2020届高考物理模拟点睛卷全国卷一

y、yy、y、y、y、丫和vD.hy42020届高考物理模拟点睛卷（全国卷）（一）1、〃子与氢原子核（质子）构成的原子称为〃氢原子（hydrogenmuonatom）,它在原子核的物理研究中有很重要作用。如图〃氢原子的能级示意图。假定光子能量为E的一束光照射容器中大量处于n=2能级的〃氢原子,〃氢原子吸收光子后，发出频率为的光，且依次增大，则E等于()TOC\o"1-5"\h\zff MV(5 - - --10124 •158.1\o"CurrentDocument"3 Ml2 -632.4\o"CurrentDocument"A.h(y-y) B.h(y+y) C.hv2、如图所示，一质量为m的滑块置于倾角0=30°，质量为M的直角三角形斜劈的底端，现通过一质量不计的细绳给滑块施加一方向沿斜面向上的拉力R大小为mg，使滑块沿斜面匀速上滑，整个过程中斜劈处于静止状态，若斜劈与滑块、斜劈与地面间的动摩擦因数均为〃，已知重力加速度大小为g。则（）A,斜劈对滑块的支持力大小为mgB,斜劈对滑块的作用力大小为mgC.动摩擦因数〃=0.5， ，，1D.水平面对斜劈的摩擦力大小为不mg3、如图所示,理想变压器原线圈接入正弦交流电,图中电压表和电流表均为理想交流电表,R1为定值电阻,R为负温度系数的热敏电阻（温度升高时阻值减小）,C为电容器.下列说法正确的2是（）

A.通过勺的电流为零B.滑片A.通过勺的电流为零B.滑片P向上滑动，电压表示数变大C.々处温度升高时，电压表的示数不变 D.减小电容器C的电容，电流表的示数变大4、宇宙空间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为L.忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心0做匀速圆周运动，引力常量为G.下列说法正确的是（）/。\人:*;A.每颗星做圆周运动的线速度为3—L3B.每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关C.若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍D.若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度变为原来的2倍5、如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从/点沿fd方向射入磁场区域,当速度大小为1时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为小当速度大小为V时,度大小为V时,从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为才，不计粒子重力。则（）ccB.v:v=2:1,t:t=1:2cj：y=2:1,t:t=2:1 d.y：y=1:2,t:t=1：26、甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动，两车从=0时刻开始计时的v-1图象如图所示。已知开始计时时乙车在甲车前％=6m处，且在t1=2s和12=6s时两车各相遇一次,则下列判断正确的是（）「以m-S-1）A.0〜6s内甲车的加速度大小是乙车的两倍B.t=0时乙车的速度大小为16m/sC.两车在运动过程中一定会相遇三次D.当乙车停止运动时，甲、乙两车仍相距6m7、如图所示，长为L的轻杆两端分别固定a,b金属球，两球质量均为m,a放在光滑的水平面上,b套在竖直固定光滑杆上且离地面高度为、3L,现将b从图示位置由静止释放,则（）2A.在b球落地前的整个过程中,a,b组成的系统水平方向上动量守恒TOC\o"1-5"\h\z一，一,、一、…L 3-1B.从开始到b球距地面高度为大的过程中,轻杆对a球做功为-——mgL\o"CurrentDocument"2 8,一，…「一…L 3C.从开始到b球距地面高度为w的过程中,轻杆对b球做功-——mgL28D.在b球落地的瞬间，重力对b球做功的功率为mg;<3gL8、如图甲所示，左侧接有定值电阻R=2Q的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=1T,导轨间距L=1m。一质量m=2kg,阻值r=2Q的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v-x图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数-0.2,则从起点发生x=1m位移的过程中（g=10m/s2）（）w/nt-a'1w/nt-a'1A.金属棒克服安培力做的功W1=0.25J B.金属棒克服摩擦力做的功W2=5JC.整个系统产生的总热量Q=4.25J D.拉力做的功W=9.25J9、关于“验证动量守恒定律”的实验，请完成下列的三个问题：1.如图所示，在做“验证动量守恒定律”的实验时,实验必须要求满足的条件是（）s-1 II II ! ' li否南印ET『疣的的az朔懒力「的F砌皱吸游施斯游就就妫0WPWA.斜槽轨道必须是光滑的B.斜槽轨道末端的切线是水平的C入射球每次都要从同一高度由静止滚下口.若入射小球质量为勺，被碰小球质量为m2，则m1m2.利用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.图中0点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时，先让入射球m多次从斜轨上的1S位置静止释放，找到其平均落地点的位置R测量出平抛的射程0P然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上的S位置由静止释放,与小球m2相碰，并且多次重复.接下来要完成的必要步骤是（）（填选项前的符号）A.用天平测量两个小球的质量m「m2B.测量小球m开始释放高度h1C.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到m、m相碰后平均落地点的位置M、N;测量平抛射程0M,0N.若两个小球相碰前后的动量守恒，其表达式可以表示为.［利用2中所测量的物理量表示］;若碰撞是弹性的碰撞，那么还应该满足的表达式应该为 .［利用2中所测量的物理量表示］.10、某课外活动小组利用铜片、锌片和橙汁制作了橙汁电池并利用所学知识设计电路测量该电池的电动势E和内阻厂。他们在一个玻璃器皿中放入橙汁，在橙汁中相隔一定距离插入铜片和锌片作为橙汁电池的正、负极。使用的器材有：A.毫安表（量程0〜3mA,内阻未知）；B.滑动变阻器R（最大阻值为500Q）;1C.电阻箱R2（阻值范围为0999.9Q）;D.开关和导线若干。该小组成员分析发现，由于毫安表的内阻未知,所以无法直接测量该橙汁电池的电动势和内阻,经过思考后，该小组设计了如图甲所示的电路，先测出该毫安表的内阻R、再测量橙汁电池的电动势E和内阻r。⑴请按照图甲所示的电路图，用笔画线代替导线，将图乙实物图中的滑动变阻器接入电路，要求当滑动变阻器的滑片滑到最右端时.滑动变阻器接入电路的阻值最大。图用 图乙 图内（2）该小组连接好电路后，首先对毫安表的内阻Rg进行测量，请完善测量步骤.①将滑动变阻器勺的滑片滑至最右端，断开开关s2，闭合开关s1；②滑动滑动变阻器R的滑片，使毫安表的指针达到满偏;1③保持不变，闭合开关s2,调节电阻箱R2的阻值，使毫安表的示数达到满偏电流的一半;④读出此时电阻箱R。的示数，即可求得毫安表的内阻R。2 g（3）该小组发现，当毫安表的电流达到满偏电流的一半时，电阻箱的示数为50.0Q,则毫安表的内阻Rg=Q,用此种方法测得的毫安表的内阻与其真实值相比，测量值 （填“大于”“小于”或“等于"）真实值。（4）该小组测得毫安表的内阻R之后，采用以下方法测量该橙汁电池的电动势E和内阻厂。首g先将电路中滑动变阻器的滑片移至最右端，然后多次改变电阻箱的阻值R得到了多组毫安表的电流I，根据测得的数据作出1--图象，如图丙所示，则该电源的电动势E=,内阻IRr=（结果均保留三位有效数字）11、如图所示，半径为0.2m的光滑四分之一圆弧面，质量为0.5kg的小球从静止开始从A点开始下滑，经过B点后落在与水平面成45。的斜面上的C点。求：（1）小球到达B点时速度为多大？（2）此时小球对圆弧的压力为多大？（3）小球的落点C与B的距离为多大?12、如图所示的坐标系内，以垂直于％轴的虚线PQ为分界线，左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，AC边有一挡板可吸收电子，AC长为d.右侧为偏转电场，两极板长度为d/2,间距为d.电场右侧的％轴上有足够长的荧光屏.现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点0沿y轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M点，M到下极板右端的距离为d/2，电子电荷量为e，质量为m，不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求：(1(1)电子通过磁场区域的时间t;7^77777777*"时 丁(2)偏转电场的电压U；(3)电子至少以多大速率从0点射出时才能打到荧光屏上.13、［物理——选修3-引1.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.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡(2)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Ap与气泡半径厂之间2。的关系为Ap=——，其中(=0.070N/m。现让水下10m处一半径为0.50cm的气泡缓慢上升，r已知大气压强p=1.0X105Pa，水的密度p=1.0X103kg/m3，重力加速度大小g=10m/s2。0(i)求在水下10m处气泡内外的压强差;(ii)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。14、［物理——选修3-4］⑴如图所示为半圆柱体玻璃砖的横截面，0D为直径，一束由a光和b光组成的复色光沿A0方向由真空从0D面射入玻璃，之后分成两束分别从B,C两点射出，其中从点射出的为a光，从C点射出的为b光。则下列说法正确的是A.从B点射出玻璃砖的a光的频率较小B.在玻璃砖中，b光的传播速度一定大于a光的传播速度C.a光和b光在玻璃砖中的传播时间相等D.将a光和b光通过相同的双缝干涉装置，b光的干涉条纹间距较小E.若将a光和b光分别放在水面足够大的池塘底部同一位置，则b光照亮的水面区域大(2)甲、乙两列简谐横波分别沿％轴负方向和正方向传播，两波源分别位于％=0.9m处和%=-0.6m处，两列波的波速大小相等，波源的振幅均为2cm,两列波在仁0时刻的波形如图所示，此时平衡位置在％=-0.2m和％=0.1m处的P,Q两质点刚要开始振动。质点M位于％=0.3m处，已知甲波的周期为0.8s，求：1r/rni⑴乙波传播到M质点所需要的时间；(ii)在0〜0.5S时间内,M质点沿y轴正方向位移最大的时刻。答案以及解析1答案及解析：答案：C解析：由能级跃迁知识及题意可知，处于n=2能级的R氢原子吸收能量为E的光子后，发出6种频率的光，说明〃氢原子是从n=4能级跃迁的，而彳、v「v3、v/v5和v6频率依次增大，说明n=4跃迁到n=2时，辐射能量为hv「C项正确，A、B、D三项错误。2答案及解析：答案：B解析：斜劈对滑块的支持力大小为mgcos30o=3mmg，选项A错误；滑块处于平衡状态，重力与拉力夹角为120°，重力与拉力合力为mg，则斜劈对滑块的作用力与重力和拉力合力等大反向，则斜劈对滑块的作用力大小为mg，选项B正确；根据F=mg=mgsin30o+rmgcos30o，解得u=等，选项C错误；对滑块和斜劈的整体，水平方向：Fcos30o=/，解得f=3mmg，选项D错误；故选B.3答案及解析：答案：C解析：A.交流电是可以通过电容器的，通过勺的电流不为零，故A错误；B.滑片P向上滑动，原线圈匝数增大，根据U=监可知电压表示数变小，故B错误；2U1C.R。处温度升高时，原副线圈匝数之比不变、根据U=萼可知电压表的示数不变，故C2 2U1正确；D.减小电容器C的电容，容抗增大，电流表的示数变小，故D错误。故选：C。4答案及解析：答案：C

解析：任意两颗星之间的万有引力F=Gmm，每一颗星受到的合力为：F=3FFL2 1由几何关系知：它们的轨道半径为：r=-L…①3合力提供它们的向心力：咨幽=m上…②Lr联立①②，解得：v=、、'包，故A错误；根据^Gmm=ma得：a=虫包，故加速度与L L L它们的质量有关，故B错误；根据^Gmm=m坦解得：T=2%,；3竺，若距离L和每L T2 3Gm颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍，故C正确；根据v=,：等可知，若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度不变，故D错误.故选C.5答案及解析：答案：A解析：设正六边形边长为L，若粒子从b点离开磁场，可知运动的半径为R=L，在磁场中转过的角度为9=120o;若粒子从c点离开磁场，可知运动的半径为R=2L，在磁场中转过的角1 2 _mv __一一度为。2二60。，根据R=-可知vbI：1二1:2；根据可知,tb二91：2二2：1，故选A.9 92兀m一b可知,tb二91：2二2：1，故选A. T= . 360360qB 2a6答案及解析：答案：ACD解析:设甲车的初速度大小为v甲，加速度大小为a甲，乙车的初速度大小为了乙，加速度大小为a乙,当两车在t=2s相遇时，有vt--a12=vt-！a12+%，当两车在t=6s相遇时，有i 甲12甲1乙12乙1 2vt--a12=vt--a12+%，又由图象可知v=6a+4(m/s),v=12s.a，联立以上各式并甲22甲2乙22乙2 甲甲 乙 乙代入数据可解得a甲=2m/s2,。乙=1m/s2,故0〜6s内甲车的加速度大小是乙车的两倍,t=0时，甲车的速度大小为丫甲=16m/s,乙车的速度大小为v乙=12m/s，选项A正确,B错误;在12=6s时，甲车速度大小为v=4m/s,由匀变速直线运动规律可知，乙车速度大小为甲

v=v-at=6m/s,设两车又经过At时间相遇，则有吠加=吠4-1a(4)2,代入数据解得乙乙乙2 甲乙2乙At=4s,故两车会在t=10s时发生第三次相遇，而此时两车均未停止运动，故选项C正确；由题图可知，从t=10s开始，乙车再运动2s速度变为零，此段时间内甲车的位移为%甲=8m,2乙车的位移为％=-x2m=2m,故当乙车停止运动时，甲车在乙车刖万A=x-x=6m处,乙2 甲乙选项D正确.7答案及解析:答案：BD解析：A、对两球及杆组成的系统，在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用，a球的水平方向受力为零，系统在水平方向所受合外力不为零，所以a、b组成的系统水平方向上动量不守恒，故A错误；BC、对两球及杆系统，在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用不做功，a、b组成的系统机械能守恒，从开始到b球距地面高度为L的过程中，由机乙械能守恒定律得:mg[01械能守恒定律得:mg[01)—L 11=2mv2+—mv2且有vcos30°=vcos60。，解得:，所以轻杆对a球做功为：W=1mv2-0=亘二13-1轻杆对b球做功：W=-工3^mgL，故B正确，C错误；8D、在b球落地的瞬间，由机械能守恒定律得：mg.—L=1mv2，解得：v=、^L，所2 2B Bv6以在b球落地的瞬间，重力对b球做功的功率为：PB=mgvB=mg4^3gL，故D正确;8答案及解析:答案：AC解析：A、由速度-位移图象得：v=2x金属棒所受的安培力为：Fa二箸代入得：Fa=0.5x则知F与x是线性关系。当x=0时，安培力F=0当x=1m时，安培力FA2=0.5N F+F 0.5则从起点发生x=1m位移的过程中，安培力做功为：W=-a1-a2%=7-x1J=0.25JA2 2即金属棒克服安培力做的功为：卬=0.25J，故A正确。1B、金属棒克服摩擦力做的功为：W2=|imgx=0.2x2x10x1J=4J，故B错误；C、克服安培力做功等于回路中产生的电热，克服摩擦力做功等于产生的摩擦热，则整个系统产生的总热量Q=WA+W2=4.25J，故C正确；D、根据动能定理得：W+W+W=m^tv2，其中v=2m/s,日=0.2,m=2kgF2A2代人解得拉力做的功为：WF=8.25J.故D错误。9答案及解析：答案：1.BCD;2.AD;3.m10P=m0M+m2ON;mOP2=mOM2+m2OP2.解析：1.A、“验证动量守恒定律”的实验中,是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的,只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；B、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；C、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；口、为了保证小球碰撞为对心正碰,且碰后不反弹，要求m〉mb,r=r，故D正确.应选:BCD..要验证动量守恒定律定律，即验证：机二=mj2+m2v3,小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：mv.t=mvt+mvt，得：m.OP=mOM+mON,因此实验需要测量:两球的质量、小球的水平位移,故选:AD..由2知，实验需要验证：m10P=m10M+m2ON;如果碰撞过程机械能守恒，则：—mv2=mviv2+—mv2,211 212 223两边同时乘以t2得：—mv212=—mv212+—mv212，则mOP2=mOM2+mOP2.211 212 223 1 1 210答案及解析:答案：（1）如图所示（2）滑动变阻器勺接入电路的阻值；（3）50.0，小于；（4）1.00,200解析：（1）由于要求当滑动变阻器的滑片滑到最右端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，故滑动变阻器的接法如图所示。（2）此种测量电阻的方法为半偏法，使用此方法测量未知电阻的阻值时，要求电路中其他元件的阻值不能发生变化，故应保持滑动变阻器接入电路的阻值不变；（3）当毫安表指针达到满偏后，再闭合开关 S2时，认为电路中的总电流仍为毫安表的满偏电流Ig。当流过毫安表的电流达到满偏电流的一半时，由于电阻箱与毫安表TOC\o"1-5"\h\z为并联关系，故有11R=11R，所以R=R，因此当电阻箱的示数为50.0Q时，毫2gg2g g安表的内阻也为50.0Q。但此种方法存在系统误差，当滑动变阻器接入电路的阻值不变时，由于电阻箱的接入，整个电路中的阻值减小，电路中的总电流 I>1g，因此当毫安表的示数为11时，实际流过电阻箱的电流I>11，由于11R=IR，所以有R<R;2g 箱2g 2gg箱 gIR IR（4）由闭合电路欧姆定律可得（I+尸）R+IR=E-（I+尸）rR1g R士“e.1R（R+r）1r+R+R整理可得—二-g—1 -+ g 1IERE将R=50.0Q,R=500Q代入并结合图丙可得50.0Q-（500Q+r） 140一，Ar+550Q =750x Q/A, =750A-1E 3 E两式联立可解得E=l.00V,r=200Q。

11答案及解析：答案：(1)小球到达B点时速度由动能定理得：mgR=-mv22b代入解得：v=2m/sv2(2)由牛顿第二定律得此时小球对圆弧的压力：N-mg=m-BR解得：N=15N，由牛顿第三定律可知小球对轨道压力大小为15N。⑶小球的落点C与B的水平距离为％，下落高度为h，由平抛规律得：h=—gt2,%=hcot450=vt，2 b解得：h=0.8m，由三角关系可得：L=2；2h=~——m。bc 5解析：12答案及解析:答案：1.电子在磁场区域运动周期为T=现eB通过磁场区域的时间为t=",T=改13600 2eB2.由几何知识得r=d,又r=meB解得v=丝d通过电场的时间t=—,m 22v代入数据解得t=—22eB代入数据解得t=—22eB1d222mv3.电子恰好打在下极板右边缘磁场中,代入数据解得U=啜又y+y=d解得y=-d故e^-t2=L—1 2 13mv3.电子恰好打在下极板右边缘磁场中,代入数据解得U=啜eB电场中水平方向2d二M,竖直方向，，二2篙2由上述三式代入数据解得M=eBd由上述三式代入数据解得M=eBd33m解析:13答案及解析：答案：1..BDE2.（i）A^二28Pa（ii）,r=32氏1.3ri解析：1.根据热力学第一定律，气体吸热的同时若对外做功，则气体内能不一定增加，温度不一定升高,A错误。对气体做功可以改变其内能,B正确。理想气体等压膨胀过程，对外做功，由理想气体状态方程可知，气体温度升高，内能增加，故气体一定吸热,C错误。根据热力学第二定律知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体,D正确根据热平衡定律，如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡,E正确。2.（i）当气泡在水下h=10m处时，设其半径为1,气泡内外压强差为Api4 2o三Ap=——①r1代入题给数据得Ap=28Pa②（ii）.设气泡在水下10m处时,气泡内空气的压强为p1气泡体积为匕;气泡到达水面附近时,气泡内空气压强为P2,内外压强差为Ap2，其体积为匕，半径为3。气泡上升过程中温度不变，根据波意耳定律pV=pV③p=p+pgh+Ap④p=p+Ap⑤气泡体积匕和和V分别为4