2020年陕西省高考物理模拟试卷

高考物理模拟试卷题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）在物理学中经常用物理量的变化量△D，与所用时间△t的比值，表示物理量的变化率。下列说法正确的是（）A.如果D表示路程，不变则物体匀速运动

B.如果D表示速度，不变则物体做匀变速直线运动

C.如果D表示动量，不变则物体受到的合外力恒定

D.如果D表示动能，不变则物体受到的合外力恒定关于原子学物理知识，下列说法正确的是（）A.升高放射性物质的温度，其半衰期变短

B.发生光电效应现象时，增大照射光的频率，光电子的最大初动能不变

C.NP发生β衰变说明NP原子核内有电子

D.轻核聚变为质量较大的原子核放出能量，新核的比结合能变大研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时。假设这种趋势会持续下去，地球的其它条件都不变，则未来与现在相比（）A.地球的第一宇宙速度变小 B.地球赤道处的重力加速度变小

C.地球同步卫星距地面的高度变小 D.地球同步卫星的线速度变小如图甲中L1、L2是规格为“6V，3W”的灯泡，a、b端接图乙所示的交变电压，调节电阻箱R为某一值时恰好能使两灯泡均正常发光。则（）

A.变压器原、副线圈匝数比为3：1

B.流过电阻箱的电流为1A

C.电压表示数为12V

D.若减小电阻箱连入电路的阻值，灯L2变亮如图所示，A、B是两个带电小球，质量相等，A球用绝缘细线悬挂于O点，A、B球用绝缘细线相连，两细线长度相等，整个装置处于水平向右的匀强电场中，平衡时B球恰好处于O点正下方，OA和AB绳中拉力大小分别为TOA和TAB​。则（）A.两球的带电量相等

B.TOA=2TAB

C.增大场强，B球上移，仍在O点正下方

D.增大场强，B球左移，在O点正下方的左侧

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）如图所示，圆为负点电荷形成的电场中的一等势线，圆关于x轴对称，与x轴的交点分别为a、b，x轴上另有c、d点，各点间的距离为ac=cd，为下列说法正确的是（）A.b点电场强度比c点电场强度大

B.b点的电势比c点电势高

C.各点间的电势差满足Udc＜Ucb

D.电子在a点的电势能比在c点的电势能低如图所示，质量为2kg的物体沿倾角为30°的固定斜面匀减速上滑了2m距离，物体加速度的大小为8，重力加速度取10，此过程中（）

A.物体的重力势能增加了40J B.物体的机械能减少了12J

C.物体的动能减少了32J D.系统内能增加12J如图所示，固定在同一水平面内的两平行长直金属导轨，间距为d，其左端用导线接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、大小为B的匀强磁场中。一质量为m的导体杆MN垂直于导轨放置，已知杆接入电路的电阻为R，导轨光滑，电阻不计。给杆一水平向右的初速度v0，杆与导轨始终保持良好接触。则杆减速到零的过程中（）A.杆运动的平均速度小于

B.M、N两点间的最大电势差为Bdv0

C.杆上产生的焦耳热为mv02

D.杆沿导轨运动的最大位移为下列说法正确的是（）A.零摄氏度的物体的内能为零

B.气体如果失去了容器的约束会散开，这是因为气体分子热运动的结果

C.温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同

D.理想气体，分子之间的引力、斥力依然同时存在，且分子力表现为斥力

E.浸润现象是分子间作用力引起的如图甲，介质中两个质点A和B的平衡位置距波源O的距离分别为1m和5m。图乙是波源做简谐运动的振动图象。波源振动形成的机械横波可沿图甲中x轴传播。已知、t=5s时刻，A质点第一次运动到y轴负方向最大位移处。下列判断正确的是（）

A.A质点的起振方向向上

B.该列机械波的波速为0.2m/s

C.该列机械波的波长为2m

D.t=11.5s时刻，B质点的速度方向沿y轴正方向

E.若将波源移至x=3m处，则A、B两质点同时开始振动，且振动情况完全相同三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）为探究质量一定情况下加速度a与外力F的关系，某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物质量改变滑块的牵引力，通过力传感器读出绳中拉力F；利用位移传感器测得滑块运动的加速度a；在轨道水平情况下实验得到的a-F图象如图（b）所示。

（1）为减小摩擦的影响应适当垫高木板的______（填“左端”或“右端”）

（2）由图可知，滑块和位移传感器发射部分的总质量m=______kg，滑块与轨道间的摩擦因数为______（g取10m/s2）

某同学要测定电阻约为200Ω的某圆柱形金属材料Rx的电阻率，实验室提供了以下器材：

电池组E（电动势6V，内阻忽略不计）

电流表（量程0-30mA，内阻约为100Ω）

电流表（量程0-600μA，内阻为2000Ω）

滑动变阻器R1（阻值范围0-10Ω，额定电流1A）

电阻箱R2（阻值范围0-9999Ω，额定电流1A）

开关S、导线若干

（1）先用螺旋测微器测出该金属材料截面的直径示数如图1所示，则直径为D=______mm，再用游标卡尺测出该金属材料的长度，示数如图2所示，则长度为L=______cm。

（2）将电流表与电阻箱串联，改装成一个量程为6.0V的电压表，则电阻箱接入电路的阻值为______Ω。

（3）在如图3所示的方框中画出实验电路图，注意在图中标明所用器材的代号。

（4）调节滑动变阻器滑片，测得多组电流表、的示数I1、I2，作出I2-I1象，如图4所示，求得图象的斜率为k=0.0205，则该金属材料的电阻Rx=______Ω．（结果保留3位有效数字）

（5）金属材料电阻率的测量值______（填“大于”“等于”或“小于”）它的真实值。四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）如图所示，物体A置于静止在光滑水平面上的平板小车B的左端，物体在A的上方O点用细线悬挂一小球C（可视为质点），线长L=0.8m，小车长0.8m。现将小球C拉至水平无初速度释放，并在最低点与物体A发生水平正碰，碰撞后小球C反弹的速度为2m/s。已知A、B、C的质量分别为mA=4kg，mB=2kg和mC=2kg，A、B间的动摩擦因数μ=0.2，A、C碰撞时间极短，且只碰一次取重力加速度g=10m/s2．求：

（1）细线对小球的最大拉力大小；

（2）物体A能否滑离小车，A在小车上相对运动的时间

如图所示，平面直角坐标系xOy平面内，第一象限内存在沿y轴方向的匀强电场；在第Ⅳ象限有垂直纸面向外的匀强磁场，质量为m、电量为q的带正电的粒子，从y轴上的（0、L）点沿平行x轴方向以初速度v0射入电场，粒子从x轴上的（2L、0）点射入磁场，不计粒子重力，求：

（1）电场强度的大小；

（2）为使粒子能回到电场中运动的匀强磁场磁感强度的最小值；

（3）在对应（2）的条件下，粒子第n次到达电场中的最高点的水平坐标值及经历的时间。

如图所示,内部带有加热装置的绝热气缸质量为M,用绝热活塞封闭一定质量的气体,用绳将活塞和气缸竖直悬挂在空中,气缸顶部有卡环,气缸内部长为2L,活塞质量为m、面积为S,开始气体温度为300K,活塞到缸底的距离为1.5L,加热电阻丝的电阻为R,启动后电流为I,气体缓慢升温,经时间t气体温度变为450K,大气压强为,重力加速度为g,活塞的厚度不计。求:

(1)当温度升高到360K时活塞到缸底的距离.(2)气体温度由300K升高到450K的过程中内能的增加量。

某种透明材料制成的空心球体外径是内径的2倍，其过球心的某截面（纸面内）如图所示。一束单色光（纸面内）从外球面上A点入射，入射角为45°时，光束经折射后恰好与内球面相切。

（i）求该透明材料的折射率；

（ii）欲使光束从A点入射后，恰好在内球面上发生全反射，则应将入射角变为多少度？

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A、若D表示某质点运动的路程，则表示速率，速率不变，质点的速度方向可能变化，不一定做匀速直线运动，故A错误。

B、若D表示某质点运动的速度，则表示加速度，恒定不变时，该质点的加速度不变，只能说明质点做匀变速运动，但可能是匀变速曲线运动，如平抛运动，故B错误；

C、若D表示某质点的动量，由动量定理得F合△t=△P，知==F合，所以越大，该质点所受的合外力越大，故C正确。

D、若D表示某质点的动能，△D表示动能的变化量，根据动能定理可知△D=W合，则=，表示所受合外力做功的功率，越大，该质点所受的合外力做功越快，而不是越多，故D错误。

故选：C。

根据题中各项中给出的D的意义进行分析，分析其变化率对应的意义即可答题。

解决本题的关键是知道当D表示不同的量时，明确出其变化率所表示的物理量，再根据条件判断是否变化即可求解。涉及动量变化量时可考虑动量定理。涉及动能变化量时可考虑动能定理。

2.【答案】D

【解析】解：A、原子核的半衰期不随温度的改变而改变，故A错误；

B、发生光电效应现象时，增大照射光的频率，根据光电效应方程光电子的最大初动能增大，故B错误；

C、发生β衰变是原子核内的一个中子转化为一个质子，放出了一个电子，并不能说明原子核内有电子，故C错误；

D、轻核聚变为质量较大的原子核放出能量，把新核拆分为核子需要的能量变大，故新核的比结合能变大，原子核更稳定，故D正确；

故选：D。

半衰期由原子核内部因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件没有关系；光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，与入射光的强度无光；β衰变的实质在于核内的中子转化成了一个质子和一个电子；轻核聚变反应后核子的比结合能增大，核子将发生质量亏损，释放结合能。

该题考查半衰期、光电效应的规律以及衰变、聚变等内容，涉及的知识点都是一些记忆性的知识点的内容，比较简单，多加积累即可。

3.【答案】D

【解析】解：AB、赤道上的物体受到的重力等于万有引力减去向心力，，因为T变大，向心力变小，故重力变大，即地球赤道处的重力加速度变大，由于地球的第一宇宙速度，就是近地卫星的运行速度，根据v=，可知，地球的第一宇宙速度变大，故AB错误。

C、地球同步卫星由万有引力提供圆周运动向心力，据，得，由此可知，地球自转在逐渐变慢，即同步卫星的周期T增大，轨道半径r增大，距地面的高度变大，故C错误。

D、万有引力提供圆周运动向心力，得，由此可知，轨道半径r变大，卫星的线速度变小，故D正确。

故选：D。

卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此分析地球自转周期的变化对速度和向心加速度的影响。

本题考查向心力公式及同步卫星的性质，要注意明确同步卫星的转动周期与地球的自转周期相同。

4.【答案】C

【解析】【分析】

由三只灯泡均正常发光，则可求得原副线圈的电压，求得匝数之比，由图象中的周期求得频率，各表的示数为有效值。

考查变压器的基本内容，明确电流电压与匝数的关系，电表的示数为有效值。

【解答】

解：

​A、两个灯泡均正常发光，则U2=6V，U1=U-U2=-6V=12V，则匝数之比为2：1，故A错误；

B、电流表的示数为有效值，每个灯泡的电流为：I1A=0.5A，

根据原副线圈电流之比与匝数成反比得副线圈中电流为：I2=2I1=1A，

则电阻箱中电流为：IR=I2-I1=1-0.5A=0.5A，故B错误；

C、电压表示数为：U1=12V，故C正确；

D、若减小电阻箱连入电路的阻值，则通过电阻箱电流增大，则通过副线圈和原线圈电流增大，灯泡L1两端电压增大，则原线圈电压减小，副线圈电压减小，灯L2变暗，故D错误；

故选：C。

5.【答案】C

【解析】【分析】

若两球带电量相等，整体受力分析可知，OA绳应竖直。

利用隔离法，对B进行受力分析，有TAB+F库=；利用整体法，对AB整体进行受力分析，有TOA=，可以推出TOA和TAB​之间的关系。

增大场强，同样用隔离法和整体法分别对B和AB整体进行受力分析，列出水平电场力和重力的关系，然后分析B的位置变化。

本题考查了库仑定律、共点力的平衡等知识点。合理利用整体法和隔离法是解决本题的关键。

【解答】

A.若两球带电量相等，整体受力分析可知，OA绳应竖直，故A错误；

B.取B和A、B整体为研究对象，AB绳与竖直方向夹角为α，则OA绳与竖直方向夹角为α，对B有TAB+F库=，对整体TOA=，故TOA=2TAB+2F库，故B错误；

CD.对B有tanα=，对整体tanα=，故增大E之后OA、AB与竖直方向夹角变大，且两夹角仍相等，故B球上移，仍在O点正下方，故C正确，D错误。

故选C。

6.【答案】AC

【解析】解：A、负点电荷形成的电场，a、b在同一等势面上点电荷在圆心处，根据点电荷场强公式可知：b点电场强度比c点电场强度大，A正确；

B、沿电场线方向电势逐渐降低，a点的电势比c点电势低。故b点的电势比c点电势低，B错误；

C、因ac=ad，且cd段各点场强均小于ac段各点场强。故Ucd＜Uac，因a，b在同一等势面上。故Udc＜Ucb，故C正确；

D、因φa＞φc，电子在a点的电势能比在c点的电势能高，D错误；

故选：AC。

电场方向与等势面的方向垂直；结合等势面的特点判断电场线的方向，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电势关系；电场线的疏密表示电场强度的相对大小。根据匀强电场中场强与电势差的关系U=Ed，定性分析电势差的关系。

该题考查负点电荷的电场特点，属于对基础知识的考查。关键在于明确电场线的性质，知道沿电场线的方向电势降低。

7.【答案】BCD

【解析】【分析】

本题关键是对物体受力分析后，根据牛顿第二定律求解出摩擦力，然后根据功能关系多次列式求解。

​对物体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解出摩擦力大小，然后根据功能关系列式求解。

【解答】

物体匀减速上滑了2m距离，上升的高度：△h=Lsin30°=2×0.5=1m

A.重力势能的增加量等于克服重力做的功，故△EP增=mg△h=2×10×1=20J，故A错误；

B.对物体受力分析，受重力、支持力、滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有

mgsin30°+f=ma

解得：f=ma-mgsin30°=6N

机械能变化量等于除重力外其余力做的功，故△E减=f•S=6N×2m=12J，故B正确；

C.根据动能定理，有△EK=W=-mg•△h-fS=-32J，故C正确；

D.物体减小的机械能转化为系统的内能，所以系统内能增加12J，故D正确。

故选BCD。

8.【答案】AD

【解析】解：A、杆切割磁感线产生的感应电动势：E=Bdv，

感应电流：I=，

金属杆受到的安培力：F=BId=，

金属的加速度：a=，

金属杆做减速运动，速度v逐渐减小，加速度a逐渐减小，

金属杆做加速度减小的减速运动，如果金属杆做匀减速直线运动，平均速度为，

由于金属杆做加速度减小的减速运动，金属杆的运动时间比做匀减速直线运动时间长，平均速度小于，故A正确；

B、最大感应电动势：Emax=Bdv0，M、N间的最大电势差：UMN==Bdv0，故B错误；

C、由能量守恒定律得：Q=，由串联电路特点可知：QR=Q杆，QR+Q杆=Q，解得：Q杆=，故C错误；

D、对金属杆，由动量定理得：-BIdt=0-mv0，其中：q=It，即：Bdq=mv0，

通过金属杆的电荷量：q=，

解得：x=，故D正确；

故选：AD。

应用E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出安培力，根据安培力的变化判断金属杆的运动性质，然后求出其平均速度；

应用能量守恒定律可以求出金属杆产生的焦耳热；应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律与电流定义式求出通过金属杆的电荷量，对金属杆应用动量定理可以求出其位移。

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

9.【答案】BCE

【解析】解：A、一切物体在任何温度下都具有内能，所以零摄氏度的物体仍然有内能。故A错误；

B、气体分子间的作用力很小，可以忽略不计，气体分子不停地做无规则运动，气体分子可以充满整个容器，如果没有约束，气体将散开，故B正确；

C、温度是分子的平均动能的标志，温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同；故C正确；

D、理想气体，分子之间的引力、斥力依然同时存在，但由于分子之间的距离较大，都可以忽略不计。故D错误；

E、浸润和不浸润现象是液体分子间相互作用的表现，与分子力有关。故E正确。

故选：BCE。

一切物体在任何温度下都具有内能；

气体分子间的作用力很小，可以忽略不计，气体分子不停地做无规则运动，气体分子可以充满整个容器，如果没有约束，气体将散开；

温度是分子的平均动能的标志；

理解分子力的变化特点与规律；

浸润和不浸润现象是液体分子间相互作用的表现。

该题考查的知识点比较多，加强对基本概念的记忆，是学好3-3的基本方法。要注意浸润和不浸润现象是液体分子间相互作用的表现。

10.【答案】ACE

【解析】解：A、由波源的振动图象可知，波源起振的方向为向上，则A质点的起振方向向上，故A正确；

B、由图象乙可知周期T=4s，已知t=5s时刻，A质点开始振动到第一次运动到y轴负方向最大位移处用时，则机械波从O点传到A点用时间为2s，则该列机械波的波速为，故B错误；

C、该列机械波的波长为λ=vT=0.5×4m=2m，故C正确；

D、振动传到B点的时间为，则t=11.5s时刻，B质点已经振动1.5s=，此时的速度方向沿y轴负方向，故D错误；

E、若将波源移至x=3m处，则A、B两质点距离振源的距离相等，则两质点同时开始振动，且振动情况完全相同，选项E正确；

故选：ACE。

根据图象乙可知振源起振方向，所有质点的起振方向都与振源相同；根据图象乙可知振动周期，结合t=5s时刻，A质点第一次运动到y轴负方向最大位移处可求波速；根据求解波长；比较时间与周期关系可判断质点的位置以及速度方向；

根据振动图象知周期和振幅，以及振动方向，根据波的图象能读出波长、位移、速度方向及大小变化情况，加速度方向及大小变化情况等，是应该具备的基本能力。本题的关键是充分利用t=5s时刻，A质点第一次运动到y轴负方向最大位移处，计算出波速。

11.【答案】左端

0.67

0.3

【解析】解：（1）为平衡摩擦力，可以适当垫高木板左端；

（2）根据牛顿第二定律有：F-μmg=ma

则a=F-μg

故a-F图象斜率k==，

故有：m=0.67kg。

图象的纵截距为-μg=-3，故摩擦因数μ≡0.3

故答案为：（1）左端；（2）0.67，0.3

知道滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数。

对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解。

通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系。

运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解。

12.【答案】（1）9.203；10.405；

（2）8000；

（3）电路图如图所示：​；

（4）209；

（5）等于。

【解析】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：9mm+20.3×0.01mm=9.203mm；

由图示游标卡尺可知，其示数为：104mm+1×0.05mm=104.05mm=10.405cm；

（2）把电流表改装成6V电压表需要串联电阻阻值为：R2=-RA2g=Ω-2000Ω=8000Ω；

（3）待测电阻阻值远大于滑动变阻器阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表电阻远大于待测电阻，电流表应选择外接法，实验电路图如图所示：

（4）由图示电路图可知：Rx=，

整理得：I2=I1

I2-I1图象的斜率：k==0.0205

代入数据解得：Rx=209Ω；

（5）由图示电路图可知，电阻两端电压与电流的测量值等于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值等于真实值；

故答案为：（1）9.203；10.405；（2）8000；（3）电路图如图所示；（4）209；（5）等于。

本题考查了螺旋测微器读数、电路分析、实验器材选择、求电阻与电阻率、实验误差分析等问题；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是分析电路错误的关键。

13.【答案】解：（1）球下摆过程机械能守恒，

由机械能守恒定律得：mCgL=，

在最低点，对小球，由牛顿第二定律得：T-mCg=mC，

代入数据解得：T=60N；

（2）A、C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：mCvC=-mCvC′+mAvA，

假设A没有离开B，A、B系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v，

由能量守恒定律得：，

代入数据解得：d=0.75m＜L车=0.8m，A没有滑离小车，

对A，由动量定理得：-μmAgt=mAv-mAvA，

代入数据解得：t=0.5s；

答：（1）细线对小球的最大拉力大小为60N；

（2）物体A能否滑离小车，A在小车上相对运动的时间为0.5s。

【解析】（1）对小球下落过程应用机械能守恒定律求出小球到达A时的速度，由牛顿第二定律求出小球对细线的拉力；

（2）A、C碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰撞后A的速度；应用动量守恒定律求出A的末速度，对A应用动量定理可以求出其滑行时间。

本题关键是根据动量守恒定律、动量定理、能量守恒列式求解，应用动量守恒解题时要注意选取合适的系统作为研究对象，判断是否符合动量守恒的条件，注意选取正方向。

14.【答案】解：（1）设P点坐标为（0、L），M点坐标为（2L、0），粒子从P点到M点，粒子做类平抛运动，由类平抛运动规律：

水平方向：2L=v0t

竖直方向：L=

由牛顿第二定律：a=

联立可得：E=；

（2）粒子运动轨迹如图：

粒子射入电场时沿y方向的速度vy=at=v0

射入磁场的速度v==

速度与x轴夹角为45°

粒子能够回到电场，磁感应强度的最小值为B0，根据几何关系可得：

R+Rsin45°=2L

根据洛伦兹力提供向心力可得qvB0=m

解得B0=；

（3）粒子进入电场后速度方向与x轴夹角仍为45°，水平分速度仍为v0，竖直分速度也为v0

在竖直分速度减为0时，竖直方向的位移y==L

此过程的水平位移x=v0t=2L

第1次通过最高点对应的水平坐标值为x1=2L+2L-R=4L-

第n次通过最高点对应的水平坐标值为xn=n（4L-）

一个周期内圆周运动的时间为t′=

完成一个周期运动的时间T=2t+t′

第n次通过最高点的时间为tn=n（2t+）=。

答：（1）电场强度的大小为；

（2）为使粒子能回到电场中运动的匀强磁场磁感强度的最小值为；

（3）在对应（2）的条件下，粒子第n次到达电场中的最高点的水平坐标值为n（4L-），经历的时间为。

【解析】（1）粒子从P点到M点，粒子做类平抛运动，由类平抛运动规律求解；

（2）求出粒子进入磁场时的速度，要使粒子能够回到电场，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力列方程求解；

（3）粒子进入电场后速度方向与x轴夹角仍为45°，水平分速度仍为v0，竖直分速度也为v0，求出在竖直分速度减为0时竖直方向的位移和水平位移，由此求出第1次通过最高点对应的水平坐标值和第n次通过最高点对应的