2020年海南高考物理一模试卷

2020年海南省高考物理一模试卷一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1.一玻璃砖的截面为半圆，截面内一束单色光从空气射向其圆心a下图中能正确描述其折射光路的是（）1.两个相同物块P、Q分别在大小相等、方向如图的恒力耳和F2作用下沿水平面向右运动，物块与水平面的动摩擦因数相同。在它们前进相同距离的过程中，々和F2做功分别为％和吗，两个相同物块P、Q分别在大小相等、方向如图的恒力耳和F2作用下沿水平面向右运动，物块与水平面的动摩擦因数相同。在它们前进相同距离的过程中，々和F2做功分别为％和吗，P、Q两物块克服摩擦力所做的功分别为叫］和叫2，则有（）3.,4.W1>吗C.W1>吗叫1＞吗2

叫1=拎2W1=W2D.%=吗叫1＞拎2

叫1=吗2植物学家布朗用显微镜观察悬浮在水中的花粉做无规则的运动，人们把这种无规则运动叫做布朗运动。关于布朗运动，下列说法正确的是（）A.A.B.C.D.布朗运动是花粉颗粒中分子运动引起的布朗运动反映了水分子的无规则运动花粉颗粒越大，布朗运动越激烈布朗运动的激烈程度与温度无关5.在竖直平面（纸面）内固定三根平行的长直导线a、b、c，5.通有大小相等、方向如图所示的电流。若在三根导线所在空间内加一匀强磁场后，导线a所受安培力的合力恰左越好为零，则所加磁场的方向可能是（）A.垂直导线向左B.垂直导线向右C.垂直纸面向里D.垂直纸面向外6.某地球卫星在圆轨道I做匀速圆周运动，变轨后进入圆轨道n做匀速圆周运动。若轨道n半径是轨道I的10，忽略卫星质量的变化，则卫星在轨道n与轨道I动能的比值为（）A.-9 B.10 C.虹 D.10010 9 100 81一定质量的理想气体，从状态M开始，经状态N、Q回到原状态M，其0-，图象如图所示，其中QM平行于横轴，NQ平行于纵轴。则（）A.MtN过程气体温度不变 B.NtQ过程气体对外做功C.NtQ过程气体内能减小 D.QtM过程气体放出热量.如图（a）所示，一根直导线和一个矩形导线框固定在同一竖直平面内，直导线在导线框上方，规定图（a）中箭头方向为电流的正方向。直导线中通以图（b）所示的电流，则在0〜%时间内，导线框中感应电流的方向（）C.始终沿顺时针C.始终沿顺时针D.始终沿逆时针二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）.在医学上，常用钻60产生的y射线对患有恶性肿瘤的病人进行治疗。钻60的衰变方程为60ct60N.+x,下列说法正确的是（）2/0 28IA.钻60发生的是S衰变，X是电子y射线比£射线的穿透能力强X粒子是钻60原子核的组成部分D.该衰变过程释放的核能全部转化为y射线的能量10.如图所示，水平弹簧振子沿l轴在M、N间做简谐运动，坐标原点O为振子的平衡位置，其振动方程为％=5s讥（10忒+①）cm.下列说法正确的是（）2 1J! I ■ >M O N xA.MN间距离为5cmB.振子的运动周期是0.2st=0时，振子位于N点t=0.05s时，振子具有最大加速度

11.如图所示，一个小物块放在截面为半圆的容器最低点。若绕过0点垂直于纸面的轴逆时针缓慢转动容器，直至小物块开始沿内壁滑动。则该过程中容器对小物块的（）A.支持力大小不变 B.支持力大小C.摩擦力大小减小D.摩擦力大小增大12.如图所示，带电粒子。、C.摩擦力大小减小D.摩擦力大小增大12.如图所示，带电粒子。、b从同一点以相同速度射入平行板间的匀强电场中，速度与电场方向垂直，a、b分别打在M、N点，若OM=MN，不计粒子的重力，则粒子a、b的（）A.运动时间之比为1：2B.加速度大小之比为2：1C.比荷之比为4：1D.位移大小之比为1：213.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比/：4=2：1，电源电压比=1272s讥100兀K，），电阻々=4。，R2=2。，它们消耗的功率分别为PrP2，贝U（）A.P]=4W B.P]=16WC.P2=2WD.P2=8W三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）14.某同学用如图所示的装置验证机械守恒定律。实验步骤如下：I用电磁铁吸住一个小铁球，将光电门A固定在立柱上，用一小铁球底部处于同一水平位置，光电门B固定在立柱上的另一位置；n切断电磁铁电源，小铁球开始下落，数字计时器测出小铁球通过光电门A和光电门B的时间分别为J、7请回答下列问题：（1）切断电磁铁电源之前，需要调节底座螺丝，使立柱处于 ，以确保小铁球能通过两个电光门；（2）实验中还需要测量的物理量是 （填选项前的字母）A.小铁球的质量mB.小铁球的直径dC光电门A、B间的距离h（3）小铁球经过光电门B时的速度可表示为（用测量的物理量表示）（4）在误差允许范围内，若满足关系式 ，即可验证机械能守恒（用测量的物理量和重力加速度g表示）。

・光电门A光电门B・光电门A光电门B15某同学设计了如图(a)的电路来测量电源电动势E和内阻r。图中Ro=7.0C,々阻值未知，R2为电阻箱，阻值范围为0〜9999.9。；：口是理想电压表，S1为单刀开关，s2为单刀双掷开关。15(1)调节电阻箱R2的阻值为10仅闭合S1，将S2拨向a，电压表示数为0.87匕将S2拨向b，电压表示数为1.26V,则々的阻值为C(保留2位有效数字)；(2)将S2拨向a，多次调节R2,读出其阻值及对应的电压表示数，经处理得到下表的数据，请在如图(b)给出的坐标纸上描出剩余的数据点，并绘出1-上图线。uR2实验次数12实验次数1234561F(n-1)20.040.070.100.130.170.201胪-1)0.760.931.151.321.591.79(3)由工-工图线得到电源电动势E= 匕内阻r= C(结果均保留2位有u^2效数字)。四、计算题(本大题共1小题，共10.0分).驾考需要考查坡道定点停车，过程如图所示，汽车从水平路段的A点启动，匀加速行驶2s到达斜坡底端5点时速度为2m/s。接着汽车仍以2m/s的速度匀速上坡，然后在恰当位置刹车，刚好停在。点。已知汽车在斜坡上刹车的摩擦阻力恒为车重的0.2倍，斜坡倾角的正弦值s讥6=0.3,取重力加速度为106/S2.求

(1)4、B两点间距离;(2)汽车开始刹车的位置到。点的距离。五、简答题(本大题共2小题，共16.0分).如图所示，真空中半径为R=&m的圆形区域内存在一方向垂直于纸面的匀强磁场。3间距d=0.506的平行金属板M、N间有一匀强电场，N板与磁场边界相切。现有一带正电的粒子从M板上的P孔由静止释放，经电场加速后，以“=1.0X105m/s的速度通过N板上的小孔Q垂直进入磁场，离开磁场时，速度方向向左偏转了60°，已知点P、Q、O在同一竖直线上，粒子的比%=4.0X107。/。不计重力及相对论效应。求：(1)M、N两板间的电压U；(2)磁感应强度B的大小和方向；(3)粒子从释放到离开圆形磁场区域，经历的总时间(保留2位有效数字)。.有一种打积木的游戏，装置如图所示，三块完全相同的积木叠放在靶位上，长为L，积木B与C夹在固定的两光滑薄板间，一钢球用长为R且不可伸长的轻绳挂于O点，钢球质量与每块积木的质量相等；游戏时，将钢球拉到与O等高的P点(保持

绳绷直)由静止释放，钢球运动到最低点时与积木A发生弹性碰撞，积木A滑行-段距离s(s>2L)后停下，又将钢球拉回P点由静止释放，落下后与静止的积木B发生弹性碰撞，积木B向前滑行与积木A碰撞后，以共同速度滑行一段距离后停止。已知重力加速度为g，各接触面间的动摩擦因数相同，碰撞时间极短。求TOC\o"1-5"\h\zP0 -0. I _+ ［工(1)钢球与积木A碰撞前、后瞬间的速度大小；(2)动摩擦因数；(3)积木B滑行的距离。答案和解析.【答案】B【解析】解：光线由空气射向玻璃砖，根据折射定律可知，折射角小于入射角，由于射到弧面上时是沿着法线射入，所以沿直线射出玻璃砖，故ACD错误，B正确。故选：B。光从空气射到玻璃砖内，根据折射定律判断折射角和入射角的大小，再分析到达弧面上的入射角，从而分析出射光线的方向。解决该题的关键是掌握折射定律，知道光从光疏介质传播到光密介质发生折射现象时的折射角小于入射角。.【答案】C【解析】解：A、因为”-t图象的“面积”大小等于位移，图象在时间轴上方位移为正，图象在时间轴下方位移为负，则5s内与3s的位移大小相等，为%=2s-X56=12.56，故A错误；B、3s末与5s末的速度大小相同，方向相反，速度不同，故B错误；C、因为“T图象的斜率等于加速度，则第4s内与第5s内的加速度相同，故C正确；D、前4s内的位移大小为乂=24—X5m=15m则平均速度大小为力=上=ii6/s=3.75m/s，故D错误。Z4故选：C。在”-t图象中，图象与时间轴所围的面积表示位移，图象的斜率表示加速度，根据几何知识求出位移，再求平均速度。对于运动图象，首先要看清坐标轴，再根据图象的斜率和面积来分析图象的物理意义。对于”-t图象，要知道图象与时间轴所围的面积表示位移，图象的斜率表示加速度。.【答案】A【解析】解：作用在物块上的恒力々和F2的大小相等，两物体位移相同，根据勿=Fscos。知七＞%，根据摩擦力f="N知C=H6g，=4（mg-尸2s讥6）由此可知。＞/g，根据WuFscose知，位移相同，P、Q两物块克服摩擦力所做的功分别为叫］和叫2，所以勿门＞吗2，故A正确，BCD错误。故选：A。根据功的定义，通过W=Fscos。，明确做功的两个因素：力以及力的方向上的位移，然后比较做功的大小。解决本题的关键掌握功的公式勿=F$因5仇注意分析力和位移的大小，方向即可。.【答案】B【解析】解：A、布朗运动是水分子的无规则运动引起的，故A错误；B、布朗运动是固体小颗粒的运动，它反映了水分子的无规则运动，故B正确；C、花粉颗粒越小，液体分子的撞击越容易不平衡，布朗运动越激烈，故C错误；D、布朗运动的激烈程度与温度有关，温度越高，布朗运动越明显，故D错误。故选：B。布朗运动是固体小颗粒受液体分子对小颗粒的碰撞的作用力不平衡而产生的运动;液体的温度越低，颗粒越大，悬浮小颗粒的运动越缓慢，固体小颗粒做布朗运动说明了液体分子不停的做无规则运动。本题考查布朗运动的产生和现象，掌握布朗运动的实质和产生原因，以及影响布朗运动剧烈程度的因素是解决此类题目的关键。.【答案】D【解析】解：根据安培定则可知，导线b在。处的磁场向里，导线c在。处的磁场向外，因b离。较近，可知bc在。处的合磁场垂直纸面向里；因导线。所受安培力的合力恰好为零，可知。处所加磁场的方向为垂直纸面向外；A、垂直导线向左，与结论不相符，故A错误；B、垂直导线向右，与结论不相符，故B错误；。、垂直纸面向里，与结论不相符，故C错误；D、垂直纸面向外，与结论相符，故D正确。故选：D。同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。导线越近，磁场越强，安培力越大；然后结合左手定则判断即可。本题考查了学生对用安培定律中导线之间相互作用力、电流的大小、导线之间的距离等因素的关系了解和掌握，属于常见题型。.【答案】B【解析】解：卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，管=小,，解得:u=麻，NV动能："=；山"2，联立解得：纥=如“2r轨道n半径是轨道I的'，则卫星在轨道n与轨道I动能的比值为10，故b正确，acd错误。故选：B。卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，列出线速度与轨道半径的关系式,结合动能公式求解卫星在轨道n与轨道I动能的比值。此题考查了人造卫星的相关计算，解题的关键是明确万有引力提供向心力，得到线速度和动能的表达式。.【答案】D【解析】解：A、由数学知识可知，M-N过程气体的pV乘积先增加后减小，结合理想气体状态方程"=c可知，温度先升高后降低，故A错误；TB、N-Q过程气体的体积不变，不对外做功，故B错误；C、N-Q过程气体压强增大，体积不变，由"=c可知，温度升高，则内能增加，故C错误；D、Q-M过程气体压强不变，体积减小，外界对气体做功，即勿>0；由"=C可知，T温度降低，内能减小，即△U<0，根据热力学第一定律△UnW+Q可知Q<0，气体放出热量，故D正确。故选：D。根据数学知识，pV乘积先增加后减小，温度先升高后降低;N-Q过程，气体体积不变，W=0；N-Q过程为压强增大的等容变化，根据理想气体状态方程可知温度升高，内能增大；Q-M过程为体积减小的等压变化，知勿>0，由理想气体状态方程可知温度降低，即△U<0，再根据热力学第一定律可以判断是否放热。本题考查了理想气体状态方程、热力学第一定律等知识点。解答理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题的关键在于找到两个规律之间的联系，弄清气体状态变化过程中各状态量的变化情况。.【答案】C【解析】解：开始阶段直导线中电流向右减小，依据右手螺旋定则，则穿过线圈的磁通量向里减小，由楞次定律可知，线框中感应电流为顺时针方向；后一阶段直导线中电流向左增加，依据右手螺旋定则，则穿过线圈的磁通量向外增加，由楞次定律可知，线框中感应电流为顺时针方向；A、先顺时针后逆时针，与结论不相符，故A错误；B、先逆时针后顺时针，与结论不相符，故B错误；C、始终沿顺时针，与结论相符，故C正确；D、始终沿逆时针，与结论不相符，故D错误。故选：C。先依据右手螺旋定则确定在各段时间内，直导线在矩形导线框内磁场方向与大小；再根据楞次定律判断线框感应电流方向。考查右手螺旋定则与楞次定律的应用，理解楞次定律“增反减同”的内涵，注意电流正方向的确定，及知道右手螺旋定则，也称安培定则。.【答案】AB【解析】解：A、由核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为0，电荷数为-1，则钻60发生的是S衰变，X是电子，故A正确；B、y射线比S射线的穿透能力强，故B正确；C、X粒子是电子，时钻60原子核发生S衰变时，一个中子转化成一个质子和一个电子，电子从原子核中喷射出来，故X粒子不是其原子核的组成部分，故C错误；D、该衰变过程释放的核能一部分转化为新核的动能，一部分转化为y射线的能量，故D错误。故选：ABo根据质量数守恒与电荷数守恒判断X的种类；根据三种射线的特点与穿透性判断；衰变过程中释放的能量一部分转化为y射线的能量，一部分转化为新核的动能。解决本题的关键知道衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，知榛衰变和S衰变的实质，理解两种衰变的特点以及三种射线的特点与穿透性。.【答案】BC【解析】解：A、MN间距离为24=10cm,故A错误；B、因3=10wad/s,可知振子的运动周期是7=初=外s=0.2s,故B正确；3 10几。、由％=5s讥(10兀t+£)cm可知t=0时，％=5cm,即振子位于N点，故C正确；D、由％=5sin(10nt+?cm可知t=0.05s时％=0,此时振子在O点，振子加速度为零，故D错误；故选：BCo根据振动方程分析振幅大小，A、B两点间的距离为振幅的两倍；根据周期和角速度的关系式求解振子振动的周期；将t=0代入振动方程即可判断振子所处的位置；将t=0.05$代入振动方程，判断振子的位置，即可判断振子的振动状态。解决该题首先要根据振动方程分析振子的振幅、周期以及0时刻的振动状态，知道周期的求解公式。.【答案】BDTOC\o"1-5"\h\z【解析】解：设某时刻物块与O点连线与竖直方向夹角为仇 酷如图，滑动前小物块相对容器静止，容器缓慢转动，说明小物 ■.块处于平衡状态： F■■:Fn=mgcose, V二，4=mgsind, 叫则随。角的增加，支持力时大小减小，摩擦力。大小增大，故BD正确，AC错误。故选：BDo滑动前小物块相对容器静止，容器缓慢转动，说明小物块处于平衡状态，对小物块受力分析列平衡方程分析支持力和摩擦力的变化。本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答本题的关键是能够正确的进行受力分析、建立平衡方程进行解答。.【答案】AC【解析】解：A、两个带电粒子射入电场后，竖直方向做匀速直线运动，则竖直方向有y=%t，可得，粒子a、b的运动时间之比：展二七二四二1,故A正确；0 %ybon2B、两个带电粒子水平方向均做初速度为零的匀加速直线运动，根橄=2。骏得：加速度大小之比％=培=4,故B错误；ab% 1C、由a=7,则比荷之比等于加速度之比，即4：1,故C正确；D、设a、b的水平位移均为％,竖直位移分别为y和2»则位移之比%=姓2+丫2W1,Sb4x2+(2y)2 2故D错误。故选：ACo两个粒子垂直射入匀强电场中都作类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，公式/=戊求运动时间之比。水平方向均做初速度为零的匀加速直线运动，根据第=2。骏求加速度之比，再根据牛顿第二定律求比荷之比。根据几何关系求位移大小之比。解决该题的关键要掌握类平抛运动的处理方法：运动的分解法，根据牛顿第二定律和分位移公式列式来分析。.【答案】AD【解析】解：设原线圈电流为I，则由变流比可知，匝数比等于电流的倒数比，次级电流为21，根据电源电压的瞬时表达式，确定有效值为12匕根据闭合电路欧姆定律可知，原线圈的输入电压：U1=U-IRi=r2-41，副线圈的输出电压：U2=2IR2=4I，根据变压比可知，4=%=2，〃2九2解得：/=14则々消耗的功率：P1=12R1=4W，R2消耗的功率：P2=(2/)2R2=8W，故AD正确，BC错误。故选：AD。根据电源电压的瞬时表达式确定电源电压的有效值。设原线圈的输入电流为I，根据变流比确定输出电流大小，根据变压比结合欧姆定律确定输入电流和输出电流，进而计算出电阻消耗的电功率。此题考查了变压器的规律，在原线圈和电源之间接入一个电阻的问题，一般都是用电流表示电压，然后根据变压比计算出电流，进而计算其他所求物理量。.【答案】竖直BC%=;咛)2-仔)2=2gh【解析】解：(1)切断电磁铁电源之前，需要调节底座螺丝，使立柱处于竖直，以确保小铁球能通过两个电光门；(2)依据在极短时间内，平均速度接近瞬时速度，则铁球通过光电门A、B的速度分别为：/=&和%=&J%依据运动学速度与位移关系式，则有：吗一吗=2g%将速度代入，则有：(,-(/=29/则实验中还需要测量的物理量是：小铁球的直径d以及光电门A、B间的距离九故A错误，BC正确；故选：BC；(3)小铁球经过光电门B时的速度可表示为：%=△；tB(4)在误差允许范围内，若满足关系式：(a)2-d)2=2gh，即可验证机械能守恒。故答案为：(1)竖直；(2)BC；(3)%=气(4)产)2-*)2=2啦。%%。(1)根据实验原理，结合球竖直下落，从而确定立柱的要求；(2、3)根据在极短时间内，平均速度接近瞬时速度，及运动学速度与位移公式，列出其方程，即可判定求解；(4)减小的重力势能转化为增加的动能，即可验证机械能守恒。解决本题的关键知道实验的原理以及误差形成的原因，掌握运动学公式，及合理的选取，并知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度，注意等式两边质量可约去。.【答案】4.52.01.3

【解析】解：(1)由串并联电路的特点可知：4= ,R2 %代入数据解得：々=4.50(2)根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：—二rl!IJIWX上ii-■二二…I=1…—二rl!IJIWX上ii-■二二…I=1…(3)由闭合电路的欧姆定律可知：E=U+j(r+R0+4)整理得：1=二十：0十n1—+1，UER?E'即：1=丁十11.5,十1UER?E由图示1’图象可知：b=1=0.5，上=让115=绰=200050-，UR2 E E△士0.235R2解得：E=2.0匕rx1.3Q故答案为：(1)4.5；(2)图象如图所示；(3)2.0,1.3。(1)根据串联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值。(2)根据坐标系内描出的点作出图象。(3)根据图示电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。本题考查了实验数据处理、作图象等问题，分析清楚电路结构是解题的前提，应用欧姆定律可以求出定值电阻阻值；根据电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式是求电源电动势与内阻的关键，根据图象与图象表达式可以求出电源电动势与内阻。.【答案】解：(1)汽车从A运动到B做匀加速直线运动，则A、B两点间距离为：%=y=2x2m=2m4B2 2(2)汽车刹车时，由牛顿第二定律得：kmg十mgs讥6=ma解得：a=5m/s2汽车开始刹车的位置到。点的距离为s=比=-2a-m=0.4m答：(1)Z、B两点间距离是2m。(2)汽车开始刹车的位置到。点的距离是0.46。【解析】(1)汽车从A运动到B做匀加速直线运动，已知初速度、末速度和运动时间，可根据平均速度与时间的乘积来求A、B两点间距离；(2)根据牛顿第二定律求得刹车时的加速度，再由速度位移公式求汽车开始刹车的位置到。点的距离。本题要分析清楚汽车的运动情况和受力情况，要能灵活选择运动学公式，在不涉及加速度时，可根据平均速度来求位移。第2问也可以根据动能定理求解。.【答案】解：(1)粒子在MN之间加速，则由动TOC\o"1-5"\h\z能定理可得：qU=2mv2, 1解得U=125/； /(2)粒子离开磁场时，速度方向向左偏转了60°，如丫 丁图所示，由几何关系可知： /£=tan30°， ' -Z 泰r "即r=V3r=1m， 丁J由洛伦兹力提供向心力可得：q^B=6出r可得B=2.5X103T，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里；(3)粒子在加速电场中的时间：t=d—2d=2X0.5s=105S，1VV 1,0X105粒子在磁场中的周期T=也，qB粒子在磁场中运动的时间：q=皿丁=1丁，2 360。 6代入数据解得t2x1.0X105S，粒子从释放到离开圆形磁场区域，经历的总时间t=0+t2=2.0X105S。答：(1