分.(请考生从给出的 2 道物理题中任选一题作答) 33.物理选修 3-3(15 分) (1)(5 分)下列说法正确的是 .(填正确答案标号.选对 1 个得 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 为 0 分) A.熵较大的宏观状态就是无序程度较大的宏观状态 B.内能不可能全部转化为机械能而不引起其他变化 C.根据热力学第二定律可知,各种形式的能可以相互转化 D.外界对物体做功,同时物

14、体向外界放出热量,物体的内能可能不变 E.随着科学技术的发展,绝对零度可以达到 (2)(10 分)如图,一定质量的理想气体从状态 a 开始,经历状态 b,c 到 达状态 d,已知一定质量的理想气体的内能与温度满足 U=kT(k 为常 数).该气体在状态 a 时温度为 T0,求: 气体在状态 d 时的温度. 气体从状态 a 到达状态 d 过程从外界吸收的热量. 34.物理选修 3-4(15 分) (1)(5 分)一列简谐横波沿 x 轴传播,波速为 5 m/s,t=0 时刻的波形如 图所示,此时刻质点Q 位于波峰,质点P 沿 y 轴负方向运动,经过 0.1 s 质点 P 第一次到达平衡位置,则下列

15、说法正确的是 .(填正确 答案标号.选对 1 个得 2 分,选对 2 个得 4 分,选对 3 个得 5 分.每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分) A.这列波的周期是 1.2 s B.该波沿 x 轴负方向传播 C.x=3.5 m 处的质点与 P 点振动的位移始终相反 D.P 点的横坐标为 x=2.5 m E.Q 点的振动方程为 y=6sin( t) cm (2)(10 分)一块三角形玻璃砖,横截面为如图所示的直角三角形 ABC, 其中C=30,一束光从 AC 边上的 D 点射入玻璃砖,其中 ADCD=1 4,入射光与 AC 边的夹角为 30,光垂直于 BC 边射出玻璃砖,出射点 为 E

16、(图中未标出),已知 AB 边的长度为 a.求: 玻璃砖的折射率 n,并判定光会不会从 AB 边射出. 出射点 E 与 C 点的距离 x. 参考答案参考答案 14.C 卢瑟福的粒子散射实验说明原子的核式结构模型,故 A 错误; 根据质量数与核电荷数守恒可知,X 的质量数是 1,电荷数是 0,表示中 子,故 B 错误;重核的裂变和轻核的聚变都存在质量亏损,放出大量核 能,故C正确;一个氢原子从n=1能级跃迁到n=2 能级,必须吸收能量, 可能是吸收光子,也可能是电子与其他的电子发生碰撞而吸收能量, 故 D 错误. 15.C 物块最初处于静止状态,设压缩量为 x0,则有 kx0fmax=mg; 施

17、加水平力 F 后,物块做匀加速直线运动,则有 F+k(x0-x)-mg=ma, 即 F=ma+mg-k(x0-x),因为物块与弹簧并不拴接,当 xx0后,弹簧的 弹力消失,则 F=mg+ma,故 C 正确. 16.B 观众欣赏表演时看演员的动作,所以不能将领舞者看成质点, 故 A 错误;2 号和 4 号领舞者始终处于同一高度,质量相等,所以重力 势能相等,故 B 正确;五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓 升起,所以处于平衡状态,故 C 错误;上升过程中,钢丝绳对她们做正 功,所以机械能增大,故 D 错误. 17.C 航天站的轨道半径为 3R,登月器的轨道半长轴为 2R,由开普勒 第三定律

18、可知,航天站做圆周运动的周期与登月器在椭圆轨道上运动 的周期之比为 =,故 C 正确,D 错误;从登月器与航天站分离到 对接,登月器运动的时间为一个周期T,登月器可以在月球表面逗留的 时间为 t,使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天站实现对 接,t+T=nT,则 n =,n 取整数,即 n 至少为 1,故 A,B 错误. 18.C 当 S 闭合时,原、副线圈的匝数比不变,副线圈两端电压不变, 电压表读数不变,选项 A 错误;S 闭合时,副线圈电路总电阻减小,副线 圈中电流增大,原线圈中电流增大,即电流表读数增大,选项 B 错误; 由于输电线中电流增大,所以输电线等效电阻 R 两端电压增大,选

19、项 C 正确;为使灯泡 L 正常发光,应该增大副线圈两端电压,滑片 P 应向上 滑动,选项 D 错误. 19.AD 粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得 qv0B=m, 已知 v0=,解得粒子的轨道半径 r=L,当=60入射时,粒子恰好从 A 点飞出,则当=45时,粒子将从 AC 边射出,故 A 正确;所有从 OA 边射出的粒子在磁场中运动的弧长不同,运动时间不同,故 B 错误;当 =0时,粒子恰好从AC中点飞出,因此在AC边界上只有一半区域有 粒子射出,运动时间为 ,故 D 正确;当=60时,粒子从 A 点飞出,运 动时间为 ,从0到60变化过程中,运动时间先减小后增大,从 60到

20、90变化过程中,运动时间一直减小,故 C 错误. 20.BD 小球只受重力和电场力作用,故竖直方向做加速度为 g 的匀 变速直线运动,又有 A,B 两点的高度相等,故竖直方向的速度大小相 等;根据 B 点速度竖直向下可得:小球落在 B 点时的速度大小等于 v0, 则小球在空中运动的总时间为 t=;小球在水平方向只受电场力作用, 在 OO左侧做加速度大小为 a1=g 的匀加速直线运动,在 OO右侧 做加速度大小为 a2=的匀减速直线运动;设在左侧运动时间为 t1,在 右侧运动时间为 t2;则有 t1+t2=,a1t1=a2t2;又有 OB=2OA,所 以,a1t1t2- a2=2 a1,所以,t

21、2=2t1=,E1E2=a1a2=t2t1=21, 故 D 正确;小球在竖直方向做竖直上抛运动,经过分界线时离水平面 的高度为 h=v0t1- g=,故 C 错误;小球经过分界线时的水平分速度 vx=a1t1= v0;竖直分速度 vy=v0-gt1= v0,则速度与水平方向夹角的正 切值 tan = = ,B 正确;根据 E1E2=21,OB=2OA,由 U=Ed 可知 A,B 两点电势相等,小球的电势能相等,故 A 错误. 21.BD 设 P 的质量为 M,在图(甲)中 P,Q 各自受力平衡,有 T1=Mgsin 53,T1=mgsin 37=mgcos 53,得 M= m,A 错误;在图(

22、甲)中,系统受 力平衡,水平方向合力为零,斜面体不受地面的静摩擦力,B正确;在图 (乙)中,由于 mgsin 53=0.8mgMgsin 37= mgcos 53= 0.45mg,Q 下滑,P 上滑,P 重力功率大小 P1=0.45mgv,Q 重力功率大小 P2=0.8mgv,C 错误;对两滑块整体,根据牛顿第二定律有 0.8mg-0.45mg=(m+ m)a,得 a=0.2g,对 Q 有 0.8mg-T2=ma,得 T2=0.6mg, 滑轮受到轻绳的作用力大小为T2=mg,故 D 正确. 22.解析:(1)木块的加速度 a=10 -2 m/s2=2.0 m/s2. (2)对 N 个钩码的整体

23、,根据牛顿第二定律 nmg-(N-n)mg=Nma,解得 a=n(1+) -g;画出 a n 图象如图所示. 由图可知g=1.6,解得=0.16. (3)实验中是对 N 个钩码的整体进行研究,则不需要满足悬挂钩码总 质量远小于木块和槽中钩码总质量. 答案:(1)2.0 (2)图见解析 0.16 (3)不需要 评分标准:第(1)问 2 分,第(2)问作图 1 分,填空 2 分,第(3)问 1 分. 23.解析:(1)螺旋测微器固定刻度为 1.5 mm,可动刻度为 27.60.01 mm=0.276 mm,所以金属丝的直径为 1.776 mm. (2)比较被测电阻与电流表的内阻可知,电流表内接时,

24、电流表分压之 比约为 = = ,电流表外接时,电压表分流之比约为 = =,故应选择 电流表外接法,画出电路原理图,并连接实物图,如图(甲)(乙)所示. (3)电流表示数 I=0.48 A,电压表示数 U=1.90 V,故该电阻的测量值 Rx= =3.96 . 答案:(1)1.776 (2)图见解析 (3)3.96 评分标准:第(1)问 3 分,第(2)问每图 2 分,第(3)问 2 分. 24.解析:(1)选飞行器和运动员为研究对象,由受力分析可知 在竖直方向上 mg=C1(2 分) 得 C1=3 Ns 2/m2(1 分) 由 C1,C2关系图象可得 C2=2.5 Ns 2/m2(1 分) 在

25、水平方向上,动力和阻力平衡 F=F2 F2=C2(1 分) 解得 F=750 N.(1 分) (2)设此时飞行器飞行速率为 v2,所做圆周运动的半径为 r,F1与竖直 方向夹角为,在竖直方向所受合力为零, mg=C1cos (2 分) 水平方向合力提供向心力 C1sin =m(2 分) 联立解得 r=30 m,v2=15 m/s.(2 分) 答案:(1)750 N (2)30 m 15 m/s 25.解析:(1)根据 q= t,由 I t 图象得,q=1.25 C(2 分) 又根据 = = =(2 分) 得 R=4 .(1 分) (2)由题图(乙)可知, 感应电流随时间变化的规律:I=0.1t

26、(2 分) 由感应电流 I=,可得金属线框的速度随时间也是线性变化 的,v= =0.2t(2 分) 线框做初速度为 0 的匀加速直线运动, 加速度 a=0.2 m/s 2(1 分) 线框在外力 F 和安培力 F安作用下做匀加速直线运动, F-F安=ma(2 分) 又 F安=BIL(1 分) 得 F=(0.2t+0.1) N.(1 分) (3)5 s 时,线框从磁场中拉出时的速度 v5=at=1 m/s(2 分) 由能量守恒得 W=Q+ m(2 分) 线框中产生的焦耳热 Q=W- m=1.67 J.(2 分) 答案:(1)1.25 C 4 (2)初速度为 0,加速度 a=0.2 m/s 2的匀加

27、速 直线运动 F=(0.2t+0.1) N (3)1.67 J 33.解析:(1)根据熵的定义,熵较大的宏观状态就是无序程度较大的 宏观状态,A 正确;根据热力学第二定律可知,内能不可以全部转化为 机械能而不引起其他变化,B 正确;根据能量守恒定律可知,各种形式 的能可以相互转化;根据热力学第二定律,宏观自然的过程都具有方 向性,C 错误;根据热力学第一定律可知,若外界对物体做功等于物体 向外界放出热量,物体的内能不变,D 正确;绝对零度达不到,E 错误. (2)状态 a 与状态 d 压强相等,由 = (2 分) 可得 Td=3T0.(2 分) 依题意可知:Ua=kT0,Ud=3kT0(1 分

28、) 由热力学第一定律,有 Ud-Ua=Q+W(2 分) 气体对外界做功 W=-3p0(Vc-Vb)(2 分) 联立可得 Q=2kT0+6p0V0.(1 分) 答案:(1)ABD (2)3T0 2kT0+6p0V0 34.解析:(1)由图可知,波长为 6 m,根据波速 v= ,周期 T= = s=1.2 s, 故 A 正确;根据质点 P 沿 y 轴负方向运动,由波形平移法知该波沿 x 轴 负方向传播,故 B 正确;x=3.5 m 处的质点与 P 点间的距离小于半个波 长,振动的位移不会始终相反,故 C 错误;由波形平移法知,3 m 处的波 形平移到 P 点用时 0.1 s,根据 x=vt,P 点

29、的平衡位置到 3 m 处的距离 为 0.5 m,所以 P 点的横坐标为 x=2.5 m,故 D 正确;振幅 A=6 cm,又 = = rad/s,所以 Q 点的振动方程为 y=6cos( t) cm,故 E 错误. (2)根据题设条件作出光路图,如图所示. 光垂直于 BC 边射出玻璃砖,根据几何关系可得 BFE=30,则光在 AB 边上反射光线的反射角为 60,根据光的反射定律可知,其入射角 为 60,即AFD=30,根据几何关系得光通过 AC 边发生折射的折射 角 r=30(2 分) 光线在 AC 面折射时根据折射定律有 n=(2 分) 设临界角为 C,则 sin C= = ,在 AB 边上入射角为 60,sin 60= , 所以 60大于临界角 C,光在 AB 边上发生全反射,因此不会有光从 AB 边射出.(2 分) 由几何关系得 AF= a(2 分) 则有 x=CE=-BE=2AB-(AB-AF)sin 30= a.(2 分) 答案:(1)ABD (2) 不会 a