《附15套高考模拟卷》2020届泉州市重点中学高考物理模拟试卷含解析 243页

2020 届泉州市重点中学高考物理模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、如图，滑块 A 置于水平地面上，滑块 B 在一水平力作用下紧靠滑块 (A A 、B 接触面竖直 ) ，此时 A 恰 好不滑动， B 刚好不下滑 .已知 A 与 B 间的动摩擦因数为 1 ，A 与地面间的动摩擦因数为 2 ，最大静摩 擦力等于滑动摩擦力 .A 与 B 的质量之比为 ( ) A． 1 2 1 B． 1 2 1 2 1 C． 1 2 1 2 1 D． 1 2 1 2 2 2、将检验电荷 q 放在电场中， q 受到的电场力为 F，我们用 F q 来描述电场的强弱。类比于这种分析检验 物体在场中受力的方法，我们要描述磁场的强弱，下列表达式中正确的是（ ） A． Φ S B． E Lv C． F IL D． 2 FR L v 3、空间某区域存在一方向垂直于纸面向外、大小随时间均匀变化的匀强磁场，磁场边界 ef 如图所示，现 有一根粗细均匀金属丝围成的边长为 L 的正方形线框固定在纸面内， t=0 时刻磁场方向如图甲所示，磁感 应强度 B 随时间 t 变化关系如图乙所示，则（ ） A． 0~t1：e 点电势高于 f 点电势 B． 0~t1： 2 0 14ef B LU t C． t1~t 2：金属框中电流方向顺时针 D． 0~t2：ab 所受安培力方向始终不变 4、半径相同的两个金属小球 A、B 带有等量的电荷，相隔较远的距离，两球之间的吸引力大小为 F，今 用第三个半径相同的不带电的金属小球先后与 A、B 两球接触后移开，这时 A、B 两球之间作用力的大小 是（ ） A． 4 F B． 3 4 F C． 8 F D． 3 8 F 5、如图所示，为探究理想变压器原副线圈的电压和电流关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流 电源上， 副线圈连接相同的灯泡 1L 、 2L ，电路中分别接入理想交流电压表 1V 、 2V ，和理想交流电流表 1A 、 2A ，不计导线电阻。闭合开关 S 后，下列说法正确的是（ ） A． 1A 示数不变， 1V 示数不变， 1L 变亮 B． 2A 示数变大， 2V 示数变大， 1L 变暗 C． 1A 示数变大，变压器输出功率变大， 1A 与 2A 示数的比值不变 D． 2V 示数变大，变压器输出功率变大， 1V 与 2V 示数的比值不变 6、下列说法正确的是（ ） A．物体从外界吸收热量，其内能一定增加 B．物体对外界做功，其内能一定减少 C．物体温度降低，其分子热运动的平均动能增大 D．物体温度升高，其分子热运动的平均动能增大 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、如图所示，在坐标系 xOy 中，弧 BDC 是以 A 点为圆心、 AB 为半径的一段圆弧， AB=L ， 2 LAO ， D 点是圆弧跟 y 轴的交点。当在 O 点和 A 点分别固定电荷量为 1Q 和 2Q 的点电荷后， D 点的电场强度 恰好为零。下列说法正确的是（ ） A． 2 14Q Q B．圆弧 BDC 上的各点相比较， D 点的电势最高 C．电子沿着圆弧从 B 点运动到 C 点的过程中，电势能先减小后增大 D．电子沿着圆弧从 B 点运动到 C 点的过程中，电势能先增大后减小 8、下列说法中正确的是 ________ A．悬浮在液体中的微粒越小，则在某一瞬间跟它相撞的液体分子数越少，布朗运动越不明显 B．随着分子间距离的增大，分子势能一定先减小后增大 C．人们感到特别闷热时，说明空气的相对湿度较大 D．热量可以自发的从内能小的物体转移给内能大的物体 E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关 9、如图所示， abcd 为边长为 L 的正方形线框，线框在纸面内，电阻为 R．图中虚线区域内有垂直纸面向 里的匀强磁场．现用外力作用于线框，使线框从图示位置开始沿 x 轴正方向做初速度为零的匀加速运动， 线框运动过程中， ad 边始终水平，线框平面始终与磁场垂直，磁场宽度大于 L ，x 轴正方向作为力的正方 向，则磁场对线框的作用力 F 随时间 t 的变化图线及线框 ab 边的电压 U 随时间 t 的变化图象正确的是 A． B． C． D． 10、如图所示，质量相同的小球 A、B 通过质量不计的细杆相连接，紧靠竖直墙壁放置。由于轻微扰动， 小球 A、B 分别沿水平地面和竖直墙面滑动，滑动过程中小球和杆始终在同一竖直平面内，重力加速度为 g，忽略一切摩擦和阻力，下列说法正确的是（ ） A． B 球沿墙下滑的过程中，两球及杆组成的系统机械能守恒但动量不守恒 B． B 球从下滑至恰好到达水平面的瞬间，杆对 A 一直做正功 C． B 球从下滑至恰好到达水平面的瞬间 ,地面对 A 的支持力先减小后增大 D．当细杆与水平方向成 30°角时，小球 A 的速度大小为 v，可求得杆长为 24v g 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、某学校兴趣小组成员在学校实验室发现了一种新型电池，他们想要测量该电池的电动势和内阻 . （ 1）小组成员先用多用电表粗测电池的电动势，将选择开关调到直流电压挡量程为 25V 的挡位，将 ____________（填 “红 ”或 “黑”）表笔接电池的正极，另一表笔接电池的负极，多用电表的指针示数如图所 示，则粗测的电动势大小为 __________V. （ 2）为了安全精确的测量，小组成员根据实验室提供的器材设计了如图的测量电路，其中 0 5R ，它 在电路中的作用是 ____________.闭合开关前，应将电阻箱接入电路的电阻调到最 _________（填 “大”或 “小”）. （ 3）闭合开关， 调节电阻箱， 测得多组电阻箱接入电路的阻值 R 及对应的电流表示数 I，作出 1 R I 图象， 如图所示 . 根据图象求出电池的电动势为 _____________V （保留两位有效数字） . 12、某实验小组利用如图所示的装置验证机械能守恒定律，实验主要步骤如下： （不考虑空气阻力的影响） ①将光电门安放在固定于水平地面上的长木板上； ②将细绳一端连在小车上，另一端绕过两个轻质光滑定滑轮后悬挂一钩码，调节木板上滑轮的高度，使该 滑轮与小车间的细绳与木板平行； ③测出小车遮光板与光电门之间的距离 L ，接通电源，释放小车，记下小车遮光板经过光电门的时间 t； ④根据实验数据计算出小车与钩码组成的系统动能的增加量和钩码重力势能的减少量。 (1)根据上述实验步骤，实验中还需测量的物理量有 _________； A．小车上遮光板的宽度 d B．小车和遮光板总质量 m 1 C．钩码的质量 m 2 D．钩码下落的时间 t ′ (2)图中游标卡尺所测遮光板宽度 d 为_______mm ； (3)由实验步骤和 (1)选项中测得的物理量，改变 L 的大小，重复步骤③、④，可得到系统动能增加量总是 小于钩码重力势能减少量，其原因可能是 ________________ 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、如图所示，在 xoy 平面内 y 轴右侧有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，磁场方向垂直 纸面向外； 分成 I 和 II 两个区域， I 区域的宽度为 d，右侧磁场 II 区域还存在平行于 xoy 平面的匀强电场， 场强大小为 E＝ 2 2 B qd m ，电场方向沿 y 轴正方向。 坐标原点 O 有一粒子源， 在 xoy 平面向各个方向发射质 量为 m，电量为 q 的正电荷，粒子的速率均为 v＝ qBd m 。进入 II 区域时，只有速度方向平行于 x 轴的粒 子才能进入，其余被界面吸收。不计粒子重力和粒子间的相互作用，求： (1)某粒子从 O 运动到 O' 的时间； (2)在 I 区域内有粒子经过区域的面积； (3)粒子在 II 区域运动，当第一次速度为零时所处的 y 轴坐标。 14、如图所示，在竖直向下的恒定匀强磁场 B=2T 中有一光滑绝缘的四分之一圆轨道，一质量 m=3kg 的 金属导体 MN 长度为 L=0.5m ，垂直于轨道横截面水平放置，在导体中通入电流 I，使导体在安培力的作 用下以恒定的速率 v=1m/s 从 A 点运动到 C 点， g=10m/s2 求： (1)电流方向； (2)当金属导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为 θ=30 时，求电流的大小； (3)当金属导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为 θ=60 时，求安培力的瞬时功率 P。 15、透明玻璃瓶用橡皮塞将瓶口塞住，已知大气压强为 p 0，外界环境温度不变，圆柱形橡皮塞横截面积为 S。 (1)用铁架台将透明玻璃瓶竖直固定，且塞有橡皮塞的瓶口竖直朝下，再用打气筒再将 N 倍于瓶子容积的 空气缓慢压入瓶中，此时橡皮塞恰能弹出。已知橡皮塞的质量为 m，求橡皮塞弹出瞬间与瓶口最大静摩擦 力的大小； (2)将透明玻璃瓶瓶口竖直朝上放置，用手按压住橡皮塞，用打气筒再将 4N 倍于瓶子容积的空气缓慢压入 瓶中，然后突然撤去按压橡皮塞的手，求撤去手瞬间橡皮塞的加速度大小。 参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、B 【解析】 【分析】 【详解】 试题分析：对 A 、B 整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有： F=μ2（m 1+m 2）g ① 再对物体 B 分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有： 水平方向： F=N 竖直方向： m 2g=f 其中： f= μ1N 联立有： m 2g=μ1F ② 联立①②解得： 1 1 2 2 1 2 1m m 故选 B． 【考点定位】 物体的平衡 【点睛】 本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象， 受力分析后根据平衡条件列式求解， 注意最大静摩擦 力约等于滑动摩擦力． 2、C 【解析】 【详解】 将检验电荷 q 放在电场中， q 受到的电场力为 F，我们用 F q 来描述电场的强弱； 类比于这种分析检验物体 在场中受力的方法，用 FB IL 来描述磁场的强弱；故 C 项正确， ABD 三项错误。 3、B 【解析】 【详解】 A． 0~t1 时间内垂直于纸面向外的磁场减弱，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根 据安培定则可知感应电流为逆时针方向，在电源内部，电流从负极流向正极，故 f 电势高于 e 的电势， A 错误； B．根据法拉第电磁感应定律，感应电动势： 2 0 12 B LE t 2 0 12 4ef B LEU t B 正确； C．根据楞次定律， 0~t2 金属框中电流方向为逆时针， C 错误； D．根据左手定则， 0~t1 安培力水平向左， t 1~t2 安培力水平向右， D 错误。 故选 B。 4、C 【解析】 【分析】 【详解】 两球之间是吸引力， 故假设 A 的带电量为 Q，B 的带电量为 -Q ，两球之间的相互吸引力的大小是： 2 2 kQF r ， 第三个不带电的金属小球 C 与 A 接触后， A 和 C 的电量都为 2 Q ，C 与 B 接触时先中和再平分，则 C、B 分开后电量均为 4 Q ，这时， A 、B 两球之间的相互作用力的大小： 2 2 2 12 4 8 8 Q Qk kQF F r r 故 C 正确 ABD 错误。 故选 C。 5、C 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．闭合开关后，根据理想变压器的电压规律 1 1 2 2 U n U n 可知变压器两端电压不变，所以两电压表示数不 变，灯泡两端电压不变， 1L 亮度不变；副线圈并联负载增加，根据并联分流规律可知副线圈干路电流增 大，所以 2A 示数增大，根据 1 2 2 1 I n I n 可知原线圈电流增大，所以 1A 示数增大， AB 错误； CD ．根据 P IU 可知变压器输出电压不变， 电流增大， 所以变压器输出功率变大， 结合上述分析可知 1A 与 2A 示数的比值不变， 1V 与 2V 示数的比值不变， C 正确， D 错误。 故选 C。 6、D 【解析】 【分析】 【详解】 A．如果物体从外界吸收热量时，再对外做功，则内能可能减小，可能不变，可能增加， A 错误； B．如果物体对外界做功的同时，再从外界吸收热量，则其内能可能减小，可能不变，可能增加， B 错误； CD ．温度是分子平均动能大小的标志，温度升高，物体内大量分子热运动的平均动能增大， C 错误 D 正 确。 故选 D。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、AD 【解析】 【分析】 【详解】 A． D 点的电场强度恰好为零，则 1 2 2 2( ) 2 Q Qk kL L 解得： 2 14Q Q 故 A 正确； B．对 Q2 来说圆弧是一个等势面，所以各点电势高低，由 Q1 决定，根据沿电场线方向电势降低，离负电 荷越近，电势越低，故 D 点电势最低，故 B 错误； CD ． 电子沿着圆弧从 B 点运动到 C 点的过程中，电势先降低后升高， pE q ，故电势能先增大后减 小，故 D 正确 C 错误。 故选 AD 。 8、BCE 【解析】 【详解】 A. 悬浮在液体中的微粒越小， 受到液体分子碰撞时运动状态越容易改变， 则布朗运动越明显， 选项 A 错误； B.随着分子间距离的增大，分子力先做正功后做负功，故分子势能一定先减小后增大，选项 B 正确； C.人们感到特别闷热时，说明空气的相对湿度较大，选项 C 正确； D.热量可以自发的从温度高的物体转移给温度低的物体，选项 D 错误； E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关，温度越 高，单位体积的分子数越多，则气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数越多，选项 E 正确； 9、AD 【解析】 【分析】 【详解】 线圈做初速度为零的匀加速直线运动，速度 v=at ，进磁场和出磁场受到的安培力 2 2 2 2B L v B L atF R R ， 则 A 正确， B 错误； 进磁场时， ab 两端的电压 1 1 4 4abU BLv BLat ；在磁场中运动时， abU BLv BLat ； 出磁场时， ab 两端的电压 3 3 4 4abU BLv BLat ，则选项 C 错误， D 正确；故选 AD. 【点睛】 对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化， 然后作出正确的判断． 10、AD 【解析】 【详解】 A． B 球沿墙下滑的过程中，系统受到的力只有重力做功，所以机械能守恒，但是由于合外力不等于零， 所以动量不守恒，故 A 正确； BC．初始时刻 A 球的速度为零，当 B 球到达水平面时， B 的速度向下，此时 B 球沿着细杆方向的分速度 为零，所以此时 A 球的速度为零，那么在向右端过程中 A 球必定先加速运动再做减速运动，杆对球 A 先 施加斜向下的推力做正功，此时 A 对地面压力大于自身重力，后施加斜向上的拉力做负功，此时 A 对地 面压力小于自身重力，故 B、 C 错误； D．小球 A 的速度为 v 时，设小球 B 的速度大小为 v ，则有 cos30 cos60v v 解得 3v v 两球下滑过程中系统的机械能守恒，则有 2 21 1 2 2 2 Lmg mv mvg 联立解得 24vL g 故 D 正确； 故选 AD 。 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、红 10.5 保护电阻 大 12 【解析】 【详解】 （ 1） [1][2] ．将红表笔接电池的正极，多用电表示数为 10.5V. （ 2） [3][4] ．电阻 R 0在电路中为保护电阻，闭合开关前应使电阻箱接入电路的电阻最大 . （ 3） [5] ．由实验电路可知，在闭合电路中，电池电动势 E=I （r+R 0+R ） 则 01 1r R R I E E 由图象可知，图象的斜率 1 1 1 0.5 1 6 12 Ik E R 则电池电动势 1 12VE k 12、ABC 5.70 小车与长木板之间存在摩擦阻力做功 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 要得到小车与钩码组成的系统动能的增加量，则要得到小车的速度，所以要测量小车上遮光板的宽 度 d 和小车和遮光板总质量 m 1，钩码的质量 m 2，由于小车运动的距离即为钩码下降的距离，所以不用测 量钩码下落的时间 t ′，故选 ABC ； (2)[2] 由图可知，游标卡尺所测遮光板宽度 0.5cm 14 0.05mm 5mm 0.70mm 5.70mmd (3)[3] 由于实验过程中小车与长木板之间存在摩擦阻力做功，系统有部分机械能转化为内能，则系统动能 增加量总是小于钩码重力势能减少量。 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、 (1) π 3 m qB ；(2) 2 21 π2 d d ；(3)0 【解析】 【详解】 (1)根据洛伦兹力提供向心力可得 2vBqv m R 则轨迹半径为 mvR d qB 粒子从 O 运动到 O 的运动的示意图如图所示： 粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为 60 周期为 2 2R mT v Bq 所以运动时间为 6 3 T mt qB (2)根据旋转圆的方法得到粒子在 I 区经过的范围如图所示， 沿有粒子通过磁场的区域为图中斜线部分面积 的大小： 根据图中几何关系可得面积为 2 21 2 S d d (3)粒子垂直于边界进入 II 区后，受到的洛伦兹力为 2 2q B dqvB m 在 II 区受到的电场力为 2 2 2 q B dqE m 由于电场力小于洛伦兹力，粒子将向下偏转，当速度为零时，沿 y 方向的位移为 y ，由动能定理得 210 2 qEy mv 解得 21 2 mvy d qE 所以第一次速度为零时所处的 y 轴坐标为 0。 14、 (1)M 指向 N；(2) 10 3AI ；(3) 15 3WP 【解析】 【分析】 【详解】 (1)从 A 到 C 的过程中对导体棒受力分析，安培力方向水中水平向左，根据左手定则可判断电流方向从 M 指向 N (2)因为金属导体 MN 做匀速圆周运动，由 sin cosmg F安 F BIL安 则 tanmgI BL 得 10 3AI (3)根据功率的计算公式可得 cos60 sin60P F v mgv安 得 15 3WP 15、 (1) 0f Np S mg ；(2) 03 2Np S mga m 【解析】 【分析】 【详解】 (1)由玻意耳定律有 0 1p N V pV 得 01p N p 对橡皮塞受力分析可得 0 01mg N p S p S f 计算得出 0f Np S mg (2)由玻意耳定律，有 0 4 1 'p N V p V 得 0' 4 1p N p 对橡皮塞，由牛顿第二定律，有 0 04 1N p S p S f mg ma 计算得出 03 2Np S mga m 2019-2020 高考物理模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、 “双星系统 ”由相距较近的星球组成，每个星球的半径均远小于两者之间的距离，而且双星系统一般远 离其他天体，它们在彼此的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动。如图所示，某一双星系统中 A 星球的质量为 m 1，B 星球的质量为 m 2，它们球心之间的距离为 L ，引力常量为 G，则下列说法正确的是 （ ） A． B 星球的轨道半径为 2 1 2 m L m m B． A 星球运行的周期为 1 2 2 ( ) LL G m m C． A 星球和 B 星球的线速度大小之比为 m1：m 2 D．若在 O 点放一个质点，则它受到两星球的引力之和一定为零 2、一平行板电容器的电容为 C，A 极板材料发生光电效应的极限波长为 0 ，整个装置处于真空中，如图 所示。现用一波长为 （ ＜ 0 ）的单色光持续照射电容器的 A 极板， B 极板接地。若产生的光电子均 不会飞出两极板间，则下列说法正确的是（ ）（已知真空中的光速为 c，普朗克常量为 h，光电子的电 量为 e） A．光电子的最大初动能为 0 hc B．光电子的最大初动能为 0 0 h c C．平行板电容器可带的电荷量最多为 0 0 hc C e D．平行板电容器可带的电荷量最多为 0 0 h C ce 3、伽利略通过斜面理想实验得出了（ ） A．力是维持物体运动的原因 B．物体的加速度与外力成正比 C．物体运动不需要力来维持 D．力是克服物体惯性的原因 4、意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的 “斜面实验 ”，他测量了铜球在较小倾角 斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大 ,于是他对 大倾角情况进行了合理的外推，由此得出的结论是（ ） A．自由落体运动是一种匀变速直线运动 B．力是使物体产生加速度的原因 C．力不是维持物体运动的原因 D．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性 5、粗糙斜面倾角为 30°，一物体从斜面顶端由静止开始下滑，运动的位移 ─时间关系图像是一段抛物线， 如图所示， g 取 210m/s 。则（ ） A．下滑过程中，物体的加速度逐渐变大 B． 0.5st 时刻，物体的速度为 0.25m/s C． 0 ~ 0.5s 时间，物体平均速度 1m/s D．物体与斜面间动摩擦因数为 3 5 6、中国散裂中子源项目由中国科学院和广东省共同建设，选址于广东省东莞市大朗镇，截止到 2019 年 8 月 23 日正式投入运行 1 年。散裂中子源就是一个用中子来了解微观世界的工具，如一台 “超级显微镜 ”， 可以研究 DNA 、结晶材料、聚合物等物质的微观结构。下列关于中子的说法正确的是（ ） A．卢瑟福预言了中子的存在，并通过实验发现了中子 B．原子核中的中子与其他核子间无库仑力，但有核力，有助于维系原子核的稳定 C．散裂中子源中产生的强中子束流可以利用电场使之慢化 D．若散裂中子源中的中子束流经慢化后与电子显微镜中的电子流速度相同，此时中子的物质波波长比电 子的物质波波长长 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、下列说法正确的是（ ） A．同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现 B．在阳光照射下的教室里，眼睛看到空气中尘埃的运动就是布朗运动 C．在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小 D．打气筒给自行车打气时，要用力才能将空气压缩，说明空气分子之间存在着斥力 E.气体向真空的自由膨胀是不可逆的 8、关于热力学定律，下列说法正确的是（ ） A．气体吸热后温度一定升高 B．对气体做功可以改变其内能 C．理想气体等压膨胀过程一定放热 D．理想气体绝热膨胀过程内能一定减少 E.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 9、如图 2 所示是电子电路中经常用到的由半导体材料做成的转换器，它能把如图 1 所示的正弦式交变电 压转换成如图 3 所示的方波式电压，转換规则 :输入的交变电压绝对值低于 2 mU ，输出电压为 0;输入的交 变电压包对值大于、等于 2 mU ，输出电压恒为 2 mU ．则 A．输出电压的頻率为 50Hz B．输出电压的颜率为 100Hz C．输出电压的有效值为 6 6 mU D．输出电压的有效值为 3 mU 10、如图所示，在水平面上固定有两根相距 0.5m 的足够长的平行光滑金属导轨 MN 和 PQ ，它们的电阻 可忽略不计，在 M 和 P 之间接有阻值为 R=3Ω 的定值电阻，导体棒 ab 长 l=0.5m ，其电阻为 r=1.0 Ω，质 量 m=1kg ，与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度 B=0.4T 。现使 ab 棒在水平拉力作用下以 v=10m/s 的速度向右做匀速运动，以下判断正确的是（ ） A． ab 中电流的方向为从 a 向 b B． ab 棒两端的电压为 1.5V C．拉力突然消失，到棒最终静止，定值电阻 R 产生热量为 75J D．拉力突然消失，到棒最终静止，电路中产生的总热量为 50J 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、某实验小组欲自制欧姆表测量一个电阻的阻值，实验提供的器材如下： A．待测电阻 Rx（约 200Ω） B．电源（电动势 E 约 1.4V ，内阻 r 约 10Ω） C．灵敏电流计 G（量程 1mA ，内阻 R g=200Ω） D．电阻 R 1=50Ω E.电阻 R2=200Ω F.滑动变阻器 R（阻值范围为 0~500 Ω） G.开关，导线若干 (1)由于电源电动势未知，该实验小组经过分析后，设计了如图（ a）的测量电路。部分步骤如下：先闭合 开关 S1、S2，调节滑动变阻器 R，使灵敏电流计示数 I 1=0.90mA ，此时电路总电流 I 总 =______mA ； (2)同时测出电动势 1.35V 后，该小组成员在图（ a）的基础上，去掉两开关，增加两支表笔 M 、N，其余 器材不变，改装成一个欧姆表，如图（ b），则表笔 M 为 ______（选填 “红表笔 ”或 “黑表笔 ”）。用改装后的 欧姆表先进行电阻调零，再测量 Rx 阻值，灵敏电流计的示数 I 如图（ c），待测电阻 R x 的阻值为 ______ Ω。 12、某同学用图甲电路做 “测量电池的电动势和内阻 ”实验。可用的器材有： A．电源（电动势约 3V，内阻约 10Ω） B．电压表 V （量程 0~50mV ，内阻为 50Ω） C．电流表 A（量程 0~100mA ，内阻约为 2.5 Ω） D．电阻箱 R（0~999.9 Ω，最小改变值为 0.1 Ω） E．定值电阻 R 1（阻值为 2 950 Ω） F．定值电阻 R 2（阻值为 9 950 Ω） G ．开关 S 及若干导线 在尽可能减小测量误差的情况下，请回答下列问题： (1)定值电阻应选用 ____________；（填写器材前面的字母序号） (2)用笔画线代替导线，按图甲电路将图乙实物完整连接起来 ______________； (3)实验步骤如下： ①闭合 S，调节电阻箱的阻值使电流表的示数为 100mA ，此时电阻箱的阻值为 14.3 Ω，电压表的示数为 U0； ②断开 S，拆下电流表，将 B 与 C 用导线直接相连，闭合 S，调节电阻箱的阻值使电压表的示数仍为 U0， 此时电阻箱的阻值为 17.0 Ω，则电流表的内阻为 ___________Ω ； ③调节电阻箱阻值，记下电阻箱的阻值 R1，电压表的示数 U1；多次改变电阻箱的阻值，可获得多组数据。 做出电压表示数的倒数 1 U 随电阻箱的阻值的倒数 1 R 的图线如图丙所示，若不考虑电压表对电路的影响， 电池的电动势和内阻分别为 _________V 、_____________Ω （结果保留三位有效数字） 。 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、如图，内壁光滑的绝热气缸竖直放置，内有厚度不计的绝热活塞密封，活塞质量 m=10kg 。初始时， 整个装置静止且处于平衡状态，活塞与底部的距离为 l 0，温度 T 0=300K 。现用电阻丝（体积不计）为气体 加热，同时在活塞上添加细砂保持活塞的位置始终不变直到 T=600K 。已知大气压强 p 0=1×105Pa，活塞截 面积 S=1.0×10-3m 2，取 g=10m/s 2，求： (i) 温度为 T 时，气体的压强； (ii) 活塞上添加细砂的总质量 △m。 14、如图所示为回旋加速器的结构示意图，匀强磁场的方向垂直于半圆型且中空的金属盒 D1 和 D2，磁感 应强度为 B，金属盒的半径为 R，两盒之间有一狭缝，其间距为 d，且 R? d，两盒间电压为 U。A 处的粒 子源可释放初速度不计的带电粒子，粒子在两盒之间被加速后进入 D 1 盒中，经半个圆周之后再次到达两 盒间的狭缝。通过电源正负极的交替变化，可使带电粒子经两盒间电场多次加速后获得足够高的能量。已 知带电粒子的质量为 m、电荷量为 +q。 (1)不考虑加速过程中的相对论效应和重力的影响。 ①求粒子可获得的最大动能 E km ； ②若粒子第 1 次进入 D1 盒在其中的轨道半径为 r 1，粒子第 2 次进入 D1 盒在其中的轨道半径为 r 2，求 r 1 与 r 2 之比； ③求粒子在电场中加速的总时间 t1 与粒子在 D 形盒中回旋的总时间 t2 的比值，并由此分析：计算粒子在 回旋加速器中运动的时间时， t1 与 t2 哪个可以忽略？（假设粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半 周的次数） ； (2)实验发现：通过该回旋加速器加速的带电粒子能量达到 25~30MeV 后，就很难再加速了。这是由于速 度足够大时，相对论效应开始显现，粒子的质量随着速度的增加而增大。结合这一现象，分析在粒子获得 较高能量后，为何加速器不能继续使粒子加速了。 15、如图所示的直角坐标系 xOy ，在其第二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场和沿 y 轴负方向的匀强电场。 虚线 OA 位于第一象限， 与 y 轴正半轴的夹角 θ=60°，在此角范围内有垂直纸面向外的匀强磁场； OA 与 y 轴负半轴所夹空间里存在与 OA 平行的匀强电场，电场强度大小 E=10N/C 。一比荷 q=1×106C/kg 的带电 粒子从第二象限内 M 点以速度 v=2.0 ×103m/s 沿 x 轴正方向射出， M 点到 x 轴距离 d=1.0m ，粒子在第二 象限内做直线运动；粒子进入第一象限后从直线 OA 上的 P 点（ P 点图中未画出）离开磁场，且 OP=d 。 不计粒子重力。 (1)求第二象限中电场强度和磁感应强度的比值 0 0 E B ； (2)求第一象限内磁场的磁感应强度大小 B； (3)粒子离开磁场后在电场中运动是否通过 x 轴？如果通过 x 轴，求其坐标；如果不通过 x 轴，求粒子到 x 轴的最小距离。 参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、B 【解析】 【详解】 由于两星球的周期相同，则它们的角速度也相同，设两星球运行的角速度为 ，根据牛顿第二定律，对 A 星球有： 21 2 1 12 m mG m r L 对 B 星球有 21 2 2 22 m mG m r L 得 1 2 2 1: :r r m m 又 1 2r r L 得 2 1 1 2 mr L m m 1 2 1 2 mr L m m 故 A 错误； B．根据 2 1 2 1 12 2 4m mG m r L T 2 1 1 2 mr L m m 解得周期 1 2 2 LT L G m m ， 故 B 正确； C． A 星球和 B 星球的线速度大小之比 1 2 2 1 A B v r m v r m 故 C 错误； D． O 点处的质点受到 B 星球的万有引力 2 2 22 2 1 1 2 B Gm m Gm mF r m L m m 受到 A 星球的万有引力 1 1 22 1 2 1 2 A Gm m Gm mF r m Lm m 故质点受到两星球的引力之和不为零，故 D 错误。 故选 B。 2、C 【解析】 【详解】 AB ．根据光电效应方程可知 0 0 0 ( ) km hchc hcE 选项 AB 错误； CD ．随着电子的不断积聚，两板电压逐渐变大，设最大电压为 U，则 kmUe E 且 Q=CU 解得 0 0 hc CQ e 选项 C 正确， D 错误。 故选 C。 3、C 【解析】 【详解】 AC. 理想斜面实验只能说明力不是维持物体运动的原因，即物体的运动不需要力来维持，故 A 错误， C 正 确； B.牛顿第二定律说明力是使物体产生加速度的原因，物体的加速度与外力成正比，故 B 错误； D.惯性是物体固有的属性，质量是物体惯性大小的量度，惯性与物体的运动状态和受力无关，故 D 错误。 故选 C。 4、A 【解析】 【分析】 【详解】 A．铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增 大而增大，倾角最大的情况就是 90°时，这时物体做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一 种匀变速直线运动。故 A 正确； B．该实验不能得出力是使物体产生加速度的原因这个结论，故 B 错误。 C．物体的运动不需要力来维持，但是该实验不能得出该结论，故 C 错误。 D．该实验不能得出惯性这一结论，故 D 错误。 故选 A。 5、D 【解析】 【分析】 【详解】 A．由题意可知，物体初速度为零， x-t 图象是一段抛物线，由匀变速直线运动的位移公式 21 2 x at 可知， 物体的加速度 a 保持不变，物体做匀加速直线运动，由图示图象可知： t=0.5s 时 x=0.25m ，解得 a=2m/s 2 故 A 错误； B．物体做初速度为零的匀加速直线运动， t=0.5s 时物体的速度 v=at=2 ×0.5m/s=1m/s 故 B 错误； C．物体在 0～0.5s 内物体的平均速度 0 0 1m/s=0.5m/s 2 2 v vv＝ ＝ 故 C 错误； D．对物体，由牛顿第二定律得 mgsin30 °-μ mgcos30° =ma 代入数据解得 3 5 故 D 正确。 故选 D。 6、B 【解析】 【分析】 【详解】 A．卢瑟福预言了中子的存在，查德威克通过实验发现了中子，故 A 错误； B．中子不带电，则原子核中的中子与其他核子间无库伦力，但有核力，有助于维系原子核的稳定，故 B 正确； C．中子不带电，则散裂中子源中产生的强中子束不可以利用电场使之慢化，故 C 错误； D．根据德布罗意波波长表达式 h h p mv 若散裂中子源中的中子束流经慢化后的速度与电子显微镜中的电子流速度相同， 因中子的质量大于电子的 质量，则中子的动量大于电子的动量，则此时中子的物质波波长比电子的物质波波长短，故 D 错误。 故选 B。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、ACE 【解析】 【详解】 A．同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如金刚石与石墨，故 A 正确 . B．布朗运动是微小粒子表现出的无规则运动，肉眼不可见，故 B 错误 . C．在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小，这是增加原理，故 C 正确 . D．打气筒给自行车打气时，要用力才能将空气压缩，是要克服大气压力做功，故 D 错误 . E．气体向真空自由膨胀遵守热力学第二定律，具有方向性，故 E 正确 8、BDE 【解析】 【分析】 【详解】 A．气体吸热，若同时对外做功，则气体内能可能减小，温度也可能降低， A 错误； B．改变气体的内能的方式有两种：做功和热传递， B 正确； C．理想气体等压膨胀，根据盖 —吕萨克定律 V C T 可知理想气体温度升高，内能增大，根据热力学第一定律 U Q W 理想气体膨胀对外做功，所以理想气体一定吸热， C 错误； D．理想气体绝热膨胀过程，理想气体对外做功，没有吸放热，根据热力学第一定律可知内能一定减少， D 正确； E．根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体， E 正确。 故选 BDE 。 9、BC 【解析】 【详解】 AB. 由图可知输出电压的周期 T= 0.01s ，故频率为 f=100Hz ， A 错误， B 正确； CD. 由： 2 2 1 2 2 3 mU UT T R R （ ） 解得： U= 6 6 mU C 正确， D 错误． 10、BD 【解析】 【分析】 【详解】 A．由右手定则判断可知 ab 中电流的方向为从 b 向 a，故 A 错误； B．由法拉第电磁感应定律得 ab 棒产生的感应电动势为 0.4 0.5 10V 2VE Blv 由欧姆定律棒两端的电压 2 3V 1.5V + 3 1 EU R R r 故 B 正确； CD ．对于棒减速运动过程，根据能量守恒定律得，回路中产生的总热量为 2 21 1 1 10 J 50J 2 2 Q mv 定值电阻 R 的发出热量为 = 37.5JR RQ Q R r 故 C 错误， D 正确。 故选 BD 。 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、4.50 黑表笔 180 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 闭合开关 S1、S2， G 与 R 1 并联，调节滑动变阻器 R，灵敏电流计读数 I 1=0.90mA ，根据并联电路特 点，通过 R1 的电流 ' 1 1 1 3.60mAgR I I R 故此时电路总电流 4.50mAI总 (2)[2] 改装为欧姆表后，表内有电源，根据多用电表 “红进黑出 ”的特点，表笔 M 应接黑表笔 [3] 根据欧姆表的原理，欧姆调零时，有 3 1.35= Ω 270Ω5 10 ER I内 接待测电阻后，读出表的电流为 I=0.60mA ，电路中的总电流为 5 3.00mAI I总 则有 x ER R I内 总 解得 180ΩxR 12、E 2.7 2.90 12.0 【解析】 【分析】 【详解】 (1) [1] 实验中需要将电流表 A 与定值电阻 R 串联，改装成一个量程为 0 ~ 3V 的电压表，由部分电路欧姆 定律知 V V 0 V U U U R R 代入数据解得 0 2950ΩR 故选 E。 (2) [2] 根据电路原理图，实物连接如图所示 。 (3)[3] 电压表的示数始终为 0U ，则说明 AR R R 即为 A 17.0Ω 14.3Ω 2.7ΩR ＝ ﹣ ＝ [4] 根据闭合电路的欧姆定律知 0 0 V V 1( 1) ( )R RE U U r R R R 代入数据变形后 1 60 1 60r U E R E 结合题中所给图像的纵截距 6020.7 E 解得 2.90VE [5] 斜率 144.9 20.7 60 0.50 r E 求得 12.0Ωr 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、 (i)4 ×105Pa；(ii)20kg 。 【解析】 【详解】 (i) 初状态时，设气体的压强为 1p ，以活塞为研究对象，由平衡条件知 1 0p S p S mg 末状态时，设气体的压强为 2p ，由查理定律有 2 1 2 1 p p T T 解得 2p =4×105Pa (ii) 末状态时 .以活塞为研究对象，由平衡条件知 1 0 ( )p S p S m m g 解得 : Δ m=20kg 14、（ 1）① 2 2 2 2 q B R m ；② 1 3 ；③ 2d R ， t1 可以忽略； （2）见解析 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1）①粒子离开回旋加速器前，做的还是圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得 2 m vqv B m R 21 2km mE mv 解得 2 2 2 2km B RE q m ②设带电粒子在两盒间加速的次数为 N ，在磁场中有 2vqvB m r 在电场中有 21 2 NqU mv 第一次进入 D1 盒中 N=1 ，第二次进入 D1 盒中 N=3 ，可得 1 2 1 3 r r ③带电粒子在电场中的加速度为 qE qUa m md 所以带电粒子在电场中的加速总时间为 1 mv BdRt a U 设粒子在磁场中回旋的圈数为 n，由动能定理得 212 2 mnqU mv 带电粒子回旋一圈的时间为 2πmT qB 所以带电粒子在磁场中回旋的总时间为 2 2 π 2 BRt nT U 1 2 2 π t d t R 已知 R d＞＞ 可知 1 2t t ，所以 1t 可以忽略。 （ 2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为 2πmT qB 对一定的带电粒子和一定的磁场来说，这个周期是不变的。如果在两盒间加一个同样周期的交变电场，就 可以保证粒子每次经过电场时都能被加速，当粒子的速度足够大时，由于相对论效应，粒子的质量随速度 的增加而增大，质量的增加会导致粒子在磁场中的回旋周期变大，从而破坏了与电场变化周期的同步，导 致无法继续加速。 15、 (1) 32.0 10 m/s ；(2) 32 10 T ；(3)不会通过， 0.2m 【解析】 【详解】 (1)由题意可知，粒子在第二象限内做匀速直线运动 ,根据力的平衡有 0 0qvB qE 解得 30 0 2.0 10 m/sE B (2)粒子在第二象限的磁场中做匀速圆周运动，由题意可知圆周运动半径 1.0mR d 根据洛伦兹力提供向心力有 2vqvB m R 解得磁感应强度大小 32 10 TB (3)粒子离开磁场时速度方向与直线 OA 垂直， 粒子在匀强电场中做曲线运动， 粒子沿 y 轴负方向做匀减速 直线运动，粒子在 P 点沿 y 轴负方向的速度大小 sinyv v 粒子在电场中沿 y 轴方向的加速度大小 cos y qEa m 设经过 t 时间，粒子沿 y 轴方向的速度大小为零，根据运动学公式有 y y v t a t 时间内，粒子沿 y 轴方向通过的位移大小 2 yv y t 联立解得 0.3my 由于 cosy d 故带电粒子离开磁场后不会通过 x 轴，带电粒子到 x 轴的最小距离 cos 0.2md d y 2019-2020 高考物理模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、某一小车从静止开始在水平方向上做直线运动，其运动过程中的加速度随时间变化关系如图所示，则 关于小车的运动下列说法中正确的是（ ） A．小车做先加速后减速，再加速再减速的单向直线运动 B．小车做往复直线运动，速度反向时刻为 1s、 3s 末 C．小车做往复直线运动，且可以运动到出发点的另一侧 D．小车运动过程中的最大速度为 2.5m/s 2、北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。为了兼顾高纬度地区的定位和导航需要，该 系统已布置了 10 余颗倾斜地球同步轨道卫星（ IGSO ），其轨道是与赤道平面呈一定夹角的圆形，圆心为 地心，运行周期与地球自转周期相同。关于倾斜地球同步轨道卫星，下列说法正确的是（ ） A．该卫星不可能经过北京上空 B．该卫星距地面的高度与同步轨道静止卫星相同 C．与赤道平面夹角为 30o 的倾斜地球同步轨道只有唯一一条 D．该卫星运行的速度大于第一宇宙速度 3、我国自主研制的绞吸挖泥船 “天鲲号 ”达到世界先进水平．若某段工作时间内， “天鲲号 ”的泥泵输出功 率恒为 41 10 kW ，排泥量为 31.4m /s ，排泥管的横截面积为 20.7 m ，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为 （ ） A． 65 10 N B． 72 10 N C． 92 10 N D． 95 10 N 4、下列说法正确的是（ ） A．核反应前后质量并不守恒 B．爱因斯坦在研究光电效应现象时提出了能量子假说 C．用一束绿光照射某金属，能产生光电效应，现把这束绿光的强度减为原来的一半，则没有光电子飞出 D．在光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比 5、如图， 水平桌面上有三个相同的物体 a、b、c 叠放在一起， a 的左端通过一根轻绳与质量为 3 3m kg 的小球相连，绳与水平方向的夹角为 60°，小球静止在光滑的半圆形器皿中。水平向右的力 F=20N 作用在 b 上，三个物体保持静状态。 g 取 10m/s2。下列说法正确的是（ ） A．物体 a 对桌面的静摩擦力大小为 10N，方向水平向右 B．物体 b 受到物体 a 给的一个大小为 20N 的摩擦力，方向向左 C．物体 c 受到向右的静摩擦力，大小为 20N D．在剪断轻绳的瞬间，三个物体一定会获得向右的加速度 6、如图所示， 传送带以恒定速度 v0 向右运动， A、B 间距为 L，质量为 m 的物块无初速度放于左端 A 处， 同时用水平恒力 F 向右拉物块，物块与传送带间的动摩擦因数为 μ，物块从 A 运动到 B 的过程中，动能 Ek 随位移 x 变化的关系图像不可能的是（ ） A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、如图所示，劲度数为 k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为 m 的物体接触（未 连接） ，弹簧水平且无形变．用水平力 F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了 0x ，此时物体静 止．撤去 F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为 4 0x ．物体与水平面间的动摩擦因数为 ，重力加 速度为 g ．则（ ） A．撤去 F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动 B．撤去 F 后，物体刚运动时的加速度大小为 0kx g m C．物体做匀减速运动的时间为 02 x g D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为 0( )mgmg x k 8、一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，在 12mx 处的质元的振动图线如图 1 所示，在 18mx 处的质元 的振动图线如图 2 所示。下列说法正确的是（ ） A．该波的周期为 15s B． 12mx 处的质元在平衡位置向上振动时， 18mx 处的质元在波峰 C．在 0 4s: 内 12mx 处和 18mx 处的质元通过的路程均为 6cm D．该波的波长可能为 8m 9、L 1、L 2 两水平线间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场高度为 h，竖直平面内有质量为 m，电阻为 R 的梯形线框，上、下底水平且底边之比 5:1，梯形高 2h。该线框从如图位置由静止下落，已知 AB 刚进入 磁场时和 AB 刚穿出磁场时的重力等于安培力，在整个运动过程中，说法正确的是（ ） A． AB 边是匀速直线穿过磁场 B． AB 边刚穿出到 CD 边刚要进入磁场，是匀速直线运动 C． AB 边刚穿出到 CD 边刚要进入磁场，此过程的电动势为 1 2 2 mgR gh D． AB 边刚进入和 AB 边刚穿出的速度之比为 4:1 10、如图所示， 水平面 (未画出 )内固定一绝缘轨道 ABCD ，直轨道 AB 与半径为 R 的圆弧轨道相切于 B 点， 圆弧轨道的圆心为 O，直径 CD//AB 。整个装置处于方向平行 AB 、电场强度大小为 E 的匀强电场中。一 质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球从 A 点由静止释放后沿直轨道 AB 下滑。记 A 、B 两点间的距离为 d。 一切摩擦不计。下列说法正确的是（ ） A．小球到达 C 点时的速度最大，且此时电场力的功率最大 B．若 d=2R ，则小球通过 C 点时对轨道的压力大小为 7qE C．若 d= 5 3 R，则小球恰好能通过 D 点 D．无论如何调整 d 的值都不可能使小球从 D 点脱离轨道后恰好落到 B 处 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、图甲是简易多用电表的电路原理图，图中 E 是电源， 1R 、 2R 、 3R 、 4R 、 5R 是定值电阻， 6R 是可 变电阻，表头 的满偏电流为 200μA 、内阻为 600 Ω，其表盘如图乙所示，最上一行刻度的正中央刻度值 为 “15”。图中虚线方框内为换挡开关， A 端和 B 端分别与两表笔相连，该多用电表有 5 个挡位，分别为： 直流电流 1 A 挡和 500μA 挡，欧姆 “ 1k ”挡，直流电压 2.5 V 挡和 10 V 挡。 （ 1）若用欧姆 “ 1k ”挡测二极管的反向电阻，则 A 端所接表笔与二极管的 ________（填 “正 ”或 “负 ”）极 相接触，测得的结果如图乙中 a 所示，则该二极管的反向电阻为 ________kΩ 。 （ 2）某次测量时多用电表指针位置如图乙中 b 所示，若此时 B 端是与 “1”相连的，则多用电表的示数为 ________；若此时 B 端是与 “ 4”相连的，则多用电表的示数为 ________。 （ 3）根据题中所给的条件可得 1R 、 2R 的阻值之和为 ________Ω。 12、要描绘一只标有 “ 9V、5W”字样小灯泡的完整伏安特性曲线，实验室可供如下器材： A．电流表 A 1（量程 1．6A，内阻约为 1.5 Ω） B．电流表 A 2（量程 3A ，内阻约为 1.2 Ω） C．电压表 V（量程 3V，内阻 v 3r kΩ） D．滑动变阻器 1R （阻值 1~11Ω，额定电流 1.8A） E．滑动变阻器 2R （阻值 1~111Ω，额定电流 1.5A ） F．定值电阻 3 6R kΩ G ．直流电源（电动势 E 10V ） H ．导线和开关 （ 1）请在虚线框中画出电路图 _______ （ 2）滑动变阻器应选 ______；电流表应选 ______（填写元件前序号） （ 3）灯泡两端实际电压 0U 与电压表读数 U 关系式为 ______ （ 4）根据该电路设计图进行实验，测得电压表的读数为 U、电流表读数为 I，若考虑电表的内阻，则此时 灯泡的电阻为 ______（用题目中所给字母或符号表示） 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、如图所示，粗细均匀的 U 形玻璃管开口向上竖直放置，管中有 A、B 两段水银柱， A 段水银柱上方和 下方分别有气柱工、Ⅱ，两气柱的长 L 1=L 3=4cm ，水银柱 A 的长度为 L 2=4cm，水银柱 B 在左侧管中长度 L 4=2cm，大气压强为 p0=76cmHg ，环境温度为 T=300K 。现在左侧管中缓慢倒入水银，使 B 水银柱在左 侧管中水银液面下降 2cm。求： （ i ）A 水银柱上表面与右管中 B 水银柱上表面高度差； （ ii）若不在左管中倒入水银， 而是在左侧管口缓慢推入一个活塞， 使 B 段水银在左管中水银面也下降 2cm， 则活塞需推人管中多长距离？ 14、如图所示， 水平传送带右端与半径为 R=0.5m 的竖直光滑圆弧轨道的内侧相切于 Q 点， 传送带以某一 速度顺时针匀速转动。将质量为 m=0.2kg 的小物块轻轻放在传送带的左端 P 点，小物块随传送带向右运 动，经 Q 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点 N。小物块与传送带之间的动摩擦因数为 μ=0.5，取 g=10m/s 2。 (1)求传送带的最小转动速率 v0 (2)求传送带 PQ 之间的最小长度 L (3)若传送带 PQ 之间的长度为 4m，传送带以 (1)中的最小速率 v0 转动，求整个过程中产生的热量 Q 及此 过程中电动机对传送带做的功 W 15、1916 年， Tolman 和 Stewart 发表论文指出，一个绕在圆柱上的闭合金属线圈当该圆柱以一定的角 速度绕轴旋转时，线圈中会有电流通过，这种效应称为 Stewart- Tolman 效应。设有许多匝线圈，每匝线 圈的半径为 r，每匝线圈均用电阻为 R 的细金属导线绕成，线圈均匀地绕在一个很长的玻璃圆柱上，圆柱 的内部为真空每匝线圈的位置用黏胶固定在圆柱上，单位长度的线圈匝数为 n，包含每匝线圈的平面与圆 柱的轴垂直。从某一时刻开始，圆柱以角加速度 β绕其轴旋转。经过足够长时间后：请计算每匝线圈中的 电流强度。 参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、D 【解析】 【分析】 【详解】 ABC ．由加速度时间图线可判断， 0~1s 内，小车沿正向做加速度增大的加速运动， 1s~2s 内小车沿正向做 加速度减小的减速运动，由对称性知 2s 末小车速度恰好减到零， 2s~3s 内小车沿负向做加速度增大的加速 度运动， 3s~4s 内小车沿负向做加速度减小的减速运动， 4s末小车速度恰好减到零。由于速度的变化也是 对称的，所以正向位移和负向位移相等，即 4s 末小车回到初始位置，故 ABC 错误； D．小车在 1s 末或 3s 末速度达到最大，图线与时间轴所围面积表示速度的变化，所以最大速度为 max 1 1 5m/s 2.5m/s 2 v 故 D 正确。 故选 D。 2、B 【解析】 【详解】 A．根据题目描述，倾斜地球同步轨道卫星的轨道是与赤道平面呈一定夹角的圆形，圆心为地心，所以有 可能在运动过程中经过北京上空，所以 A 错误； B．由题意可知，倾斜地球同步轨道卫星的周期与地球同步卫星的周期相同，根据 2 34πrT GM 可知， 该卫星的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径相同， 即该卫星距地面的高度与同步轨道静止卫星相 同，所以 B 正确； C．由题意可知，圆心在地心，与赤道平面成 30o的圆形轨道有无数个，所以 C 错误； D．根据公式 GMv r 可知，卫星轨道半径越大，运行速度越小，而第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以该卫星的运行速度比 第一宇宙速度小， D 错误。 故选 B。 3、A 【解析】 【分析】 【详解】 设排泥的流量为 Q，t 时间内排泥的长度为： 1.4 2 0.7 V Qtx t t S S 输出的功： W Pt 排泥的功： W Fx 输出的功都用于排泥，则解得： 65 10 NF 故 A 正确， BCD 错误． 4、A 【解析】 【详解】 A．由于存在质量亏损，所以核反应前后质量并不守恒， A 正确； B．普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说， B 错误； C．用一束绿光照射某金属，现把这束绿光的强度减为原来的一半，因为频率不变，所以仍能发生光电效 应有光电子飞出， C 错误； D．在光电效应现象中，根据光电效应方程 0kmE h W 可知光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，但非成正比关系， D 错误。 故选 A。 5、B 【解析】 【分析】 【详解】 A．对 m 受力分析 在竖直方向 2 sin 60T mg 则绳子拉力为 3 3 10 N 30N 2sin 60 32 2 mgT 对 a 、 b 、 c 整体受力分析，水平方向根据平衡条件 T F f 则桌面对 a 的静摩擦力方向水平向右，大小为 30N 20N 10Nf T F 根据牛顿第三定律可知， a 对桌面的静摩擦力大小为 10N ，方向水平向左， A 错误； B．对 b 、 c 整体受力分析，水平方向根据平衡条件 20NF f 可知物体 b 受到物体 a 给的一个大小为 20N 的摩擦力，方向向左， B 正确； C．对 c 受力分析可知，物体仅受重力和支持力，受到的摩擦力为 0， C 错误； D．地面对 a 、 b 、 c整体的最大静摩擦力大小未知，在剪断轻绳的瞬间，系统的运动状态未知， D 错误。 故选 B。 6、A 【解析】 【分析】 【详解】 开始时滑块受向右的拉力 F 和向右的摩擦力 f 而做加速运动，则动能 E K =(F+f)x ；若物块在到达最右端之 前还未达到与传送带共速，此时图像为 C；若 F>f ，则当物块与传送带共速后还会加速，此时动能增加为 ?E K =(F-f)x ，此时图像为 D；若 F≤f，则当物块与传送带共速后会随传送带一起匀速运动，动能不变，此 时图像为 B；物块与传送带共速后只能匀速或者加速，不可能做减速，则图像 A 不可能。 故选 A。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、BD 【解析】 【分析】 【详解】 A．撤去 F 后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩 量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动， 随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运 动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动， A 错误； B．刚开始时，由牛顿第二定律有： 0kx mg ma 解得： 0kxa g m B 正确； C．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为 3x0，由牛顿第二定律得： 1a g＝ 将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则： 2 0 1 1 2 3x a t 联立解得： 06xt g ，C 错误； D．当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有 F mg kx 解得 mgx k ，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为： f 0 0( mgW mg x x mg x k D 正确。 故选 BD 。 8、BD 【解析】 【详解】 A．由振动图像可知，该波的周期为 12s，故 A 错误： B．由两个质点的振动图像可知， t=3s 时，当 12mx 处的质元在平衡位置向上振动时， 18mx 处的质 元在波峰，故 B 正确； C．由图可知，该波的振幅为 4cm，频率 2π πrad/s 6T 由图 1 可知，在 t=0 时刻 x=12m 处的质点在 -4cm 处，则其振动方程为 12 π π4sin( )cm 6 2 x t 4s 时刻质元的位置 12 4π π4sin( ) 2cm 6 2 s 所以 x=12m 处的质元通过的路程 12 4cm 2cm 6cms 据图 2 知 t=0s 时，在 x=18m 处的质元的位移为 0cm，正通过平衡位置向上运动，其振动方程为： 18 π4sin( ) 6 x t 在 t=4s 时刻，在 x=18m 处的质元的位移 18 4π4 sin 2 3cm 6 x 所以在 0～4s 内 x=18m 处的质元通过的路程 18 4cm (4 2 3)cm 4.54cm 6cms 故 C 错误； D．由两图比较可知， x=12m 处比 x=18m 处的质元可能早振动 3 4 T ，所以两点之间的距离为 4 ( )3x n (n=0 、1、 2⋯⋯) 所以 4 4 6 m 4 3 4 3 x n n (n=0、 1、2⋯⋯) n=0 时，波长最大，为 4 6 m 8m 3 故 D 正确。 故选 BD 。 9、BCD 【解析】 【分析】 【详解】 A．已知 AB 刚进入磁场时的重力等于安培力，根据安培力公式 2 2B L vF R总 AB 进入磁场后一段时间内有效切割长度变大，安培力变大，大于重力，使梯形线框减速，因为 AB 刚穿 出磁场时的重力等于安培力，所以 AB 边是减速直线穿过磁场，故 A 错误； B．AB 刚穿出到 CD 边刚要进入磁场过程中， 有效切割长度保持不变， 由于 AB 刚穿出磁场时的重力等于 安培力，故该过程中安培力一直等于重力，做匀速直线运动，故 B 正确； D．设 AB 边刚进入磁场时速度为 0v ，AB=l ，则 CD=5l ，则 2 0 1 2 mgh mv AB 边刚进入磁场时重力等于安培力，有 2 2 0B l vmg R 设 AB 边刚穿出磁场时速度为 v1，线框切割磁感应线的有效长度为 2l AB 刚穿出磁场时的重力等于安培力有 2 2 1(2 )B l vmg R 联立解得 0 1: 4 :1v v 1 1 2 4 v gh 所以 D 正确； C． AB 边刚穿出到 CD 边刚要进入磁场过程中，线框做速度为 v1 的匀速直线运动，切割磁感应线的有效 长度为 2l，感应电动势为 12E B lv 联立解得 1 2 2 E mgR gh= 故 C 正确。 故选 BCD 。 10、BD 【解析】 【详解】 A．小球到达 C 点时，其所受电场力的方向与速度方向垂直，电场力的功率为零，故 A 错误； B．当 d=2R 时，根据动能定理有 213 2 CqE R mv 小球通过 C 点时有 2 CvN qE m R 解得 N=7qE 根据牛顿第三定律可知，此时小球对轨道的压力大小为 7qE ，故 B 正确； C．若小球恰好能通过 D 点，则有 2 DvqE m R 又由动能定理有 21( ) 2 DqE d R mv 解得 3 2 d R 故 C 错误； D．当小球恰好能通过 D 点时，小球从 D 点离开的速度最小。小球离开 D 点后做类平抛运动，有 21 2 qER t m Dx v t 解得 2x R 由于 x>R 故小球从 D 点脱离轨道后不可能落到 B 处，故 D 正确。 故选 BD 。 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、负 7.0 0.30A 0.75V 400 【解析】 【详解】 （ 1）[1] ．若测二极管的反向电阻，则电流从二极管的负极流入；又欧姆表的电流从 A 端流出，故 A 端与 二极管的负极相接触； [2] ．根据刻度盘，得出示数为 7.0，又选用了 × 1kΩ挡，故二极管的反向电阻为 7.0k Ω； （ 2）[3] ．若此时 B 端是与 “1”相连的，则此时是大量程电流表，为直流 1A 档，故此时每小格表示 0.02A ， 读数为 0.30A ； [4] ．若此时 B 端是与 “ 4”相连的， 则此时为小量程的电压表， 为直流电压 2.5V 档， 故此时每小格表示 0.05V ， 读数为 0.75V ； （ 3） [5] ．由电路特点，接 2 时为 500μA档，则 1 2( )( )g g gI r I I R R 即 （ 500-200）×10-6×（R1+R 2）=200×10-6×600 整理得 R1+R 2=400Ω 12、 D A 0 3U U V 3UR UI r 【解析】 【详解】 （ 1）[1] 描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由题意可知， 灯泡额定电压为 9V，电压表量程为 3V，把电压表量程扩大为 9V，应给电压表串联一个定值电阻 R3；电 压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示 （ 2） [2][3] 灯泡额定电流为 5 9 PI U A≈ 1.56A 电流表应选 A；为方便实验操作，滑动变阻器应选择 D； （ 3） [4] 定值电阻阻值是电压表内阻的 2 倍，则定值电阻两端电压为电压表两端电压的 2 倍，故灯泡两端 电压为 U1=3U； （ 4） [5] 由图示电路图可知，电流表读数为 I ，则通过灯泡的电流为 V UI r ，则灯泡电阻 V 3UR UI r 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、（ i）3.8cm；（ ii）2.4cm。 【解析】 【分析】 【详解】 （ i）根据力的平衡可知，右管中水银柱的长 L=L 2+L 4=6cm 当 B 水银柱在左管中水银液面下降 2cm，则右管中水银柱长变为 8cm 根据力的平衡可知，左侧管中需加入的水银柱长 h=8cm-L 2=4cm 对气柱Ⅱ研究，开始时压强 p1=76cmHg+4cmHg=80cmHg 加水银后，气体的压强 p2=76cmHg+8cmHg=84cmHg 设加水银后气体Ⅱ的长为 3L ，气体发生等温变化，则有 1 3 2 3p L S p L S 解得 3 3.8cmL 这时， A 水银柱上表面与右管中 B 水银柱上表面高度差 3 3.8cmh L （ ii）若不在左管中倒入水银， 而是在左侧管口缓慢推入一个活塞， 使 B 段水银在左管中水银面也下降 2cm， 此时气柱Ⅰ中气体的压强为 p3=p 2-4cmHg=80cmHg 设此时气柱Ⅰ的长度为 1L ，气体发生等温变化，则有 0 1 3 1p L S p L S 求得 1 3.8cmL 则活塞在管中移动的距离 4 1 1 3 3 2.4cmx L L L L L 14、（ 1）5m/s （2）2.5m （3）2.5J 5J 【解析】 【详解】 (1)由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达 Q 点已与传送带同速且小物块刚好能到达 N 点，在 N 点有 2 Nvmg m R 小物块从 Q 点到 N 点，由动能定理得 2 2 0 1 12 2 2Nmg R mv mv? 联立解得 0 5m/sv (2)传送带长度最短时，小物块从 P 点到 Q 点一直做匀加速运动，到 Q 点时刚好与传送带同速，则有 2 0 2v aL mg ma 联立解得 2.5mL (3)设小物块经过时间 t 加速到与传送带同速，则 0v at 小物块的位移 2 1 1 2 x at 传送带的位移 0x v t 根据题意则有 2 1x x x Q mg x? 联立解得 2.5JQ 由能量守恒定律可知，电动机对传送带做功 2 0 1 2 W Q mv 代入数据解得 5JW 15、 22 m rI eR 【解析】 【详解】 由于环加速转动，在圆环参考系中对电子产生了类似于电场力的非惯性力，即 F mr 对应的场强 mrE e 产生的电流 22 2rE m rI R eR 2019-2020 高考物理模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、如图为甲、乙两个物体同时从同一地点出发，沿同一直线运动的速度 —时间图象。则（ ） A．在 2～4 s 内，甲处于静止状态 B．在 2 s 时刻，甲在乙的正前方 C．在 0～6 s 内，甲和乙相遇一次 D．在 0--6 s 内，甲和乙的位移相同 2、如图所示，两个内壁光滑的圆形管道竖直固定，左侧管道的半径大于右侧管道半径。两个相同小球 A 、 B 分别位于左、右管道上的最高点，两球的半径都略小于管道横截面的半径。由于微小的扰动，两个小球 由静止开始自由滑下，当它们通过各自管道最低点时，下列说法正确的是（ ） A． A 球的速率等于 B 球的速率 B． A 球的动能等于 B 球的动能 C． A 球的角速度大于 B 球的角速度 D． A 球、 B 球对轨道的压力大小相等 3、下雨天，大量雨滴落在地面上会形成对地面的平均压强。某次下雨时用仪器测得地面附近雨滴的速度 约为 10m/s。查阅当地气象资料知该次降雨连续 30min 降雨量为 10mm 。又知水的密度为 3 31 10 kg/m 。 假设雨滴撞击地面的时间为 0.1s，且撞击地面后不反弹。则此压强为（ ） A． 0.06Pa B．0.05Pa C．0.6Pa D． 0.5Pa 4、在如图所示的 U I 图像中，直线 I 为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线 II 为某一电阻 R 的伏安特性曲线。用该电源与电阻 R 组成闭合电路。由图像判断错误的是 A．电源的电动势为 3 V，内阻为 0.5 Ω B．电阻 R 的阻值为 1Ω C．电源的效率为 80% D．电源的输出功率为 4 W 5、目前在太阳系内一共已经发现了约 127 万颗小行星，但这可能仅是所有小行星中的一小部分 .若某颗小 行星在离太阳中心 R 处做匀速圆周运动，运行的周期为 T，已知引力常量为 G，仅利用这三个数据，可以 估算出太阳的（ ） A．表面加速度大小 B．密度 C．半径 D．质量 6、一定质量的理想气体，其状态变化的 P-T 图像如图所示。气体在由状态 1 变化到状态 2 的过程中，下 列说法正确的是 A．分子热运动的平均速率增大 B．分子热运动的平均速率减小 C．单位体积内分子数增多 D．单位面积、单位时间内撞击器壁的分子数增多 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、如图所示，电源电动势为 E、内阻为 r ，R1 是滑动变阻器， R2=0.5r ，当滑片 P 处于中点时，电源的效 率是 50% ，当滑片由 a 端向 b 端移动的过程中（ ） A．电源效率增大 B．电源输出功率增大 C．电压表 V 1 和 V 的示数比值增大 D．电压表 V 1 和 V 示数变化量 1ΔU 、ΔU 的比值始终等于 3 2 8、如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块， O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由 A 点 静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达 B 点．在从 A 到 B 的过程中，物块（ ） A．加速度先减小后增大 B．经过 O 点时的速度最大 C．所受弹簧弹力始终做正功 D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功 9、一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前 5s 内做匀加速直线运动， 5s末达到额定功率，之后保持以 额定功率运动 .其 v t 图象如图所示 .已知汽车的质量为 31 10m kg ，汽车受到地面的阻力为车重的 0.1 倍，则以下说法正确的是 ( ) A．汽车在前 5s 内的牵引力为 35 10 N B．汽车速度为 25 /m s时的加速度为 25 /m s C．汽车的额定功率为 100 kW D．汽车的最大速度为 80 /m s 10、在如图所示装置中，轻杆一端固定着一个轻质定滑轮 b，m 1 用轻杆连接着另一轻质滑轮 c，轻绳一端 固定于 a 点，跨过滑轮 c 和 b，另一端固定在 m 2 上，已知悬点 a 和滑轮 b 间的距离远大于滑轮的直径， 动滑轮质量和一切摩擦不计，整个装置稳定时轻绳 ac 部分与竖直方向夹角为 α，bc 部分与竖直方向的夹 角为 β，下列说法正确的是（ ） A．整个装置稳定时， α角一定等于 β角 B．若仅把轻杆竖直向上缓慢移动一小段距离， m 1 高度上升 C．若仅把轻杆水平向右缓慢移动一小段距离， m 1 高度上升 D．存在某一方向，往该方向缓慢移动轻滑轮 b 时， m 1 的位置保持不变 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、图示为做 “碰撞中的动量守恒 ”的实验装置 (1)入射小球每次都应从斜槽上的同一位置无初速度释放，这是为了 ___ A．入射小球每次都能水平飞出槽口 B．入射小球每次都以相同的速度飞出槽口 C．入射小球在空中飞行的时间不变 D．入射小球每次都能发生对心碰撞 (2)入射小球的质量应 ___（选填 “大于 ”、“等于 ”或 “小于 ”）被碰小球的质量； (3)设入射小球的质量为 1m ，被碰小球的质量为 2m ， P 为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式 1m OP _____（用 1m 、 2m 及图中字母表示）成立，即表示碰撞中动量守恒。 12、指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。 (1)图甲为某同学设计的多用电表的原理示意图。 虚线框中 S 为一个单刀多掷开关， 通过操作开关， 接线柱 B 可以分别与触点 1、2、 3 接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表， 下列说法正确的是 __________。 A．当 S 接触点 1 时，多用电表处于测量电流的挡位 B．当 S 接触点 2 时，多用电表处于测量电压的挡位 C．当 S 接触点 2 时，多用电表处于测量电阻的挡位 D．当 S 接触点 3 时，多用电表处于测量电压的挡位 (2)用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图乙所示。 A．若所选挡位为直流 10mA 挡，则示数为 __________mA 。 B 若所选挡位为直流 50V 挡，则示数为 __________V 。 (3)用表盘为图乙所示的多用电表正确测量了一个约 15Ω的电阻后， 需要继续测量一个阻值约 2kΩ的电阻。 在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选择以下必须的步骤，并按操作顺序写出步骤的序号 __________。 A．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点 B 把选择开关旋转到 “× 100”位置 C．把选择开关旋转到 “× 1k”位置 D．将红表笔和黑表笔接触 (4)某小组同学们发现多用电表欧姆挡的表盘刻度线不均匀，分析在同一个挡位下通过待测电阻的电流 I 和它的阻值 Rx 关系，他们分别画出了如图丙所示的几种图象，其中可能正确的是 ________ 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿 x 轴正向和负向传播，波速度均为 25 /v cm s.两列波在 0t 时的波形曲线如图所示，求 : （ 1） 0t 时，介质中偏离平衡位置位移为 16cm的所有质点的 x 坐标 ; （ 2）从 0t 开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为 16cm的质点的时间 . 14、某空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里，如 图所示．一质量为 m，带电量为 +q 的粒子，从 P 点以水平速度 v0 射入电场中，然后从 M 点沿半径射入 磁场，从 N 点射出磁场．已知，带电粒子从 M 点射入磁场时，速度与竖直方向成 30°角，弧 MN 是圆周 长的 1/3，粒子重力不计．求： （ 1）电场强度 E 的大小． （ 2）圆形磁场区域的半径 R． （ 3）带电粒子从 P 点到 N 点，所经历的时间 t． 15、两平行金属导轨水平放置，导轨间距 0.8md 。一质量 0.2m kg 的金属棒 ab 垂直于导轨静止放在 紧贴电阻 R 处，电阻 0.1R ，其他电阻不计。矩形区域 MNQP 内存在有界匀强磁场，磁场的磁感应 强度大小 0.25TB ， 0.85mMN PQ x 金属棒与两导轨间的动摩擦因数均为 0.4 ，电阻 R 与边 界 MP 的距离 0.36ms 。某时刻金属棒 ab在一水平外力作用下由静止开始向右匀加速穿过磁场，其加 速度大小 22m/sa ， g 取 210m/s 。 (1)求金属棒 ab穿过磁场的过程中平均电流的大小； (2)若自金属棒 ab进入磁场开始计时，求金属棒 ab在磁场中运动的时间内，外力 F 随时间 t 变化的关系。 (3)求金属棒 ab穿过磁场的过程中所受安培力的冲量的大小 I 安 。 参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、C 【解析】 【分析】 【详解】 A．在 v-t 图象中，斜率代表加速度，纵坐标表示速度大小，故在 2～4 s 内，甲处于匀速运动状态，故 A 错误； B．因 v-t 图像的面积等于位移，可知在 0-2s 内乙的位移大于甲，则在 2 s 时刻，乙在甲的正前方，选项 B 错误； CD ．开始阶段乙比甲运动的快，乙在前，甲在后，此后乙做减速运动，甲做加速，再做匀速；而在 0~6s 内，甲的位移为 24m，乙的位移为 18m，说明甲的位移大于乙的位移， 且在两个物体同时停止前甲追上乙， 此后甲一直在前，故只相遇一次，故 C 正确， D 错误。 故选 C。 2、D 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．对于任意一球，根据机械能守恒得 212 2 m R vg mg 解得 4v gR 由于左侧管道的半径大于右侧管道半径， 所以 A 球的速率大于 B 球的速率， A 球的动能大于 B 球的动能， 故 A 、B 错误； C．根据 4v gR R 可得 4g R 则有 A B 即 A 球的角速度小于 B 球的角速度，故 C 错误； D．在最低点，根据牛顿第二定律可得 2 N vF mg m R 解得 5NF mg 根据牛顿第三定律可得 A 球、 B 球对轨道的压力大小相等，故 D 正确； 故选 D。 3、A 【解析】 【详解】 取地面上一个面积为 S 的截面，该面积内单位时间降雨的体积为 310 10 m 30 60s hV S S t 则单位时间降雨的质量为 m V 撞击地面时，雨滴速度均由 v 减为 0，在 Δ 0.1st 内完成这一速度变化的雨水的质量为 m t 。设雨滴受 地面的平均作用力为 F，由动量定理得 [ ( ) ] ( )F m t g t m t v 又有 Fp S 解以上各式得 0.06Pap 所以 A 正确， BCD 错误。 故选 A。 4、C 【解析】 【详解】 A．根据闭合电路欧姆定律得： U=E-Ir 当 I=0 时， U=E ，由读出电源的电动势 E=3V ，内阻等于图线的斜率大小，则： 3 Ω 0.5Ω 6 Ur I A 正确； B．根据图像可知电阻： 1ΩUR I B 正确； C．电源的效率： 2100%= 100%= 100%=66.7% 3 P UI P EI 出 总 C 错误； D．两图线的交点表示该电源直接与电阻 R 相连组成闭合电路时工作状态， 由图读出电压 U=2V ，电流 I=2A ， 则电源的输出功率为： P 出=UI=4W D 正确。 故选 C。 5、D 【解析】 【详解】 AC ．在太阳表面，重力和万有引力相等，即 2 MmG mg r 因根据已知条件无法求出太阳半径，也就无法求出太阳表面的重力加速度，故 AC 错误； B． 在不知道太阳半径的情况下无法求得太阳的密度，故 B 错误； D．根据万有引力提供向心力可得 2 2 2 4MmG m R T 求得中心天体质量 2 3 2 4 RM GT 故 D 正确。 故选： D。 6、A 【解析】 【分析】 本题考查分子动理论。 【详解】 AB ．温度是分子热运动平均动能的标志，温度升高，分子热运动平均动能增加，分子热运动的平均速率 增大， A 正确， B 错误； C．由理想气体状态方程， PV nRT nRTV P 温度升高，压强变小，体积变大，单位体积内分子数减少， C 错误； D．温度升高，分子热运动的平均速率增大，压强却减小了，故单位面积，单位时间内撞击壁的分子数减 少， D 错误； 故选 A。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、ACD 【解析】 【详解】 A. 滑片由 a 端向 b 端移动的过程中， R1 逐渐增大，总电阻增大，总电流减小，内阻所占电压减小，路端 电压增大，电源的效率 UI U EI E ，电源的效率增大，故 A 正确； B.当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，滑片处于 a 端时，外电路电阻为 R 2=0.5r r ，当滑片 P 处于中点时，电源的效率是 50% ，此时路端电压等于内电压，即外电路电阻等于内阻，此时输出功率最 大，所以当滑片由 a 端向 b 端移动的过程中，电源输出功率先增大后减小，故 B 错误； C.串联电路电流相等， 则 1 1 21 2 1 1 1 U R RU R R R ，当滑片由 a 端向 b 端移动的过程中， R 1增大， 1U U 增大， 故 C 正确； D.根据闭合电路欧姆定律得： U1=E﹣I（R 2+r ） U=E ﹣Ir 则有： 1 2 Δ 1.5 Δ U R r r I Δ Δ U r I 则 1Δ 1.5 3 Δ 2 U r U r 故 D 正确。 故选 ACD 。 8、AD 【解析】 【分析】 【详解】 A 项：由于水平面粗糙且 O 点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在 OA 之间， 加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从 A 到 B 的过程中加速度先减小后反向增大，故 A 正确； B 项：物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在 AO 之间某一位置，即在 O 点左侧，故 B 错误； C 项：从 A 到 O 过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从 O 到 B 过程中弹力方向与位移方向相 反，弹力做负功，故 C 错误； D 项：从 A 到 B 过程中根据动能定理可得 W 弹 -W 克 f=0，即 W 弹=W 克 f，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦 力做的功，故 D 正确． 9、AC 【解析】 由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小 a= 20 5 m/s2＝4m/s 2，根据牛顿第二定律得， F-f=ma ，解得 牵引力 F=f+ma=1000+4000N=5000N ，故 A 正确．汽车的额定功率 P=Fv=5000× 20W=100000W=100kW ， 汽车在 25m/s 时的牵引力 F′＝ 100000 25 P v ＝ N＝4000N，根据牛顿第二定律得，加速度 2 24000 1000 / 3 / 1000 F fa m s m s m ＝ ＝ ，故 B 错误， C 正确．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最 大速度 100000 / 100 / 1000m Pv m s m s f ＝ ＝ ＝ ，故 D 错误．故选 AC ． 点睛：本题考查了汽车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学 公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大． 10、ABD 【解析】 【详解】 A．对 m 2 分析可知， m 2 受拉力及本身的重力平衡，故绳子的拉力等于 m 2g，对于滑轮 c 分析，由于滑轮 跨在绳子上，故两端绳子的拉力相等，它们的合力一定在角平分线上；由于它们的合力与 m 1 的重力大小 相等，方向相反，故合力竖直向上，故两边的绳子与竖直方向的夹角 α和 β相等，故 A 正确； BC．整个装置稳定时， α角一定等于 β角，且绳子拉力等于 m 2g，则 ac 与 bc 细线与竖直方向的夹角相等， 设为 ，ab 水平距离不变，结合几何关系，有 sin sinac bcd L L 得 sinac bc dL L 若仅把轻杆竖直向上缓慢移动一小段距离，细线的拉力等于 m 2g 不变，细线的合力也不变，则 不变，由 于 d 和 都不变，故 ac bcL L 不变，则 m 1 高度上升，同理，若仅把轻杆水平向右缓慢移动一小段距离， ab 水平距离变大，则 sinac bc dL L 细线的拉力等于 m2g 不变，细线的合力也不变，则 不变， d 变大，则 ac bcL L 变大，所以 m 1高度下降， 故 B 正确， C 错误； D．由于细线 bm 2 和 bc 部分拉力大小相等，两段细线的合力方向为细线 bm 2 和 bc 部分的角平分线，如果 沿角平分线移动轻滑轮 b 时，细线各部分的拉力大小和方向均不变，则 m 1的位置保持不变，故 D 正确。 故选 ABD 。 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、B 大于 1 2m OM m ON 【解析】 【详解】 (1)[1] 入射小球每次都应从斜槽上的同一位置无初速度释放，目的是使入射小球每次都以相同的速度飞出 槽口，故 B 正确， ACD 错误。 故选 B。 (2)[2] 为了防止入射小球反弹，入射小球的质量应大于被碰小球的质量。 (3)[3] 由于小球下落高度相同， 则根据平抛运动规律可知， 小球下落时间相同； P 为碰前入射小球落点的平 均位置， M 为碰后入射小球的位置， N 为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度 1 OPv t 碰撞后入射小球的速度 2 OMv t 碰撞后被碰小球的速度 3 ONv t 如果 1 1 2 3 1 2m v m v m v 则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，即 1 1 2m OP m OM m ON 成立，即表示碰撞中动量守恒。 12、ACD 4.80 BDA 24.0 A 【解析】 【分析】 (1)灵敏电流计 G 与分流电阻并联可以改装成电流表，与分压电阻串联可以改装成电压表，与滑动变阻器、 电源一起可以改装成欧姆表，分析图示电路图答题； (2)根据电流表量程确定其分度值， 然后根据指针位置读出其示数； 欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表 示数； (3)用欧姆表测电阻要选择合适挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零； (4)根据闭合电路欧姆定律求出 I-R x 以及 的表达式，进而选择图象即可。 【详解】 (1) 由图示电路图可知，当开关置于 2 位置时多用电表是欧姆表， A 与内置电源负极相连， A 为红表笔， B 与内置电源正极相连， B 为黑表笔； A 项：由图示电路图可知，当 S 接触点 1 时，表头与分流电阻并联，此时多用电表处于测量电流的挡位， 故 A 正确； B、 C 项：由图示电路图可知，当 S 接触点 2 时，表头与电源相连，此时多用电表处于测量电阻的挡位， 故 B 错误， C 正确； D 项：由图示电路图可知，当 S 接触点 3 时，表头与分压电阻串联，此时多用电表处于测量电压的挡位， 故 D 正确。 故应选： ACD ； (2) A 、若所选挡位为直流 50mA 挡，由图乙所示可知，示数为 4.80mA ； B、若所选挡位为直流 50V 挡，则示数为 24.0V； (3) 用多用电表正确测量了一个约 15Ω的电阻后，要继续测量一个阻值约 2kΩ的电阻， 首先要把选择开关置于 ×100 挡位位置，然后进行欧姆调零，把红黑表笔短接， 调节欧姆调零旋钮使指针指针欧姆零刻度线位置，最后再测电阻，故合理的步骤是： BDA ； (4) 设欧姆表内电池电动势为 E，内阻为 r，电流表内阻与调零电阻的和为 R g，则有： ，则 I-R x 图象是双曲线的一条，随着 Rx 的增大， I 减小， 上式的倒数 ，可知 是线性函数， Rx=0 时， 且有最小值， 随着 R x 的增大而 增大。 故应选： A。 【点睛】 本题考查了多用电表结构、多用电表读数与欧姆表的使用方法，知道电流表。电压表与欧姆表的改装原理 是解题的前提，分析清楚图示电路结构、掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、 (1) (50 300 ) 0, 1, 2,...x n cmnn (2)t=0.1s 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1）根据两列波的振幅都为 8cm，偏离平衡位置位移为 16 cm 的的质点即为两列波的波峰相遇． 设质点 x 坐标为 x 根据波形图可知，甲乙的波长分别为 60cm乙 ， 50cm甲 则甲乙两列波的波峰坐标分别为 1 1 150 50( 1, 2, 3 )x k k 1 2 250 60( 1, 2, 3 )x k k 综上，所有波峰和波峰相遇的质点坐标为 整理可得 1 (50 300 )x n cm 1, 2, 3n （ ii）偏离平衡位置位移为 16cm是两列波的波谷相遇的点， 0t 时，波谷之差 1 22 1 2 1(50 60) (50 50) 2 2 n nx 1, 2, 3n 整理可得 1 210(6 5 ) 5x n n 波谷之间最小的距离为 ' 5x cm 两列波相向传播，相对速度为 2 50 /v cm s 所以出现偏离平衡位置位移为 16cm的最短时间 ' 0.1 2 xt s v 14、（ 1） 2 03 2 mv qh ．（2） 02 3 3 mv qB ．（3） 0 2 3 3 3 h m v qB 【解析】 （ 1）在电场中，粒子经过 M 点时的速度大小 v= 0 sin 30 v o =2v 0 竖直分速度 vy=v 0cot30 °= 3 v0 由 2 2 yv h a ，a= qE m 得 E= 2 03 2 mv qh （ 2）粒子进入磁场后由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动，设轨迹半径为 r ． 由牛顿第二定律得： qvB=m 2v r ， 02mvmvr qB qB 根据几何关系得： R=rtan30°= 02 3 3 mv qB （ 3）在电场中，由 h= 12 yv t 得 t 1= 0 2 3 3 h v ； 在磁场中，运动时间 2 1 1 2 6 6 3 m mt T qB qB 故带电粒子从 P 点到 N 点，所经历的时间 t=t 1+t 2= 0 2 3 3 3 h m v qB ． 15、 (1) 3.4A ；(2) 1.68 0.8F t N 其中 2 1 0.5v vt s a ≤ ；(3) 0.34N s。 【解析】 【详解】 (1)设金属棒 ab到达磁场左、右边界 MP 、 NQ 时的速度分别为 1v 、 2v 则有 2 1 2v as 2 2 2v a s x 解得 1 1.2m/sv = 2 2.2m/sv 由电磁感应规律，金属棒 ab 的平均感应电动势 1 2 2 v vE Bdv Bd 金属棒 ab 穿过磁场的过程中平均电流的大小 EI R 联立以上各式，解得 3.4AI 。 (2)金属棒 ab 在磁场中运动时产生感应电动势，金属棒中有感应电流，则金属棒速度为 v 时受到的安培力 2 2B d vF Bld R安 由牛顿第二定律得 F mg F ma安 又因为 1v v at 所以在金属棒 ab 进入磁场后，拉力 2 2 1B d v atF ma mg R 代入数据得 1.68 0.8 NF t 其中 2 1 0.5v vt s a≤ 。 (3)由 (2)可知，金属棒在通过磁场的过程中所受安培力的大小 2 2 1 B dF v at R安 画出安培力随时间变化的图象如图乙所示 乙 图中 2 2 1 1 0.48NB d vF R 2 2 2 2 0.88NB d vF R 金属棒穿过磁场的过程中，其受到的安培力的冲量即为图线与横轴所围图形的面积，即 1 2 0.34N s 2 F FI t安 2019-2020 高考物理模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、新型冠状病毒在显微镜下的形状如图所示，他的大小在纳米的数量级下，根据我们高中所学内容，下 列单位属于国际基本单位的是（ ） A．长度 B．m C．nm D． m/s 2、2019 年被称为 5G 元年。这一年全球很多国家开通了 5G 网络，开启了一个全新的通信时代，即万物 互联的物联网时代， 5G 网络使用的无线电电波通信频率是在 3.0GHz 以上的超高频段和极高频段（如图 所示） ，比目前 4G 及通信频率在 0.3GHz~3.0GHz 间的特高频段网络拥有更大的带宽和更快的的传输速率。 下列说法正确的是（ ） A． 4G 信号是纵波， 5G 信号足横波 B． 4G 信号和 5G 信号相遇能产生干涉现象 C． 4G 信号比 5G 信号更容易发生衍射现象 D． 5G 信号比 4G 信号波长更长，相同时间传递的信息量更大 3、 “太空涂鸦 ”技术就是使低轨运行的攻击卫星通过变轨接近高轨侦查卫星， 准确计算轨道并向其发射 “漆 雾 ”弹， “漆雾 ”弹在临近侦查卫星时，压爆弹囊，让 “漆雾 ”散开并喷向侦查卫星，喷散后强力吸附在侦查 卫星的侦察镜头、太阳能板、电子侦察传感器等关键设备上，使之暂时失效。下列关于攻击卫星说法正确 的是（ ） A．攻击卫星进攻前需要加速才能进入侦察卫星轨道 B．攻击卫星进攻前的向心加速度小于攻击时的向心加速度 C．攻击卫星进攻前的机械能大于攻击时的机械能 D．攻击卫星进攻时的线速度大于 7.9km/s 4、下列说法正确的是（ ） A．比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固 B．汤姆孙发现了电子，并提出了原子的枣糕模型 C．将放射性元素掺杂到其他稳定元素中，降低其温度，该元素的半衰期将增大 D．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的强度小 5、如图 (甲 )所示，劲度系数为 k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为 m 的小球，从高 弹簧上端高 h 处自由下落．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴 OX, 小球的速度 v 随时间 t 变化的图象如图 (乙)所示．其中 OA 段为直线，切于 A 点的曲线 AB 和 BC 都是平滑的曲线，则 关于 A、B、C 三点对应的 x 坐标及加速度大小，下列说法正确的是 ( ) A． , 0A AX h a B． ,A AX h a g C． ,B B mgX h a g k D． 2 , 0C C mgX h a k 6、某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送 带上，恰好能传送过去是合格的最低标准。假设皮带传送带的长度为 10m 、运行速度是 8m/s，工件刚被 弹射到传送带左端时的速度是 10m/s，取重力加速度 g=10m/s 2。下列说法正确的是（ ） A．工件与皮带间动摩擦因数不大于 0.32 才为合格 B．工件被传送过去的最长时间是 2s C．若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等 D．若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为 10m/s 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、下列说法中正确的是 _______ A．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表 面具有收缩的趋势 B．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关 C．水面上的单分子油膜，在测量分子直径 d 的大小时可把分子当作球体处理 D．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性 E.分子间距离在小于 0r 范围内，分子间距离减小时，引力减小，斥力增大，分子力表现为斥力 8、下列说法中正确的是（ ） A．热机中燃气的内能不可能全部转化为机械能 B．液体表面张力的方向与液面垂直 C．液体表面张力的大小是跟分界线的长度成正比的 D．水银滴在玻璃板上将成椭球状，所以说水银是一种不浸润液体 E.相对湿度 100% ，表明在当时的温度下，空气中的水汽已达到饱和状态 9、如图所示．直线 1 和 2 分别为两个不同电源的路端电压和电流的关系图象， E 1、r 1，分别为电源 1 的 电动势和内阻， E2、r 2 分别为电源 2 的电动势和内阻，则下述说法正确的是（ ） A． E1=E2 B． r 1＞ r 2 C．当两个电源短路时电源 l 的短路电流大 D．当两个电源分别接相同电阻时，电源 2 的输出功率小 10、如图，正方形金属线框自某一高度在空气中竖直下落（空气阻力不计） ，然后进入并完全穿过与正方 形等宽的匀强磁场区域，进入时线框动能为 E k1，穿出时线框动能为 E k2。从刚进入到刚穿出磁场这一过 程，线框产生的焦耳热为 Q，克服安培力做的功为 W 1，重力做的功为 W 2，线框重力势能的减少量为 ?Ep， 则下列关系正确的是（ ） A． Q=W 1 B．Q = W 2 - W 1 C． Q =?E p Ek1 - E k2 D．W 2=W 1 (E k2 - Ek1) 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、某学习小组的同学探究小灯泡 L 的伏安特性曲线，可供选用的器材如下∶ 小灯泡 L ，规格 “3.6V、 0.3A”； 电流表 A，量程 0.2A，内阻 r 1=0.6 Ω； 电压表 V，量程 3V，内阻 r 2=3k Ω； 标准电阻 R1 阻值 1.2 Ω； 标准电阻 R2 阻值 1kΩ； 标准电阻 R3 阻值 10k Ω； 滑动变阻器 R，阻值范围 0~10Ω； 学生电源 E，电动势 4V ，内阻不计； 开关 S 及导线若干。 (1)甲同学设计了如图 1 所示的电路来进行测量，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该置于 _____（填 “ a” 或 “b”）端。闭合开关后移动滑片，发现电流表几乎无示数，电压表示数接近 3V，其故障原因可能是 __________（填 “ cd间 L 支路短路 ”或 “ cd间 L 支路断路 ”）； (2)排除故障后，某次电压表的示数如图 2 所示，其读数为 ______V； (3)学习小组认为要想更准确地描绘出 L 完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。请你在甲同学的基础 上利用所供器材，在图 3 所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号； ________ (4)按图 3 重新连接好电路，移动滑片在某个位置，读出电压表、电流表示数分别为 U、 I，如果不考虑电 压表的分流，则此时刻灯泡 L 的电阻 R=______ （用 U、I 及数字表示） 。 12、在 “用 DIS 研究在温度不变时， 一定质量的气体压强与体积的关系 ”实验中， 某同学将注射器活塞置于 中间刻度 20mL 处，然后将注射器连接压强传感器并开始实验，气体体积 V 每减小 2mL 测一次压强 p， 实验数据记录在下表中最后得到 p 和 V 的乘积逐渐减小． （ 1）（单选题）造成上述实验结果的可能原因是在实验过程中 ________ （A ）注射器中有异物 （B）实验时环境温度增大了． （C）实验时外界大气压强发生了变化． （D）实验时注射器内的空气向外发生了泄漏． （ 2）由此可推断，该同学的实验结果可能为图 ________（选填 “a”或 “b”）． （ 3）若另一同学用较大的注射器在同一实验室里（温度不变）做同一个实验，实验仪器完好，操作规范， 也从中间刻度开始实验，则得出的 1V p 图象的斜率比上一同学直线部分的斜率相比 ________（选填 “增 大 ”、 “减小 ”或 “相同 ”）． 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、某容积为 20L 的氧气瓶里装有 30atm 的氧气，现把氧气分装到容积为 5L 的小钢瓶中，使每个小钢瓶 中氧气的压强为 4atm ，如每个小钢瓶中原有氧气压强为 latm 。问最多能分装多少瓶？（设分装过程中无 漏气，且温度不变） 14、如图所示，在内壁光滑的细玻璃管中用水银密封一段空气柱（可视为理想气体） ，当玻璃管竖直放置 时，水银柱高 10cmh ，空气柱高 20cml 。现将玻璃管放在倾角为 30o的粗糙斜面上，管口向上，玻 璃管与斜面间的动摩擦因数为 3 6 。已知外界温度不变，大气压强 5 0 1.01 10 Pap ，水银的密度 3 313.6 10 kg/m ，重力加速度 g 取 210m/s ，假设斜面足够长，让玻璃管由静止下滑，当玻璃管与水 银柱相对静止时，求玻璃管中空气柱的长度（结果保留三位有效数字） 。 15、如图，玻璃球冠的折射率为 3 ，其底面镀银，底面的半径是球半径的 3 2 倍；在过球心 O 且垂直于 底面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的 M 点，该光线的延长线恰好过底面边 缘上的 A 点．求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角． 参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、B 【解析】 【分析】 【详解】 国际单位制规定了七个基本物理量， 分别为长度 （ m）、质量（kg）、时间 （s）、热力学温度 （K ）、电流 （A ）、 发光强度（ cd）、物质的量（ mol ），它们的国际单位是基本单位，而由物理量之间的关系式推导出来的单 位叫做导出单位， A 项的长度是基本物理量， B 项的 m 是国际制基本单位， C 项的 nm 是非国际制基本单 位， D 项的 m/s 是导出单位，故 B 正确， ACD 错误。 故选 B。 2、C 【解析】 【分析】 【详解】 A．电磁波均为横波， A 错误； B．两种不同频率的波不能发生干涉， B 错误； C．因 5G 信号的频率更高，则波长小，故 4G 信号更容易发生明显的衍射现象， C 正确； D． 5G 信号频率更高，光子的能量越大，故相同时间传递的信息量更大，故 D 错误。 故选 C。 3、A 【解析】 【详解】 A．攻击卫星的轨道半径小，进攻前需要加速做离心运动，才能进入侦查卫星轨道，故 A 正确； B．根据 2 MmG ma r 得 2 GMa r 可知，攻击前，攻击卫星的轨道半径小，故攻击卫星进攻前的向心加速度大于攻击时的向心加速度，故 B 错误； C．攻击卫星在攻击过程中，做加速运动，除引力以外的其他力做正功，机械能增加，故攻击卫星进攻前 的机械能小于攻击时的机械能，故 C 错误； D．根据万有引力提供向心力 2 2 Mm vG m r r 得 GMv r 轨道半径越小，速度越大，当轨道半径最小等于地球半径时，速度最大，等于第一宇宙速度 7.9km/s ，故 攻击卫星进攻时在轨运行速率小于 7.9km/s ，故 D 错误。 故选 A。 4、B 【解析】 【分析】 【详解】 A．在原子核中，比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，故 A 错误； B．汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的枣糕模型，故 B 正确； C．半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关，故 C 错误； D．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为金属的极限频率大于入射光的频率，故 D 错误。 故选 B。 5、B 【解析】 【详解】 AB.OA 段对应着小球下落 h 的过程，则 X A=h ，到达 A 点时的加速度为 aA =g，选项 B 正确， A 错误； C.B 点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为 0，加速度也就为 0，由 mg=kx ，可知 mgx k ， 所以 B 得坐标为 h+ mg k ，所以 C 错误． D.取一个与 A 点对称的点为 D，由 A 点到 B 点的形变量为 mg k ，由对称性得由 B 到 D 的形变量也为 mg k ， 故到达 C 点时形变量要大于 h+2 mg k ，加速度 ac＞g，所以 D 错误． 6、B 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．工件恰好传到右端，有 2 00 2v gL 代入数据解得 0.5 工件与皮带间动摩擦因数不大于 0.5 才为合格，此时用时 0 2svt g 故 A 错误 B 正确； CD ． 若工件不被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速 度，根据匀变速运动速度时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，故 CD 错误。 故选 B。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、BCD 【解析】 【详解】 A．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间引力大于斥力，所以液体表面具有 收缩的趋势，选项 A 错误； B．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关，选项 B 正确； C．水面上的单分子油膜，在测量分子直径 d 的大小时可把分子当作球体处理，选项 C 正确； D．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性，选项 D 正确； E．分子间距离在小于 0r 范围内，分子间距离减小时，引力斥力同时增大，分子力表现为斥力，选项 E 错 误。 故选 BCD 。 8、ACE 【解析】 【分析】 【详解】 A．热力学第二定律的一种表述为： 不可能从单一热源吸取热量， 使之完全变为有用功而不产生其他影响， 即无论采用任何设备和手段进行能量转化，总是遵循 “机械能可全部转化为内能，而内能不能全部转化为 机械能 ”，A 正确； BC．液体表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，其大小跟分界线的 长度成正比， B 错误 C 正确； D．浸润与不浸润是由液体和固体共同决定的。液体浸润固体，附着层面积要扩张，不浸润固体附着层面 积要收缩；水银不浸润玻璃，但可能浸润其他固体， D 错误； E．相对湿度 =空气中水蒸气的压强 /同温度下水的饱和气压，当相对湿度为 100% ，表明在当时的温度下， 空气中的水汽已达到饱和状态，故 E 正确。 故选 ACE 。 9、ACD 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据闭合电路欧姆定律 U=E ﹣Ir 当 I=0 时 U=E 说明图线纵轴截距等于电源的电动势，由图可知，两电源的电动势相等，即 E1=E 2 故 A 正确； B．根据数学知识可知，图线的斜率大小等于电源的内阻，由图可知，图线 2 的斜率大于图线 1 的斜率， 则 r 2＞r 1 故 B 错误； C．短路电流 I= E R 故电源 1 的短路电流要大，故 C 正确； D．根据 2 2 EP I R R R r 当两个电源分别接相同电阻时，电源内阻大即电源 2 的输出功率小，故 D 正确 . 故选 ACD ． 10、ACD 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．由能量关系可知，线框产生的焦耳热 Q 等于克服安培力做的功为 W 1，选项 A 正确， B 错误； CD ．由动能定理 2 1 2 1k kW W E E 即 W 2=W 1 (Ek2 - E k1) 而 W 2=?E p 则 Q =W 1= ?E p Ek1 - Ek2 选项 CD 正确。 故选 ACD 。 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、a cd 间 L 支路断路 2.30 8 9 U I 【解析】 【详解】 (1)[1][2] 闭合开关前，为了保证电路安全，滑动变阻器的滑片应该置于 a 端，闭合开关后移动滑片，发现 电流表几乎无示数，电压表示数接近 3V ，其故障原因可能是 cd 间 L 支路断路； (2)[3] 电压表最小分度为 0.1V，则电压表读数为 2.30V； (3)[4] 电压表、电流表需要扩大量程，结合灯泡的额定电压和电流，电流表并联 R 1，量程扩大到 0.3A，电 压表串联 R2，量程扩大到 4.0V，根据扩程后的电表内阻和灯泡的额定电压下的内阻，选用电流表外接法。 如图 (4)[5] 根据图 3 电路图，可以得到灯泡两端的电压为 4 3 U ，电流为 3 2 I ，根据欧姆定律得 8 9 UR I 12、D b 增大 【解析】 【分析】 （ 1）根据理想气体状态参量方程分析。 （ 2）图像的斜率代表压强和体积乘积，根据题目表格中的数据判断。 （ 3）较大的试管体积大，初始状态的压强都等于大气压，所以 pV 的乘积变大，图线斜率增大。 【详解】 （ 1） [1] 根据 pV=nRT ，pV 的乘积减小，说明气体物质的量减小，气体在漏气， D 符合题意； ABC 不符 合题意； 故选 D。 （ 2） [2] 1V p 图线上切线的斜率为 pV ，根据表格数据可知随着体积的增大 pV 值增大，则斜率增大， a 符合题意， b 不符合题意； 故选 a； （ 3）[3] 另一同学用较大的注射器在同一实验室里（温度不变）做同一个实验，初始状态 pV 是大试管大， 得出的 1V p 图象的斜率比上一同学直线部分的斜率增大。 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、34 【解析】 【详解】 设能够分装 n 个小钢瓶，则以 20L 氧气瓶中的氧气和 n 个小钢瓶中的氧气整体为研究对象，分装过程中 温度不变，故遵守玻意耳定律，气体分装前后的状态如图所示，由玻意耳定律可知： 1 1 2 2 1 1 2 2pV np V p V np V 即 1 1 1 2 2 2 p p V n p p V 因为 1 2 1 2 1 230atm 1atm 4atm 20 L 5 Lp p p p V V， ， ， ， 即 (30 4) 20 34.6 (4 1) 5 n 则最多能分装 34 瓶。 14、 22.0cml 【解析】 【分析】 【详解】 设玻璃管的横截面积为 S，当玻璃管竖直放置时，空气柱的体积 1V lS 压强 1 0p p gh 当玻璃管与水银柱相对静止一起沿斜面下滑时，设玻璃管和水银柱的总质量为 m，加速度大小为 a，对整 体根据牛顿第二定律有 sin 30 - cos30mg mg mao o 设此时空气柱的压强为 2p ，体积为 2V ，长度为 l ，同理，对水银柱有 0 2sin 30p S Shg p S Shao 整个过程中空气柱发生等温变化，根据玻意耳定律有 1 1 2 2pV p V 其中 2V l S 联立以上各式并代入数据解得 22.0cml 15、150° 【解析】 【分析】 【详解】 设球半径为 R，球冠地面中心为 O′，连接 OO′，则 OO′⊥AB 令∠ OAO′=α 则： 3 ' 32 2 RO Acos OA R ⋯① 即∠ OAO′=α=30°⋯② 已知 MA ⊥AB ，所以∠ OAM=60°⋯ ③ 设图中 N 点为光线在球冠内地面上的反射点，光路图如图所示． 设光线在 M 点的入射角为 i，折射角为 r ，在 N 点的入射角为 i ′，反射角为 i ″，玻璃的折射率为 n． 由于 △OAM 为等边三角形，所以入射角 i=60 °⋯④ 由折射定律得： sini=nsinr ⋯⑤ 代入数据得： r=30°⋯⑥ 作 N 点的法线 NE ，由于 NE ∥MA ，所以 i′=30°⋯⑦ 由反射定律得： i ″=30°⋯⑧ 连接 ON ，由几何关系可知 △MAN ≌△ MON ，则∠ MNO=60°⋯ ⑨ 由⑦⑨式可得∠ ENO=30° 所以∠ ENO 为反射角， ON 为反射光线．由于这一反射光线垂直球面，所以经球面再次折射后不改变方 向．所以，该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为 β=180°-∠ENO=150° 2019-2020 高考物理模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、如图所示， U 形气缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知气缸不漏气， 活塞移动过程中与气缸内壁无摩擦 .初始时，外界大气压强为 p0，活塞紧压小挡板 .现缓慢升高气缸内气体 的温度，则选项图中能反映气缸内气体的压强 p 随热力学温度 T 变化的图象是（ ） A． B． C． D． 2、用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，可能使该金属产生光电效应的措施是 A．改用红光照射 B．改用 X 射线照射 C．改用强度更大的原紫外线照射 D．延长原紫外线的照射时间 3、一质点做匀加速直线运动时，速度变化 v 时发生位移 1x ，紧接着速度变化同样的 v 时发生位移 2x ， 则该质点的加速度为（ ） A． 2 1 2 1 1( )v x x B． 2 1 2 ( )2 v x x C． 2 1 2 1 1( )v x x D． 2 1 2 ( )v x x 4、分别用频率为 ν和 2ν的甲、乙两种单色光照射某金属，逸出光电子的最大初动能之比为 1∶3，已知普 朗克常量为 h，真空中光速为 c，电子电量为 e。下列说法正确的是（ ） A．用频率为 2ν的单色光照射该金属，单位时间内逸出的光电子数目一定较多 B．用频率为 1 4 的单色光照射该金属不能发生光电效应 C．甲、乙两种单色光照射该金属，对应光电流的遏止电压相同 D．该金属的逸出功为 1 4 h 5、2018 年 5 月 21 日 5 点 28 分，我国在西昌卫星发射中心用 “长征四号 ”丙运载火箭，成功将 “嫦娥四号 ” 任务中继星 “鹊桥 ”发射升空，它是世界首颗运行于地月拉格朗日 2L 点的中继卫星，是为 2018 年底实施的 “嫦娥四号 ”月球背面软着陆探测任务提供地月间的中继通信。 地月拉格朗日 2L 点即为卫星相对于地球和月 球基本保持静止的一个空间点，卫星永远在月球背面，距月球中心的距离设为 r ，距地球中心的距离约为 7r ，月地距离约为 6r ，则地球质量与月球质量比值最接近（ ） A． 80 B．83 C．85 D． 86 6、如图甲所示，一铝制圆环处于垂直环面的磁场中，圆环半径为 r，电阻为 R，磁场的磁感应强度 B 随 时间变化关系如图乙所示， 0t 时刻磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是（ ） A．在 t t0 时刻，环中的感应电流沿逆时针方向 B．在 t t0 时刻，环中的电功率为 2 4 2 0 2 0 πr B Rt C．在 t t0 时刻，环中的感应电动势为零 D． 0~t0 内，圆环有收缩的趋势 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、如图所示，一光滑绝缘足够长的斜面与两个等量同种正点电荷连线的中垂面重合， O 为两点电荷连线 的中点。 A、B 为斜面上的两点，且 BO AO 。一个带电荷量为 q、质量为 m，可视为质点的小物块， 从 A 点以初速度 v0开始沿斜面下滑，到达 B 点速度恰好为零。 （斜面对电场无影响）以下说法正确的是 （ ） A．小物块带正电，从 A 运动到 B 点，加速度先增大后减小 B．小物块带负电，从 A 运动到 B 点，电势能先减小后增大 C．小物块运动到 O 点时具有最大速度 D．小物块能回到 A 点，且速度大小等于 v0 8、已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大．为探测磁场的有 无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路， 电源的电动势 E 和内阻 r 不变， 在没有磁场时调节变 阻器 R 使灯泡 L 正常发光．若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则 A．灯泡 L 变亮 B．灯泡 L 变暗 C．电流表的示数变小 D．电流表的示数变大 9、如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光 a、b，则下列说法正确的是（ ） A．在真空中， a 光的传播速度大于 b 光的传播速度 B．在玻璃中， a 光的波长大于 b 光的波长 C．玻璃砖对 a 光的折射率小于对 b 光的折射率 D．若改变光束在左侧面的入射方向使入射角逐渐变小，则折射光线 a 首先消失 E.分别用 a、b 光在同一个双缝干涉实验装置上做实验， a 光的干涉条纹间距大于 b 光的干涉条纹间距 10、如图甲，间距 L=l m 且足够长的光滑平行金属导轨 cd、ef 固定在水平面（纸面）上，右侧 cf 间接有 R=2 Ω的电阻． 垂直于导轨跨接一根长 l=2 m 、质量 m=0.8 kg 的金属杆， 金属杆每米长度的电阻为 2 Ω．t=0 时刻，宽度 a=1.5 m 的匀强磁场左边界紧邻金属杆，磁场方向竖直向下、磁感应强度大小 B=2 T ．从 t=0 时刻起， 金属杆 （在方向平行于导轨的水平外力 F 作用下） 和磁场向左运动的速度一时间图像分别如图乙 中的 ①和②．若金属杆与导轨接触良好，不计导轨电阻，则） （ ） A． t=0 时刻， R 两端的电压为 8 3 V B． t=0.5 s 时刻，金属杆所受安培力的大小为 1N、方向水平向左 C． t=l.5 s 时刻，金属杆所受外力 F 做功的功率为 4.8 W D．金属杆和磁场分离前的过程中，从 c 到 f 通过电阻 R 的电荷量为 0.5 C 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、某同学设计如图所示的装置测量灵敏电流计的内阻 R g，电压表可视为理想电压表，请完成以下问题： (1)按照原理图甲，完成图乙中实物间的连线 ______； (2)实验时，闭合开关前应先将电阻箱的电阻调到 ______（选填 “最大值 ”，“最小值 ”或 “任意值 ”）； (3)调节电阻箱的阻值，使灵敏电流计满偏。并读出此时电阻箱的阻值 R，电压表示数 U。已知灵敏电流计 满偏时的示数 I g，则灵敏电流计的内阻 Rg=________（用 R、U、 I g 表示） ； (4)已知该灵敏电流计的内阻 Rg=300Ω，满偏电流 I g=200μA，除该灵敏电流计外，还有以下实验器材： A．电池组（电动势 6V，内阻约为 0.5Ω）； B．滑动变阻器 R（ 0~10Ω，额定电流 1A）； C．电流表 A（0~50mA ，内阻约为 20Ω）； D．标准电阻 R1=14700 Ω E.一个电键 S、导线若干 现要用伏安法测量一个阻值约为 50Ω 的电阻 Rx 的阻值，请在方框中画出测 Rx 阻值的实验电路图 _______ （要求测量结果尽量准确，电表的测量范围尽可能大一些，并在电路图中标明对应器材的符号） 。 12、小鹏用智能手机来研究物体做圆周运动时向心加速度和角速度、半径的关系。如图甲，圆形水平桌面 可通过电机带动绕其圆心 O 转动，转速可通过调速器调节，手机到圆心的距离也可以调节。小鹏先将手 机固定在桌面某一位置 M 处，通电后，手机随桌面转动，通过手机里的软件可以测出加速度和角速度， 调节桌面的转速，可以记录不同时刻的加速度和角速度的值，并能生成如图乙所示的图象。 (1)由图乙可知， 60.0st 时，桌面的运动状态是 ______________（填字母编号） ； A．静止 B．匀速圆周运动 C．速度增大的圆周运动 D．速度减小的圆周运动 (2)仅由图乙可以得到的结论是： ____________； (3)若要研究加速度与半径的关系，应该保持 _________不变，改变 ______，通过软件记录加速度的大小， 此外，还需要的测量仪器是： __________________。 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、如图所示， 轻杆 BC 的 C 点用光滑铰链与墙壁相连， 在 B 点正下方悬挂一个定滑轮 (不计重力和摩擦 ), 杆的 B 点通过水平细绳 AB 使杆与竖直墙壁保持 30°的夹角．某人用轻绳绕过滑轮竖直向上匀加速地提起 重物，已知重物的质量 10kgm ,加速度大小 22m / sa ,人的质量 250kg,g 10m / sM ，求此时 : (1)地面与人之间的弹力的大小 ; (2)轻绳 AB 的弹力大小． 14、港珠澳大桥是连接香港大屿山、澳门半岛和广东省珠海市跨海大桥，工程路线香港国际机场附近的香 港口岸人工岛，向西接珠海、澳门口岸人工岛、珠海连接线，止于珠海洪湾，总长约 55 公里，在建设港 珠澳大桥时为了更大范围的夯实路面用到一种特殊圆环，建设者为了测试效果，做了如下的演示实验：如 图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高 H，上端套着一个细环。棒和环的质量均为 m，相互 间最大静摩擦力等于滑动摩擦力 kmg(k>1). 断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞 时， 触地时间极短， 无动能损失。 棒在整个运动过程中始终保持竖直， 空气阻力不计， 重力加速度为 g 求： （ 1）棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度； （ 2）从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程； （ 3）从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功 . 15、如图所示，在 y >0 的区域存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E；在 y <0 的区域存在方 向垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场。 一个氕核 1 1H 从 y 轴上 y h 点射出， 速度方向沿 x 轴正方向。 已知 1 1H 进入磁场时，速度方向与 x 轴正方向的夹角为 60 ，并从坐标原点 O 处第一次射出磁场。 1 1 H 的质量为 m ， 电荷量为 q。不计重力。求： (1) 1 1 H 第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离； (2)磁场的磁感应强度大小； (3)氕核从 y 轴射入电场到从 O 点射出磁场运动的时间。 参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、B 【解析】 【详解】 当缓慢升高缸内气体温度时，气体先发生等容变化，根据查理定律，缸内气体的压强 P 与热力学温度 T 成正比，在 P-T 图象中，图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小挡板（小挡板的重力不计） ，缸 内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在 P-T 中，图线是平行于 T 轴的直线． A．该图与结论不相符，选项 A 错误； B．该图与结论相符，选项 B 正确； C．该图与结论不相符，选项 C 错误； D．该图与结论不相符，选项 D 错误； 故选 B． 【点睛】 该题考查了气体状态变化时所对应的 P-T 图的变化情况， 解答该类型的题， 要熟练地掌握 P-T 图线的特点， 当体积不变时，图线是通过坐标原点的倾斜直线，压强不变时，是平行于 T 轴的直线，当温度不变时，是 平行于 P 轴的直线． 2、B 【解析】 【分析】 【详解】 发生光电效应的原因是入射的光子能量 h 超过了金属表面电子逸出的逸出功 0W ，若不能发生光电效应， 说明入射光子能量过小，频率太低，应该换用频率更高的入射光，对照选项 B 对． 3、D 【解析】 【详解】 设质点做匀加速直线运动，由 A 到 B： 2 2 0 0 12v v v ax 由 A 到 C 2 2 0 0 1 22 2v v v a x x 由以上两式解得加速度 2 1 2 ( )va x x 故选 D。 4、B 【解析】 【分析】 【详解】 A．单位时间内逸出的光电子数目与光的强度有关，由于光的强度关系未知，故 A 错误； BD．光子能量分别为 1=E h 和 2 =2E h 根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为 km 0E h W ，逸出光电子的最大初动能之比为 1：3，联立解得 0 1= 2 W h 用频率为 4 的单色光照射该金属不能发生光电效应，故 B 正确， D 错误； C．两种光的频率不同，光电子的最大初动能不同，由动能定理可知，题目对应的遏止电压是不同的，故 C 错误。 故选 B。 5、B 【解析】 【详解】 设 “鹊桥 ”中继星质量为 m，地球质量为 M 1，月球质量为 M 2，对中继星有 21 2 2 2 7 (7 ) M m M mG G m r r r 对于月球来说，中继星对它的引力远远小于地球对它的引力大小，故略去不计 21 2 22 6 (6 ) M MG M r r 联立解得 1 2 83M M 故选 B。 6、B 【解析】 【分析】 【详解】 A．由磁场的磁感应强度 B 随时间变化关系图象可知， 磁场反向后， 产生的感应电流的方向没有改变， 0~t 0 时间内，磁场垂直纸面向里， B 减小，所以线圈中的磁通量在减小，根据楞次定律可判断线圈的电流方向 为顺时针，所以 A 错误； BC．由图象可得斜率为 0 0 BB t t 则由法拉第电磁感应定律可得，线圈产生的感应电动势为 2 0 0 πr BS BE t t t 线圈的电功率为 2 4 22 0 2 0 πr BEP R Rt 所以 B 正确， C 错误； D ．0~t 0 内，磁感应强度在减小，线圈的磁通量在减小，所以根据楞次定律可知，线圈有扩张趋势，所以 D 错误。 故选 B。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、BD 【解析】 【详解】 AB ．从 A 到 B，物块的动能和重力势能均减小，则机械能减小，电势能变大，电场力对滑块做负功，可 知滑块带负电，从 A 到 O，电场力做正功，电势能减小；从 O 到 B 电场力做负功，电势能变大；因在 O 点两侧斜面上都存在一个场强最大的位置，此位置与 AB 两点的位置关系不确定，则不能确定滑块加速度 的变化情况，选项 A 错误， B 正确； C．因滑块在 O 点以下某位置时，受到向下的重力、垂直斜面的支持力以及沿斜面向上的电场力，三力平 衡时加速度为零，速度最大，可知小物块运动到 O 点以下某位置时具有最大速度，选项 C 错误； D．小物块到达最低点后，加速度沿斜面向上，由能量关系可知，滑块能回到 A 点，且速度大小等于 v0， 选项 D 正确。 故选 BD 。 8、AC 【解析】 【详解】 CD ．探测装置进入强磁场区以后磁敏电阻阻值变大，回路总电阻变大，总电流减小，电流表示数变小， 选项 C 正确， D 错误； AB ．由于总电流变大，则电源内电阻分压变小，路端电压变大，则电灯 L 亮度增加，选项 A 正确， B 错 误。 9、BCE 【解析】 【详解】 A．在真空中所有光的传播速度都等于光速 c ，故 A 错误； BC．由光路图可知， a 光的偏折程度较小， b 光的偏折程度较大，则玻璃三棱镜对 a 光的折射率小，对 b 光的折射率大；折射率越大，频率越大，波长越小，则知 a 光的频率比 b 光的小， a 光的波长比 b 光的大， 故 B、C 正确； D．当改变光束在左侧面的入射方向使入射角逐渐变小时，光在右侧面的入射角逐渐增大，由 1sinC n 分 析知， a 光的临界角大于 b 光的临界角，所以随着入射角逐渐增大， b 光先发生全反射，则 b 光先消失， 故 D 错误； E．根据条纹间距公式 Lx d 可知，由于 a 光的波长大于 b 光，所以 a 光的条纹间距大于 b 光，故 E 正 确； 故选 BCE 。 10、BD 【解析】 【分析】 【详解】 A、 t=0 时刻，棒的速度为零，磁场向左运动的速度为 2m/s，等效为棒切割的速度为 2m/s， 2 1 2 4VE BLv ，棒的内阻为 2 1 2r ，故电阻 R 的电压为： 2VEU R R r ，故 A 错误； B、 t=0.5s 时，棒的切割速度为 2-1=1m/s ，方向向右， 2VE ， = 1NEF B L R r安 ，方向由左手定则 可知水平向左，故 B 正确； C、金属杆做匀加速直线运动，故 =F F ma安 ，由图象可知 22m/sa ，金属杆所受安培力的大小为： (3 2)= 1NBLF B L R r安 ，可得 2.6NF ，则金属杆做功的功率为： 2.6 3 7.8WFP F v ，故 C 错误． D、金属杆和磁场分离前的过程中，在 0-1s 内，金属杆相对于磁场向右运动，产生的感应电流由 c 到 f 。 在 0-1s 内，金属杆相对于磁场通过的位移大小为： 2 1 1m 2 x ，从 c 到 f 通过电阻 R 的电荷量为： 0.5CB L xq I t R r ，故 D 正确。 故选 BD 。 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、 最大值 g U R I 【解析】 【分析】 【详解】 (1) [1] 实物连线如图 (2) [2] 实验时，闭合开关前应使电路中的电流最小，故先将电阻箱的电阻调到最大值。 (3)[3] 由欧姆定律 g g UR R I 解得灵敏电流计的内阻 g g UR R I (4)[4] 伏安法测电阻需要电压表，由于器材中没有电压表，所以需要用表头串联电阻 R 1改装成电压表。若 滑动变阻器采用限流式接法，则电路中的最小电流大约为 6 A=75mA 50 20 10 超过电流表的量程，故只能采用分压式接法。由于表头内阻已知，电流表采用外接法。故电路图如图 12、B 半径一定， 角速度大小不变时， 加速度大小也不变； 角速度增大时， 加速度也增大 转速（或 角速度） 手机到圆心的距离（或半径） 刻度尺 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 由图乙可知， 60.0st 时，加速度大小不变，角速度大小也不变，所以此时桌面在做匀速圆周运动， 所以 B 正确， ACD 错误。 故选 B。 (2)[2] 由图乙可以看出，加速度和角速度的变化曲线大致一样，所以可以得到的结论是：半径一定时，角 速度大小不变时，加速度大小也不变；角速度增大时，加速度也增大。 (3)[3][4] 物体做圆周运动的加速度为 2 2 24πa r n r 若要研究加速度与半径的关系，应该保持转速（或角速度）不变，改变手机到圆心的距离（或半径） ； [5] 所以还需要的测量仪器是刻度尺。 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、（ 1）380N（2） 80 3N 【解析】 【详解】 （ 1）对重物： T mg ma 解得： T=120N 对人： T+N=Mg 解得： N=380N （ 2）因 2 240NOBT T 对 B 点： tan 30AB OBT T 解得 80 3NABT 14、（ 1）a 环=(k-1)g ，方向竖直向上（ 2） 3 1 k H k （3） 2 1 kmgH k 【解析】 【详解】 （ 1）设棒第一次上升过程中，环的加速度为 a 环 环受合力 F 环=kmg-mg ① 由牛顿第二定律 F 环=ma 环 ② 由①②得 a 环 =（k-1)g 方向竖直向上 . 设以地面为零势能面，向上为正方向，棒第一次落地的速度大小为 v1 由机械能守恒的： 2 1 1 2mv 2 2 mgH 解得 1 2v gH . 设棒弹起后的加速度 a 棒 由牛顿第二定律 a 棒 =（k+1)g 棒第一次弹起的最大高度 2 1 1 2 vH a棒 解得： 1 1 HH k 棒运动路程 1 32 1 ks H H H k （３）设环相对棒滑动距离为 L ， 根据能量守恒 mgH+mg(H+L)=kmgL ③ 摩擦力对棒及环做的总功及是摩擦生热 W kmgL ④ 由③④解得 2W - 1 kmgH k 15、 (1) x 2 3 3 h；(2) 6mEB qh ；(3) 2 6( 2 ) 9 mh Eq 【解析】 【分析】 【详解】 (1) 1 1H 在电场中做类平抛运动，水平方向 1 1x v t 竖直方向 h 2 1 1 1 2 at 粒子进入磁场时竖直分速度 1 1 1 tan60yv a t v 解得 x 2 3 3 h (2) 1 1 H 在电场中的加速度 qEa m 1 1H 进入磁场时的速度 22 1 1 1v v a t 1 1H 在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示 由几何知识得 2 sin60x r 在磁场中做匀速圆运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 2vqvB m r 解得 6mEB qh (3)粒子在磁场中转过的角度为 4 π3 圆周运动的周期 2 mT qB ，在磁场中运动时间 2 4π 2π 3 6 mht T Eq 总时间 1 2 2 6( 2 π9 mht t t Eq） 2019-2020 高考物理模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、两电荷量分别为 q1 和 q2 的点电荷固定在 x 轴上的 O、M 两点，两电荷连线上各点电势 φ随 x 变化的 关系如图所示，其中 C 为 ND 段电势最低的点，则下列说法正确的是 ( ) A． q1、q2 为等量异种电荷 B． N、 C 两点间场强方向沿 x 轴负方向 C． N、 D 两点间的电场强度大小沿 x 轴正方向先减小后增大 D．将一正点电荷从 N 点移到 D 点，电势能先增大后减小 2、在超导托卡马克实验装置中， 质量为 1m 的 2 1 H 与质量为 2m 的 3 1 H 发生核聚变反应， 放出质量为 3m 的 1 0 n ， 并生成质量为 4m 的新核。若已知真空中的光速为 c ，则下列说法正确的是（ ） A．新核的中子数为 2，且该新核是 3 2 He 的同位素 B．该过程属于 衰变 C．该反应释放的核能为 2 3 4 1 2m m m m c D．核反应前后系统动量不守恒 3、如图所示，两同心圆环 A 、B 置于同一水平面上，其中 A 为均匀带正电的绝缘环， B 为导体环，两环 均可绕中心在水平面内转动，若 A 逆时针加速转动，则 B 环中（ ） A．一定产生恒定的感应电流 B．产生顺时针方向的感应电流 C．产生逆时针方向的感应电流 D．没有感应电流 4、关于速度、速度变化量和加速度的关系，正确说法是 A．物体运动的速度越大，则其加速度一定越大 B．物体的速度变化量越大，则其加速度一定越大 C．物体的速度变化率越大，则其加速度一定越大 D．物体的加速度大于零，则物体一定在做加速运动 5、如图所示，水平传送带 A 、B 两端相距 x＝2m，物体与传送带间的动摩擦因数 μ＝ 0.125，物体滑上传 送带 A 端的瞬时速度 vA ＝3m/s，到达 B 端的瞬时速度设为 vB。g 取 10m/s2，下列说法中正确的是（ ） A．若传送带顺时针匀速转动，物体刚开始滑上传送带 A 端时一定做匀加速运动 B．若传送带顺时针匀速转动，物体在水平传送带上运动时有可能不受摩擦力 C．若传送带逆时针匀速转动，则 vB 一定小于 2m/s D．若传送带顺时针匀速转动，则 vB 一定大于 2m/s 6、2019 年 8 月我国已经建成了新托卡马克（ EAST ）装置一中国环流器二号 M 装置（ HL —2M ），为 “人 造太阳 ”创造了条件，其等离子温度有望超过 2 亿摄氏度，将中国的聚变堆技术提升到了新的高度。设该 热核实验反应前氘核（ 2 1 H ）的质量为 1m ，氚核（ 3 1H ）的质量为 2m ，反应后氦核（ 4 2 He ）的质量为 3m ， 中子（ 1 0 n ）的质量为 4m 。关于聚变的说法正确的是（ ） A．核裂变比核聚变更为安全、清洁 B．由核反应过程质量守恒可知 1 2 3 4m +m = m +m 。 C．两个轻核结合成质量较大的核，比结合能较聚变前减少 D． HL —2M 中发生的核反应方程式是 2 3 4 1 1 1 2 0H+ H He+ n 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、示波器的核心部件是示波管，示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。下列 说法正确的是（ ） A．如果仅在 XX′之间加不变的电压（ X 正 X′负），在荧光屏的正 Y 轴上将出现一个亮斑 B．如果仅在 XX′之间加图乙所示的电压，在荧光屏上会看到 X 轴上一条水平的亮线 C．如果在 XX′之间加不变的电压（ X 正 X′负），在 YY′之间加图丙所示的电压，在荧光屏上会看到一条 与 Y 轴平行的竖直亮线（在Ⅱ、Ⅲ象限） D．如果在 XX′之间加图乙所示的电压，在 YY′之间加图丙所示的电压，在荧光屏上看到的亮线是正弦曲 线 8、如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的 M 、N 两点，且与直面垂直，导线中通有大小相等、方向 相反的电流。 a、O、b 在 M 、N 的连线上， O 为 MN 的中点， c、d 位于 MN 的中垂线上，且 a、b、c、d 到 O 点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（ ） A． O 点处的磁感应强度为零 B． a、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C． c、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D． a、c 两点处磁感应强度的方向不同 9、如图甲所示，一木块沿固定斜面由静止开始下滑，下滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系 图线如图乙所示，则下列说法正确的是（ ） A．在位移从 0 增大到 x 的过程中，木块的重力势能减少了 E B．在位移从 0 增大到 x 的过程中，木块的重力势能减少了 2E C．图线 a 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小 D．图线 b 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小 10、如图所示，以 O 为圆心、半径为 R 的虚线圆位于足够大的匀强电场中，圆所在平面与电场方向平行， M 、N 为圆周上的两点．带正电粒子只在电场力作用下运动，在 M 点速度方向如图所示，经过 M 、N 两 点时速度大小相等．已知 M 点电势高于 O 点电势，且电势差为 U，下列说法正确的是 ( ) A． M,N 两点电势相等 B．粒子由 M 点运动到 N 点，电势能先增大后减小 C．该匀强电场的电场强度大小为 U R D．粒子在电场中可能从 M 点沿圆弧运动到 N 点 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、某小组同学用如图所示的装置来 “验证动能定理 ”，长木板固定在水平桌面上，其左端与一粗糙曲面平 滑连接，木板与曲面连接处固定一光电门， A 是光电门的中心位置，滑块 P 上固定一宽度为 d 的遮光片。 将滑块从曲面的不同高度释放，经过光电门后，在木板上停下来，设停下来的那点为 B 点。该小组已经测 出滑块与木板间的动摩擦因数为 、査得当地重力加速度为 g。根据本实验的原理和目的回答以下问题： (1)为了 “验证动能定理 ”，他们必需测量的物理量有 ___________ ； A．滑块释放的高度 h B．遮光片经过光电门时的遮光时间 t C．滑块的质量 m D． A 点到 B 点的距离 x (2)该组同学利用题中已知的物理量和 (1)问中必需测量的物理量，只需要验证表达式 ___________在误差范 围内成立即可验证动能定理； (3)以下因素会给实验结果带来误差的是 ___________ 。 A．滑块释放时初速度不为零 B．曲面不光滑 C．遮光片的宽度不够小 D．光电门安放在连接处稍偏右的地方 12、某实验小组为了测量某微安表 G（量程 200μA，内阻大约 2200 Ω）的内阻，设计了如下图所示的实验 装置。对应的实验器材可供选择如下： A．电压表（ 0~3V ）； B．滑动变阻器（ 0~10Ω）； C．滑动变阻器（ 0~1KΩ）； D．电源 E（电动势约为 6V ）； E．电阻箱 R Z （最大阻值为 9999 Ω）； 开关 S 一个，导线若干。 其实验过程为： a．将滑动变阻器的滑片滑到最左端，合上开关 S，先调节 R 使电压表读数为 U，再调节电阻箱（此时电 压表读数几乎不变） ，使微安表指示为满偏，记下此时电阻箱值为 1 6924ΩR ； b．重新调节 R，使电压表读数为 3 4 U ，再调节电阻箱 （此时电压表读数几乎不变） ，使微安表指示为满偏， 记下此时电阻箱值（如图所示）为 R2； 根据实验过程回答以下问题： （ 1）滑动变阻器应选 _______（填字母代号） ； （ 2）电阻箱的读数 R2=________ Ω； （ 3）待测微安表的内阻 _________ Ω。 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、图示装置可用来测定水的折射率． 当圆柱形容器内未装水时， 从 A 点沿 AB 方向能看到对边上的点 E； 当容器内装满水时，仍沿 AB 方向看去，恰好看到底面直径 CD 上的点 D．测得容器直径 CD=12cm ，高 BC=16cm ， DE=7cm ．已知光在真空中的传播速度为 c=3.0 ×108m/s，求： ①水的折射率 n； ②光在水中的传播速度 v． 14、如图所示，有两个不计质量的活塞 M ，N 将两部分理想气体封闭在绝热气缸内，温度均是 270C．M 活塞是导热的， N 活塞是绝热的，均可沿气缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为 S=2cm 2，初始时 M 活塞相对于底部的高度为 H=27cm ，N 活塞相对于底部的高度为 h=18cm ．现将一质量为 m=400g 的小 物体放在 M 活塞的上表面上，活塞下降．已知大气压强为 p 0=1.0 ×105Pa, ①求下部分气体的压强多大； ②现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为 1270C，求稳定后活塞 M ，N 距离 底部的高度． 15、电磁轨道炮的加速原理如图所示金属炮弹静止置于两固定的平行导电导轨之间，并与轨道良好接触。 开始时炮弹在导轨的一端，通过电流后炮弹会被安培力加速，最后从导轨另一端的出口高速射出。设两导 轨之间的距离 0.10mL ，导轨长 5.0ms ，炮弹质量 0.03kgm 。导轨上电流 I 的方向如图中箭头所 示。可以认为，炮弹在轨道内匀加速运动，它所在处磁场的磁感应强度始终为 2.0TB ，方向垂直于纸 面向里。若炮弹出口速度为 32.0 10 m/sv ，忽略摩擦力与重力的影响。求： (1)炮弹在两导轨间的加速度大小 a； (2)炮弹作为导体受到磁场施加的安培力大小 F； (3)通过导轨的电流 I 。 参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、C 【解析】 【详解】 A．若是异种电荷，电势应该逐渐减小或逐渐增大，由图象可以看出，应该是等量的同种正电荷，故 A 错 误； B．沿 x 正方向从 N 到 C 的过程，电势降低， N、C 两点间场强方向沿 x 轴正方向．故 B 正确； C． φ -x图线的斜率表示电场强度，由图可得 N、 D 两点间的电场强度大小沿 x 轴正方向先减小后增大， 故 C 正确； D． NC 电场线向右， CD 电场线向左，将一正点电荷从 N 点移到 D 点，电场力先做正功后做负功，电势 能先减小后增大．故 D 错误； 【点睛】 由图象中电势的特点可以判断是同种等量正电荷． 由电势图线的斜率可以判断电场强度的大小． 沿电场线 电势降低，可以判断电场强度的方向，可知电场力做功的正负，从而判断电势能的变化． 2、A 【解析】 【分析】 【详解】 A．由质量数守恒和电荷数守恒可知新核的质量数和电荷数分别为 4 和 2，新核是 2 4 He ，是 3 2 He 的同位素， 中子数为 2，故 A 正确； B．该过程是核聚变反应，不属于 衰变，故 B 错误； C．该反应释放的核能为 2 2 1 2 3 4E mc m m m m c 故 C 错误； D．核反应前后系统动量守恒，故 D 错误。 故选 A。 3、B 【解析】 【详解】 A. A 为均匀带正电的绝缘环，若 A 逆时针加速转动，且转速均匀增加，则因为 A 转动产生磁场均匀增加， 在 B 环中产生恒定的感应电流，故 A 项错误； BCD.A 为均匀带正电的绝缘环，若 A 逆时针加速转动，在 B 环中产生垂直于纸面向外且增大的磁场，所 以 B 环中感应电流的磁场方向垂直纸面向里， B 环中产生顺时针方向的感应电流。故 B 项正确， CD 两项 错误。 4、C 【解析】 【详解】 A．物体运动的速度大时，可能做匀速直线运动，加速度为零，故 A 项错误； B．据 va t 可知，物体的速度变化量大时，加速度不一定大，故 B 项错误； C．物体的速度变化率就是 v t ，物体的速度变化率越大，则其加速度一定越大，故 C 项正确； D．当物体的加速度大于零，速度小于零时，物体的速度方向与加速度方向相反，物体做减速运动，故 D 项错误。 5、B 【解析】 【分析】 【详解】 A．若传送带顺时针匀速转动，若传送带的速度小于 3m/s，则物体在传送带上做匀减速运动，故 A 错误； B．若传送带顺时针匀速转动，若传送带的速度等于 3m/s，则物体在传送带上做匀速运动，所以物体可能 不受摩擦力，故 B 正确； C．若传送带逆时针匀速转动，加速度大小 21.25m/smga g m 减速到零所用的时间为 0 3 s 2.4s 1.25 Avt a 发生的位移为 0 0 3 2.4m=3.6m 2m 2 2 Avs t 说明物体在传送带上一直做匀减速运动，由速度位移公式有 2 22 B Aax v v 即 2 22 ( 1.25) 2 3Bv 解得 2m/sBv 故 C 错误； D．若传送带顺时针匀速转动且速度为 2m/s，则物体速度减速到与传送带速度相同时发生的位移为 2 2 1 2 3 m 2m 2 ( 1.25) s x 说明物体到达传送带 B 端时速度与传送带速度相等即为 2m/s，故 D 错误。 故选 B。 6、D 【解析】 【分析】 【详解】 A．轻核聚变比核裂变更为安全、清洁，选项 A 错误； B．核反应过程中质量数守恒，但质量不守恒，核反应过程中存在质量亏损，因此 1 2 3 4m m m m 选项 B 错误； C. 两个轻核结合成质量较大的核， 根据质量亏损与质能方程， 则有聚变后比结合能将增大， 选项 C 错误； D．根据质量数和核电荷数守恒知 HL —2M 中发生的核反应方程式是 2 3 4 1 1 1 2 0H+ H He+ n 选项 D 正确。 故选 D。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、BD 【解析】 【分析】 【详解】 A．如果仅在 XX′之间加不变的电压（ X 正 X′负），电子在两极间发生偏转，做类平抛运动，电子射出时 沿垂直于板面的方向偏移为 2 2 02 eUly mdv 电子离开电场的偏转角度为 2 0 tan eUl mdv 则电子达到屏上距离中心的距离为 2 0 ( 2 )tan 2 el l ly y l U mdv 其中 l 是极板到屏的垂直距离，即 y 与 U 成正比，所加电压不变，电子的在光屏的位置不变，所以在荧 光屏的正 X 轴上将出现一个亮斑，所以 A 错误； B．如果仅在 XX′之间加图乙所示的电压，所以电子只在 X 方向偏转，由图象可知，电压均匀增大，又 y 与 U 成正比，所以亮点在 X 轴上均匀分布，所以在 X 轴上是一条水平的亮线，所以 B 正确； C．如果在 XX′之间加不变的电压（ X 正 X′负），在 YY′之间加图丙所示的电压，电子既要在 X 方向偏转， 也要在 Y 方向偏转，由于 XX′之间的电压不变，所以看到的也是一条平行与 Y 轴的亮线，在Ⅰ、Ⅳ象限， 所以 C 错误； D．如果在 XX′之间加图乙所示的电压，在 YY′之间加图丙所示的电压，电子既要在 X 方向偏转，也要在 Y 方向偏转，但在 X 轴方向均匀分布，所以看到的就是和图丙一样的正弦曲线，所以 D 正确。 故选 BD 。 8、C 【解析】 【分析】 【详解】 A．由安培定则和磁场叠加原理可判断出 O 点处的磁感应强度方向向下，一定不为零， A 错误； B． a、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，均向下，选项 B 错误； C． c、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同， ，均向下选项 C 正确； D． a、c 两点处磁感应强度的方向相同，选项 D 错误。 故选 C。 9、BD 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．木块沿斜面下滑过程中，动能增大，则图线 b 为木块的动能随位移变化的关系。由机械能的变化量 等于动能的变化量与重力势能变化量之和，有 p2 0E E E E 得 p = 2E E ，即木块的重力势能减少了 2E ，故 A 错误， B 正确； C．由功能关系可知图线 a 斜率的绝对值表示木块所受的除重力之外的合力大小，故 C 错误； D．由功能关系可知图线 b 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故 D 正确。 故选 BD 。 10、AB 【解析】 【分析】 带正电粒子仅在电场力作用下，从 M 运动到 N，由速度大小，得出粒子的动能，从而确定粒子的电势能 大与小。由于匀强电场，则等势面是平行且等间距。根据曲线运动条件可从而确定电场力的方向，从而得 出匀强电场的电场线方向。 【详解】 带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在 M 、N 两点动能相等，则电势能也相等，则 M 、N 两点电势相 等。因为匀强电场，所以两点的连线 MN 即为等势面。根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线 CO ．由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着 CO 方向； 可知，速度方向与电场力方向夹角先大于 90°后小于 90°，电场力对粒子先做负功后做正功，所以电势能 先增大后减小。故 AB 正确；匀强电场的电场强度 Ed=U 式中的 d 是沿着电场强度方向的距离，则 0 2 sin 45 U UE R R ，故 C 错误； 粒子在匀强电场受到的是恒定的电场力， 不可能做圆周运动， 选项 D 错误；故选 AB. 【点睛】 紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系。并利用等势面 与电场线垂直的特性， 从而推出电场线位置。再由曲线运动来确定电场力的方向。同时考查 U=Ed 中 d 的 含义重要性，注意公式中的 d 为沿电场线方向上的距离。 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、BD 2 22 dgx t C 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] ．要验证的是从滑块经过光电门到最后在木板上停止时动能减小量等于摩擦力做功，即 21 2 mv mgx 其中 dv t 可得 2 22 dgx t 则必须要测量的物理量是：遮光片经过光电门时的遮光时间 t 和 A 点到 B 点的距离 x，故选 BD 。 (2) [2] ．由以上分析可知，需要验证表达式 2 22 dgx t 在误差范围内成立即可验证动能定理； (3) [3] ．A．滑块释放时初速度不为零对实验无影响，选项 A 错误； B．曲面不光滑对实验无影响，选项 B 错误； C．遮光片的宽度不够小，则测得的滑块经过 A 点的速度有误差，会给实验结果带来误差，选项 C 正确； D．光电门安放在连接处稍偏右的地方对实验无影响，选项 D 错误； 故选 C。 12、B 4653 2170 【解析】 【详解】 (1)[1] ．滑动变阻器用分压电路，则为方便实验操作，滑动变阻器应选择 B； (2)[2] ．由图示电阻箱可知，电阻箱示数为 R2=4× 1000 Ω +6× 100Ω +5× 10Ω +3× 1Ω =4653 Ω (3)[3] ．根据实验步骤，由欧姆定律可知 U=I g（R g+R 1） 2 3 4 g gU I R R（ ） 解得 Rg=2170 Ω 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、① 4/3 ②2.25 ×108m/s 【解析】 ①做出光路图， 设入射角为 i、折射角为 r,则： 4tan 3 CDi BC DE ，则 sini=0.8 ； 3tan 4 CDr BC ，则 sinr=0.6 折射率： sin 4 sin 3 in r ②由 cn v 可得光在水中的速度： 82.25 10 /cv m s n 点睛：本题考查几何光学问题，对数学几何要求能力较高，关系是确定入射角和折射角，通过折射定律进 行解决． 14、 (1) 51.2 10 aP （2） 27.5cm ， 20cm 【解析】 【分析】 【详解】 ①对两个活塞和重物作为整体进行受力分析得： 0pS mg p S= + 解得： 51.2 10p Pa ； ②对下部分气体进行分析，由理想气体状态方程可得： 0 2 1 2 p hS ph S T T 解得： h2=20cm， 对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律定律可得： 0p H h S pLS 解得： L = 7.5cm ， 故此时活塞 M 距离底端的距离为： H 2 = 20+7.5=27.5cm ； 15、 (1) 5 24.0 10 m/s ；(2) 41.2 10 N ； (3) 46.0 10 A 【解析】 【分析】 【详解】 (1)炮弹在两导轨问做匀加速运动，因而 2 2v as 则 2 2 va s 解得 5 24.0 10 m/sa (2)忽略摩擦力与重力的影响，合外力则为安培力，所以 F ma 解得 41.2 10 NF (3)炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为 F ILB . 解得 46.0 10 AI 2019-2020 高考物理模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、据科学家推算，六亿两千万年前，一天只有 21 个小时，而现在已经被延长到 24 小时，假设若干年后， 一天会减慢延长到 25 小时，则若干年后的地球同步卫星与现在的相比，下列说法正确的是（ ） A．可以经过地球北极上空 B．轨道半径将变小 C．加速度将变大 D．线速度将变小 2、如图所示，斜面体 B 放置在粗糙的水平地面上，在水平向左的推力 F 作用下，物体 A 和斜面体 B 均保 持靜止。若减小推力 F，物体 A 仍然静止在斜面体 B 上，则（ ） A．物体 A 受斜面体 B 的作用力一定减小 B．物体 A 所受摩擦力一定减小 C．斜面体 B 所受合力一定减小 D．斜面体 B 所受地面的摩擦力可能增大 3、按照我国整个月球探测活动的计划，在第一步 “绕月 ”工程圆满完成各项目标和科学探测任务后，第二 步是 “落月 ”工程，已在 2013 年以前完成。假设月球半径为 R，月球表面的重力加速度为 g0，飞船沿距月 球表面高度为 3R 的圆形轨道 I 运动，到达轨道的 A 点时点火变轨进入椭圆轨道 II ，到达轨道的近月点 B 时再次点火进入月球近月轨道 III 绕月球做圆周运动。下列判断不正确的是（ ） A．飞船在轨道 I 上的运行速率 0 2 g R v B．飞船在 A 点处点火变轨时，动能减小 C．飞船在轨道 III 绕月球运动一周所需的时间 0 RT 2 g D．飞船从 A 到 B 运行的过程中机械能变大 4、假设将來一艘飞船靠近火星时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是（ ） A．飞船在轨道Ⅱ上运动到 P 点的速度小于在轨道轨道Ⅰ上运动到 P 点的速度 B．若轨道 I 贴近火星表面，测出飞船在轨道 I 上运动的周期，就可以推知火星的密度 C．飞船在轨道 I 上运动到 P 点时的加速度大于飞船在轨道Ⅱ上运动到 P 点时的加速度 D．飞船在轨道Ⅱ上运动时的周期小于在轨道 I 上运动时的周期 5、如图所示，质量为 1m 的木块 A 放在质量为 2m 的斜面体 B 上，现对木块 A 施加一竖直向下的力 F，它 们均静止不动，则（ ） A．木块 A 与斜面体 B 之间不一定存在摩擦力 B．斜面体 B 与地面之间一定存在摩擦力 C．地面对斜面体 B 的支持力大小等于 1 2m m g D．斜面体 B 受到 4 个力的作用 6、如图所示， xOy 直角坐标系在竖直平面内， x 轴水平，坐标系内的直线方程为 y＝ 1 2 x，y 轴上 P 点的 坐标为 (0.4)，从 P 点以 v0＝ 2m/s 的初速度沿 x 轴正方向抛出一小球，小球仅在重力作用下运动．已知重 力加速度 g 取 10m/s 2，则小球运动轨迹与图中直线交点的纵坐标值为 A． 0.6 B．0.8 C．1 D． 1.2 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、图示为一简谐横波在 0t 时刻的波形图， P 是平衡位置在 1mx 处的质点， 此时刻 P 点振动方向沿 y 轴正方向， 并经过 0.3s 第一次到达平衡位置， Q 是平衡位置为 4mx 处的质点， 下列分析正确的是 （ ） A．该波沿 x 轴负方向传播 B．该波的传播速度为 10m/s C． P 点与 Q 点的振动方向总是相反 D．从此刻起 1min 内 Q 点通过的路程为 30m E.质点 Q 的振动方程可表示为 10sin5 (cm)y xt 8、梳子在梳头后带上电荷，摇动这把梳子在空中产生电磁波．该电磁波 ( ) A．是横波 B．不能在真空中传播 C．只能沿着梳子摇动的方向传播 D．在空气中的传播速度约为 83 10 /m s 9、如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块 A、B、C，质量均为 m，B、C 之间用轻质 细绳连接．现用一水平恒力 F 作用在 C 上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在 某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是 A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小 B．若粘在 A 木块上面，绳的拉力减小， A 、B 间摩擦力不变 C．若粘在 B 木块上面，绳的拉力增大， A 、B 间摩擦力增大 D．若粘在 C 木块上面，绳的拉力和 A、B 间摩擦力都减小 10、如图所示为带电粒子在某电场中沿 x 轴正方向运动时，其电势能随位移的变化规律，其中两段均为直 线。则下列叙述正确的是（ ） A．该粒子带正电 B． 2m~4m 内电势逐渐升高 C． 0m~2m 和 2m~6m 的过程中粒子的加速度大小相等方向相反 D． 2m~4m 电场力做的功和 4m~6m 电场力对该粒子做的功相等 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、温度传感器的核心部分是一个热敏电阻。某课外活动小组的同学在学习了伏安法测电阻之后，利用所 学知识来测量由某种金属制成的热敏电阻的阻值。可供选择的实验器材如下： A．直流电源，电动势 E=6V ，内阻不计； B．毫安表 A 1，量程为 600mA ，内阻约为 0.5 ； C．毫安表 A 2，量程为 10mA ，内阻 RA =100 ； D．定值电阻 R0=400 ； E．滑动变阻器 R=5 ； F．被测热敏电阻 Rt，开关、导线若干。 (1)实验要求能够在 0~5V 范围内，比较准确地对热敏电阻的阻值 Rt 进行测量，请在图甲的方框中设计实 验电路 ______。 (2)某次测量中，闭合开关 S，记下毫安表 A 1 的示数 I 1 和毫安表 A2 的示数 I 2，则计算热敏电阻阻值的表达 式为 R t=______（用题给的物理量符号表示） 。 (3)该小组的同学利用图甲电路，按照正确的实验操作步骤，作出的 I 2－I 1 图象如图乙所示，由图可知，该 热敏电阻的阻值随毫安表 A 2 的示数的增大而 ____（填 “增大 ”“减小 ”或 “不变 ”）。 (4)该小组的同学通过查阅资料得知该热敏电阻的阻值随温度的变化关系如图丙所示。 将该热敏电阻接入如 图丁所示电路，电路中电源电压恒为 9V ，内阻不计，理想电流表示数为 0.7A，定值电阻 R 1=30 ，则由 以上信息可求出定值电阻 R2 的阻值为 ______ ，此时该金属热敏电阻的温度为 ______℃。 12、某小组利用图甲所示的电路进行 “测电池的电动势和内阻 ”的实验，实验的操作过程为：闭合开关，读 出电流表的示数 I 和电阻箱的阻值 R；改变电阻箱的阻值，记录多组 R、I 的值，并求出 I R的值，填写 在如下表格中。 (1)根据实验数据在坐标系中描出坐标点，如图乙所示，请在坐标系中作出图象 ____________； (2)由图象求得电池的电动势 E ______V，内阻 r _____ Ω；（结果均保留两位小数） (3)上述方案中，若考虑电流表内阻对测量的影响，则电动势 E 的测量值 _____真实值，内阻 r 的测量值 ____________真实值。 （均选填 “大于 ”、“等于 ”或 “小于 ”） 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、如图所示，用透明材料做成一长方体形的光学器材，要求从上表面射入的光线能从右侧面射出，那么 所选的材料的折射率应满足什么条件？ 14、图甲为能进行图形翻转的 “道威棱镜 ”示意图，其横截面 OABC 是底角为 45°的等腰梯形，高为 a，上 底边长为 a，下底边长 3a，如图乙所示。 一细光束垂直于 OC 边射入， 恰好在 OA 和 BC 边上发生全反射， 最后垂直于 OC 边射出，已知真空中的光速为 c。试求该光束在棱镜中的传播时间 t。 15、如图所示，质量均为 m 的物块 A、B 放在水平圆盘上，它们到转轴的距离分别为 r、2r ，圆盘做匀速 圆周运动。当转动的角速度为 ω时，其中一个物块刚好要滑动，不计圆盘和中心轴的质量，不计物块的 大小，两物块与圆盘间的动摩擦因数相同，重力加速度为 g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)物块与圆盘间的动摩擦因数为多少； (2)用细线将 A 、B 两物块连接，细线刚好拉直，圆盘由静止开始逐渐增大转动的角速度，当两物块刚好要 滑动时，外力对转轴做的功为多少。 参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、D 【解析】 【详解】 AB ．由万有引力提供向心力得 2 2 2( )MmG m r r T 解得 3 2 rT GM 当周期变大时，轨道半径将变大，但依然与地球同步，故轨道平面必与赤道共面，故 A、 B 错误； C．由万有引力提供向心力得 2 MmG ma r 可得 2 GMa r 轨道半径变大，则加速度减小，故 C 错误； D．由万有引力提供向心力得 2 2 Mm vG m r r 可得 GMv r 轨道半径变大，则线速度将变小，故 D 正确； 故选 D。 2、A 【解析】 【分析】 【详解】 A．物体 A 始终处于平衡状态，所以物体 A 受到的重力、推力 F 和物体 A 受斜面体 B 的作用力，根据平 衡条件可知物体 A 受斜面体 B 的作用力为 2 2( )BA AF m g F 减小推力 F ，物体 A 受斜面体 B 的作用力一定减小，故 A 正确； B．物体 A 始终处于平衡状态，所以物体 A 受到的重力、推力 F 、斜面体 B 对物体 A 的支持力和摩擦力， 设斜面的夹角为 ，若斜面体 B 对物体 A 的摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件在沿斜面方向则有 cosθ sinθ 0AF f m g 当 F 减小时，物体 A 所受摩擦力增大； 若斜面体 B 对物体 A 的摩擦力方向沿斜面向下，根据平衡条件在沿斜面方向则有 cosθ sinθ 0AF f m g 当 F 减小时，则物体 A 所受摩擦力减小，故 B 错误； C．斜面体 B 始终处于平衡状态，所以受到的合外力始终等于 0，不变，故 C 错误； D．视物体 A 和斜面体 B 为整体，在水平方向受到推力 F 和地面对斜面体 B 的摩擦力，根据平衡条件可 知水平方向受到推力 F 大小等于地面对斜面体 B 的摩擦力，当 F 减小时，地面对斜面体 B 的摩擦力也减 小，故 D 错误； 故选 A。 3、D 【解析】 【分析】 【详解】 A．万有引力提供向心力 2 2(3 ) 3 Mm vG m R R R R 解得 4 GMv R 在月球表面 02 MmG mg R 解得 2 0GM g R 联立解得 0 2 g R v 故 A 正确，不符合题意； B．飞船在 A 点变轨后由圆轨道变为椭圆轨道，做向心运动，要求万有引力大于飞船所需向心力，所以飞 船应该减速，动能减小，故 B 正确，不符合题意； C．万有引力提供向心力 2 2 2 4 (3 ) (3 ) MmG m R R R R T 结合 2 0GM g R 解得 0 RT 2 g 故 C 正确，不符合题意； D．在椭圆轨道上，飞船由 A 点运动至 B 点，只有万有引力做功，机械能守恒，故 D 错误，符合题意。 故选 D。 4、B 【解析】 【详解】 A．飞船从轨道Ⅱ到轨道 I 时做向心运动，所以要减速，所以飞船在轨道Ⅱ上运动到 P 点的速度大于在轨 道轨道Ⅰ上运动到 P 点的速度，故 A 错误； B．由公式 2 2 2 4MmG m R R T ，解得： 2 3 2 4 RM GT 密度 2 3 2 3 2 4 3 4 3 R M GT RV GT 故 B 正确； C．不管在那个轨道上飞船在 P 点受到的万有引力是相等的，为飞船提供加速度，所以加速度相等，故 C 错误； D．由开普勒第三定律可知， 3 3 2 2 2 1 a R T T 可知，由于轨道Ⅱ上半长轴大于轨道Ⅰ的半径，所以飞船在轨道Ⅱ 上运动时的周期大于在轨道 I 上运动时的周期，故 D 错误． 5、D 【解析】 【分析】 【详解】 A．对木块 A 进行受力分析，受竖直向下的重力和推力 F，垂直斜面的支持力，由平衡条件可知，木块 A 还受到沿斜面向上的静摩擦力，故 A 错误； BC．以 AB 为整体作为研究对象受力分析，由平衡条件可知，斜面体 B 与地面之间无摩擦力，地面对斜 面体 B 的支持力 1 2N m m g F 故 BC 错误； D．单独以斜面体 B 为研究对象受力分析，斜面体 B 受重力，地面对斜面体 B 的支持力，木块 A 对斜面 体 B 的压力及木块 A 对斜面体 B 的沿斜面向下的静摩擦力，故 D 正确。 故选 D。 6、B 【解析】 【详解】 设小球的运动轨迹与线的交点坐标为（ x，y），则： x=v 0t，4-y= 1 2 gt 2 又有： y= 1 2 x 解得： y=0.1． ACD. 由上计算可得 y=0.1，ACD 错误； B.由上计算可得 y=0.1，B 正确． 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、ABD 【解析】 【详解】 A．因此时 P 点沿 y 轴正方向振动，根据同侧法可知波沿 x 轴负方向传播， A 正确； B．因 P 点的平衡位置在 1mx 处，所以 0.3s 8 4 T T 所以 0.8sT 计算波速 10m/sλv T B 正确； C． P、Q 两点的平衡位置间的距离大于 4 ，小于 2 ，所以其振动方向有时相同，有时相反， C 错误； D．根据 1min 60s 75T 经过的路程 75 4 30ms A D 正确； E．根据图像可知 2 2.5 rad /s T 质点 Q 此时由平衡位置向下振动，振动方程可表示为 10sin 2.5 (cm)y t E 错误。 故选 ABD 。 8、AD 【解析】 摇动的梳子在空中产生电磁波，电磁波是横波，选项 A 正确；电磁波能在真空中传播，选项 B 错误；电 磁波传播的方向与振动方向垂直，选项 C 错误；电磁波在空气中传播的速度约为光速，选项 D 正确． 9、AD 【解析】 A、因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有： F 3μmg μ mg 3 mm an n ，a 都将减小． A 正确； B、若粘在 A 木块上面，以 C 为研究对象，受 F、摩擦力 μ mg、绳子拉力 T ， F μmg T ma ，则得： T F μmg ma ，a 减小， F、μ mg不变，所以， T 增大，对 A： BAf ma ， a 减小，即 BAf 减小， B 错误； C、若粘在 B 木块上面， a 减小，以 A 为研究对象， m 不变，由 BAf ma 知， A 所受摩擦力减小，以 C 为研究对象， T F μmg ma ，T 增大，故 C 错误； D、若粘在 C 木块上面， a 减小，对 A 有： BAf ma ，可知 A 的摩擦力减小，以 AB 为整体，有 T 2μmg 2ma ，得： T 2μmg 2ma ，则 T 减小， D 正确； 故选 AD ． 10、CD 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．由于电场的方向未知，因此粒子的电性不能确定， 2m~6m 的电势的高低也不能判断， AB 错误； C．根据电势能与电势的关系 Ep=qφ 场强与电势的关系 E x 得 P1 EE q x 由数学知识可知 E p﹣x 图像切线的斜率等于 PE x ，故斜率间接代表了场强大小， 0m~2m 和 2m~6m 的斜 率大小相等方向相反，因此电场强度的方向大小相等方向相反，则粒子的加速度大小相等方向相反， C 正 确； D． 2m~4m 两点间距与 4m~6m 两点间距相等，电场强度也相等，因此由 U=Ed 可知， 2m~4m 两点间的 电势差等于 4m~6m 两点间的电势差，则 2m~4m 电场力做的功和 4m~6m 电场力做的功相等， D 正确。 故选 CD 。 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、 2 A 0 1 2 I R R I I 增大 17.5 55 【解析】 【详解】 (1)[1] ．题目中没有电压表，可用已知内阻的电流表 A 2 与定值电阻 R0 串联构成量程为 0( ) 0.01 (100 400)V=5Vg AU I R R 的电压表；滑动变阻器用分压电路，电路如图： (2)[2] ．由电流可知 2 A 0 1 2 t I R RR I I (3)[3] ．根据 2 A 0 1 2 t I R RR I I 可得 0 2 1 A 1 1 t IR R R I 则该热敏电阻的阻值随毫安表 A 2的示数的增大，斜率 A 0 1 1 t R R R 变大，可知 R t 变大。 (4)[4][5] ．通过 R 1 的电流 1 1 0.3AUI R 则通过 R2 和 R t 的电流为 0.4A ；由 I 2-I 1 图像可知， I 2=4mA ，此时 R t 两端电压为 2V ，则 R 2 两端电压为 7V ， 则 2 7 17.5 0.4 R 2 5 0.4tR 根据 R t-t 图像可知 1 4 15 3tR t 解得 t=55 ℃ 12、 3.85 ±0.05 5.85 ±0.20 等于 大于 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 图象如图所示。 (2)[2][3] 根据闭合电路欧姆定律可得 E IR Ir 变形为 IR E Ir 由图象可得 (3.85 0.05)VE 5.85( 0.20)Ωr (3)[4][5] 若考虑电流表内阻对测量的影响，则表达式变为 A( )IR E I r R 因此，电动势的测量无误差，即电动势 E 的测量值等于真实值，但是内阻测量偏大，即内阻 r 的测量值大 于真实值。 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、 2n 。 【解析】 【详解】 设光线在一表面的入射角为 i，折射角为 θ1，在右侧面的入射角为 θ2。 由几何知识得： θ1+θ2=90°① 要求从上表面射入的光线可能从右侧面射出，必须使 θ2＜C ② 则得： 2 1sin sinC n ③ 由 sini=nsin θ1 得： 1 sinsin i n ④ 由①得： 2 2 1 2 sinsin cos 1 i n ⑤ 由③⑤得： 2 2 sin 11 i n n 解得： 2sin 1n i 因 i 最大值为 90°，则得： 2n 14、 3 2 a c 【解析】 【分析】 【详解】 恰好发生全反射 1 sin n C 即 1 2 sin 45 n 所以速度为 2 2 cv c n 则时间为 3 3 2a at v c 15、（ 1） 22r g （2） 2210 3 mr 【解析】 【详解】 (1) 由分析可知，物块离转轴的距离越大，越容易滑动，因此最先滑动的是物块 B。根据牛顿第二定律 22mg m r 解得： 22r g (2) 当两物块刚好要滑动时，设转动的角速度为 ω1．对物块 A 研究有： 2 1mg T mr 对物块 B 研究有： 2 12mg T m r 解得： 1 2 3 3 则物块 A 的线速度大小为： A 1 2 3 3 v r r 物块 B 的线速度大小为： B 1 4 32 3 v r r 根据功能关系可得，外力做的功为： 2 2 2 2 A B 1 1 10 2 2 3 W mv mv mr 2019-2020 高考物理模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、如图所示，图甲为质点 a 和 b 做直线运动的位移一时间图象，图乙为质点 c 和 d 做直线运的速度一时 间图象，由图可知 ( ) A．若 t1 时刻 a、b 两质点第一次相遇，则 t2 时刻两质点第二次相遇 B．若 t1 时刻 c、d 两质点第一次相遇，则 t2 时刻两质点第二次相遇 C． t1 到 t2 时间内， b 和 d 两个质点的运动方向发生了改变 D． t1 到 t2 时间内， a 和 d 两个质点的速率先减小后增大 2、取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能是重力势能的 4 倍。不计 空气阻力，该物块落地时的位移方向与水平方向夹角的正切值（ ） A． 0.25 B．0.5 C．1 D． 2 3、如图所示，足够长的两平行金属板正对竖直放置，它们通过导线与电源 E、定值电阻 R、开关 S 相连。 闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一金属板上。下列说法 中正确的是（ ） A．液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线 B．电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大 C．电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越长 D．定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长 4、如图所示，在横截面为正三角形的容器内放有一小球，容器内各面与小球恰好接触，图中 a、b、c 为 容器的三个侧面、将它们以初速度 v0竖直向上抛出，运动过程中容器所受空气阻力与速率成正比，下列 说法正确的是 A．上升过程中，小球对 c 有压力且逐渐变大 B．上升过程中，小球受到的合力逐渐变大 C．下落过程中，小球对 a 有压力且逐渐变大 D．下落过程中，小球对容器的作用力逐渐变大 5、2019 年北京时间 4 月 10 日 21 时，人类历史上首张黑洞照片被正式披露，引起世界轰动。黑洞是一类 特殊的天体，质量极大，引力极强，在它附近（黑洞视界）范围内，连光也不能逃逸，并伴随着很多新奇 的物理现象。传统上认为，黑洞 “有进无出 ”，任何东西都不能从黑洞视界里逃逸出来，但霍金、贝肯斯坦 等人经过理论分析，认为黑洞也在向外发出热辐射，此即著名的 “霍金辐射 ”，因此可以定义一个 “ 黑洞温 度"T”。T= 3 8 hc KGM 其中 T 为“黑洞 ”的温度， h 为普朗克常量， c 为真空中的光速， G 为万有引力常量， M 为黑洞的质量。 K 是一个有重要物理意义的常量， 叫做 “玻尔兹曼常量 ”。以下几个选项中能用来表示 “玻 尔兹曼常量 ”单位的是（ ） A． J K B． 2Kg m K S g g C． 2 Kg m K S g g D． W K Sg 6、一辆 F1 赛车含运动员的总质量约为 600 kg，在一次 F1 比赛中赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受 到的阻力不变，其加速度 a 和速度的倒数 1 的关系如图所示，则赛车在加速的过程中（ ） A．速度随时间均匀增大 B．加速度随时间均匀增大 C．输出功率为 240 kw D．所受阻力大小为 24000 N 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、如图所示， 质量为 1kg 的物体放在倾角为 30°的粗糙斜面上， 一根劲度系数为 100N/m 的轻弹簧一端固 定在斜面顶端，另一端连接物体，弹簧处于原长，物体恰好静止。现将物体沿斜面向下移动 12cm后由静 止释放、水平地面上的斜面始终保持静止，物体与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处于 弹性限度内，取 210m / sg ，下列说法正确的是（ ） A．物体与斜面间的动摩擦因数为 3 3 B．物体释放后在斜面上运动时，斜面对地面的压力保持不变 C．物体释放瞬间斜面对地面的摩擦力大小为 3N ，方向水平向左 D．物体释放瞬间的加速度大小为 27m / s ，方向沿斜面向上 8、某磁敏电阻的阻值 R 随外加磁场的磁感应强度 B 变化图线如图甲所示。学习小组使用该磁敏电阻设计 了保护负载的电路如图乙所示， U 为直流电压，下列说法正确的有（ ） A．增大电压 U，负载电流不变 B．增大电压 U，电路的总功率变大 C．抽去线圈铁芯，磁敏电阻的阻值变小 D．抽去线圈铁芯，负载两端电压变小 9、如图所示， MN 是一半圆形绝缘线， O 点为圆心， P 为绝缘线所在圆上一点，且 OP 垂直于 MN ， 等量异种电荷分别均匀分布在绝缘线上、下 1 4 圆弧上．下列说法中正确的 ( ) A． O 点处和 P 点处的电场强度大小相等，方向相同 B． O 点处和 P 点处的电场强度大小不相等，方向相同 C．将一正点电荷沿直线从 O 移动到 P，电场力始终不做功 D．将一正点电荷沿直线从 O 移动到 P，电势能增加 10、我国成功研制了世界最高水平的 “3.0V 12000F”石墨烯超级电容器。超级电容器充电时，电极表面 将吸引周围电解质溶液中的异性离子，使这些离子附着于电极表面上形成相距小于 0.5nm 、相互绝缘的 等量异种电荷层，石墨烯电极结构使得该异种电荷层的面积成万倍增加。下列有关说法正确的是（ ） A．该电容器充满电后的带电荷量为 36000C B．该电容器最多能储存 108000J的电能 C．超级电容器电容大的原因是其有效正对面积大、板间距离小 D．当该电容器放电至两端电压为 1.5V 时，其电容变为 6000F 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、如图甲所示，在 “探究功与速度变化的关系 ”的实验中，主要过程如下： A．设法让橡皮筋对小车做的功分别为 W 、 2W、3W 、⋯⋯ ； B．分析纸带，求出橡皮筋做功使小车获得的速度 v1、v2、v3、⋯⋯ ； C．作出 W-v 图象； D．分析 W- v 图象．如果 W-v 图象是一条直线，表明 W ∝v；如果不是直线，可考虑是否存在 W∝v2、 W ∝v3、W ∝ v 等关系． (1)实验中得到的一条如图乙所示的纸带，求小车获得的速度应选 ______________（选填 “ AB”或 “ CD”）段 来计算． (2)关于该实验，下列说法正确的有 _______________ A．通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加 B．通过改变小车质量可以改变橡皮筋对小车做的功 C．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必需保持一致 D．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出 (3)在该实验中，打点计时器正常工作，纸带足够长，点迹清晰的纸带上并没有出现一段等间距的点，造成 这种情况的原因可能是 ___________．（写出一条即可） 12、某同学利用图（ a） 所示电路测量量程为 3 V 的电压表①的内阻（内阻为数千欧姆） ，可供选择的器 材有： 电阻箱 R （最大阻值 9999.9 Ω），滑动变阻器 R（最大阻值 50 Ω），滑动变阻器 R2 （最大阻值 5 k Ω）， 直流电源 E（电动势 4 V，内阻很小） 。开关 1 个，导线若干。 实验步骤如下： ①按电路原理图（ a）连接线路； ②将电阻箱阻值调节为 0，将滑动变阻器的滑片移到与图（ a）中最左端所对应的位置，闭合开关 S； ③调节滑动变阻器，使电压表满偏； ④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为 2.00 V，记下电阻箱的阻值。 回答下列问题： (1)实验中应选择滑动变阻器 ________（填 “R1”或 “R2”）； (2)根据图（ a）所示电路将图（ b）中实物图连线； （ ____） (3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为 1500.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得 电压表的内阻为 ______Ω（结果保留到个位） ； (4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的， 可推断该表头的满刻度电流为 _____（填正确答案标号） 。 A． 100 μ A B．250 μ A C． 500 μ A D．1mA 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、如图所示，用同种材料制成的倾角 θ的斜面和水平轨道固定不动．小物块与轨道间动摩擦因数 μ，从 斜面上 A 点静止开始下滑，不考虑在斜面和水平面交界处的能量损失． (1)若已知小物块至停止滑行的总路程为 s，求小物块运动过程中的最大速度 vm (2)若已知 μ =0.1．小物块在斜面上运动时间为 1s，在水平面上接着运动 0.2s 后速度为 vt，这一过程平均速 率 13 12 m/s．求 vt 的值．（本小题中 g=10m/s 2） 14、如图所示， 一根柔软的细绳跨过轻质定滑轮， 绳的一端连接物体 A ，另一端通过一轻质弹簧与物体 B 连接， 物体 B 静止在地面上。 物体 A 从高处由静止下落， 当下落 h 高度时， 绳刚好被拉直。 然后又下落 H 的高度，恰好能到达地面，此时物体 B 对地面的压力恰好减为 0。重力加速度为 g ，弹簧的弹性势能与其 劲度系数成正比，不计摩擦和空气阻力。求： (1)绳刚被拉直时，物体 A 下落的时间； (2)物体 A B、 的质量之比。 15、一列简谐横波在 t＝ 1 3 s 时的波形图如图 (a)所示， P、Q 是介质中的两个质点．图 (b) 是质点 Q 的振动 图象。求： (ⅰ)波速及波的传播方向； (ⅱ)质点 Q 的平衡位置的 x 坐标。 参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、A 【解析】 【详解】 在位移 -时间图象中，两图线的交点表示两质点位置相同而相遇，由甲图可知， t 1时刻 a、b 两质点第一次 相遇，则 t 2时刻两质点第二次相遇，故 A 正确； t 1到 t 2时间内，根据 v-t 图像的面积表示位移知 c 的位移 大于 d 的位移，若 t 1时刻 c、d 两质点第一次相遇，则 t2 时刻两质点没有相遇。故 B 错误；两质点中只有 b 运动方向改变， a、c、d 质点的方向未发生改变，故 C 错误；根据 x-t 图象的斜率表示速度，知 t1 到 t 2 时间内， a 质点的速度不变。由 v-t 图象知： d 的速率先减小后增大，故 D 错误。 2、A 【解析】 【分析】 【详解】 取水平地面为重力势能零点，设抛出时物体的初速度为 v0，高度为 h，物块落地时的竖直方向的速度大小 为 vy，落地速度与水平方向的夹角为 ，位移方向与水平方向的夹角为 ，根据题有 2 0 1 4 2 mv mgh 解得 0 8v gh 竖直方向有 21 2 ymv mgh 解得 2yv gh 根据几何关系得 0 tan yv v 代 yv 、 0v 解得 tan 0.5 又根据速度夹角正切值与位移夹角正切值的关系有 tan 2 tan 解得 tan 0.25 故 A 正确， BCD 错误。 故选 A。 3、B 【解析】 【分析】 【详解】 A．液滴在磁场中受重力及电场力，电场力沿水平方向，重力沿竖直方向。因液滴由静止释放，故合力的 方向一定与运动方向一致，故液滴做直线运动，故 A 错误； B．两板间的电势差等于电源电压，当电动势变大时，两板上的电压变大，由 U Ed 可知，板间的电场强 度增大，电场力变大，合力变大，故加速度增大，故 B 正确； C．因粒子最终打在极板上，故运动时间取决于水平方向的加速度，当电动势变大时，其水平方向受力增 大，加速度增大，运动时间减小，故 C 错误； D．定值电阻在此电路中只相当于导线，阻值的变化不会改变两板间的电势差，故带电粒子受力不变，加 速度不变，运动时间不变，故 D 错误。 故选 B。 4、D 【解析】 【详解】 AB ．小球和正三角形容器为共加速系统，上升过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律： ( ) ( )m m g kv m m aV V 系统加速度竖直向下且大于重力加速度，小球加速度向下，所以容器底面 c 对小球无作用力， a、 b 侧面 对小球的作用力竖直向下，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律： abmg N ma 系统速度减小，加速度减小，小球受到的合外力减小， AB 错误； CD ．下落过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律： ( ) ( )m m g kv m m aV V 系统加速度竖直向下且小于重力加速度，小球加速度向下，所以 a、b 侧面对小球无作用力，底面 c 对小 球的作用力竖直向上，根据牛顿第二定律： mg N ma 系统的速度增大，加速度减小，小球的加速度减小，底面 c 对小球的作用力增大，根据牛顿第三定律可知 小球对容器的作用力逐渐变大， C 错误； D 正确。 故选 D。 5、A 【解析】 【分析】 【详解】 根据 3 8 hcT KGM 得 3 8 hck TGM ，h 的单位为 2J s= N m s= kg g m /sg g g g g c 的单位是 m/s， G 的单位是 2 2 3 2N m /kg =kg m /sg g M 的单位是 kg， T 的单位是 K ，代入上式可得 k 的单位是 2 2 kg m J= K s K g g 故 A 正确， BCD 错误。 故选 A。 6、C 【解析】 【分析】 汽车恒定功率启动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可 . 【详解】 由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故 A 错误； a- 1 v 函数方程 a= 400 v -4，汽车加速运动，速 度增大，加速度减小，故 B 错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定 律，有： F-f=ma 其中： F=P/v ；联立得： -P fa mv m ；结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零， 故结合图象可以知道， a=0 时， 1 v =0.01， v=100m/s ，所以最大速度为 100m/s；由图象可知： =4f m ，解 得： f=4m=4×600=2400N ； 10 600 100 600 P f ，解得： P=240kW ，故 C 正确， D 错误；故选 C。 【点睛】 本题关键对汽车受力分析后， 根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式， 再结合图象进行分析求 解。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、AC 【解析】 【详解】 A．弹簧原长时，物体恰好静止，则： cos30 sin30 5Nf mg mg ， 解得： 3 3 ， 故 A 正确； D．弹簧拉长后释放瞬间，则有： sin 30k x f mg ma ， 解得： 22m / sa ， 故 D 错误； BC．物体释放后沿斜面运动时，斜面体对地面的压力增加： sin30 1Nma ， 斜面体对地面的摩擦力大小为： cos30 3Nma ， 方向水平向左，故 B 错误、 C 正确。 故选 AC 。 8、BC 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．增大电压 U，为保护负载，则磁敏电阻两端需要分压，即电压增大，则磁敏电阻的阻值增大，根据 甲图可知磁感应强度增大，所以通过线圈的电流增大，根据 P=UI 可知电路的总功率 P 变大，故 A 错误， B 正确； CD ．抽去线圈铁芯，线圈产生的磁感应强度减小，故磁敏电阻的阻值变小，则磁敏电阻两端的电压变小， 而 U 不变，所以负载两端电压变大，故 C 正确， D 错误。 故选 BC 。 9、BC 【解析】 【详解】 分别画出正、负电荷产生的电场强度的方向如图， 由图可知， O 点与 P 点的合场强的方向都向下，同理可知，在 OP 的连线上，所以各点的合场强的方向均 向下。 AB. 由库仑定律可知： 2 kQE r ，O 点到两处电荷的距离比较小， 所以两处电荷在 O 点产生的场强都大于 在 P 处产生的场强，而且在 O 点两处电荷的场强之间的夹角比较小，所以 O 点的合场强一定大于 P 点的 合场强。故 A 错误， B 正确； CD. 由于在 OP 的连线上，所以各点的合场强的方向均向下，将一正试探电荷沿直线从 O 运动到 P 电场 力始终与运动的方向垂直，不做功，电势能不变。故 C 正确， D 错误。 10、AC 【解析】 【详解】 A．根据超级电容器 “3.0V 12000F”，结合 QC U 可知该电容器充满电后的带电荷量 12000 3.0Q CU C=36000C 故 A 正确； B．电容器是一种储能元件，该电容器充满电最多能储存的电能为 2 21 1 12000 3.0 2 2 W CU J=54000J 故 B 错误； C．借助平行板电容器的决定式 r 4 SC k d 分析可知，超级电容器电容大的原因是其有效正对面积大，板间距离小，故 C 正确； D．电容器的电容只与电容器本身结构有关，与电容器带电荷量和两极板间电压无关，故 D 错误。 故选 AC 。 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、CD ACD 没有平衡摩擦力或木板的倾角过大或过小 【解析】 【详解】 （ 1）由图知：在 AB 之间，由于相邻计数间的距离不断增大，而打点计时器每隔 0.02s 打一个点，所以小 车做加速运动．在 CD 之间相邻计数间距相等，说明小车做匀速运动．小车离开橡皮筋后做匀速运动，应 选用 CD 段纸带来计算小车的速度 v．求小车获得的速度应选 CD 段来计算； （ 2）该实验中利用相同橡皮筋形变量相同时对小车做功相同，通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小 车做的功成整数倍增加．故 A 正确， B 错误；为保证每根橡皮条对小车做功一样多每次实验中，橡皮筋拉 伸的长度必需保持一致，故 C 正确；在中学阶段，用打点计时器测量时间时，为有效利用纸带，总是先接 通电源后释放纸带，故 D 正确；故选 ACD. （ 3）在该实验中，打点计时器正常工作，纸带足够长，点迹清晰的纸带上并没有出现一段等间距的点， 造成这种情况的原因可能是没有平衡摩擦力或木板的倾角过大或过小 . 【点睛】 明确了该实验的实验原理以及实验目的，即可了解具体操作的含义，以及如何进行数据处理；数据处理时 注意数学知识的应用，本题是考查实验操作及数据处理的方法等问题． 12、 1R 3000 D 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] ．本实验利用了半偏法测电压表的内阻，实验原理为接入电阻箱时电路的总电阻减小的很小，需要 滑动变阻器为小电阻，故选 R 1可减小实验误差． (2)[2] ．滑动变阻器为分压式，连接实物电路如图所示： (3)[3] ．电压表的内阻 VR 和 R串联，分压为 2.00V 和 1.00V ，则 V 2 3000R R ． (4)[4] ．电压表的满偏电流 3V 1mA 3000ΩR V UI R 故选 D． 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、（ 1） 2 (sin cos ) sin cos gs （ 2）1m/s 【解析】 【详解】 (1)对物体在斜面上时，受力分析，由牛顿第二定律得 a1= sin cosmg mg m =gsin θ﹣μ cos θ 在水平面有： a2= mg m =μg 物体的最大速度： vm =a1t 1=a2t2 整个过程物体的位移： s= m 2 v t1+ m 2 v t2 解得： vm = 2 (sin cos ) sin cos gs (2)已知 μ =0.1，解得： a2= mg m =μ g=0.1 × 10 m/s2=1m/s 2 最大速度： vm =v t+a 2t2′ =vt +1×0.2=v t+1 由匀变速直线运动的速度位移公式得： s2= 2 22 2 2 1 2 2 5 t tm t v vv v a = 2 1 10 tv 由位移公式得： s1= m 2 v t1′= 1 2 tv ×1= 1 2 tv 而： 1 2 1 2( )s s v t t 已知： t1′ =1s，t2′ =0.2s， v = 13 12 m/s，解得： vt=1m/s 14、 (1) 2ht g (2) 2( ) m H M H h 【解析】 【详解】 (1)物体 A自由落体 h 的过程，有 21 2 h gt 解得 2ht g (2)又有 2 2v gh 物体 A 再下落 H 的过程， A 与弹簧组成的系统机械能守恒，结合题意得 21 ( ) 2 kH mg H h 物体 B 离地时刻受力有 kH Mg 解得 2( ) m H M H h 15、 (ⅰ)18cm/s，沿 x 轴负方向传播 (ⅱ)9cm 【解析】 【分析】 【详解】 (ⅰ)由图 (a)可以看出，该波的波长为 λ＝36cm ① 由图 (b)可以看出，周期为 T＝ 2s ② 波速为 v＝ T ＝18cm/s ③ 由图 (b)知，当 t＝ 1/3s 时， Q 点向上运动，结合图 (a)可得，波沿 x 轴负方向传播； (ⅱ)设质点 P、Q 平衡位置的 x 坐标分别为 Px 、 Qx 由图 (a)知， x＝0 处 y＝－ 2 A ＝Asin( － 30 ) 因此 30 3cm 360px ④ 由图 (b)知，在 t＝ 0 时 Q 点处于平衡位置，经 Δt＝ 1 3 s，其振动状态向 x 轴负方向传播至 P 点处，由此及 ③式有 Q Px x ＝vΔt＝6cm ⑤ 由④⑤式得，质点 Q 的平衡位置的 x 坐标为 Qx ＝9cm 2019-2020 高考物理模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、水平面上有质量相等的 a、b 两个物体，水平推力 F 1、F2 分别作用在 a、b 上，一段时间后撤去推力， 物体继续运动一段距离后停下，两物体的 v t 图象如图所示，图中 AB//CD. 则整个过程中 A． F1 的冲量等于 F 2 的冲量 B． F1 的冲量大于 F 2 的冲量 C．摩擦力对 a 物体的冲量等于摩擦力对 b 物体的冲量 D．合外力对 a 物体的冲量等于合外力对 b 物体的冲量 2、下列核反应方程中，属于重核裂变的是（ ） A． 14 4 17 1 7 2 8 1N+ He O+ H B． 238 234 4 92 90 2U Th+ He C． 2 2 4 1 1 2H+ H He D． 235 1 144 89 1 92 0 56 36 0U+ n Ba+ Kr+3 n 3、某静电场中 x 轴上各点电势分布图如图所示。一带电粒子在坐标原点 O 处由静止释放，仅在电场力作 用下沿 x 轴正方向运动。下列说法正确的是 A．粒子一定带负电 B．粒子在 x1 处受到的电场力最大 C．粒子从原点运动到 x1 过程中，电势能增大 D．粒子能够运动到 x2 处 4、如图所示，长为 d、质量为 m 的导体棒 ab，置于倾角为 θ的光滑斜面上。导体棒与斜面的水平底边始 终平行。 已知导体棒电流方向从 a 到 b，大小为 I ，重力加速度为 g。若匀强磁场的大小、 方向都可以改变， 要使导体棒能静止在斜面上，则磁感应强度的最小值和对应的方向是（ ） A． sinmg Id ，方向垂直于斜面向下 B． sinmg Id ，方向垂直于斜面向上 C． tanmg Id ，方向竖直向上 D． tanmg Id ， 方向竖直向下 5、2019 年 1 月 3 日嫦娥四号月球探测器成功软着陆在月球背面， 着陆前在离月球表面 112km的高空仅在 月球万有引力作用下环月球做匀速圆周运动，向心加速度大小为 a月，周期为 月T ；设贴近地面的近地卫星 仅在地球万有引力作用下环地球做匀速圆周运动，向心加速度大小为 地a ，周期为 地T 。已知月球质量 226 7 10 kg. ，半径 61.7 10 m ；地球质量 246.0 10 kg ，半径 66.4 10 m 。则（ ） A． a a月 地 ， T T月 地 B． a a月 地 ， T T月 地 C． a a月 地 ， T T月 地 D． a a月 地 ， T T月 地 6、如图所示， B、M 、N 分别为竖直光滑圆轨道的右端点，最低点和左端点， B 点和圆心等高， N 点和圆 心 O 的连线与竖直方向的夹角为 60 。现从 B 点的正上方某处 A 点由静止释放一个小球，经圆轨道 飞出后以水平上的 v 通过 C 点，已知圆轨道半径为 R，v gR ，重力加速度为 g，则一下结论正确的是 A． C、 N 的水平距离为 R B．C、N 的水平距离为 2R C．小球在 M 点对轨道的压力为 6mg D．小球在 M 点对轨道的压力为 4mg 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、如图所示，质量为 m 1 的木块和质量为 m 2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉 力 F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为 μ1，长木板与地面间 的动摩擦因数为 μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则 ( ) A． μ1 一定小于 μ2 B． μ1 可能大于 μ2 C．改变 F 的大小， F>μ2(m 1＋m 2)g 时，长木板将开始运动 D．改 F 作用于长木板， F>( μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g 时，长木板与木块将开始相对滑动 8、平行金属板 PQ、MN 与电源和滑线变阻器如图所示连接，电源的电动势为 E，内电阻为零；靠近金属 板 P 的 S处有一粒子源能够连续不断地产生质量为 m，电荷量 +q，初速度为零的粒子，粒子在加速电场 PQ 的作用下穿过 Q 板的小孔 F，紧贴 N 板水平进入偏转电场 MN ；改变滑片 p 的位置可改变加速电场的 电压 U l 和偏转电场的电压 U 2，且所有粒子都能够从偏转电场飞出，下列说法正确的是（ ） A．粒子的竖直偏转距离与 U2 成正比 B．滑片 p 向右滑动的过程中从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小 C．飞出偏转电场的粒子的最大速率 2Eq m D．飞出偏转电场的粒子的最大速率 Eq m 9、如图所示，半径为 R 的 1 4 圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，过 (－2R，0)点垂直 x 轴放置 一线型粒子发射装置， 能在 0>d ），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为 t，当地的重力加速度为 g．则： （ 1）如图（乙）所示，用游标卡尺测得小球的直径 d =________mm ． （ 2）小球经过光电门 B 时的速度表达式为 __________． （ 3）多次改变高度 H，重复上述实验，作出随 H 的变化图象如图（丙）所示，当图中已知量 t 0、H0 和重 力加速度 g 及小球的直径 d 满足以下表达式： _______时，可判断小球下落过程中机械能守恒． 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、如图所示一足够长的斜面倾角为 370，斜面 BC 与水平面 AB 圆滑连接 质量 m=2kg 的物体静止于水平 面上的 M 点， M 点距 B 点之间的距离 L=9m ，物体与水平面和斜面间的动摩擦因素均为 μ=0.5现使物体 受到一水平向右的恒力 F=14N 作用，运动至 B 点时撤去该力 (sin37 0=0.6，cos370=0.8，取 g=10m/s 2)则： （ 1）物体在恒力作用下运动时的加速度是多大？ （ 2）物体到达 B 点时的速度是多大？ （ 3）物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？ 14、如图所示，质量为 2 m 的带有圆弧的滑块 A 静止放在光滑的水平面上， 圆弧半径 R=1.8m ，圆弧的末端 点切线水平，圆弧部分光滑，水平部分粗糙， A 的左侧紧靠固定挡板，距离 A 的右侧 S 处是与 A 等高的 平台，平台上宽度为 L=0.5m 的 M 、N 之间存在一个特殊区域， B 进入 M 、N 之间就会受到一个大小为 F=mg 恒定向右的作用力。平台 MN 两点间粗糙，其余部分光滑， M 、N 的右侧是一个弹性卡口，现有一 个质量为 m 的小滑块 B 从 A 的顶端由静止释放，当 B 通过 M 、N 区域后碰撞弹性卡口的速度 v 不小于 5m/s 时可通过弹性卡口，速度小于 5m/s 时原速反弹，设 m=1kg ，g=10m/s 2，求： (1)滑块 B 刚下滑到圆弧底端时对圆弧底端的压力多大？ (2)若 A、B 间的动摩擦因数 μ1=0.5，保证 A 与平台相碰前 A 、B 能够共速，则 S 应满足什么条件？ (3)在满足 (2)问的条件下，若 A 与 B 共速时， B 刚好滑到 A 的右端， A 与平台相碰后 B 滑上平台，设 B 与 MN 之间的动摩擦因数 0＜μ＜1，试讨论因 μ的取值不同， B 在 MN 间通过的路程。 15、如图所示， 质量为 m=0.1kg 闭合矩形线框 ABCD ，由粗细均匀的导线绕制而成， 其总电阻为 R=0.004 Ω， 其中长 L AD =40cm，宽 L AB =20cm ，线框平放在绝缘水平面上。线框右侧有竖直向下的有界磁场，磁感应 强度 B=1.0T ，磁场宽度 d=10cm ，线框在水平向右的恒力 F=2N 的作用下，从图示位置由静止开始沿水平 方向向右运动，线框 CD 边从磁场左侧刚进入磁场时，恰好做匀速直线运动，速度大小为 v1，AB 边从磁 场右侧离开磁场前， 线框已经做匀速直线运动， 速度大小为 v2，整个过程中线框始终受到大小恒定的摩擦 阻力 F 1=1N，且线框不发生转动。求： (i) 速度 v1 和 v2 的大小； (ii) 求线框开始运动时， CD 边距磁场左边界距离 x； (iii) 线图穿越磁场的过程中产生的焦耳热。 参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、D 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．双星间的万有引力提供它们各自圆周运动的向心力，则恒星和行星做圆周运动的角速度大小相等， 周期相同，则 2 12 MmG m r L 2 22 MmG M r L 可得 1 2 r M r m 由于恒星与行星质量不同，则轨道半径不同，由公式 v r 可知，恒星和行星做圆周运动的线速度大小 不同，故 AB 错误； C．根据多普勒效应可知，若某恒星在靠近我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的频率会比它 发出时的频率，即恒星光谱会出现蓝移，故 C 错误； D．根据多普勒效应可知，若某恒星在远离我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的频率会比它 发出时的频率低，即恒星光谱会出现红移，故 D 正确。 故选 D。 2、B 【解析】 【详解】 A．四个灯泡均正常发光，说明变压器原、副线圈中的电流相同，根据 1 2 2 1 I n I n 可得变压器副线圈的匝数 1 2 220n n 故 A 错误； BC．a、b 两端电压的有效值 220 2 2 U V=220V 设每个灯泡的额定电压为 U0，原线圈两端电压为 U 1，则有 U=2U 0+U 1 结合 1 1 0 22 U n U n 可得 U0=55V ， U 1=110V 故 B 正确， C 错误； D．原线圈两端电压的最大值 12 110 2mU U V 根据法拉第电磁感应定律有 1mU n t ，解得穿过原线圈的磁通量变化率的最大值为 2 2t V 故 D 错误。 故选 B。 3、B 【解析】 【详解】 A．根据题目描述，倾斜地球同步轨道卫星的轨道是与赤道平面呈一定夹角的圆形，圆心为地心，所以有 可能在运动过程中经过北京上空，所以 A 错误； B．由题意可知，倾斜地球同步轨道卫星的周期与地球同步卫星的周期相同，根据 2 34πrT GM 可知， 该卫星的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径相同， 即该卫星距地面的高度与同步轨道静止卫星相 同，所以 B 正确； C．由题意可知，圆心在地心，与赤道平面成 30o的圆形轨道有无数个，所以 C 错误； D．根据公式 GMv r 可知，卫星轨道半径越大，运行速度越小，而第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以该卫星的运行速度比 第一宇宙速度小， D 错误。 故选 B。 4、B 【解析】 【详解】 设小球的运动轨迹与线的交点坐标为（ x，y），则： x=v 0t，4-y= 1 2 gt 2 又有： y= 1 2 x 解得： y=0.1． ACD. 由上计算可得 y=0.1，ACD 错误； B.由上计算可得 y=0.1，B 正确． 5、C 【解析】 【详解】 由于三球竖直方向的运动情况相同，一定可以发生碰撞，可假设高度无穷大，可看作三球碰撞完成后才落 地， A 、B 第一碰撞后水平速度互换， B、C 发生第二碰撞后，由于 B 的质量小于 C 的质量，则 B 反向； B、 A 发生第三次碰撞后， B、 A 水平速度互换， A 向左， B 竖直下落，三球不再发生碰撞，所以最多能 够发生 3 次碰撞，故 C 正确， A、B、D 错误； 故选 C。 【点睛】 关键是 A 球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，与 B、C 竖直方向的运动情况相同，所以一定可以发 生碰撞。 6、A 【解析】 【详解】 根据库仑定律， M 、N 两点电荷间的库仑力大小为 2 2 qF k L ，代入数据得 39.0 10 NF M 、N 两点电荷在 O 点产生的场强大小相等，均为 1 2 qE k L ，M 、N 两点电荷形成的电场在 O 点的合场 强大小为 12 cos30E E 联立并代入数据得 37.8 10 N / CE A． 3 39.0 10 N,7.8 10 N / C 与分析相符，故 A 正确； B． 3 39.0 10 N,9.0 10 N / C 与分析不符，故 B 错误； C． 2 31.8 10 N,7.8 10 N / C 与分析不符，故 C 错误； D． 2 31.8 10 N,9.0 10 N / C 与分析不符，故 D 错误； 故选： A。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、BD 【解析】 【详解】 由图可得力 F 与时间的关系为 0 22 mgF mg t t ，则可得物体的合外力与时间的关系为 0 2 A mgF mg t t ，由牛顿第二定律可得加速度与时间的关系式为 0 2F ga g t m t 合 ，则可知物体先向 上做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，然后再向下做加速度增大的加速运动，在上升 过程中，当加速度为零时，速度最大，即 0 2 0gg t t ，可得 0 1 2 t t ，故 A 错误， B 正确；由初速度大 小为零，所以末速度大小等于速度的变化大小，由前面的分析可知，加速度与时间成线性关系，所以最大 速度大小为 0 0 0 1 2 2 4m tgv v gt ，故 C 错误；由前面的分析可知在 t=t 0 时，加速度为 a g ， 根据运动的对称性规律可知，此时间速度减小为 0，物体运动到最高点，故 D 正确。故选： BD。 8、AC 【解析】 【详解】 A．当粒子的轨迹与 ad 边相切时，如图①轨迹所示，设此时粒子轨道半径为 1r ，由几何关系得 1 1 sin 30 2 ar r 得 1r a 在磁场中做匀速圆周运动时洛伦兹力提供向心力 2 1 1 1 mvqv B r 粒子在电场中加速过程根据动能定理 2 1 1 1 2 qU mv 以上各式联立解得粒子轨迹与 ad 边相切时加速电压为 2 2 1 2 qB aU m 当粒子的轨迹与 ab边相切时，如图②轨迹所示，由几何关系可得此时的半径为 2 2 2 3 r a 同理求得此时的加速电压为 2 2 2 2 (7 4 3) qB aU m 当粒子的轨迹与 bc 边相切时，如图③轨迹所示，由几何关系可得此时的半径为 3 1 3 r a 同理求得此时的加速电压为 2 2 3 18 qB aU m 当加速电压 U 为 2 2qB a m 大于临界电压 1U 时，则粒子全部从 ad 边离开磁场，故 A 正确； B．当加速电压 U 为 2 2 7 qB a m 时 2 2 3 27 qB aU U m 粒子从 bc 边离开磁场，故 B 错误； C．当加速电压 U 为 2 2 9 qB a m 时 2 2 3 29 qB aU U m 所以粒子从 bc边离开磁场，故 C 正确； D．加速电压 U 为 2 2 19 qB a m 和 2 2 20 qB a m 时均小于临界电压 3U ，则粒子从 cd 边离开磁场，轨迹如图④所示， 根据对称性得轨迹的圆心角为 300 ，运动时间都为 300 5 2 5 360 6 3 m mt T qB qB 故 D 错误。 故选 AC 。 9、AD 【解析】 【详解】 AB ．小物块在圆环最高点时有 2 Cvmg m r 解得 2 10m/sCv 所以 A 正确， B 错误； CD ． BEC 过程克服摩擦力做的功为 2 1 1( 2 ) 20J 2 CW mg H r mv CFB 过程克服摩擦力做的功为 2W ，因该过程小物块与轨道的平均压力小于 BEC 过程，则摩擦力也小， 则有 2 10 W W CFBD 过程，由动能定理得 2 2 1( 2 ) 2 Cmg h r W mv 解以上各式得 8m 10mh 所以 D 正确， C 错误。 故选 AD 。 10、BD 【解析】 【详解】 A．根据等量异种点电荷的电场线分布，可知，两点电荷连线的中垂面是等势面，电势为 0，正点电荷附 近电势大于 0，负点电荷附近电势小于 0，根据对称关系可得 C D 其中 0C ， 0D 所以小球从 C 到 D 运动过程中，只有电场力做功，且由于电势降低，所以电势能减小，电场力做正功， 小球在做加速运动，所以 A 错误； B．小球由 C 到 D，由动能定理得 21 2CD CDW U q mv 212 4 2 mv m 则由 C 到 O，由动能定理可得 21 2CO CO OW U q mv 21 2 Omv 2 2m/sOv m 所以 B 正确； C．由分析可知 0O 无穷远处电势也是 0，小球由 O 到 D 加速运动，再由 D 到无穷远处，电势升高，电势能增加，电场力做 负功，小球做减速运动，所有不可能返回 O 点，所以 C 错误； D．小球从 O 到无穷远处，电场力做功为 0，由能量守恒可知，动能变化量也是 0，即无穷远处的速度为 2m/sOv v 所以 D 正确。 故选 BD 。 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、（1）C （2）g 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1） A．此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，所以 A 不准确； B．曲线的种类有双曲线、抛物线、三角函数曲线等多种，所以若 a﹣M 图象是曲线，不能断定曲线是双 曲线，即不能断定加速度与质量成反比，应画出 a﹣ 1 M 图象，故 B 错误； C．探究 “功与速度变化的关系 ”实验时，需要平衡摩擦力，方法是将木板带打点计时器的一端适当垫高， 这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响， 从而小车受到的合力即为绳子 的拉力，故 C 正确． （ 2）设小车质量为 m，钩码质量为 M ，则对小车有： Mg F Ma﹣ 对钩码有： F mg ma﹣ 联立解得： M ma g M m 将上式变形为： 1 1 m Ma gm M 可见当 M ? m 时，加速度 a 趋近于 g． 12、7.25 d/t 02 2 0 1 2g H t d 或 2gH 0t 02=d 2 【解析】 【详解】 (1)[1] 游标卡尺的主尺读数为 7mm ，游标读数为 0.05 ×5mm=0.25mm ，则小球的直径 d=7.25mm ． (2)[2] 根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小球在 B 处的瞬时速度 B dv t ＝ ； (3)[3] 小球下落过程中重力势能的减小量为 mgH 0，动能的增加量 2 2 0 1 1 ( ) 2 2k dE mv m t ＝ ＝ 若机械能守恒，有： 2 0 2 0 1 1 2 gH d t ＝ 即 02 2 0 1 2g H t d 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、 (1) 22 /a m s (2) 6 /Bv m s (3) 1.8x m 【解析】 【详解】 （ 1）在水平面上，根据牛顿第二定律可知： F-μmg=ma， 解得： 2 214 0.5 2 10 / 2 / 2 F mga m s m s m ＝ ＝ （ 2）有 M 到 B，根据速度位移公式可知： vB2＝2aL 解得： vB＝ 2 2 2 9aL＝ m/s=6m/s （ 3）在斜面上，根据牛顿第二定律可知： mgsinθ+μmgcosθ=ma′ 代入数据解得： a′=10m/s2 根据速度位移公式可知： 0 vB2＝2a′x 解得： x＝ 2 20 0 6 2 2 10 Bv a ＝ m＝1.8m 14、 (1)30N；(2)S＞0.8m ；(3)见解析 【解析】 【详解】 (1)设 B 滑到 A 的底端时速度为 v0，根据机械能守恒定律得 2 0 1 2 mgR mv 小球在圆弧底端合力提供向心力有 2 0 N vF mg m R 联立各式并代入数据得 v0＝ 6m/s；F N＝30N。根据牛顿第三定律可知滑块对圆弧底端的压力为 30N。 (2)设 AB 获得共同速度为 v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得 0 12 mmv m v 代入数据解得： v1=4m/s；对 A 应用动能定理得 2 1 1 0 2 2AB mmgS v 代入数据解得： S=0.8m，即保证 A 与平台相碰前 A、B 能够共速， S 应满足 S＞0.8m。 (3)设 B 到达卡口的速度 v2＝5m/s，B 将从平台右侧离开，此时 B 与 M 、N 的动摩擦因数为 μ1，由动能定 理得 2 2 1 2 1 1 1 2 2 FL mgL mv mv 解得： μ1=0.1，即 0＜ μ≤ 0.1，B 从卡口右侧离开，通过的路程 S1＝L ＝0.5m 如果 B 到达卡口的速度小于 5m/s，B 将被弹回，进入 NM 后做减速运动，到达 M 点速度恰好为零，设此 时的动摩擦因数为 μ2，则 2 2 1 12 0 2 mg L mv 解得 μ2=0.8 即 0.1＜ μ≤ 0.8， B 从 M 左侧离开，通过的路程 2 2 2 0.5m 1mS L＝ ＝ 如果 0.8＜μ＜ 1，B 经与卡口碰撞、往返多次后最终静止在 N 点，通过的路程 S3，由动能定理得 2 3 1 10 2 FL mgS mv 解得 S3＝1.3 μ（m） 15、 (i)v 1=v 2=1m/s(ii)0.05m(iii)0.5J 【解析】 【详解】 根据题意可知 L AD =40cm=0.4m ，宽 L AB =20cm=0.2m ，磁场宽度 d=10cm=0.1m 。 (i) 匀速运动受力平衡，根据平衡条件可得 1 AF F F 其中安培力为 2 2 1AB A AB B L vF BIL R 代入数据解得 1 1m/sv AB 边从磁场右侧离开磁场前，线框已经做匀速直线运动，速度大小为 v2，根据平衡条件可得 ' 1 AF F F 其中安培力为 2 2 ' 2' AB A AB B L vF BI L R 代入数据解得 2 1m/sv (ii) 从开始到 AB 边进入磁场过程中，根据动能定理可得 2 1 1 1 2 )(F F x mv 解得 0.05mx (iii) 在穿越磁场的过程中，根据动能定理可得 2 2 1 2 1 1 1( ) 2 2ADF F L d Q mv mv)( 解得 0.5JQ 。 2019-2020 高考物理模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、某理想变压器原、副线圈的匝数之比为 10:1 ，当输入电压增加 20V 时，输出电压（ ） A．增加 200V B．增加 2V C．降低 200V D．降低 2V 2、下图是 a、b 两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样，则（ ） A．在同种均匀介质中， a 光的传播速度比 b 光的大 B．从同种介质射入真空发生全反射时 a 光临界角大 C．照射在同一金属板上发生光电效应时， a 光的饱和电流大 D．若两光均由氢原子能级跃迁产生，产生 a 光的能级能量差大 3、关于原子、原子核的相关知识，下列说法正确的是（ ） A．当发生光电效应时，光电子的最大初动能随着入射光强度的增大而增大 B．当氢原子从 n=3 的能级跃迁到 n=5 的能级时，辐射出光子 C．核反应 27 4 30 13 2 15Al+ He P+X 方程中的 X 是中子 D．轻核聚变的过程质量增大，重核裂变的过程质量亏损 4、在两个边长为 L 的正方形区域内（包括四周的边界）有大小相等、方向相反的匀强磁场，磁感应强度 大小为 B 。一个质量为 m ，带电量为 q 的粒子从 F 点沿着 FE 的方向射入磁场，恰好从 C 点射出。则该 粒子速度大小为（ ） A． 2 BqL m B． BqL m C． 5 4 BqL m D． 5 2 BqL m 5、一质点静止在光滑水平面上， 先向右做初速度为零的匀加速直线运动， 加速度大小为 1a ，经过时间 t 后 加速度变为零；又运动时间 t 后，质点加速度方向变为向左，且大小为 2a ，再经过时间 t 后质点回到出发 点。以出发时刻为计时零点，则在这一过程中（ ） A． 2 13a a B．质点向右运动的最大位移为 2 2 8 5 a t C．质点回到出发点时的速度大小为 2 4 5 a t D．最后一个时间 t 内，质点的位移大小和路程之比为 3∶ 5 6、如下图所示，在自行车车轮的辐条上固定有一个小磁铁，前叉上相应位置处安装了小线圈，在车前进 车轮转动过程中线圈内会产生感应电流， 从垂直于纸面向里看， 下列 i-t 图像中正确的是 (逆时针方向为正 ) A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、如图，质量分别为 m A=2kg 、m B=4kg 的 A、 B 小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高 H=25m 处，两 球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的 0.5 倍，且最大静摩擦力 等于滑动摩擦力。两侧轻绳下端恰好触地，取 g=10m/s2，不计细绳与滑轮间的摩擦，则下列说法正确的是 ( ) A． A 与细绳间为滑动摩擦力， B 与细绳间为静摩擦力 B． A 比 B 先落地 C． A,B 落地时的动能分别为 400J、850J D．两球损失的机械能总量 250J 8、如图所示的直角三角形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出） ，其中∠ c=90 °、∠ a=60°， O 为斜边的中点， 分别带有正、 负电荷的粒子以相同的初速度从 O 点垂直 ab 边沿纸面进入匀强磁场区域， 两粒子刚好不能从磁场的 ac、bc 边界离开磁旸，忽略粒子的重力以及两粒子之间的相互作用。则下列说 法正确的是（ ） A．负电荷由 oa 之间离开磁场 B．正负电荷的轨道半径之比为 6 3 9 1 C．正负电荷的比荷之比为 2 3 3 9 D．正负电荷在磁场中运动的时间之比为 1：1 9、如图甲、乙所示，分别用恒力 F 1、F 2 先后将质量为 m 的物体，由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由底 端拉到顶端， 两次到达顶端的速度相同， 第一次力 F1 沿斜面向上， 第二次 F 2 水平向右。 则两个过程中 （ ） A．物体机械能变化量相同 B．物体与斜面摩擦生热相同 C． F1 做的功与 F2 做的功相同 D． F1 做功的功率比 F 2 做功的功率小 10、 “跳一跳 ”小游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边平台上 .如图所示的抛物线 为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，其最高点离平台的高度为 h，水平速度为 v；若质量为 m 的棋子在 运动过程中可视为质点，只受重力作用，重力加速度为 g，则 ( ) A．棋子从最高点落到平台上所需时间 t＝ B．若棋子在最高点的速度 v 变大，则其落到平台上的时间变长 C．棋子从最高点落到平台的过程中，重力势能减少 mgh D．棋子落到平台上的速度大小为 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、小明所在的课外活动小组在实验室测量导线的电阻率，他们在实验室选取了一段金属丝，经过讨论他 们进行了如下操作。 （ 1）先用刻度尺测量其长度如图 l 所示，该段金属丝的长度为 ___ cm 。 （ 2）接着他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤： （请填写第②步操作） ①将红、黑表笔分别插入多用电表的 “+”“-”插孔，选择电阻挡 “×l ”； ②____，调整欧姆调零旋钮， ____； ③把红、黑表笔分别与金属丝的两端相接，多用电表的示数如图 2 所示。 （ 3）根据多用电表示数，为了减小实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图 3 中的四个 电路中选择 ___电路来测量金属丝电阻，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片 P 移至最 __（填 “左 ”或 “右”） 端，多次测量求平均值后测得该金属丝的电阻为 5.2 Ω。 A． B． C． D． （ 4）他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图 4 所示，金属丝的直径为 ___mm 。 （ 5）根据以上数据可以计算出该金属丝的电阻率为 =____ Ω m（结果保留两位有效数字） 。 12、某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻。 A．待测干电池两节，每节电池电动势约为 1.5V，内阻约几欧姆 B．直流电压表 V1、 V 2，量程均为 3V ，内阻约为 3kΩ C 定值电阻 R 0未知 D．滑动变阻器 R，最大阻值 Rm E．导线和开关 (1)根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图 ______。 (2)实验之前， 需要利用该电路图测出定值电阻 R0，方法是先把滑动变阻器 R 调到最大阻值 R m，再闭合开 关，电压表 V 1 和 V2 的读数分别为 U10、U 20，则 R0=___________( 用 U m、U 10、U20、R m 表示 ) (3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表 V 1和 V 2 的多组数据 U1、U2，描绘出 U2-U1 图象如图丙所示， 图中直线斜率为 k ，与纵轴的截距为 a，则两节干电池的总电动势 E=___________ ，总内阻 r=___________( 用 k、a、R0 表示 )。 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、如图甲所示，直角坐标系 xOy 的第一象限内存在沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为 E，在第 四象限内有一半径为 R 的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁场的边界刚好与 x 轴相切于 A 点， A 点的坐标为 3 ,0R ，一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子在 A 点正上方的 P 点由静止释放， 粒子经电场加速后从 A 点进入磁场，经磁场偏转射出磁场后刚好经过坐标原点 O，匀强磁场的磁感应强 度大小为 B，不计粒子的重力，求： （ 1） P 点的坐标； （ 2）若在第三、四象限内、圆形区域外加上垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小也为 B， 如图乙所示，粒子释放的位置改为 A 点正上方 P 点处， P 点的坐标为 2 2 3 , 2 qB RR mE ，让粒子在 P 点 处由静止释放，粒子经电场加速后从 A 点进入磁场，在磁场中偏转后第一次出磁场时，交 x 轴于 C 点， 则 AC 间的距离为多少；粒子从 P 点到 C 点运动的时间为多少 . 14、如图所示，在竖直向下的恒定匀强磁场 B=2T 中有一光滑绝缘的四分之一圆轨道，一质量 m=3kg 的 金属导体 MN 长度为 L=0.5m ，垂直于轨道横截面水平放置，在导体中通入电流 I，使导体在安培力的作 用下以恒定的速率 v=1m/s 从 A 点运动到 C 点， g=10m/s2 求： (1)电流方向； (2)当金属导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为 θ=30 时，求电流的大小； (3)当金属导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为 θ=60 时，求安培力的瞬时功率 P。 15、如图所示， 光滑水平面上小球 A、B 分别以 1.2 /m s、 2.0 /m s 的速率相向运动， 碰撞后 B 球静止． 已 知碰撞时间为 0.05s，A 、B 的质量均为 0.2 .kg 求： 1 碰撞后 A 球的速度大小； 2 碰撞过程 A 对 B 平均作用力的大小． 参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、B 【解析】 【详解】 根据 1 1 2 2 U n U n 得 1 1 2 2 U n U n 即 2 20 10= 1U 解得 2=2VU 即输出电压增加 2V，故 B 正确， ACD 错误。 故选 B。 2、D 【解析】 【分析】 【详解】 A．由图可知 a 光的干涉条纹间距小于 b 光的，根据 Lx d 可知 a 的波长小于 b 的波长， a 光的频率大于 b 光的频率， a 光的折射率大于 b 光的折射率，则根据 cn v 可知在同种介质中传播时 a 光的传播速度较小， A 错误； B．根据 1sin C n 可知从同种介质中射入真空， a 光发生全反射的临界角小， B 错误； C．发生光电效应时饱和光电流与入射光的强度有关，故无法比较饱和光电流的大小， C 错误； D． a 光的频率较高，若两光均由氢原子能级跃迁产生，则产生 a 光的能级差大， D 正确。 故选 D。 【点睛】 此题考查了双缝干涉、全反射、光电效应以及玻尔理论等知识点；要知道双缝干涉中条纹间距的表达式 Lx d ，能从给定的图片中得到条纹间距的关系；要知道光的频率越大，折射率越大，全反射临界角越 小，波长越小，在介质中传播的速度越小． 3、C 【解析】 【分析】 【详解】 A．当发生光电效应时，光电子的最大初动能随着入射光频率的增大而增大，与光强无关，选项 A 错误； B．当氢原子从 n=3 的能级跃迁到 n=5 的能级时，要吸收出光子，选项 B 错误； C．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知， 核反应 27 4 30 13 2 15Al+ He P+X 方程中的 X 质量数为 1，电荷数 为 0，是中子，选项 C 正确； D．轻核聚变的过程和重核裂变的过程都要释放能量，有质量亏损，选项 D 错误。 故选 C。 4、C 【解析】 【分析】 【详解】 由题意分析可知粒子从 BE 中点 G 飞出左边磁场， 作 FG 的垂直平分线交 FA 的延长线于点 O，点 O 为圆 心，如图所示 根据几何知识，有 2 2 5 4 2 LFG L L FEG 与 FNO 相似，则有 5 5: : 4 2 2 LL r L 解得 5 4 r L 又因为 2vqvB m r 解得 5 4 BqLv m 故 C 正确， ABD 错误。 故选 C。 5、C 【解析】 【分析】 【详解】 A．以向右为正方向，由速度公式有 1 1v a t 由题意知 1 2 30 x x x 由位移公式得 2 1 1 1 2 x a t ， 2 1x v t ， 2 3 1 2 1 2 x v t a t 解得 2 15a a 故 A 错误； B．根据题意，作出质点运动的 v t 图象，如图所示， 设向右从 1v 减速到 0 所用的时间为 t ，则有 1 2v a t 又 1 1v a t 解得 1 5 t t 根据 v t图象的面积表示位移大小可知，质点向右运动的最大位移 2 1 1 1 1 1 1 1 8 2 2 5 5 x v t v t v t a t 故 B 错误； C．质点回到出发点时所用的时间为 4 5 t t t t 则对应的速度大小为 2 2 2 4 5 v a t a t 故 C 正确； D．最后一个时间 t 内，质点的位移大小为 2 1 2 1 3 2 x x x a t 路程 2 1 1 1 1 1 1 4 174 2 5 2 5 10 s a t t a t t a t 所以最后一个时间 t 内，质点的位移大小和路程之比为 15：17，故 D 错误。 故选 C。 6、D 【解析】 【详解】 磁铁靠近线圈时，线圈中向外的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场向里，根据安培定则 可知线圈中感应电流方向为顺时针方向（负方向） ；当磁铁离开线圈时，线圈中向外的磁通量减小，根据 楞次定律可知感应电流产生的磁场向外， 根据安培定则可知线圈中感应电流方向为逆时针方向 （正方向） ， ABC 错误， D 正确。 故选 D。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、ACD 【解析】 【详解】 A 项：由于 A、 B 两球对细绳的摩擦力必须等大，且 A、B 的质量不相等， A 球由静止释放后与细绳间为 滑动摩擦力， B 与细绳间为静摩擦力，故 A 正确； B 项： 对 A：m Ag-f A=m AaA ，对 B：m Bg-fB=m BaB，fA=f B，fA =0.5m Ag，联立解得： 25A ma s ， 27.5B ma s 设 A 球经 ts 与细绳分离，此时， A、B 下降的高度分别为 hA、h B，速度分别为 VA 、V B， 则有： 21 2A Ah a t ， 21 2B Bh a t ，H=h A +hB，V A=aA t，VB=aBt 联立解得： t=2s，hA =10m，h B=15m，V A=10m/s ， V B=15m/s， 分离后，对 A 经 t 1 落地，则有： 2 1 1 115 10 2 t gt ， 对 B 经 t2 落地， m 则有： 2 2 2 110 15 2 t gt 解得： 1 1t s ， 2 3 13 2 t s ，所以 b 先落地，故 B 错误； C 项： A 、B 落地时的动能分别为 E kA、 EkB，由机械能守恒，有： 21 ( ) 2kA A A A AE m v m g H h 21 ( ) 2kB B B B BE m v m g H h 代入数据得： EkA =400J 、EkB =850J，故 C 正确； D 项：两球损失的机械能总量为 △E，△E=（m A+m B）gH-E kA -E kB ，代入数据得： △E=250J ，故 D 正确。 故应选： ACD 。 【点睛】 解决本题的关键理清 A、B 两球在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知 道加速度是联系力学和运动学的桥梁。要注意明确 B 和绳之间的滑动摩擦力，而 A 和绳之间的为静摩擦 力，其大小等于 B 受绳的摩擦力。 8、BC 【解析】 【详解】 A．由左手定则可知，负电荷由 Ob 之间离开磁场区域，故 A 错误； B．作出两粒子的运动轨迹如图所示： 由几何关系，对负粒子： 2 13 2 r ab 则负粒子的轨道半径为： 2 1 6 r ab 对正粒子： 1 1 1 cos30 2 rr ab 解得正粒子的轨道半径为： 1 2 3 3 2 r ab 则正负粒子的轨道半径之比为： 1 2 6 3 9 1 r r 故 B 正确； D．正负粒子在磁场中运动的时间均为半个周期，由： 2 T rt v 可知，正负粒子在磁场中运动的时间之比为： 1 1 2 2 6 3 9 1 t r t r 故 D 错误； C．粒子在磁场中做圆周运动，则由： 2mvqvB r 可得： q v m Br 正负粒子的比荷之比与半径成反比，则正负粒子的比荷之比为 2 3 3 9 ，故 C 正确。 故选 BC 。 9、AD 【解析】 【分析】 【详解】 A．两个过程中，物体的末速度相同，动能相同，则动能的变化量相同，物体上升相同的高度，重力势能 变化量相同，所以物体的机械能变化量相同，故 A 正确； B．由图分析可知， 第一个物体所受的摩擦力小于第二个物体所受的摩擦力， 故两物体克服摩擦力做功不 同，故物体与斜面的摩擦力产热不相同，故 B 错误； C．根据动能定理得 21 0 2F fW mgh W mv 解得 21 2F fW mgh W mv 第一个物体所受的摩擦力小于第二个物体所受的摩擦力，故两物体克服摩擦力做功不同，重力做功相同， 则 F 1 做的功比 F 2 做的少，故 C 错误； D．根据 2 vx t 知 x、v 相同，则 t 相同，而 F 1 做的功小于 F 2 做的功，根据 WP t 可知 F 1 做功的功率比 F2 做功的功率小，故 D 正确。 故选 AD 。 10、AC 【解析】 【详解】 A、从最高点速度水平，只受重力做平抛运动，由 得： ； A 项正确 . B、下落时间只与竖直高度有关，与初速度 v 无关， B 项错误 . C、下落过程中，重力势能减少 mgh，C 项正确 . D、由机械能守恒定律： ，得： ， D 项错误 . 故选 AC. 【点睛】 斜上抛运动可以由运动的分解和运动的对称性分析 . 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、60.50（ 60.48～60.52 均可） 将红、黑表笔短接 使指针指向电阻刻度 “ 0”刻线 D 左 0.200 72.7 10 【解析】 【详解】 （ 1） [1] 毫米刻度尺的分度值为 0.1cm ，所以读数为： 70.50cm-10.00cm=60.50cm ； （ 2） [2][3] ②将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向表盘右侧的 “0”刻度线，即表盘中电阻 刻度 “0”刻线； （ 3） [4][5] 电阻为 x 5.2ΩR ，电流表的分压相对较为明显，所以电流表应采用外接法；为获得较大的电 压调节范围，滑动变阻器应选用分压式接法，所以选择电路 D，滑片 P 开始应调节至左端，使电压从 0 开 始调节； （ 4） [6] 螺旋测微器的精度为 0.01mm，所以读数为： 0+20.0 0.01mm 0.200mm； （ 5） [7] 根据电阻定律： x LR S 金属丝的横截面积： 21 4 S d 所以电阻率： 232 7x 3.14 5.2 0.200 10 Ω m 2.7 10 Ω m 4 4 0.605 R d L 。 12、 20 10 10 m U U R U 1 a k 0 1 kR k 【解析】 【详解】 （ 1）由实物图可知电路的连接方式，得出的实物图如图所示： （ 2）由图可知， V 2 测量 R0 与 R 两端的电压， V 1 测量 R 两端的电压，则 R0 两端的电压 U 20﹣U 10；由欧 姆定律可知： R0 20 10 20 10 10 10 m U U U U U U R R m ； （ 3）由闭合电路欧姆定律可知： E＝U 2 2 1 0 U U R r，变形得： 0 2 1 0 0 ER rU U R r R r ，结合图象有： 0 r k R r ， 0 0 ER a R r ，解得 ; 1 aE k , 0 1 kRr k 。 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、（ 1） 2 2 3 , 6 qB RR mE ；（2）2R； 3BR m E qB 【解析】 【详解】 （ 1）设 P 点的坐标为 3 ,R y ，粒子进磁场时的速度为 v1， 根据动能定理有 2 1 1 2 qEy mv 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设粒子做圆周运动的半径为 r 1，根据几何关系有 30AOO 则 1 1 3 sin30 rr R 求得 1 3 3 r R 由牛顿第二定律有 2 1 1 1 mvqv B r 求得 2 2 6 qB Ry mE 所以 P 点坐标为 2 2 3 , 6 qB RR mE （ 2）设粒子进磁场时的速度大小为 2v ，根据动能定理 2 2 1 2 qEy mv 设粒子在圆形区域内磁场中做圆周运动的半径为 r 2，根据牛顿第二定律 2 2 2 2 mvqv B r 求得 r 2=R 同理可知，粒子在圆形区域外磁场内做圆周运动的半径也为 R 根据几何关系，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示， 由几何关系可知， A 点到 C 点的距离 2ACx R 设粒子第一次在电场中运动的时间为 t 1，则 2 1 1 2 y v t 2 qBRv m 求得 1 BRt E 粒子在磁场中做圆周运动的周期 2 mT qB 粒子从 A 点到 C 点在磁场中运动的时间 2 3 3 2 mt T qB 因此粒子从 P 点到 C 点运动的时间 1 2 3BR mt t t E qB 14、 (1)M 指向 N；(2) 10 3AI ；(3) 15 3WP 【解析】 【分析】 【详解】 (1)从 A 到 C 的过程中对导体棒受力分析，安培力方向水中水平向左，根据左手定则可判断电流方向从 M 指向 N (2)因为金属导体 MN 做匀速圆周运动，由 sin cosmg F安 F BIL安 则 tanmgI BL 得 10 3AI (3)根据功率的计算公式可得 cos60 sin60P F v mgv安 得 15 3WP 15、 (1) ' 0.8 /Av m s (2) 8F N 【解析】 【分析】 【详解】 ① A、B 系统动量守恒，设 B 的运动方向为正方向 由动量守恒定律得 0 'B A Amv mv mv 解得 ' 0.8 /Av m s ； ②对 B，由动量定理得 0B BF t p mvV V ， 解得 8F N ； 2019-2020 高考物理模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、如图所示，水平地面上有一个由四块完全相同石块所组成拱形建筑，其截面为半圆环，石块的质量均 为 m。若石块接触面之间的摩擦忽略不计，则 P、Q 两部分石块之间的弹力为（ ） A． 2mg B． 2 2mg C． 2 2 mg D． 2 mg 2、如图所示，总阻值为 R 的正方形线框的左半侧处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向与线框平 面垂直，线框的对称轴 MN 恰与磁场边缘平齐。若第一次将线框从磁场中以恒定速度 v1 向右匀速拉出， 第二次以线速度 v2 让线框绕轴 MN 匀速转过 90°，下列说法正确的是（ ） A．第一次操作过程中线框产生的感应电流方向沿逆时针方向 B．两次操作过程中经过线框横截面的电量之比为 2∶ 1 C．若两次操作过程中线框产生的焦耳热相等，则 v1：v2=π：2 D．若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，则 v1： v2=2：π 3、如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木 P 在支撑点 M 、N 处受力的方向，下列说法正确的是 ( ) A． M 处受到的支持力竖直向上 B． N 处受到的支持力竖直向上 C． M 处受到的静摩擦力沿 MN 方向 D． N 处受到的静摩擦力沿水平方向 4、下列说法正确的是（ ） A．中子与质子结合成氘核时吸收能量 B．卢瑟福的 粒子散射实验证明了原子核是由质子和中子组成的 C．入射光照射到某金属表面发生光电效应，若仅减弱该光的强度，则不可能发生光电效应 D．根据玻尔理论，氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道，原子的能量减少，电子的动能增加 5、2019 年 4 月 20 日 22 时 41 分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第四十四 颗北斗导航卫星。它是北斗三号系统首颗倾斜地球同步轨道卫星，经过一系列在轨测试后，该卫星将与此 前发射的 18 颗中圆地球轨道卫星和 1 颗地球同步轨道卫星进行组网。已知中圆地球轨道卫星的轨道半径 是地球同步轨道卫星的半径的 1 n ，中圆地球轨道卫星轨道半径为地球半径的 k 倍， 地球表面的重力加速度 为 g，地球的自转周期为 T ，则中圆地球轨道卫星在轨运行的（ ） A．周期为 T n B．周期为 2 T n C．向心加速度大小为 2 g k D．向心加速度大小为 g k 6、如图所示，一个小球（视为质点）从 H＝12m 高处，由静止开始通过光滑弧形轨道 AB ，进入半径 R ＝ 4m 的竖直圆环，且与圆环间动摩擦因数处处相等，当到达环顶 C 时，刚好对轨道压力为零；沿 CB 圆 弧滑下后， 进入光滑弧形轨道 BD ，且到达高度为 h 的 D 点时的速度为零， 则 h 之值可能为 （取 g＝10 m/s2， 所有高度均相对 B 点而言） （ ） A． 12 m B．10 m C．8.5 m D． 7 m 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为 1:2，正弦交流电源输出的电压恒为 U=12V ，电阻 R1=1Ω， R2=2Ω，滑动变阻器 R3 最大阻值为 20Ω，滑片 P 处于中间位置，则（ ） A． R1 与 R2 消耗的电功率相等 B．通过 R1 的电流为 3A C．若向下移动 P，电源输出功率增大 D．若向上移动 P，电压表读数将变小 8、如图所示，一个斜面固定在水平面上，不计空气阻力。第一次将小物体从斜面顶端处以水平初速度 v 沿水平方向抛出， 落在斜面上的位置与斜面顶端的距离为斜面长度的 1 2 。第二次将小物体从斜面顶端以速 度 2v同方向水平抛出。若小物体碰撞斜面后不弹起，则小物体第一次与第二次在空中的运动过程（ ） A．时间之比为 1: 2 B．时间之比为 1: 2 C．竖直位移之比为 1: 4 D．竖直位移之比为 1: 2 9、如图所示， a、b、 c 是均匀媒质中 x 轴上的三个质点． ab、bc 两点间的距离分别为 6m、 10m．一列简 谐横波以 2m/s 的波速沿 x 轴正向传播， 在 t＝0 时刻到达质点 a 处，质点 a 由平衡位置开始竖直向下运动， t＝3s 时质点 a 第一次到达最大正位移处．则 ( ) A．当质点 a 向下运动时，质点 b 也向下运动 B．当质点 a 的加速度最大时，质点 b 的速度一定最大 C．当质点 a 完成 10 次全振动时，质点 c 完成 8 次全振动 D．当质点 a 第三次到达位移最大值位置时，波恰好传到质点 c 10、如图所示， 在某一峡谷的两侧存在与水平面成相同角度的山坡， 某人站在左侧山坡上的 P 点向对面的 山坡上水平抛出三个质量不等的石块，分别落在 A、B、C 三处，不计空气阻力， A、 C 两处在同一水平 面上，则下列说法正确的是 ( ) A．落到 A 、B、C 三处的石块落地速度方向相同 B．落到 A 、B 两处的石块落地速度方向相同 C．落到 B、C 两处的石块落地速度大小可能相同 D．落到 C 处的石块在空中运动的时间最长 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、某实验小组在 “测定金属丝电阻率 ”的实验中，为减小实验误差，选择了内阻已知的电流表，实验中电 阻两端电压从零开始调节。 (1)以下电路图符合上述要求的是 _______； (2)请根据所选电路图，完善以下实物图连接 ________。 (3)若电流表的内阻为 RA，金属丝的长度为 L ，直径为 d，实验中某次电压表、电流表的示数分别为 U、I ， 则该次实验金属丝电阻率的表达式为 =_________（用题中字母表示） 12、测量玩具遥控汽车的额定功率实验，简要步骤如下： A．测出小车质量为 0.6kg 。 B．在小车尾部系一条长纸带，让纸带穿过电源频率为 50Hz 的打点计时器。 C．使小车以额定功率沿水平面加速到最大速度，继续运行一段时间后关闭小车发动机，让其在水平面上 滑行直到停止。 D．取下纸带进行研究。测得的数据如图所示。 回答下列问题： (1)由纸带知遥控汽车的最大速度为 ____________，汽车滑行时的加速度为 ____________； (2)汽车滑行时的阻力为 ____________；其额定功率为 ____________。 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、如图所示，绝热容器中封闭一定质量的理想气体，现通过电热丝缓慢加热，当气体吸收热量 Q 时， 活塞恰好缓慢上移 H，已知活塞横截面积为 S，重量忽略不计，大气压强为 p0，求封闭气体内能增加量。 14、如图所示，矩形 PQMN 区域内有水平向左的匀强电场，电场强度大小为 E，已知 PQ 长度为 3L ，PN 长度为 L 。质量为 m、电量大小为 q 的带负电粒子以某一初速度从 P 点平行 PQ 射入匀强电场， 恰好从 M 点射出，不计粒子的重力，可能用到的三角函数值 sin30 °=0.5， sin37 °=0.6，sin45 °= 2 2 。 (1)求粒子入射速度 v0的大小； (2)若撤走矩形 PQMN 区域内的匀强电场，加上垂直纸面向里的匀强磁场。该粒子仍以相同的初速度从 P 点入射，也恰好从 M 点射出磁场。求匀强磁场磁感应强度 B 的大小和粒子在磁场中运动的时间 t。 15、如图所示，一水平放置的薄壁圆柱形容器内壁光滑，长为 L ，底面直径为 D，其右端中心处开有一圆 孔。质量一定的理想气体被活塞封闭在容器内，器壁导热良好，活塞可沿容器内壁自由滑动，其质量、厚 度均不计开始时气体温度为 300K ，活塞与容器底部相距 2 3 L ，现对气体缓慢加热，已知外界大气压强为 0p ，求温度为 600K 时气体的压强。 参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、A 【解析】 【详解】 对石块 P 受力分析如图 由几何关系知： 180 45 4 根据平衡条件得， Q 对 P 作用力为： 2 2 cos45 mgN mgo A 正确， BCD 错误。 故选 A。 2、D 【解析】 【分析】 【详解】 A．由右手定则可知，第一次操作过程中感应电流的方向为顺时针方向，选项 A 错误； B．由公式 q R 可知两次操作过程中经过线框横截面的电量相同，选项 B 错误； C．设线框的边长为 L ，若两次操作过程中线框产生的焦耳热相等，第一次将线框从磁场中以恒定速度 v1 向右匀速拉出 1 1E BLv 2 2 3 1 1 1 1 2 2 L BLv B L vQ R v R 第二次以线速度 v2 让线框转过 90° 2 2 2 2 BLvBSE 2 2 2 3 2 2 2 1 122 4 2 8 BLv L B L vQ R v R Q 1=Q 2 所以 1 2: : 4v v 选项 C 错误； D．若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等， 第一次将线框从磁场中以恒定速度 v1 向右匀速拉 出 1 1E BLv 第二次以线速度 v2 让线框转过 90° 2 2 2 2 1 2 1 12 24 2 BL L BLvE t v 1 2E E 得 1 2: 2:v v D 选项正确。 故选 D。 3、A 【解析】 M 处受到的支持力的方向与地面垂直向上，即竖直向上，故 A 正确； N 处受到的支持力的方向与原木 P 垂直向上，不是竖直向上，故 B 错误；原木相对于地有向左运动的趋势，则在 M 处受到的摩擦力沿地面 向右， 故 C 错误； 因原木 P 有沿原木向下的运动趋势， 所以 N 处受到的摩擦力沿 MN 方向， 故 D 错误． 故 选 A ． 4、D 【解析】 【分析】 【详解】 A．中子与质子结合成氘核的过程中有质量亏损，释放能量，故 A 错误； B．卢瑟福的 α粒子散射实验揭示了原子的核式结构模型，故 B 错误； C．根据光电效应方程知 0kmE h W 入射光的频率不变，若仅减弱该光的强度，则仍一定能发生光电效应，故 C 错误； D．电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，放出光子，总能量减小；根据 2 2 kQq vm r r 可知半径越小，动能越大，故 D 正确。 故选 D。 5、C 【解析】 【详解】 AB ．中圆地球轨道卫星和同步卫星均绕地球做匀速圆周运动，已知中圆地球轨道卫星的轨道半径是地球 同步轨道卫星的半径的 1 n ，地球的自转周期为 T，根据开普勒第三定律可知： 2 33 2 r TT r同步中圆 中圆 同步 解得 = TT n n中圆 故 AB 错误； CD ．物体在地球表面受到的重力等于万有引力，有 2 MmG mg R 中圆轨道卫星有 ' ' 2( ) GMm m a kR 解得 2 1a g k 故 C 正确， D 错误。 故选 C。 6、C 【解析】 【分析】 【详解】 从高度 12m 处到 C 点由动能定理 21( 2 ) 2fmg H R W mv ， 2mvmg R 可得 1 2fW mgR 从 C 点到 D 点由动能定理 2 f 1 2 ' ' 2 mv mg R W mgh 由于小球在圆环的相同高度处，下滑的速度比上滑的小，对轨道的压力更小，搜到的摩擦力更小，则摩擦 力做功 f 10 ' 2 W mgR 则 h 之值 8m ' 10mh 故选 C。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、BD 【解析】 【分析】 对理想变压器的原副线圈匝数之比等于原副线圈的电压之比，等于电流的倒数之比，据此进行分析。 【详解】 A 选项，理想变压器的原副线圈的匝数之比为 1:2，可知原副线圈的电流之比为 2:1，根据 2=P I R ，可知 1R 与 2R 消耗的电功率之比为 2:1，选项 A 错误； B 选项，设通过 1R 的电流为 I，则副线圈的电流为 0.5I，初级电压 1 12U IR I 根据匝数比可知次级电压为 2(12- )I 则 2 3 2(12- ) 1 12 0.5 2 m I R R I 解得 =3AI 选项 B 正确； CD 选项，若向下移动 P，则 3R 的电阻增大，次级电流变小初级电流也变小，根据 =P UI 可知电源输出功 率变小，电阻 1R 的电压变小，变压器输入电压变大，次级电压变大，电压表的读数变小，则选项 C 正确， D 错误。 故选 BD 。 8、AD 【解析】 【详解】 AB ．设斜面倾角为 ，长度为 L 。小物块以速度 v 平抛落在斜面上时位移关系有 2 1 1 1 1 1 2tan gty x vt 解得 1 2 tanvt g 则落点距斜面顶端距离 2 1 1 1 2 tan cos cos cos x vt vs g 若第二次落在斜面上，同理落点距斜面顶端 2 2 2 2 tan cos vs g 则有 2 14 2s s L 该距离大于斜面的长度 L ，则第二次抛出时落在水平面上。以速度 v 平抛时 1 1 12 sin2 sin2 Ly Lt g g g 以速度 2v 平抛落在水平面上时有 2 2 sinLt g 则有 1 2 1 2 t t 所以 A 正确， B 错误； CD ．第一次与第二次平抛的竖直位移之比为 1 2 1 sin 12 sin 2 Ly y L 所以 D 正确， C 错误。 故选 AD 。 9、BC 【解析】 在 t ＝0 时刻到达质点 a 处，质点 a 由平衡位置开始竖直向下运动， t＝3s 时质点 a 第一次到达最大正位移 处可知， 3 3 4 T ，所以 4T s ，波长 8vT m A、 B 项：由于 3 6 4abx m ，所以当质点 a 向下运动时， b 质点一定向上振动，当质点 a 的加速度最 大时，即处在波峰（或波谷）所以 b 质点处于平衡位置，即速度最大，故 A 错误， B 正确； C 项：当质点 a 完成 10 次全振动所用时间为 10 40T s ，波从 a 传到 c 所用的时间为 16 8 2 s s ，所以还 有 32s ，所以 b 刚好完成 8 次全振动，故 C 正确； D 项：当质点 a 第三次到达位移最大值位置所用的时间为 (3 2 4) 11t s s ，波从 a 传到 c 所用的时 间 16 8 2 s s ，故 D 错误． 10、BC 【解析】 试题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的 时间， 结合水平位移和时间比较初速度． 知道速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正 切值的 2 倍． 解： A 、因为速度方向与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍， A、B 两点的位 移方向相同，与落在 C 点的位移方向不同，所以 A 、B 两点的速度方向相同，与 C 点的速度方向不同， 故 A 错误， B 正确． C、落在 B 点的石块竖直分速度比 C 点竖直分速度大，但是 B 点的水平分速度比 C 点水平分速度小，根 据平行四边形定则可知，两点的速度大小可能相同，故 C 正确． D、高度决定平抛运动的时间，可知落在 B 点的石块运动时间最长．故 D 错误． 故选 BC ． 点评： 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律， 知道速度方向与水平方向夹角 的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍． 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、B 2 A π 4 d U R L I （ ） 【解析】 【详解】 (1)[1] 电阻两端电压从零开始调节，故选择分压式；电流表内阻已知，电流表选择内接法，选 B (2)[2] 接原理图连接实物图如图 (3)[3] 由实验原理得 A U R R I 由电阻定律得 LR S ，横截面积 2π 2 dS （ ），联立，可解得： 2 A π 4 d U R L I （ ） 12、1.00m/s －1.73m/s 1.04N 1.04W 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1][2] ．汽车的最大速度为 21 2 3 4.01 4.00 3.99 10 m/s=1.00m/s 3 6 0.02m x x xv T 纸带上最后 6 段对应汽车做关闭发动机做减速运动，加速度为 7 8 9 4 5 6 29 x x x x x xa T 2 2 2 2 3.25 2.97 2.60 4.00 3.81 3.52 10 m/s =-1.73m/s 9 0.04 (2)[3][4] ．根据牛顿第二定律得 f=ma=0.6 ×（-1.73）N≈-1.04N 当汽车匀速运动时，牵引力与阻力大小相等，即有 F=f 则汽车的额定功率为 P=Fv m=fv m=1.04 ×1W=1.04W 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、 0Q p SH 【解析】 【详解】 加热过程中气体做等压变化，封闭气体压强为 p＝p 0 气体对外做功为 W ＝p 0SH 由热力学第一定律知内能的增加量为 U＝Q﹣W＝Q﹣p 0SH 14、（ 1） 0 3 2 qELv m ；（2） 3 5 2 mEB qL ， 37 2 108 mLt qE 【解析】 【分析】 【详解】 (1)粒子做类平抛运动，有 qE ma 21 2 L at 03L v t 解得 0 3 2 qELv m (2) 洛伦磁力作为向心力，有 2 0 0 vqv B m r 由几何关系得 2 2 2(3 ) ( )r L r L 得 0 3 5 5 2 mv mEB qL qL 回旋角 3 3tan 4 L r L 又因为 0 2T v 360 t T 联立解得 37 2 108 mLt qE 15、 04 3 p 【解析】 【详解】 活塞移动时气体做等压变化，当刚至最右端时 0 2 3 LSV ， 0 300KT ； 1V LS ； 由盖萨克定律可知 0 1 0 1 V V T T 解得 1 450KT 活塞至最右端后，气体做等容变化； 1 450KT ； 1 0p p ； 2 600KT . 由查理定律有 1 2 1 2 p p T T 解得 0 2 4 3 pp 2019-2020 高考物理模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、如下图所示，光滑半圆槽质量为 M ，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰好位于 槽的边缘处 .若将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为 ( ) A．零 B．向右 C．向左 D．不能确定 2、如图所示为六根与水平面平行的导线的横截面示意图，导线分布在正六边形的六个角，导线所通电流 方向已在图中标出。 已知每条导线在 O 点磁感应强度大小为 0B ，则正六边形中心 O 处磁感应强度的大小 和方向（ ） A．大小为零 B．大小 02B ，方向沿 x 轴负方向 C．大小 04B ，方向沿 x 轴正方向 D．大小 04B ，方向沿 y 轴正方向 3、如图， S 是波源，振动频率为 100Hz ，产生的简谐横波向右传播，波速为 40m/s。波在传播过程中经过 P、 Q 两点，已知 P、 Q 的平衡位置之间相距 0.6m 。下列判断正确的是（ ） A． Q 点比 P 点晚半个周期开始振动 B．当 Q 点的位移最大时， P 点的位移最小 C． Q 点的运动方向与 P 点的运动方向可能相同 D．当 Q 点通过平衡位置时， P 点也通过平衡位置 4、物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学知识，推动物理学的发展．下列说法符合事 实的是（ ） A．英国物理学家卢瑟福第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念 B．法拉第最早在实验中观察到电流的磁效应现象，从而揭开了电磁学的序幕 C．爱因斯坦给出了光电效应方程，成功的解释了光电效应现象 D．法国学者库仑最先提出了电场概念，并通过实验得出了库仑定律 5、用波长为 187.5nm 的光照射阴极材料为钨的光电管，测量得到遏止电压为 2.09V。已知普朗克常量为 6.63 ×10-34J·s，真空中的光速为 3×108m/s，e=1.6 ×10-19C，氢原子能级示意图如图所示。保持反向电压为 2.09V，改用处于基态（ n=1）的氢原子激发后辐射出的光子照射，为了使光电流不为零，最少应给氢原子 提供的能量为（ ） A． 4.54eV B．6.63eV C．10.20eV D． 12.09eV 6、木星有很多卫星，已经确认的有 79 颗。其中木卫一绕木星运行的周期约为 1.769 天，其表面重力加速 度约为 21.8m/s ，木卫二绕木星运行的周期约为 3.551 天，其表面重力加速度约为 2 1.3m/s 。它们绕木星的 轨道近似为圆形。则两颗卫星相比（ ） A．木卫一距离木星表面远 B．木卫一的向心加速度大 C．木卫一的角速度小 D．木卫一的线速度小 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块 A、B、C，质量均为 m，B、C 之间用轻质 细绳连接．现用一水平恒力 F 作用在 C 上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在 某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是 A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小 B．若粘在 A 木块上面，绳的拉力减小， A 、B 间摩擦力不变 C．若粘在 B 木块上面，绳的拉力增大， A 、B 间摩擦力增大 D．若粘在 C 木块上面，绳的拉力和 A、B 间摩擦力都减小 8、如图所示为一列简谐横波在 t＝0 时的波形图，波沿 x 轴负方向传播，传播速度 v＝1m/s，则下列说法 正确的是 A．此时 x＝1.25m 处的质点正在做加速度增大的减速运动 B． x＝0.4m 处的质点比 x＝0.6 m 处的质点先回到平衡位置 C． x＝4m 处的质点再经过 1.5s 可运动到波峰位置 D． x＝2m 处的质点在做简谐运动，其振动方程为 y＝0.4sin π t (m) E. t ＝ 2s 的波形图与 t＝0 时的波形图重合 9、如图所示， 一个匝数 n=1000 匝、 边长 l=20cm 、电阻 r=1 Ω的正方形线圈， 在线圈内存在面积 S=0.03m 2 的匀强磁场区域，磁场方向垂直于线圈所在平面向里，磁感应强度大小 B 随时间 t 变化的规律是 B=0.15t （T ）。电阻 R 与电容器 C 并联后接在线圈两端，电阻 R=2Ω ，电容 C=30μF 。下列说法正确的是（ ） A．线圈中产生的感应电动势为 4.5V B．若 b 端电势为 0，则 a 端电势为 3V C．电容器所带电荷量为 1.2 ×10-4C D．稳定状态下电阻的发热功率为 4.5W 10、如图，有一截面为矩形有界匀强磁场区域 ABCD ，AB=3L ，BC=2L 在边界 AB 的中点上有一个粒子 源，沿与边界 AB 并指向 A 点方向发射各种不同速率的同种正粒子，不计粒子重力，当粒子速率为 v0 时， 粒子轨迹恰好与 AD 边界相切，则 （ ） A．速率小于 v0 的粒子全部从 CD 边界射出 B．当粒子速度满足 0 0 2 3 v v v 时，从 CD 边界射出 C．在 CD 边界上只有上半部分有粒子通过 D．当粒子速度小于 02 3 v 时，粒子从 BC 边界射出 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、图甲是一多用电表的简化电路图。其表头满偏电流 g 200μAI ，内阻 g 100ΩR ， 1 5Ω2.R ， 2 22.5ΩR ， 3 2980ΩR 。 甲 乙 (1)转换开关 S接入 __________（填 “ 1”“ 2”“ 3”“ 4”“ 5”或 “ 6”）端时， 测量电流的量程较大， 此时电流从 A 端 流 __________（填 “出”或 “入”）。 (2)当转换开关 S接入 “ 5”端时，多用电表的功能是测 __________（填 “电流 ”“电压 ”或 “电阻 ”），其量程为 __________。 (3)当转换开关 S接入 “ 3”端时，多用电表可以用来测电阻。测量之前，先进行欧姆调零，使指针偏转到 __________。图乙为某次测量电阻的刻度盘， 已知使用的倍率为 “× 1”，则待测电阻的阻值为 __________ Ω。 当换用 “×10”的倍率测较大电阻时，需要重新欧姆调零，与使用倍率 “×1”相比，多用电表的内阻变化了 __________。 12、某同学做 “验证力的平行四边形定则 ”的实验装置如图所示 ,其中 A 为固定橡皮条的图钉 ,O 为橡皮条与 细绳的结点 ,OB 和 OC 为细绳 .实验的主要的步骤有 : A．在桌上放一块方木板 ,在方木板上铺一张白纸 ,用图钉把白纸钉在方木板上 ; B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的 A 点 ,在橡皮条的另一端拴上两条细绳 ,细绳的另一端系着绳套 ; C．用两个弹簧测力计分别钩住绳套 ,互成角度地拉橡皮条 ,使橡皮条伸长 ,结点到达某一位置 O,记录下 O 点 的位置 ,读出两个弹簧测力计的示数 ; D．按选好的标度 ,用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力 F1 和 F 2 的图示 ,并用平行四边形定则求出合 力 F; E.只用一只弹簧测力计 ,通过细绳套拉橡皮条使其伸长 ,读出弹簧测力计的示数 ,记下细绳的方向 ,按同一标 度作出这个力 F′的图示 ; F.比较 F′和 F 的大小和方向 ,看它们是否相同 ,得出结论 . （ 1）上述步骤中 ,有重要遗漏的步骤的序号是 __________和 __________;( 填字母 ) （ 2）根据实验数据在白纸上所作图如图乙所示 ,已知实验过程中操作正确 . ①乙图中 F1、F2、F、F′四个力，其中力 __________(填上述字母 )不是由弹簧测力计直接测得的实验中 . ②丙图是测量中某一弹簧测力计的示数 ,读出该力大小为 __________N. 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、如图所示为柱状玻璃的横截面，圆弧 MPN 的圆心为 O点，半径为 R， OM 与 ON 的夹角为 90°。 P 为 ?MN 中点， 与 OP 平行的宽束平行光均匀射向 OM 侧面， 并进入玻璃， 其中射到 P 点的折射光线恰在 P 点发生全反射。 (i) 分析圆弧 MPN 上不能射出光的范围； (ii) 求该玻璃的折射率。 14、两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，两导轨间的距离为 L，导轨上垂直放置两根导体棒 a 和 b，俯视图如图甲所示。两根导体棒的质量均为 m，电阻均为 R，回路中其余部分的电阻不计，在整 个导轨平面内， 有磁感应强度大小为 B 的竖直向上的匀强磁场。 两导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无 摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为 x0，现给导体棒 a 一向右的初速度 v0，并开始计时，可得到如 图乙所示的 v t 图像（ v 表示两棒的相对速度，即 a bv v v ）。求： （ 1） 0～t 2 时间内回路产生的焦耳热； （ 2） t1 时刻棒 a 的加速度大小； （ 3） t2 时刻两棒之间的距离。 15、如图所示，在光滑绝缘的水平面上有两个质量均为 m 的滑块 A、 B，带电量分别为 + q 、+Q ，滑块 A 以某一初速度 v 从远处沿 AB 连线向静止的 B 运动， A、B 不会相碰。求：运动过程中， A 、B 组成的系 统动能的最小值 E k。 参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、A 【解析】对于系统来说，整体的动量守恒，系统的初动量为零，当小球滑到另一边的最高点时，小球和圆 槽具有共同的速度， 根据总动量守恒可知， 此时的速度都为零， 所以圆槽的速度为零， 所以 A 正确， BCD 错误．故选 A． 2、D 【解析】 【分析】 【详解】 根据磁场的叠加原理，将最右面电流向里的导线在 O 点产生的磁场与最左面电流向外的导线在 O 点产生 的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为 B 1； 同理，将左上方电流向外的导线在 O 点产生的磁场与右下方电流向里的导线在 O 点产生的磁场进行合成， 则这两根导线的合磁感应强度为 B 2； 将右上方电流向里的导线在 O 点产生的磁场与左下方电流向外的导线在 O 点产生的磁场进行合成，则这 两根导线的合磁感应强度为 B 3。 如图所示： 根据磁场叠加原理可知 1 2 3 02B B B B 由几何关系可知 B 2 与 B 3 的夹角为 120°，故将 B 2 与 B3 合成，则它们的合磁感应强度大小也为 2B0，方向 与 B 1 的方向相同，最后将其与 B 1 合成，可得正六边形中心处磁感应强度大小为 4 B0，方向沿 y 轴正方向 . 选项 D 正确， ABC 错误。 故选 D。 3、D 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据 v f 可知，波长 40 m 0.4m 100 v f 又 0.6m 1.5PQ 故 Q 点比 P 点晚 1.5 个周期开始振动， A 错误； BC．P、Q 两点的平衡位置距离是半个波长的奇数倍，故两者振动情况完全相反，即两点的运动方向始终 相反，当 Q 点的位移最大时， P 点的位移也最大，但两者方向相反， BC 错误； D、两点平衡位置距离是半个波长的奇数倍，所以当 Q 通过平衡位置时， P 点也通过平衡位置，但两者运 动方向相反， D 正确。 故选 D。 4、C 【解析】 【分析】 【详解】 玻尔第一次将量子观念引入原子领域， 提出了定态和跃迁的概念， 选项 A 错误； 奥斯特最早在实验中观察 到电流的磁效应现象，从而揭开了电磁学的序幕，选项 B 错误；爱因斯坦给出了光电效应方程，成功的解 释了光电效应现象，选项 C 正确；法拉第最先提出了电场概念，库伦通过实验得出了库仑定律，选项 D 错误；故选 C. 5、C 【解析】 【详解】 由光电效应方程 eUc=E Km =hγ-W 0⋯① 又 hγ0=W 0⋯ ② 又 hc＝ ⋯③ 由①②③式代入数据可得 hγ0=4.54eV 则光子的能量值最小为 4.54eV+2.09eV=6.63eV ，用处于基态（ n=1 ）的氢原子激发后辐射出的光子照射， 电子只需要从基态跃迁到 n=2 的能级即可，所以为了使光电流不为零，最少应给氢原子提供的能量 Emin =E 2-E 1=-3.40eV- （-13.60eV）=10.20eV ． 故 C 正确， ABD 错误。 故选 C。 6、B 【解析】 【详解】 A．两卫星绕木星（ M ）运动，有 2 2 2π( )MmG m r r T 得 3 2π rT GM 由题意知 1 2T T ，则 1 2r r 故 A 错误； BCD ．由万有引力提供向心力 2 2 2 Mm vG m m r ma r r 得 2 GMa r ， 3 GM r ， GMv r 得 1 2 1 2 1 2, ,a a v v 故 B 正确， CD 错误。 故选 B。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、AD 【解析】 A、因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有： F 3μmg μ mg 3 mm an n ，a 都将减小． A 正确； B、若粘在 A 木块上面，以 C 为研究对象，受 F、摩擦力 μ mg、绳子拉力 T ， F μmg T ma ，则得： T F μmg ma ，a 减小， F、μ mg不变，所以， T 增大，对 A： BAf ma ， a 减小，即 BAf 减小， B 错误； C、若粘在 B 木块上面， a 减小，以 A 为研究对象， m 不变，由 BAf ma 知， A 所受摩擦力减小，以 C 为研究对象， T F μmg ma ，T 增大，故 C 错误； D、若粘在 C 木块上面， a 减小，对 A 有： BAf ma ，可知 A 的摩擦力减小，以 AB 为整体，有 T 2μmg 2ma ，得： T 2μmg 2ma ，则 T 减小， D 正确； 故选 AD ． 8、ACE 【解析】 【详解】 A、波沿 x 轴负向传播，故此时 x＝1.25 m 处的质点向上运动，质点纵坐标大于零，故由质点运动远离平 衡位置可得：质点做加速度增大的减速运动，故 A 正确； B、由波沿 x 轴负向传播可得： x＝0.6 m 处的质点向平衡位置运动，故 x＝0.4 m 处的质点、 x＝0.6 m 处的 质点都向平衡位置运动， 且 x＝0.4 m 处的质点比 x＝0.6 m 处的质点距离远， 那么， x＝0.6m 处的质点比 x ＝ 0.4 m 处的质点先回到平衡位置，故 B 错误； C、由波沿 x 轴负向传播可得： x＝4 m 处的质点由平衡位置向下振动，故 x＝ 4 m 处的质点再经过 3 4 T 可 运动到波峰位置，又有波长 λ＝2m，波速 v＝1m/s ，所以，周期 T ＝2s，那么， x＝4 m 处的质点再经过 1.5 s 可运动到波峰位置，故 C 正确； D、由 C 可知： x＝2 m 处的质点在做简谐运动的周期 T ＝2s，又有振幅 A＝0.4m，t ＝0 时， 质点位移为零， 根据波沿 x 轴负向传播可知质点向下振动，故可得：振动方程为 y＝﹣ 0.4sin（πt）（m），故 D 错误； E、由 C 可知简谐波的周期 T＝ 2s，故经过 2s，波正好向前传播一个波长，波形重合，故 t＝2s的波形图 与 t ＝0 时的波形图重合，故 E 正确。 9、AD 【解析】 【详解】 A．根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势 1000 0.03 0.15V 4.5VBE n nS t t A 正确； B．电流 1.5AEI R r 电容器两端电势差 3VU IR 由楞次定律可判断感应电流方向为逆时针方向，即 a 端电势低、 b 端电势高，由于 b 端接地，故有 0Vb ， 3Va B 错误； C．电容器带电荷量 59 10 Cq CU C 错误； D．电阻的发热功率 2 4.5WP I R D 正确。 故选 AD 。 10、BC 【解析】 【详解】 ABC ．如图，由几何知识可知，与 AD 边界相切的轨迹半径为 1.5L ，与 CD 边界相切的轨迹半径为 L； 由半径公式： mvR qB 可知轨迹与 CD 边界相切的粒子速度为 02 3 v ，由此可知，仅满足 0 0 2 3 v v v 的粒 子从 CD 边界的 PD 间射出，选项 A 错误， BC 正确； D．由上述分析可知，速度小于 02 3 v 的粒子不能打出磁场，故选项 D 错误。 故选 BC. 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、1 入 电压 3V 欧姆表盘的零刻度处 10 135 【解析】 【详解】 (1)[1] 转换开关 S 接入 1 端，电流表与电阻 2R 串联后，与 1R 并联，且并联电阻阻值较小，则分流较大，故 转换开关 S应接入 1 端，电流表量程较大。 [2] 根据电流的 “红进黑出 ”结合内部电源可知电流应从 A端流入。 (2)[3] 当转换开关 S 接入 “ 5”端时，电流表与电阻串联，此多用电表为电压表。 [4] 量程为 g g g g g 3 1 2 3V I R U I R I R R R (3)[5] 调节欧姆调零旋钮应使指针偏转到欧姆表盘的零刻度线位置。 [6] 若倍率为 “× 1”，则待测电阻的阻值为 10 1Ω 10Ω。 [7] 多用电表的中值电阻即为内部电阻大小，倍率为 “× 1”时，多用电表的内阻为 15 1Ω 15Ω，倍率为 “× 10”时，多用电表的内阻为 15 10Ω 150Ω，则多用电表的内阻变化了 135Ω。 12、C E F′ 9.0 【解析】 【详解】 (1)[1][2]. 本实验为了验证力的平行四边形定则， 采用的方法是作力的图示法， 作出合力和理论值和实际值， 然后进行比较，得出结果．所以实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两 个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示．步骤 C 中未记下两条细绳的方向；步骤 E 中未说明把橡皮条 的结点拉到位置 O． (2)①[3].F 在 F 1 与 F2 组成的平行四边形的对角线上， 为实验的理论值， 用一个弹簧秤橡皮筋时， 其弹力一 定与橡皮筋共线，因此用弹簧秤直接测量值为 F′，所以 F 不是由弹簧秤直接测得的． ②[4].由图示测力计可知，其分度值为 1N，示数为 9.0N； 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、 (i) 分析过程见解析； (ii) 5n 【解析】 【详解】 (i) 光路图如图 从 OM 入射的各光线的入射角相等，由 sin sin rn i 知各处的折射角相等。各折射光线射至圆弧面 MPN 时 的入射角不同，其中 M 点最大。 P 点恰能全反射，则 PM 段均能全反射，无光线射出。 (ii) P 点全反射有 1sin n 相应的 Q 点折射有 sin 45 sin n 由几何关系知 45 解各式得 5n 14、 (1) 2 0 1 4 Q mv＝ ；(2) 2 2 0 8 B L va mR ＝ ；(3) 0 0 2 2 vmx L Rx B ＝ 【解析】 【分析】 【详解】 (1)t 2 时刻，两棒速度相等。由动量守恒定律 mv 0=mv+mv 由能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热 2 2 0 1 2 21 2 Q vvm m＝ 得 2 0 1 4 Q mv＝ (2)t 1 时刻 0 1 4a bv v v vV ＝ ＝ 回路中的电动势 0 1 4 E BL v BLv 此时棒 a 所受的安培力 2 20 0 1 4 2 8 BL v B L vF BIL BL R R 由牛顿第二定律可得，棒 a 的加速度 2 2 0 8 B L R a m vF m ＝ ＝ (3)t 2 时刻，两棒速度相同，由 (1)知 0 1 2 v v＝ 0-t 2 时间内，对棒 b，由动量定理，有 ∑ BiL△t＝mv-0 即 BqL=mv 得 0 2 mq L v B ＝ 又 0 2 2 2 ( ) 22 BL x xE B stq I t t t R R RR R V V VVV V V＝ ＝ ＝ ＝ 得 0 0 2 2 vmx L Rx B ＝ 15、 21 4 mv 【解析】 【分析】 【详解】 两滑块相距最近时，速度相同，系统总动能最小， 由动量守恒定律有： mv=2mv 共 所以系统的最小动能为： Ek = 2 21 12 2 4 m v mv共 2019-2020 高考物理模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1、2019 年 12 月 7 日 10 时 55 分，我国在太原卫星发射中心用 “快舟一号 ”甲运载火箭， 成功将 “吉林一号 ” 高分 02B 卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，绕地球做匀速圆周运动。已知地球质量为 M 、引力常 最为 G，卫星与地心的连线在时间 t（小于其运动周期）内扫过的面积为 S，则卫星绕地球运动的轨道半 径为（ ） A． 2 2 4S GMt B． 2S t GM C． 2 24 GMt S D． 2 t GM S 2、一质点静止在光滑水平面上， 先向右做初速度为零的匀加速直线运动， 加速度大小为 1a ，经过时间 t 后 加速度变为零；又运动时间 t 后，质点加速度方向变为向左，且大小为 2a ，再经过时间 t 后质点回到出发 点。以出发时刻为计时零点，则在这一过程中（ ） A． 2 13a a B．质点向右运动的最大位移为 2 2 8 5 a t C．质点回到出发点时的速度大小为 2 4 5 a t D．最后一个时间 t 内，质点的位移大小和路程之比为 3∶ 5 3、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作质点 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．她们在上升过程中机械能守恒 4、如图，水平放置的圆环形窄槽固定在桌面上，槽内有两个大小相同的小球 a、b，球 b 静止在槽中位置 P。球 a 以一定初速度沿槽运动，在位置 P 与球 b 发生弹性碰撞，碰后球 a 反弹，并在位置 Q 与球 b 再次 碰撞。已知∠ POQ= 90 ，忽略摩擦，且两小球可视为质点，则 a、b 两球质量之比为（ ） A． 3︰1 B．1︰ 3 C．5︰3 D． 3︰5 5、光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为 α的斜面 A，斜面质量为 M ，底边长为 L ，如图所示。将 一质量为 m 的可视为质点的滑块 B 从斜面的顶端由静止释放， 滑块 B 经过时间 t 刚好滑到斜面底端。 此 过程中斜面对滑块的支持力大小为 NF ，则下列说法中正确的是（ ） A． cosαNF mg B．滑块下滑过程中支持力对 B 的冲量大小为 cosαNF t C．滑块到达斜面底端时的动能为 tanαmgL D．此过程中斜面向左滑动的距离为 m L M m 6、长均为 L 的两根轻绳，一端共同系住质量为 m 的小球，另一端分别固定在等高的 A、 B 两点， A、B 两点间的距离也为 L ，重力加速度大小为 g。今使小球在竖直平面内以 A、B 连线为轴做圆周运动，若小 球在最高点速率为 v 时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为 2v 时，每根绳的拉力大小均 为（ ） A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7、如图所示是导轨式电磁炮的原理结构示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放炮弹。 炮弹可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。内阻为 r 可控电源提供的强大恒定电流从一根导 轨流入， 经过炮弹， 再从另一导轨流回电源， 炮弹被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。 在发射过程中， 该磁场在炮弹所在位置始终可以简化为磁感应强度为 B 的垂直平行轨道匀强磁场。 已知两导轨内侧间距 L ， 炮弹的质量 m，炮弹在导轨间的电阻为 R，若炮弹滑行 s 后获得的发射速度为 v。不计空气阻力，下列说 法正确的是（ ） A． a 为电源负极 B．电磁炮受到的安培力大小为 2mvF s C．可控电源的电动势是 ( ) 2 mv R rE sBL D．这一过程中系统消耗的总能量是 2 3 2 2 2 1 ( ) 2 2 m v R rmv sB L 8、如图所示，两导轨所构成的平面与水平面成 θ角，金属杆 ab、cd 的电阻均为 R，质量均为 m，沿与导 轨垂直的方向放置在导轨上，两金属杆与导轨构成回路。金属杆的长度与导轨间的距离相等，且为 L ，金 属杆 cd 通过跨过定滑轮的细绳与电动机相连。为了保证金属杆 ab 能在导轨上静止不动，金属杆 cd 需在 电动机的带动下沿导轨向上移动。整个空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，磁场的磁感应强度为 B，不 计一切摩擦阻力，下列各种判断中正确的是（ ） A．若磁场方向垂直导轨平面向下，则回路中电流方向为 a→ d→ c→ b→a B．金属杆 cd 沿导轨向上做匀速运动，速度大小 v= 2 2 2 sinmgR B L C．细绳的拉力 F=mgsin θ D．电动机的输出功率 P= 2 2 2 2 2 4 sinm g R B L 9、2018 年世界排球锦标赛上，中国女排姑娘们的顽强拼搏精神与完美配合给人留下了深刻的印象。某次 比赛中， 球员甲接队友的一个传球， 在网前 L ＝3.60 m 处起跳，在离地面高 H＝ 3.20 m 处将球以 v0＝12 m/s 的速度正对球网水平击出，对方球员乙刚好在进攻路线的网前，她可利用身体任何部位进行拦网阻击。假 设球员乙的直立和起跳拦网高度分别为 h 1＝2.50 m 和 h2＝2.95 m，g 取 10 m/s2.下列情景中，球员乙可能 拦网成功的是（ ） A．乙在网前直立不动 B．乙在甲击球时同时起跳离地 C．乙在甲击球后 0.18 s 起跳离地 D．乙在甲击球前 0.3 s 起跳离地 10、一列简谐横波，沿 x 轴正向传播，位于原点的质点的振动图象如图 1 所示；图 2 为该波在某一时刻的 波形图， A 点位于 x＝0.5 m 处。下列说法正确的是 _______ A．由图 1 可知，位于原点的质点振动的振幅是 16cm B．位于原点的质点振动的周期是 0.2s C．由图 1，在 t 等于 周期时，位于原点的质点离开平衡位置的位移为零 D．该波的传播速度是 20m/s E.由图 2 可知，经过 周期后， A 点离开平衡位置的位移是 -8cm。 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、(1)在 “研究平抛物体的运动 ”实验的装置如下左图所示，下列说法正确的是 _____ A．将斜槽的末端切线调成水平 B．将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行 C．斜槽轨道必须光滑 D．每次释放小球时的位置越高，实验效果越好 (2) 为了描出物体的运动轨迹，实验应有下列各个步骤： A．以 O 为原点，画出与 y 轴相垂直的水平轴 x 轴； B．把事先做的有缺口的纸片用手按在竖直木板上， 使由斜槽上滚下抛出的小球正好从纸片的缺口中通过， 用铅笔在白纸上描下小球穿过这个缺口的位置； C．每次都使小球由斜槽上固定的标卡位置开始滚下，用同样的方法描出小球经过的一系列位置，并用平 滑的曲线把它们连接起来，这样就描出了小球做平抛运动的轨迹； D．用图钉把白纸钉在竖直木板上，并在木板的左上角固定好斜槽； E．在斜槽末端抬高一个小球半径处定为 O 点，在白纸上把 O 点描下来，利用重垂线在白纸上画出过 O 点向下的竖直直线，定为 y 轴． 在上述实验中，缺少的步骤 F 是 ___________________________________________________ ， 正确的实验步骤顺序是 __________________． (3)如图所示，在 “研究平抛物体运动 ”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长 L=1.25cm ．若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的 a、 b、c、d 所示，则小球平抛的初速度的计算式 为 vo=_____ （用 L 、g 表示） ，其值是 _____（取 g=9.8m/s 2）． 12、为了测量一电压表 V 的内阻，某同学设计了如图 1 所示的电路。其中 V 0 是标准电压表， R0 和 R 分别 是滑动变阻器和电阻箱， S 和 S1 分别是单刀双掷开关和单刀开关， E 是电源。 (1)用笔画线代替导线，根据如图 1 所示的实验原理图将如图 2 所示的实物图连接完整 ______。 (2)实验步骤如下： ①将 S 拨向接点 1，接通 S1，调节 ___________，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时 ___________ 的读数 U； ②然后将 S拨向接点 2，保持 R 0不变，调节 ___________，使 ___________，记下此时 R 的读数； ③多次重复上述过程，计算 R 读数的 ___________ ，即为待测电压表内阻的测量值。 (3)实验测得电压表的阻值可能与真实值之间存在误差， 除偶然误差因素外， 还有哪些可能的原因， 请写出 其中一种可能的原因： ___________。 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、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 0T ，求： ①气体在状态 d 时的温度 ②气体从状态 a 到达状态 d 过程从外界吸收的热量 14、如图所示，半径为 R=0.5m ，内壁光滑的圆轨道竖直固定在水平地面上．圆轨道底端与地面相切，一 可视为质点的物块 A 以 0 6 /v m s的速度从左侧入口向右滑入圆轨道，滑过最高点 Q，从圆轨道右侧出 口滑出后，与静止在地面上 P 点的可视为质点的物块 B 碰撞（碰撞时间极短） ，P 点左侧地面光滑，右侧 粗糙段和光滑段交替排列，每段长度均为 L=0.1m ，两物块碰后粘在一起做直线运动．已知两物块与各粗 糙段间的动摩擦因数均为 0.1 ，物块 A 、B 的质量均为 1m kg ，重力加速度 g 取 210 /m s ． （ 1）求物块 A 到达 Q 点时的速度大小 v 和受到的弹力 F； （ 2）若两物块最终停止在第 k 个粗糙段上，求 k 的数值； （ 3）求两物块滑至第 n（ n3.2m-0.45m=2.75m ， 则可以拦住，故 B 正确； C．结合选项 B 的分析，乙在甲击球后 0.18s 起跳离地，初速度为 v=gt 1=10×0.3=3m/s 上升时间 t ′=0.12s时球到达乙位置，上升的高度为 ' 21 0.288m 2 h vt gtV ＝ ＝ 2.50m+0.288m=2.788m ＞2.75m ，可以拦网成功，故 C 正确； D．乙在甲击球前 0.3 s 起跳离地，因为乙在空中的时间为 0.6s；则当排球到达球网位置时，乙已经落地， 则不能拦网成功，选项 D 错误。 故选 BC 。 10、BCE 【解析】 【详解】 A. 振幅是质点偏离平衡位置的最大距离，由图 1 读出振幅 A=8cm ；故 A 错误 . B.质点完成一个全振动的时间叫做一个周期，从振动图象中可以看成周期 ；故 B 正确 . C.当 时，坐标原点的质点处在平衡位置向下运动，所以 y=0；故 C 正确 . D.从图 2 中可以看出波长 ，所以波速 ；故 D 错误 . E.经过半个周期后，处于波峰的 A 质点运动到波谷位置，则离开平衡位置的位移为 8cm，方向向下；故 E 正确 . 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、AB ； 调整斜槽使放在斜槽末端的小球可停留在任何位置，说明斜槽末端切线已水平； DFEABC ； 2 gl ； 0.7m/s 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1）将斜槽的末端切线调成水平，以保证小球做平抛运动，选项 A 正确；将木板校准到竖直方向，并使 木板平面与小球下落的竖直平面平行， 防止小球下落时碰到木板， 选项 B 正确； 斜槽轨道没必要必须光滑， 只要到达底端的速度相等即可，选项 C 错误；每次释放小球时的位置必须相同，并非越高实验效果越好， 选项 D 错误；故选 AB. （ 2）在上述实验中，缺少的步骤 F 是：调整斜槽使放在斜槽末端的小球可停留在任何位置，说明斜槽末 端切线已水平；正确的实验步骤顺序是 DFEABC ； （ 3）设相邻两点间的时间间隔为 T，竖直方向： 2L-L=gT 2，得到 lT g ， 水平方向： 0 2xv gl T ＝ ， 水平方向： v0=2× 9.8 0.0125 =0.7m/s． 【点睛】 关于平抛运动实验要掌握实验的注意事项、实验步骤、实验原理．平抛运动分解为：水平方向的匀速直线 运动，竖直方向的自由落体运动，尤其是注意应用匀变速直线运动规律解决平抛运动问题． 12、 0R 标准电压表 0V R 标准电压表 0V 仍为 U 平均 值 电阻箱阻值不连接，电流通过电阻发热导致电阻阻值发生变化，电源连续使用较长时间，电动势降 低，内阻增大等。 【解析】 【详解】 （ 1）电路连线如图； （ 2）①将 S 拨向接点 1，接通 S1，调节 R 0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电压表 V 0 的读数 U； ②然后将 S拨向接点 2，保持 R 0不变，调节 R，使标准电压表 V 0 仍为 U，记下此时 R 的读数； ③多次重复上述过程，计算 R 读数的平均值，即为待测电压表内阻的测量值。 （ 3）原因：电阻箱阻值不连续；电流通过电阻发热导致电阻阻值发生变化；电源连续使用较长时间，电 动势降低，内阻增大等。 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、 方程式和演算步骤。 13、① T d =3T 0 ② Q= 2kT 0﹢ 6p0V 0 【解析】 【分析】 由 a 到 d 气体发生等压变化，由盖吕萨克定律可以求出气体的温度；求出气体做的功，然后应用热力学第 一定律求出从外界吸收的热量； 【详解】 解：①状态 a 与状态 d 压强相等，由： a d a d V V T T 可得： 03dT T ② 依题意可知： 0aU kT ， 03dU kT 由热力学第一定律，有： d aU U Q W 其中： 0 ( )3 c bW p V V 联立可得： 0 0 02 6Q kT p V 14、（ 1）4m/s；102N，方向向下； （2） 45k （3） 2 1 2nv v gnL 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1）物块 A 滑入圆轨道到达 Q 的过程中机械能守恒，根据机械能守恒： 2 2 0 1 1 2 2 2 mv mv mgR ① 物块 A 做圆周运动： 2 N vF mg m R ② 由①②联立得： v 4m/s 102NNF 方向向下 ③ （ 2）在与 B 碰撞前，系统机械能守恒， A 和 B 在碰撞过程中动量守恒： 0 1A A Bm v m m v ④ A、 B 碰后向右滑动，由动能定理得： 2 1 10 2A B A Bm m gs m m v ⑤ 由④⑤联立得 4.5s m 所以 45sk L ； （ 3）碰后 A、B 滑至第 n 个光滑段上的速度 nv ，由动能定理得： 2 2 1 1 1 2 2A B A B n A Bm m gnL m m v m m v ⑥ 解得： 2 1 2nv v gnL 点睛：本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律及向心力等内容，要求我们能正确分析物理过程，做好受 力分析及能量分析；要注意能量的转化与守恒的灵活应用． 15、（ 1）1s;（2）不能 ; 1m 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1）设物块放到长木板上的瞬间加速度大小为 a ，物块相对长木板向左运动，对物块由牛顿第二定律得 mg ma 解得 22m/sa g 方向向右，物块放到长木板上后，先做匀加速直线运动，假设经过时间 t 与长木板具有共同的速度，由运 动学公式得 0a t v at 解得 1st 此时共同的速度 2m/sv a t （ 2）设物块与长木板具有共同的速度时，物块与长木板的位移分别为 1x 、 2x 对物块有 2 1 1 1m 2 x a t 对长木板有 2 2 0 1 3.5m 2 x v t at 此时，物块相对长木板向左移动的距离 2 1 2.5mx x x l 此后，物块和长木板均做匀减速直线运动，物块的加速度 22m/sa 方向向左， a 小于长木板的加速度 a ，因此，物块不能从长木板上滑下，直到两物体的速度均减为零， 从二者共速到停止的过程，对物块有 2 1 1m 2 vs a 对长木板有 2 2 2 m 2 3 vs a 则物块到长木板左端的距离 1 2 1md l x s s