2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力仿真模拟卷一

1、金版教程 大二轮物理（创新版）仿真模拟卷2020年普通高等学校招生全国统一考试 理科综合能力仿真模拟卷一物理部分第1卷（选择题，共48分）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选 项中，第1418题只有一项符合题目要求,第1921题有多项符合题目要求。 全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14.如图是氢原子的能级图，一个氢原子从n = 5能级直接跃迁到n=2能级, 则（）8 04 -0.853-1.5123.4113,6A.放出某一频率的光子B.放出一系列频率的光子C.吸收某一频率的光子D.吸收一系列频率的光子答案 A解析 由较高能级向较低能级跃迁

2、，放出光子的能量：hkEmEn, 一个氢 原子从n= 5能级直接跃迁到n = 2能级只能够放出某一频率的光子，A正确。15 .（2019广西钦少卜|三模）某空降兵从直升机上跳下，8 s后打开降落伞，并始 终保持竖直下落。在012 s内其下落速度随时间变化的v-t图象如图所示。则 （）A.空降兵在08 s内下落的高度为4v2B.空降兵（含降落伞）在08 s内所受阻力可能保持不变C.8 s时空降兵的速度方向改变，加速度方向保持不变D.812 s内，空降兵（含降落伞）所受合力逐渐减小答案 D解析 由v-t图象可知，v-t图象与t轴包围的面积表示位移，则空降兵在0 ，一、，一 18 s内下降的图度大于

3、 宠V2X8 = 4v2,故A错块；由v-t图象可知，在08 s内，v-t 图象的斜率越来越小，即加速度越来越小，由受力分析可得：mgf=ma,故所受 的阻力越来越大，B错误；由v-t图象可知，在8 s时，空降兵的速度开始减小，但 是方向不变，图象的斜率的正负发生了改变，可知加速度的方向发生了改变，变 为竖直向上，故C错误；812 s内，空降兵的加速度方向竖直向上，受力分析得： F合=ma,由图象可知，斜率越来越小，即空降兵的加速度越来越小，所以空降兵 （含降落伞）所受合力逐渐减小，D正确。16 .（2019福建宁彳t二模）2019年4月10日21时，人类首张黑洞照片在全球 六地的视界望远镜发

4、布会上同步发布。该黑洞半径为R,质量M和半径R的关系 2满足：M= 2G（其中c为光速，G为引力常量）。若天文学家观测到距黑洞中心距 离为r的大体以速度v绕该黑洞做匀速圆周运动，则（）、e 山 h 白，v2r A.该黑洞的质量为彳 2G、 m 口 , 2v2rB.该黑洞的质量为下 G、,.2v2rC.该黑洞的半径为2v2"v2rD.该黑洞的半径为22答案 C解析 天体受到黑洞的万有引力提供天体做圆周运动所需的向心力，则有：Mmv c B2q2R2核射出时的向心加速度大，A错误；Ekm = 2mvmi= 2ml ,因为气核的质量较小，则获得的动能和速度大，B正确，C错误；由"

5、=港="21日可知,气核动能增大，其偏转半径的增量要改变，D错误。 18.（2019湖南岳阳高三二模）如图甲为一种门后挂钩的照片，相邻挂钩之间 的距离为7 cm,图乙中斜挎包的宽度约为21 cm,在斜挎包的质量一定的条件下, 为了使悬挂时背包带受力最小，下列措施正确的是（）v2rGp=m7，得乂 =豆，故A、B错误；设黑洞的半径为 R,质量M和半径R的关系满足：M=E 联立解得R：2y,故C正确，D错误。 R 2Gc17 .（2019山东潍坊二模）中核集团研发的“超导质子回旋加速器”，能够将1一一 一. 一 质子加速至光速的2,促进了我国医疗事业的发展。若用如图所示的回旋加速器 分别

6、加速气、笊两种静止的原子核，不考虑加速过程中原子核质量的变化，以下 判断正确的是（）A.笊核射出时的向心加速度大B.气核获得的速度大C.笊核获得的动能大D.气核动能增大,其偏转半径的增量不变答案 B22 2cvm B q R 葭言，可知上2解析 由qvB=m詈得：速度vm = q-,向心加速度 rm甲乙A.随意挂在一个钩子上B.使背包带跨过两个挂钩C.使背包带跨过三个挂钩D.使背包带跨过四个挂钩答案 DQ根据平衡条件可得2Fcos4解析 设悬挂后背包带与竖直方向的夹角为mg;解得背包带的拉力F = 2忽在斜挎包的质量一定的条件下,为了使悬挂时 2cos背包带受力最小，则cosO最大，由于相邻挂

7、钩之间的距离为7 cm,图乙中斜挎包 的宽度约为21 cm,故使背包带跨过四个挂钩时 g 0, cos8= 1,此时背包带受力 最小，故D正确。19.（2019福建宁彳t二模）如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈, N为送电线圈。图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n,电阻为r,横截面积 为S, a、b两端连接车载变流装置，磁场平行于线圈轴线向上穿过线圈。下列说 法正确是（）A.当线圈N接入恒定电流时，不能为电动汽车充电B.当线圈N接入正弦式交变电流时，线圈M两端产生恒定电压C.当线圈M中的磁感应强度增加时，有电流从a端流出D.充电时，N时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加AB,则M两

8、端电压nS出At答案 AC解析当送电线圈N接入恒定电流时，产生的磁场不变化，受电线圈M中的磁通量不发生变化，故无法产生感应电流，不能为电动汽车充电，故A正确；当 线圈N接入正弦式交变电流时，受电线圈M中的磁通量按正弦式变化，故M两 端产生正弦式电压，B错误；穿过线圈M的磁感应强度增加，根据楞次定律，如 果线圈闭合，感应电流的磁通量向下，故感应电流方向从b向a,即电流从a端流 出，C正确；根据法拉第电磁感应定律,有：E=n=nS1,设受电线圈外接电 路的电阻为R,由闭合电路的欧姆定律得 M两端的电压：U = rR=：SRBR , D 错误。20.（2019湖南衡阳三模）如图所示，粗糙绝缘的水平面

9、附近存在一平行于水 平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势 小与坐标x的 关系如图中曲线所示，曲线过（0.1,4.5）和（0.15,3）两点，图中虚线为该曲线过点 （0.15,3）的切线。现有一质量为0.20 kg、电荷量为+ 2.0X10-8 C的滑块P（可视为 质点），从x=0.10 m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02,取重力加 速度g=10 m/s2。则下列说法中正确的是（）.r/iriA.滑块P运动过程中的电势能先减小后增大B.滑块P运动过程中的加速度先减小后增大C.x=0.15 m处的电场强度大小为 2.0X106 N/CD.滑块P运动的最大速度为0

10、.1 m/s答案 BCD解析 由电势小与位移x图线的斜率表示电场强度可知，电场方向未变，滑 块运动的过程中，电场力始终做正功，电势能逐渐减小，故A错误；电势小与位_5 AA3X 10移x图线的斜率表示电场强度，则x=0.15 m处的场强为：E=; = 03_015 V/m=2X 106 V/m =2.0X 106 N/C,此时滑块受到的电场力为：F = qE=2X108X2X106 N = 0.04 N,滑动摩擦力大小为：f=mg0.02X2 N = 0.04 N,在到达 x = 0.15 m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，到达x=0.15 m 后电场力小于摩擦力，做减速运动

11、，力口速度逐渐增大，故B、C正确；到达x=0.15一一11m时，滑块受到的电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，qUfx=2 mv2,因为0.10 m和0.15 m处的电势差大约为1.5X105 V,代入求解，可得最大速 度为0.1 m/s,故D正确。21.（2019贵州毕节二模）如图甲所示，两个弹性球A和B放在光滑的水平面 上处于静止状态，质量分别为m1和m2,其中m=1 kg。现给A球一个水平向右 的瞬时冲量，使A、B球发生弹性碰撞，以碰撞初始时刻为计时起点，两球的速度 随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知（）A.B球的质量m2=2 kgB.A球和B球在相互挤压过程中产生的最大

12、弹性势能为4.5 JC.t3时刻两球的动能之和小于 0时亥ij A球的动能D.在t2时刻两球动能之比为 EkA ： EkB = 1 ： 8答案 AD解析 A球和B球在碰撞过程中动量守恒,因此由miv = （mi + m2）v共，代入 题图所给数据有m2=2 kg, A正确；A球和B球在共速的时候弹性形变达到最大，1 c 1c 9 3J=3 J, B错误;,则0时亥【J A球 小球满足动量守广生的弹性势能取大，因此Epmax= 2m1v2 2（m1 + m2）v2一2 因为是弹性碰撞，两个小球组成的系统在分离前后没有能量损失 的动能与t3时刻两球动能之和相等，C错误；从碰撞到t2时刻,1cle

13、1恒止律和机械能守恒止律 ,因此有 mIv= mV1+m2V2, 2m1v2= 2m1v2 + 2m2v2,联 立解得V2 = 2 m/s, vi=- 1 m/s,故t2时刻两球的动能之比 EkA : EkB= 1 ： 8, D正 确。第R卷(非选择题，共62分)三、非选择题：共62分，第2225题为必考题，每个试题考生都必须作答。 第3334题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共47分。22.(2019成都高新区一模)(6分)某实验小组的同学用如图甲所示的装置测量 滑块与斜面间的动摩擦因数圈每次滑块都从斜面上由静止开始下滑，测出滑块每次下滑时遮光板到光电门所在位置的距离L及相应遮光时

14、间t的值。0510152()乙(1)用游标卡尺测量遮光板的宽度d,如图乙所示，则d=cm=(2)为测出滑块与斜面间的动摩擦因数出本实验还需要测出或知道的物理量是(K下例J序号)。A.滑块和遮光板的总质量mB.斜面的倾角9C.当地的重力加速度g(3)实验中测出了多组L和t的值，若要通过线性图象来处理数据求46,则应作出的图象为。1 。1一A.t2-L图象 B.t2-L图象C 1一 .CC.L2-图象 D.L2-t图象(4)在(3)作出的线性图象中，若直线的斜率为k,则关于小值的表达式为 严 。(可用以上物理量的符号表示), ,、d2答案(1)0.225 (2)BC (3)B (4)tan 9-2

15、kg金版教程 大二轮物理（创新版）解析(1)主尺示数为2 mm,游标尺上刻度线5和主尺上某一刻度对齐,所 以游标尺读数为：5X0.05 mm=0.25 mm,故所测宽度为：2 mm+0.25 mm=2.25 mm = 0.225 cm。(2)遮光板运动到光电门处滑块的速度v = ；，由动能定理有：(mgsin 81 21d 21gLsin 0 2v gLsin 0 2i2Rmcos肌= 2mv2,可得尸 gLcos0 = gLcos0=tan2gLcos912，故需要测量斜面倾角和当地的重力加速度，B、C正确。d2cd21 c 1 一，一由尸的-2gLC0S，可以得到：12 = 2gsinA3

16、se 口即或图象是1 .一条过原点的直线，可作12L线性图象处理数据求N值，B正确。.2.2(4)图象的斜率为k,则由k=-,解得 尸1an9-女工2g sin 9-os 92kgcos 923.(2019福建高中毕业班3月质检)(9分)某同学用内阻Rg=20。满偏电流Ig=5 mA的毫安表制作了一个简易欧姆表，电路如图甲，电阻刻度值尚未标注。甲 乙(1)该同学先测量图甲中电源的电动势 E,实验步骤如下：将两表笔短接，调节R。使毫安表指针满偏；将阻值为200。的电阻接在两表笔之问，此时毫安表指针位置如图乙所示该示数为 mA;计算得电源的电动势E =Vo(2)接着，他在电流刻度为5.00 mA的

17、位置标上0 Q,在电流亥U度为2.00 mA 的位置标上 Q并在其他位置标上相应的电阻刻度值。(3)该欧姆表用久后，电池老化造成电动势减小、内阻增大，但仍能进行欧姆 调零，则用其测得的电阻值 (M “大于” “等于”或“小于”)真实值。(4)为了减小电池老化造成的误差，该同学用一电压表对原电阻刻度值进行修正。将欧姆表的两表笔短接调节 R0使指针满偏；再将电压表接在两表笔之问， 此时电压表示数为1.16 V欧姆表示数为1200 Q则电压表的内阻为 Q 原电阻刻度值300。应修改为 Q答案 （1）3.001.5450 （3）大于（4）1160 290解析（1）由于毫安表的量程为5 mA,分度值为0

18、.1 mA,所以图乙中的示 数为 3.00 mA;E设欧姆表的内阻为R,由闭合电路欧姆定律得：满偏时，5.0X 10 3A=R, 接入 200。的电阻时，3.0X103 A= ° Ec 联立解得：R= 300 Q E=1.5 V。R十 200 L2（2）电流刻度为2.00 mA时的总电阻为R总=Q=750 Q所以此时2.00X 10外接电阻为（750 300）合450 Q（3）由闭合电路欧姆定律得：1 =3宗=三喔=5,由于电动势变小，则 R 十 Rx R 十 Rx / Rx1+RR=Eg变小，所以测同一电阻Rx时，电流1变小，所以电阻总的测量值变大，大于 真实值。欧姆表示数为120

19、0 Q由闭合电路欧姆定律得:1.53I = 1200+ 300 A=10 A,116一一 一.一所以电压表的内阻为Rv=13 Q= 1160 Q原电阻刻度值300 Q即欧姆表内阻R的大小，设电动势降为E'时，调零后的内阻为R',则E' =IgR。对于电压 表接入的闭合电路，有E' = U + IR',联立解得R'Ig I1.16 V_ 3_ 3 =5.0X 10 3 A-10 3 A290 Q故原300。电阻刻度应改为290 Q24.（2019福建泉少卜|二模）（12分）华裔科学家丁肇中负责的 AMS项目，是通过 “太空粒子探测器”探测高能宇宙射

20、线粒子，寻找反物质。某学习小组设想了一 个探测装置，截面图如图所示。其中辐射状加速电场的内、外边界为两个同心圆， 圆心为O,外圆电势为零，内圆电势 Q -45 V,内圆半径R=1.0 m。在内圆内有 磁感应强度大小B = 9X10 5 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场内有一圆形 接收器，圆心也在。点。假设射线粒子中有正电子，先被吸附在外圆上（初速度为 零），经电场加速后进入磁场，并被接收器接收。已知正电子质量m=9X 10 31 kg, 电荷量q=1.6X 10 19 C,不考虑粒子间的相互作用。求正电子在磁场中运动的速率 v和半径r；(2)若正电子恰好能被接收器接收，求接收器的半径R&#

21、39;答案(1)4X 106 m/s 0.25 m (2) 174- 1 m解析(1)电场内，内外边界的电势差大小为U = 0小=45 V,在加速正电子的过程中，根据动能定理可得qU=2mv2-0,代入数据解得v = 4X106 m/s, 正电子进入磁场做匀速圆周运动，由向心力公式可得：qvB=mv",解得 r = 0.25 m。(2)正电子在磁场中运动的轨迹如图所示，当正电子运动的轨迹与接收器相切时，正电子恰好能被接收器接收，由几何关系可得：R +r)2=r2+R2,解彳导R'm。诟 1金版教程 大二轮物理（创新版）25.(2019四川成者B二诊)(20分)用如图所示的装置

22、,可以模拟货车在水平路 面上的行驶，进而研究行驶过程中车厢里的货物运动情况。已知模拟小车(含遥控电动机)的质量M = 7 kg,车厢前、后壁间距L = 4 m,木板A的质量mA=1 kg,长 度La= 2 m,木板上可视为质点的物体B的质量mB=4 kg, A、B间的动摩擦因数 尸0.3,木板与车厢底部(水平)间的动摩擦因数 w=0.32, A、B紧靠车厢前壁。现 “司机”遥控小车从静止开始做匀加速直线运动，经过一定时间，A、B同时与车厢后壁碰撞。设小车运动过程中所受空气和地面总的阻力恒为F阻=16 N,重力加速度大小g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。后壁» 前空=|p

23、R(1)从小车启动到A、B与后壁碰撞的过程中，分别求A、B的加速度大小；(2)A、B与后壁碰撞前瞬间，求遥控电动机的输出功率；(3)若碰撞后瞬间，三者速度方向不变，小车的速率变为碰前的80%, A、B的 速率均变为碰前小车的速率，且“司机”立即关闭遥控电动机，求从开始运动到 A相对车静止的过程中，A与车之间由于摩擦产生的内能。答案 (1)4 m/s2 3 m/s2 (2)670 W (3)40 J解析(1)由题意，从小车启动到A、B与后壁碰撞的过程中，三者间有相对 滑动，三者受力如图所示，对 B: fAB= pnBg= 12 N由牛顿第二定律有：fAB= mBaB代入数据解得：aB=3 m/s

24、2,方向向前，做匀加速运动对 A: F 车 a= w(mA+mB)g= 16 N, fAB=fBA由牛顿第二定律：F车A fBA= mAaA代入数据解得：aA= 4 m/s2,方向向前，做匀加速运动。(2)A、B同时到达后壁，有sa sb = %At2gaBt2 = La121.2.且：s车一SB=2a 车t 2aBt =L解得：t=2 s, a 车=5 m/S2对车，由牛顿第二定律有：F 牵一w（mA+ mB）g F 阻=Ma 车解得：F牵=67 N电动机输出功率为P=F牵v碰撞前瞬间的车速为：v = a车t联立以上各式并代入数据解得：v=10 m/s,P = 670 W。碰撞后瞬间，v车=

25、0.8v=8 m/s, A、B的速率为v,因产出 所以碰后三者之间仍有相对滑动，三者受力如图所示，对B: aB' =aB = 3 m/s2,方向向后，做匀减速直线运动对A： aA' =aA = 4 m/s2,方向向后，做匀减速直线运动对车：F牵=5阻一Fa车=0,因此车做匀速直线运动v v设经时间t' , A与车相对静止，则：t' =vv-=0.5 sA与车间相对滑动的距离为：匣=sa' s车'=（vt' 2aA' t' 2）v 车't'得：bs= 0.5 mA相对车通过的总路程：As总=As+ 2A与车之

26、间由于摩擦产生的内能：E=F车a As总 代入数据解得：E = 40 Jo则按所（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做 做的第一题计分。33.物理一一选彳3 3（15分）（1）（2019广东高三月考）（5分）一定量的理想气体从状态a开始,经历三个过 程ab、bc、ca回到原状态，其p-V图象如图所示，由图象可知：a、b、c三个状 态中，状态的分子平均动能最小；b和c两个状态比较，b状态中容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数较 ;若经历ca过程气体 的内能减少了 20 J,则该过程气体放出的热量为 J（2）（2019南昌三模）（10分）农药喷雾器的原理如图所示，

27、储液筒与打气筒用 软细管相连，先在筒内装上药液，再拧紧筒盖并关闭阀门K,用打气筒给储液筒充气增大储液筒内的气压，然后再打开阀门，储液筒的液体就从喷雾头喷出。已 知储液筒容器为10 L（不计储液筒两端连接管体积），打气筒每打一次气能向储液 筒内压入空气200 mL,现在储液筒内装入8 L的药液后关紧筒盖和喷雾头阀门 K,再用打气筒给储液筒打气。（设周围大气压包为1个标准大气压，打气过程中 储液筒内气体温度与外界温度相同且保持不变）求：筒盖喷雾头厂H工打气筒储液筒要使储液筒内药液上方的气体压强达到3 atm,打气筒活塞需要循环工作的次数；打开喷雾头开关 K直至储液筒的内外气压相同，储液筒内剩余药液

28、的体 积。答案 (1)a多 120 (2)204 L解析（1）根据理想气体状态方程pV= C,可知a状态的p、V乘积最小，则温度最低，分子平均动能最小；b和c两个状态比较，p、V乘积相同,则温度相同,分 子平均速率相同，b状态压强较大，体积小，分子数密度较大，则b状态中容器壁 单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数较多；ca过程外界对气体做功：W= pAV=0.5X 10。（填正确答案标号。选对1个得2分，选又t 2个得4分，选又t 3个得5 分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）X（3 1）X 10 3 J=100 J；则由 AU = W+ Q 可得 Q=AU W= 20 J- 100 J

29、= 120 J,则该过程气体放出的热量为 120 Jo（2）设需打气的次数为n,每次打入的气体体积为V0,储液筒药液上方的气 体体积为V,则开始打气前：储液筒液体上方气体的压强： p1 = p0=1 atm,气体 的体积为：V1 = V+nV。打气完毕时，储液筒内药液上方的气体体积为：V2=V,压强为 p2 = 3 atm打气过程为等温变化，所以由玻意耳定律得：p1V1 = p2 V2代入数据解得：n = 20。打开喷雾头阀门K直至储液筒内外气压相同时，设储液筒上方气体的体 积为V3,此过程为等温变化，所以由玻意耳定律得：p3V3=p1V1,代入数据解得：V3 = 3V1 = 6 L所以喷出的药液的体积V' =V3V=4 L,剩余的药液的体积为8 L-4 L = 4 Lo34.物理一一选彳3 4（15分）（1）（2019江西九校重点中学协作体高三第一次联考）（5分）甲、乙两位同学利 用假期分别在两个地方做“用单摆测重力加速度的实验”，回来后共同绘制了T2-L图象，如图甲中A、B所示，此外甲同学还顺便利用其实验的单摆探究了受 迫振动，并绘制了单摆的共振曲线，