2020年高考物理模拟试卷

1、ip同步卫M轨逋立虬K2020年高考高三最新信息卷物理（九）注意事项：1、本试卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自 己的姓名、考生号填写在答题卡上。2、回答第I卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑， 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3、回答第n卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。二、选择题：本题共 8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第 1418题只有一个选 项符合题目要求。第 1921题有多选项符合题目要求。全部答对的得 6分，选对但不全的得 3分

2、, 有选错的得0分。14 .在粗糙水平面上，水平外力 F作用在物块上，t=0时刻物块开始向右做直线运动，外力F始终不为零，其速度一时间图象如图所示。则 （）r/fui-S-1）A.在01 s内，外力F不断增大B.在3 s时，物体开始向左运动C.在34 s内，外力F不断减小D.在34 s内，外力F的功率不断减小15 .如图所示，水平地面上放置一斜面体A,带正电的小物块 B置于A的绝缘斜面上。轻推一下B, B能沿斜面匀速下滑。 现在斜面顶端正上方 P点固定一带正电的点电荷， 让B从顶端向下运动, 此后（）一;FA. B物块做匀速直线运动B. B物块受到斜面 A对它的作用力大小不变C. B物块动能的

3、增加量小于电势能的减少量D.斜面体A受到地面水平向左的静摩擦力16 .图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用 寿命。图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向 绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1 :4。若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是（）A.站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动17 在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的16倍C.在图示轨道上，地球同步卫星的机械能大于“轨道康复者”的机械能D.若要对该同步卫星实施拯救，应让同步卫星从

4、图示轨道上减速，然后与“轨道康复者”对接18 .如图所示，A、B两滑块的质量分别为 4 kg和2 kg ,用一轻绳将两滑块相连后分别置于两 等高的光滑水平桌面上，并用手按着两滑块固定不动。现将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4 kg的钩码C挂于动滑轮上。现先后按以下两种方式操作： 第一种方式只释放 A而B按着不动; 第二种方式只释放 B而A按着不动。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为（）A. 1 : 1 B, 2 : 1 C, 3 : 2 D. 3 : 519 .如图所示，电源电动势E= 3 V,内阻不计，R、R、R为定值电阻，阻值分别为1 、0.5、9 Q , R、R为电阻箱，

5、最大阻值均为99.9 Q ,右侧竖直放置一个电容为1.5 X 10-3科F的理想平行板电容器，电容器板长0.2 m,板间距为0.125 m。一带电粒子以0.8 m/s的速度沿平行板中线进入，恰好匀速通过，不计空气阻力，此时R、R阻值分别为1.80、1 。下列说法正确的是（）无国,III1I 5H，2 4 a 丁 »*1A.此粒子带正电B.带电粒子匀速穿过电容器时，电容器的电荷量为2.7X10-9CC.欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板，R阻值不得超过5.7 QD.欲使粒子向下偏转但又不打到电容器的下板，R阻值不得低于l.4 Q19.某金属发生光电效应， 光电子的最大初动能 &am

6、p;与入射光频率Y之间的关系如图所示。 已知 h为普朗克常量，e为电子电荷量的绝对值，结合图象所给信息，下列说法正确的是（）A.频率小于Y 0的入射光不可能使该金属发生光电效应现象B.该金属的逸出功随入射光频率的增大而增大,一 ， h 0C.若用频率是2 Y 0的光照射该金属，则遏止电压为 eD.遏止电压与入射光的频率无关与圆环间的高度差为hio20.如图所示，两条足够长的平行金属导轨固定在水平面内,处于磁感应强度大小为Bb方向（1）由静止释放物块 A B,当物块B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上，此后，物块 B继续下竖直向下的匀强磁场中，两导轨间距为L,左端间接一电阻R,质量为m的金属杆a

7、b静置于导轨,落。如果忽略一切阻力，物块B穿过圆环后做直线运动。（填“匀速” “匀减速”或“匀加速”）杆与导轨间动摩擦因数为科。现给金属杆一个水平向右的冲量I 0,金属杆运动一段距离x后静止,（2）如果在实验误差允许的范围内，物块A B和金属片C组成的系统，在下落h1高度的过程中,运动过程中与导轨始终保持垂直且接触良好。不计杆和导轨的电阻，重力加速度为g。则金属杆ab金属片C减少的重力势能等于系统增加的动能，即可验证该系统机械能守恒。测得物块B穿过圆环在运动过程中（后下落h2高度所用时间为t ,当地的重力加速度为go则该系统机械能守恒的表达式X X XfaX X X X X - V（3）改变静

8、止释放物块 A、B的初始位置，重复试验，记录各次的高度差以及物块B穿过圆A.做匀减速直线运动环后下落相同高度 h2所用的时间t,以hi为纵轴，以1J（填“ t” “t2”或“乎”）为横轴，若B.杆中的电流大小逐渐减小，方向从b流向a作出的图线为一条过原点的直线，则说明了系统的机械能守恒。C._2 2B L I0,刚开始运动时加速度大小为- Jgm R23. （9分）某研究小组欲将电流表改装成欧姆表，他们在实验室中找到的器材如下:干电池E （电动势1.5 V ,内电阻0.1 ）电阻箱R （阻值范围为 0999 Q）D.I2,电阻R上消耗的电功为茄3mgx21.如图所示，竖直轨道 ABCCfc两部

9、分构成。ABfB分为光滑水平轨道,BCDB分为一半径为R的光滑半圆轨道,AB右端与半圆轨道的底端相切。一质量为m可看成质点的小滑块从 AB轨道的最电流表A （量程00.6 A，内阻1 Q）电阻箱R2 （阻值范围为0999.9 ）开关S定值电阻R= 3 a（1）如图1所示，电阻箱应选择。为了将电流表（图 2）白0 0.6 A标注为0 ，电阻V。=- 8gR向右滑行， 则当滑块滑到图中的C点位置时（cos 53 ° = 0.6）,则下列箱的阻值应调整为Q ,则0.2 A应标注左端A点处以速度（2）研究小组发现上述改装成的欧姆表测电阻阻值越大,值越大，指针偏转角也越大，请在方框内重新设计电

10、路。0.6图I图2I指针偏转角越小。为了能让测电阻的阻A. 12c小滑块在C点处的动能为?mgR24. （12分）近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。如图所示为某快递车间传送装置的简化B.小滑块在C点处的机械能为8mgR示意图，传送带右端与水平面相切，且保持v°=4 m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长L= 3C.21在C点处轨道对小滑块的压力大小为 -mg5现将一质量为0.4 kg的包裹A轻放在传送带左端,正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹A向前滑行了D.小滑块能通过最高点，且最高点轨道对小滑块的压力为3mg包裹A与传输带间的动摩擦系数为0.4 ,包裹A、第n卷（非选择题，共174

11、 分)求:三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须（1）包裹A在传送带上运动的时间;作答。第33题第40题为选考题，考生根据要求做答）（一）必考题（共129分）22. （6分）“阿特伍德机”是物理学家乔治？阿特伍德在1784年研制的一种验证运动定律的机（2）包裹B的质量。械。其基本结构为在跨过定滑轮的轻绳两端系着质量均为M的物块A和B,质量为m的金属片C放置在物块B上（不粘连）。铁架台上固定一圆环，圆环在物块B的正下方。系统静止时，金属片 C包裹A刚离开传输带时恰好与静止的包裹B发生0.1 m静止，包裹 B向前运动了 0.4 m静止。已知B与水平面间

12、的动摩擦因数均为0.5, g取10 m/s2。B.物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分了数目增多25. (20分)如图所示，为了研究带电粒子在电场和磁场中的运动，在空间中建立一平面直角坐标系xOy,在0<y<5l的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，在 x>0且y<0的区域内存在沿 y轴正 方向的匀强电场，在 y轴的正半轴上固定着一个长为 l的弹性绝缘挡板，挡板上端位于 Q点，下端 与坐标原点O重合。有一质量为 m电荷量为q的带正电的粒子甲从电场中的 M点由静止释放，加N点，速后以大小为 v的速度从x轴上的P点进入磁场。当粒子甲刚进入磁场时，位于M点正下方的，

13、一，4 3，4 ,1 d 一，一一，一有一质量为 簿 电荷量为1.5 q的带正电的粒子乙由静止释放，经过t0=2v时间加速后也从 P岚、井入磁场。已知甲、乙两粒子在磁场中运动轨迹重合，均垂直打在弹性挡板上的Q点并以原速率弹回，不考虑粒子与挡板发生碰撞所需的时间，不计粒子重力。(1)求磁场的磁感应强度大小 B;(2)求M P两点和N P两点间的距离y1和y2；(3)若粒子乙与弹性挡板相碰时，立即撤去磁场，并经过时间t恢复原磁场，要使此后两粒子一直在磁场中运动但不能经过同一位置，求时间t的取值范围。5，K B。尸_0T* N(二)选考题：共 45分。请考生从给出的 2道物理题、2道化学题、2道生物

14、题中每科任选一题作答。如果多做。则每学科按所做的第一题计分。33 .【物理选修 3-3】(15分)(1)(5分)下列说法中正确的是 。(填正确答案标号。选对 1个得2分，选对2个得4 分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)A.气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能C. 一定量100 C的水变成100 C的水蒸气，其分子平均动能增加D.物体从外界吸收热量，其内能不一定增加E.液晶的光学性质具有各向异性(2)(10分)如图所示，导热气缸由半径不同的两个圆柱形容器组成，气缸上部横截面积为 1.5 S,深度为0.5 L,下部横截面积为 S,深度为L,侧面有阀门C

15、, C处于打开状态。活塞上表面通过滑轮 与一水桶相连。关闭阀门后向水桶中缓慢加水，使活塞上升到距气缸上口0.3 L处停下。已知：大气压强为例，室温为T),重力加速度为g,不计一切摩擦，忽略水桶质量、活塞厚度及活塞质量。求：(i)加入桶中水的质量；(ii)将桶中的水取走一半，并对缸中气体缓慢加热，当活塞再次停于离气缸上口0.3 L处时，气体的温度。34 .【物理选修 3-4】(15分)(1)(5 分)如图所示，实线是一列简诸横波在 t1时刻的波形图，M是平衡位置距 O点5 m的质点, 虚线是t2=(h+0.2)s时刻的波形图。下列说法中，正确的是 。(填正确答案标号。选对 1个得2分，选对2个得

16、4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)八 y/cmA.该波遇到长度为 3米的障碍物时将会发生明显衍射现象35 波速可能为20 m/sC.该波的周期可能为 0.6 sD.若波速为35 m/s ,该波一定沿着 x轴负方向传播E.若波速为15 m/s ,从t1到t2时刻，质点 M运动的路程为60 cm(2)(10分)如图所示，ABE等腰直角三棱镜的截面图，/ A= 90°。一束平行于 BC边的单色光 从AB边上的M点射入，折射光线刚好射到 C点，已知三棱镜对该单色光的折射率为 盘,AB边的长 度为L。(i)求M点至iJ A点的距离；(ii)保持入射光线的方向不变，让入射点

17、沿AB边下移，使折射光线刚好射到BC边上的中点，求入射点沿AB边移动的距离，并判断折射光线在BC边上是否会发生全发射。B绝密 启用前若只释放滑块 B,设，t块B的加速度为3b,钩码C的加速度为ac?根据动滑轮的特征可知，在相同2020年局考局二最新信息卷的时间内，滑块B运动的位移是钩码的 2倍，所以滑块B、钩码之间的加速度之比也为 aB： ac?= 2 :1 ,此时设轻绳之间的张力为T?对于滑块B,由牛顿第二定律可知T ?= rb3b,对于钩码C由牛顿第二定律可得 mcg-2 T? =mac?,1418题只有一个选物理答案（九）二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第4

18、0. 20. 10I 二3b =3c "联立解得 3 n,3 m/s2,3 m/s2。则C在以上两种释放方项符合题目要求。第 1921题有多选项符合题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得 3分,式中获得的加速度之比为ac : a c?= 3 :5 ,故 D正确。14.【答案】D18.【答案】C有选错的得0分。【解析】 上极板与电源的正极相连，极板间电场方向向下，粒子所受的电场力方向向上，故粒R、R、R【解析】根据题意分析，设阻力为 f,根据牛顿第二定律匕根据图象分析，在 01 s子带负电，故 A错误；电容器与 R、R、R这部分电路并联，当粒子匀速穿过电容器时,s内加速度不变，所以

19、外力不变，C错误；外力功率结合选项C的分析，F不变，而3 4 s内加速度逐渐减小，所以外力F逐渐减小，A错误；根据题意分析，向右为正方向，3s前后速度始终为正值，始终是正方向，向右运动，B错误；根据牛顿第二定律 =吸 根据图象分析在3-4内速度减小，所以功率减小，D正确。这部分电路的总电阻为2，根据串联电路分压特点可得这部分的电压U0=2V,电容器的电荷量为 Q0=CU= 1.5 x 10 9X23X10 9C,故B错误；当粒子匀速穿过电容器时，有 qE0=mg粒子在电容t 0.2t ="-ttS = 0.25s器中的运动时间为 0 9。当粒子向上偏转且刚好经过上极板最右端时，在竖直

20、方向上，R b = t可彳导R、R、R这部分电路总电阻1所以欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板,15.【答案】C【解析】物块B下滑的过程中，R P距离越来越大，正电荷 P对正电荷B的库伦斥力是变力且越来越小，B做变加速运动，故 A错误；由于P对B的库伦斥力变小，所以这个库伦力在垂直于斜面的分力也减小，AB之间摩擦力也减小，所以 B对A的作用力也不断减小，故 B错误；根据题意，没有电荷P时，B沿斜面向下做匀速运动，根据动能定理：mghr W= 0,有电荷P时，B沿斜面做变加速运动，由动能定理：mg"W-Vf/ =& ,由于f' >f，所以W >W,因为电

21、势能的减小量等于电场力做功，联合可得物块动能的增加与电势能的减小量之差为：&-W=mghrW =W-W <0,则有: EkVWL,故C正确；把A、B看成一个整体，电荷 P对这个整体有沿斜向左下方的库伦斥力，故 A有 2,解得：a=2m/s2.由牛顿第二定律得 qE - mg= ma可得"，并可得叫仃降0.6= -n=。£4由此得R、R、R这部分电路总电压 U=2.4V,R的电压 5 = E- U=0.6V,电流2A%也岫=4门 R H =+ 71田 心/?I H" /?4 ir /fcv t r r ,，由“ ,由此算出R=5.7 Q ,R阻值不得超

22、过 5.7 Q ,故C正确；同理，粒子经过下极板最右端时的加速度a=2m/s2.电容器极板间电压 U2=1.6V,解得：R=0.69 ，故D错误。有向左的运动的趋势，斜面体 A有受到地面向右的静摩擦力,故 D错误。19.【答案】AC16.【答案】B【解析】由图象可知金属的极限频率为 Y 0,入射光的频率必须要大于Y 0才能发生光电效应现【解析】因“轨道康复者”的高度低于同步卫星的高度,可知其角速度大于同步卫星的角速度,象，选项A正确；金属的逸出功与入射光的频率无关，选项B错误；若用频率是 2丫 0的光照射该金也大于站在赤道上的观察者的角速度，则站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动，选项M

23、mGMG-=maa=万错误；由 丁 得： 丁，在图示轨道上，“轨道康复者”与地球同步卫星加速度之比为,u=属，则光电子的最大初动能为 % = 2MLM跖=小，则遏止电压为一E ,选项止电压与入射光的频率有关，入射光的频率越大，则最大初动能越大，遏制电压越大，选项C正确；遏D错误。% r2 42=-=16 a2 r/ I220.【答案】BD械能的关系，选项误。17.【答案】,故B正确；因“轨道康复者”与地球同步卫星的质量关系不确定，则不能比较机C错误；应让“轨道康复者”从图示轨道上加速，与同步卫星进行对接，故【解析】固定滑块B不动，释放滑块 A,设，f块A的加速度为3a,钩码C的加速度为3c,根

24、据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块A运动的位移是钩码 C的2倍，所以滑块 A、钩码C之间的加速度之比为 3a： ac=2:1。此时设轻绳之间的张力为 T,对于滑块 A由牛顿第二定律可知 T =ra3a,对于钩码 C由牛顿第二定律可得 ncg - 2T= mac,联立解得 T= 16 N, ac= 2 m/s2, 3a= 4 m/s2。5【解析】金属杆获得冲量Io后，速度 小，对金属杆应用右手定则分析可得电流方向是R2L2v受安培力方向向左，根据牛顿第二定律减小的减速直线运动, 哈九A错误，B正确；刚开始运动时,病“十"9,C错误；对金属棒应用动能定理:b 至1J a,B2L2v

25、出mg=血口B2L2v"ng = ma,所以杆做的是加速度克服安培力的功等于转2V2mg =mR ,解得v2= . gR12mv, 由动能定理可得：2由牛顿第二定律可得:W,- imgx 化给回路的电能即电阻消耗的电功，解得：女 功 ,D正确。21 .【答案】ACD【解析】设小滑块在B点的速度为vi,小滑块恰好通过最高点时有:12mvi = _2mgR_ D o D2,解得v1 =J5gR <J8gR ,故小滑块可通过最高点，通过1mv>2 -mv2 =-2mgR一最高点的速度由动能定理可得 22,解得v2 = j4gR ,设轨道对小滑块的压力为 N,N mg =mv2-

26、R ,解得N= 3mg故D正确。小滑块从 B点处滑到C点处时由1 m4=mgR1+cos53）+1mJv = J-24 gR机械能守恒定律得：22,解得小滑块到达C点时的速度为5 5,12 gRmv-小滑块在C点处的动能为 曰=5 ，故a正确；根据牛顿第二定律可得：mgos530 + N= R ,2j代入数据解得：N= 5 mg，故c正确；小滑块在运动过程中机械能守恒，在C点的机械能为L 12E =-mvb =4mgR2,故B错误。第n卷（非选择题，共 174分）三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第4b题为选考题，考生根据要求做答

27、）（一）必考题（共129分）22. （6 分）1 展1【答案】（1）匀速 （2分）（2）mgh=（2分） （3）”（2分）【解析】（1）因AB质量相同，则物块 B穿过圆环后做匀速直线运动。（2）由题意可知，系统 ABC减小的重力势能转化为系统白增加的动能，即为：mgl+MghMgh=11瓦12z(2 M+m)v ,即为：mgh=2 (2M+m)v；又 v=t四,2,得：mgh=(2M+m)( )2。1fit(2M 4- m)v2(2M + m)hj ii一.7(3)将 mgh=（2M+m）v2,变形后，则有：2mg 一2mqt2t2 *。因此以1为横轴;（2M十叫期由上式可知，作出的图线是一条

28、过原点的直线，直线的斜率： k="g23. （9 分）【答案】（1） R （2分）1.4 （2分）5 （2分）（2）如图所示（3分）-©I【解析】（1）根据欧姆定律，E= IgR总，R” r+R+R',联立可得 R' =1.4 Qo由于需要用到 b.1 故需选 R;由前面的分析可知，当 b.6 A标注为b Q时，电阻箱示数应为 1.4 Qo当电 流表示数为b.2 A时，E= Ig（r+R+R' +R）,可得 R=50。（2）要使所测电阻阻值越大，电流表示数越大，可采用并联接法，如图所示，定值电阻R为保护电阻。24. （12 分）【解析】（1）包裹A在

29、传送带滑行，由牛顿第二定律可得：（1分）假设包裹A离开传送带前就与传送带共速，由匀变速运动知识可得：% - 0 = 2口传1 （1分）解得：” =2m < <所以上述假设成立1 2加速过程：（1分）匀速过程：（1分）包裹A在传送带上运动的时间：:'（1分）联立解得：t = 1.25s（1分）（2）包裹A在水平面滑动时，由牛顿第二定律可得：电=加曲2 （1分）由式解得：同理可知包裹B在水平面滑动的加速度也是吗= 5m/M（1分）包裹A向前滑动至静止：°"/=-2%SN（1分）包裹B向前滑动至静止：口-母=-2%/1分）包裹A、B相碰前后系统动量守恒：小铲厂

30、皿心人+ m肝仃（1分）联立解得：（1分）25. （2b 分）【解析】（1）由于两粒子均垂直 x轴进入磁场且垂直打在弹性挡板上，由几何关系可知，两粒子 在磁场中做匀速圆周运动的半径r = l（1分）mv2（?vZ?=对于粒子甲在磁场中的运动，有（1分）mv mv B=p 解得：. （1分）（2）设粒子乙进入磁场时的速率为v',电场区域中电场强度的大小为E,对于粒子乙在磁场中3 mv'2寸口=的运动，有：（1分）v' 3Tri -= n 0 o ,由运动学规律可得：28（1分）粒子甲从M点运动到P点的过程中，由动能定理得:曲1=嬴'之（1分）33.【物理一一选修

31、3-3（15分）（5分）粒子乙从N点运动到P点的过程中，由动能定理得:【答案】BDE4,%印综上所述，时间t的取值范围为：R节-。（1分）（二）选考题：共 45分。请考生从给出的 2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选题作答。如果多做。则每学科按所做的第一题计分。联立上述两式可得:【解析】 气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱,而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散，故A错误；温度从微观角度看表7llUt0（0 = =81 = I X 3600 =0°粒子甲进入磁场后经过上"时间绕圆心o转过的角度：上花（1分）示了

32、大量分子无规则运动的剧烈程度，物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数 目增多，故B正确；一定量100 c的水变成100 c的水蒸气，因温度不变则分子平均动能不变，由于即粒子乙到达P点时，粒子甲恰好打在 Q点上据热力学第一定律可知其内能不一定增加，故D正确；液晶的光学性质具有晶体的各向异性，故 E吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大，C错误；物体从外界吸收热量，若同时对外做功，根nll=o77iO / 2Trt?r=：粒子乙从P点运动到Q点用时：36。3廿0分）在时间t1内，粒子甲绕圆心 Q转过的角度:叫02= x 360° = 60°上班（1分）（2）（10 分）【解析】（i）当活塞距气缸上口出己上时，气体的体积为：=S£+ L5叉"石设磁场撤去时，粒子甲位于C点，即“口iQi = W 此后两粒子均做匀速直线运动;由等温变化得：（2分）若磁场恢复后，两粒子运动轨迹恰好相切于G点，如图所示。设粒子甲、乙运动轨迹的圆心分别为Q、Q,磁场恢复时粒子甲、乙分别位于 F、D两点上，由几何关