2020年福建高考物理模拟试卷含答案

高考物理模拟试卷题号 -二三四五总分得分一、单选题（本大题共6小题，共36.0分）1.用,轰击二：U产生了m个某种粒子，核反应方程为二；U+n-1-1Xe+，Sr+mX,贝|（ ）A.方程式中的m=3B.方程式中的X是a粒子C.1二;Xe的比结合能一定大于二；‘。的比结合能D.该反应需要吸收热量2.如图所示，一水平台绕中心竖直轴以3=2rad/s的角速度TOC\o"1-5"\h\z匀速转动，台面上放有一滑块，且滑块与台面恰好保持 1K；■I相对静止，已知滑块到转轴的距离为0.5m，认为最大静 1r摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块与台面的动摩擦因数为 1（ ）A.0.1 B.0.2 C.0.4 D.0.83.乒乓球运动的高抛发球是由我国运动员刘玉成于1964年发明的，后成为风靡世界乒乓球坛的一项发球技术。某运动员在一次练习发球时，手掌张开且伸平，将一质量为2.7g的乒乓球由静止开始竖直向上抛出，抛出后向上运动的最大高度为2.45m,若抛球过程，手掌和球接触时间为5ms，不计空气阻力，则该过程中手掌对球的作用力大小约为（）A.0.4N B.4N C.40N D.400N4.等离子体由左方连续以速度％射人P1和P2两板间的匀强磁场中，偏转后会打到P「P2板上，ab直导线通过滑动变阻器与P「P2相连接，线圈A通过滑动变阻器与直导线cd连接，如图甲所示。线圈A内有图乙所示的变化磁场，且规定磁场B的正方向向右，则下列叙述正确的是（）A.0〜1s内，通过两直导线的电流均向下1s-2s内，ab、cd导线互相吸引2s〜3s内，ab、cd导线互相排斥3s〜4s内，ab、cd导线互相吸引5.2019年1月3日首次在月球背面成功软着陆的“嫦娥四号”探测器受世人关注。已知地球质量约为月球质量m倍，地球半径约为月球半径的n倍，地球的第一宇宙速度为%，星体第二宇宙速度v与其质量M和半径R的关系为v=,「，若要使“嫦第1页，共12页

娥四号”从月球上返回地球，则其在月球上的发射速度应大于月球的第二宇宙速度。月球的第二宇宙速度为（）A. B.C. D..图示电路中，a、b间接有瞬时电压u=36,「sin100nt（V）的 .丁蕾•丁:——i正弦交流电源，理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2=3：2，电阻r=10Q，电阻R=20Q，电流表和电压表均为理想电 ：：”.叩②表。下列判断正确的是（ "二（——二A.副线圈两端的电压的有效值为24V B.电流表的示数为0.8AC.电压表的示数为8V D.电阻r消耗的电功率为64W二、多选题（本大题共3小题，共17.0分）TOC\o"1-5"\h\z.如图所示，a、bc为匀强电场中一条直线上的三点，ab=bc=l， "一个带电荷量为q的负点电荷，在大小为F的电场力的作用下， ,以某一初速度从a点运动到c点的过程中电势能增大W.则 •（ ）A.负点电荷从a点运动到c点的过程中一定经过b点.匀强电场的电场强度大小：wC.匀强电场的电场强度大小一D.若a点的电势为va，则b点的电势为va-；.如图所示，倾角。=37°的足够长的固定斜面上有一质量M=2kg广士夫的足够长木板，木板上放有一质量m=1kg的滑块（可视为质点），已知滑块与木板间的动摩擦因数月=0.1,木板与斜面间 心4的动摩擦因数%=0.2.现由静止同时释放木板和滑块。取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,则（ ）t=1s时木板的速度大小为4.8m/sB.0〜1s内滑块和木板的位移大小之比为13：100〜1s内滑块和木板损失的机械能之比为13：500〜1s内因滑块与木板间的摩擦而产生的热量为1J.关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是（）A.物体的温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大B.能出污泥而不染，说明扩散现象在和污泥中不能进行C.当分子间的距离减小时，分子间的引力和斥力都增大但斥力增大得更快D.若气体的摩尔质量为M,密度为p阿伏加德罗常数为Na,则气体的分子体积为丽E.分子势能和分子间作用力的合力可能同时随分子间距离的增大而增大三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）10.一列简谐横波沿％轴传播，t=0时刻波形如图所示，此时质点P沿y轴负方向运动，且经过0.1s第一次到达平衡位置，则该波的传播方向为沿％轴（“正”或“负”）方向，传播波速为m/s,P点的振动方程为。四、实验题（本大题共2小题，共15.0分）第2页，共12页11.某同学将表头改装为电压表的实验中有以下实验器材： 厂箧L|产罚A.小量程电流表（表头），满偏电流200MA, 1匚之“।内阻为200Q〜300Q； **反电源£1,电动势为1.5V； •卜W C电源E电动势为6V F5。.电阻箱凡最大阻值999Q；E.滑动变阻器&,最大阻值20Q；F.滑动变阻器R2,最大阻值50kQ；G.开关、导线若干。（1）采用如图所示电路测量表头的内阻，为提高测量精确度，选用的电源为（填“E1”或“E2”）；选用的滑动变阻器为（填“R1”或“R2”）。（2）通过图示电路测得电流表的内阻为240Q,若将该电流表改装成量程为0.6V的电压表，则应将电阻箱调至Q后，与电流表⑥（填“并”或“串”）联。12.一同学用光电门测自由下落物体的加速度。如图甲所示，将一电磁铁固定在铁架台上方的横杆上，在横杆正下方某处将光电门固定在铁架台上。接通电磁铁电源将实心小铁球吸至横杆下，断开电源释放小铁球前调整小铁球释放位置和光电门位置，使小铁球球心恰好能经过光电门。（1）用直尺测量小铁球下边缘到光电门激光束间的距离L，由图中数据可知L=cm。（2）用游标卡尺测出小铁球直径，测量结果如图乙所示，则小铁球的直径D=。（3）在某次测量中，测得小铁球通过光电门的时间为K则小铁球下落的自由落体加速度表达式为g=（用题中给出的物理量符号表示）。（4）若考虑空气阻力对小铁球的影响则测得的重力加速度与当地的重力加速度相比（填“偏大”“偏小”或“无偏差”）。五、计算题（本大题共4小题，共52.0分）13.如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m1=1kg。P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L=2m,质量m2=0.5kg的物体P（可看成质点）与P2的AB部分之间的动摩擦因数M=0.1,P2的B点右侧光滑。P置于P1的右端，P1与P以大小v0=6mIs的共同速度向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起。弹簧始终在弹性限度内，取重力加速第3页，共12页度大小g=10m/s2.求:（1）P「P2碰撞后瞬间的共同速度大小；（2）在P与弹簧相互作用的过程中弹簧的最大弹性势能。.如图所示，带电平行极板CD、EF与水平方向成45°角，质量为m的带电粒子不断从CD板间小孔由静止释放，被两极板内电场加速后，从M点进入半径为R的水平匀强磁场区域，速度方向垂直磁场并指向圆形匀强磁场区域的圆心。，经过磁场后恰好从与M点等高的N点从磁场中射出。现撤去磁场，将两平行正对极板MN、PQ水平放入，下极板MN两端恰好与原磁场区域边界上M、N两点重合，在MN、PQ两极板上加上电压后，带电粒子恰好能通过电场从N点射出。已知极板CD、EF间的电压为U，匀强磁场的磁感应强度大小为B，MN、PQ两极板间的距离可调不计粒子重力，求：（1）粒子的电荷量；（2）粒子通过磁场和通过MN、PQ两极板间电场的时间之比;（3）MN、PQ两极板间的最低电压。.一容积不变的热气球刚好要离开地面时，球内空气质量m0=15kg，温度T1=280K，在热气球下方开口处燃烧液化气，使球内温度缓慢升高热气球缓慢升空，当气球内空气温度T2=300K时，热气球上升到离地面10m高处。①求热气球离地面10m高时球内空气的质量；②若热气球上升到离地面10m高处时停止加热，同时将气球下方开口处封住，求球内空气温度降为280K时球内气体的压强与刚离开地面时的压强之比。第4页，共12页TOC\o"1-5"\h\z.某玻璃三棱镜的截面如图所示，其折射率为「，该三棱镜 .的AB边竖直放置，水平虚线CD垂直AB,乙BAC=60°, 三］乙B=45°AC边长为10cm，AD部分贴着不透光的纸，当一 三受束水平单色光照射在三棱镜AB边上时，求在下方水平屏 一AP上被照亮的区域宽度。（不考虑光在玻璃中的多次反射）第5页，共12页答案和解析.【答案】C【解析】解：ABD、根据质量数守恒和核电荷数守恒，其核反应方程为1An 1U+，nTXe+：乐+2un，可知方程式中的m=2,X是中子；这个核反应时重核裂变，会释放出大量的能量。故ABD都错误；C、根据比结合能曲线可知，中等质量的原子核比结合能大，轻核和重核的比结合能小，匚U重核，故？Xe的比结合能大于;：U的比结合能，故C正确。故选：C。根据质量数守恒和核电荷数守恒，写出其核反应方程式；根据比结合能曲线图可以比较W：Xe的比结合能和二U的比结合能大小。本题考查了核反应方程式的书写以及比结合能等知识点。根据质量数守恒和核电荷数守恒，写出其核反应方程式时本题的关键。.【答案】B【解析】解：当静摩擦力达到最大静摩擦力时，角速度最大，根据向心力公式得：f=m①m2r而滑动摩擦力公式，fm=gmg；解得：产='「=0.2,故B正确，ACD错误；故选：B。当静摩擦力达到最大静摩擦力时，即恰好相对静止，此时角速度最大，根据向心力公式即可求解。解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，以及知道线速度与角速度的大小关系。.【答案】B【解析】解：向上为正，球离开手后的速度为v：v◎=；；・小如m/s，>rttJ2.7XIO-3X7重力忽略由动量定理有：F==",, 'XN，故B正确，ACD错误JA>Lu故选：B。先由速度-位移公式求出球离开手后速度的大小，最后由动量定理即可求出。本题考查动量定理的应用，在解题时要注意动量的矢量性，故应先设定正方向，难度适中.【答案】D【解析】解：A、由左侧电路可以判断ab中电流方向由a到b；由右侧电路及图乙判断，根据楞次定律0〜1s内cd中电流为由d到c,ab中电流向下，通过两导线的电流方向相反，故A错误；B、由左侧电路可以判断ab中电流方向由a到b；由右侧线圈中磁场向右且增强，根据楞次定律知1〜2s内cd中电流为由d到c,ab、cd电流方向，ab、cd导线互相排斥，故B错误；第6页，共12页。、2〜3s内由楞次定律得cd中电流由c到d,跟ab中电流同向，因此ab、cd相互吸引，故C错误；D、3〜4s内由楞次定律得cd中电流由c到d,跟ab中电流同向，因此ab、cd导线互相吸引，故D正确；故选：D。等离子流通过匀强磁场时，正离子向上偏转，负离子向下偏转，因此将形成加到b的电流，线圈A中磁场均匀变化，形成感应电流，根据楞次定律判断出流经导线cd的电流方向，然后根据流经导线的电流同向时相互吸引，反向时相互排斥判断导线之间作用力情况。利用法拉第电磁感应定律E='s时，注意B-1图象中斜率的物理意义。注意感应电动势的大小看磁通量的变化率，而非磁通量大小或者磁通量的变化量。.【答案】A【解析】解：近地卫星绕地球做匀速圆周运动，运行速度即地球的第一宇宙速度，「’=；7：.,地球的第二宇宙速度为，V=[.。已知地球质量约为月球质量m倍，地球半径约为月球半径的n倍，则月球的第二宇宙速联立解得F，故A正确，BCD错误。故选：A。第一宇宙速度是的近地卫星的环绕速度，据万有引力提供圆周运动向心力求得第一宇宙速度的表达式。根据题干信息求解地球的第二宇宙速度，再根据地球和月球质量与半径关系求出月球的第二宇宙速度。根据万有引力提供圆周运动向心力先求得第一宇宙速度的表达式，再根据星球质量和半径的关系求解，掌握相关定理公式是正确解题的关键。.【答案】A【解析】解：A、a、b间接有瞬时电压u=36』.'sin100t(V)的正弦交流电源，原线圈的电压有效值为36V,理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2=3：2,根据理想变压器原副线圈的电压与匝数成正比得副线圈电压为24V,故A正确；B、根据欧姆定律得副线圈的电流是=0.8A，根据理想变压器原副线圈的电流与匝数成反比得原线圈电流为；A,即电流表的示数为;A，故B错误；C、根据欧姆定律得电压表的示数为16V,故C错误；D、电阻r消耗的电功率为P=12r=6.4W,故D错误；故选：A。根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值，且电压与匝数成正比即可求解副线圈电压，然后根据欧姆定律求得电压电流及消耗的功率，抓住输出功率决定输入功率即可求得。考查变压器的电压、电流与匝数的关系，掌握欧姆定律的应用，注意原副线圈的功率相等，是解题的关键。第7页，共12页.【答案】BD【解析】解：A、以某一初速度从。点运动，初速度方向未知，不能确定经不经过b点，故A错误；B、负电荷在a点受到的电场力为己由场强的公式得：E,，故B正确；w 一印。、根据U=可知，ac两点间的电势差为：Uac=：，假设电场方向与ac成a角，则电场强度为：E=：.，但由于电场方向不确定，故电场强度不能具体确定，最小值为；，故C错误；D、匀强电场，b为a、c连线的中点，从a点移动到b点和从b点移动到c点，电势能都增大；卬，则%=「，又U『Q/b，则b点电势为Qa=，故D正确。故选：BD。由场强的公式可求得电场强度；负电荷在电势越高的地方电势能越小，可判断电势的高低；电场力做功与电势能的变化关系可判断电场力的功的性质。本题考查了场强的公式、电场力做功与电势能的变化关系、推论：负电荷在电势越高的地方电势能越小，熟练掌握它们是准确解题的关键。.【答案】BC【解析】解：A、滑块受到的合力为：F=mgsin37°-dmgcos37°=1x10x0.6-0.1x1x10x0.8=5.2N其加速度为：a1===5.2mIs2木板受力合力为：F'=Mgsin37°+g1mgcos37°-四2（m+M）gcos37°=2x10x0.6+0.1x1x10x0.8-0.2x3x10x0.8=8N则其加速度为：af==4m/s22t=1s时木板的速度大小为v=a21=4m/s，故A错误。B、由％=at2可知0〜1s内滑块和木板的位移大小之比为加速度之比即为5.2：4=13：10，故B正确。C、0〜1s内滑块和木板的位移分别为:x2==，_1=、4"I=2m滑块损失的机械能：E损「出mgcos0"x1=0.1x1x10x0.8x2.6=2.08J木板损失的机械能：E损2=%（m+M）gcos37°x2-g1mgcos。x1解得：E损2=8J ”则E损1：E损2=13：50.故C正确。D、因滑块与木板间的摩擦而产生的热量为：。=/mgcos37°（x1-x2）=0.48J，故D错误。故选：BC。对板与滑块受力分析，由牛顿第二定律求得各自的加速度，由位移公式求得位移；物体的机械能损失等于除重力外其它力做的功；滑块与木板间的摩擦力与相对位移的乘积等于产生的热量。要准确对物体受力分析，求得加速度是解题的关键，要明确各力做功与能量的转化关系，第8页，共12页要知道重力以外的力做功才能改变物体的机械能。.【答案】ACE【解析】解：A、温度是分子平均动能的标志，物体的温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大。A正确；B、能出污泥而不染，说明分子间存在间隔，故B错误；C、分子间的引力和斥力都随分子间距离减小而增大，但斥力增大得比引力快，故C正确；D、若气体的摩尔质量为M，密度为p阿伏加德罗常数为NA，由每个气体分子占有的空间体积为：；，故D错误。E：当分子距离大于平衡距离厂0时，如果分子间的距离再增大时，分子势能和分子间作用力的合力就会随分子间距离的增大而增大。故E正确。故选：ACE。温度是分子平均动能的标志；能出污泥而不染，说明分子间存在间隔；分子间的引力和斥力都随分子间距离减小而增大，但斥力增大得比引力快；若气体的摩尔质量为M，密冏度为p阿伏加德罗常数为NA，由每个气体分子占有的空间体积为：.,.；当分子距离大于平衡距离厂0时，如果分子间的距离再增大时，分子势能和分子间作用力的合力就会随分子间距离的增大而增大。本题考查了温度是分子平均动能的标志、扩散现象、阿伏伽德罗常数应用、分子间的相互作用力等知识点。关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，重点明确分子力和分子距离的关系以及阿伏加德罗常数应用。.【答案】负10y=2sin（」+）（cm）【解析】解：％=0时刻P沿y轴负方向运动，结合波形图可知，该波传播的方向为％轴负方向。波沿％轴负方向传播，0.1s内向左传播的距离为：％=1m则波速为：v==10m/s。A 5jt振幅为：A=2cm，波长为：入=12m，则周期为：T=1.2s，圆频率为：•，==:5河5江则P点的振动方程为：y=2sin（：I）（cm）。一，，、，- 5犀故答案为：负，10，y=2sin（:I）（cm）。根据波的传播方向与质点的振动方向之间的关系判断波的传播方向。通过图象可以读出波的波长，通过两个时刻的波形，计算出波速。根据振幅、周期等书写振动方程。本题考查对波动图象的理解能力。根据质点的振动方向确定波的传播方向，根据质点的振动规律书写振动方程。.【答案】E2R22760串【解析】解：（1）根据半偏法测电阻的原理可知，滑动变阻器的电阻越大，并联电阻箱后对整个电路的电流影响越小，另外要确保通过电流表的电流变化范围大，故滑动变阻器选阻值较大的即R2，电源选择E2；第9页，共12页（2）把电流表改装成电压表，需要并联一个电阻凡有IG（RG+R）=0.6代入数据得R=27600故答案为：（1）E2；R2；（2）2760；串。（1）根据半偏法测电阻的原理可以选取器材；（2）根据电压表的改装原理，可以知道应串联一电阻，由串联电路特点可以求出电阻阻值。本题考查电表的改装，关键要注意电表改装的原理，即改装大量程电流表要并联电阻，改装成大量程电压表要串联电阻。.【答案】25,405.5mm~偏小【解析】解：（1）小铁球下边缘到光电门激光束间的距离L=25.40cm。（2）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.1x5mm=0.5mm，则小铁球的直径D=5+0.5mm=5.5mm。（3）根据L=：）.得，自由落体加速度g=\（4）若考虑空气阻力对小铁球的影响，小铁球加速度应小于重力加速度，所以测得重力加速度与当地重力加速度相比偏小。2L故答案为：（1）25.40，（2）5.5mm，（3），（4）偏小。（1）刻度尺的读数需读到最小刻度的下一位。（2）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读。（3）根据自由落体运动的位移时间公式得出铁球自由下落的加速度表达式。（4）根据实验的原理判断当地重力加速度的测量误差。解决本题的关键掌握刻度尺和游标卡尺的读数方法，知道实验的原理和误差形成的原因。.【答案】解：（1）PpP2碰撞过程，选水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv1坨戴尔US护具解得：V]=_=3mIs，方向水平向右；（2）当弹簧压缩最大时弹性势能最大，PpP2、P三者具有共同速度v2,选向右为正方向，P在P2上滑行过程中，P「P2、P系统动量守恒，m2v0+2m1v1=（2m1+m2）v2，解得：v2=3.6mIs，由能量守恒定律：川&3. 1I.a .，',•,1"_，解得：Ep=0.8J；答：（1）P「P2碰撞后瞬间的共同速度大小为3mIs；（2）在P与弹簧相互作用的过程中弹簧的最大弹性势能为0.8J。【解析】（1）PpP2碰撞过程，由动量守恒定律列出等式。对PpP2、P系统，由动量守恒定律求解。（2）当弹簧压缩最大时，PpP2、P三者具有共同速度v3，由动量守恒定律和能量守恒定律求解。本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高,需加强这方面的训练。第10页，共12页［9.【答案】解：（1）粒子通过加速电场时有：,.「♦=：个由M、N等高且OM与水平方向成45°角可知，粒子在磁场中的偏转角为90°由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r=R由洛伦磁力等于向心力可知：.!；・，［='2和U解得粒子的电荷量为：q二一（2）粒子通过磁场的时间t尸］、,粒子进入MN、PQ两极板间的电场后在水平方向上做匀速直线运动，在水平方向的速度和竖直方向的初速度分别为：匕=vcos45°，5=丫cos45°粒子铜鼓MN、PQ两极板间电场的时间："—粒子通过磁场和通过MN、PQ两极板间电场的时间之比为：11：12=n：42t7（3）由（1）可知，粒子进入磁场时的速度大小为：：=粒子在竖直方向的加速度为：。=1设MN、PQ两极板间电场强度大小为E，由牛顿第二定律可知，qE=ma解得：E=粒子在竖直方向运动的最小距离为：d=:「J,=<MN、PQ两极板间的