2020高考物理二轮复习综合模拟卷

第=page22页，共=sectionpages22页第=page11页，共=sectionpages11页2020高考物理二轮复习综合模拟卷（一）一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆1和2的径迹照片如图所示，已知两个相切圆半径分别r1、r2，则下列说法正确的是()

A.原子核可能发生衰变，也可能发生衰变

B.径迹2可能是衰变后新核的径迹

C.若衰变方程是，则衰变后新核和射出的粒子的动能之比为117：2

D.若衰变方程是，则r1：r2＝1：45在真空中的一个点电荷的电场中，离该点电荷距离为r0的一点引入电荷量为q的检验电荷，所受静电力为F，则离该点电荷为r处的场强为()A. B. C. D.一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示，该物体在t0和2t0时刻，物体的动能分别为Ek1、Ek2，物块的动量分别为p1、p2，则（）A.

, B.

,

C., D.,如图所示的电路中，电源电动势E=8V，内阻r=2Ω，电阻R2=6Ω，电容为1μF的平行板电容器水平放置且下极板接地。当滑动变阻器R1的滑片处于b端时，有一带电油滴位于板间正中央P点且恰好处于静止状态。下列说法正确的是（）

A.此时P点电势为6V

B.电容器上极板所带电荷量为6×10-6C

C.若仅将电容器上极板缓慢上移少许，则P点电势不变

D.若仅将滑片P从b端向a端缓慢移动少许，则油滴将向下移动取一根长2m左右的细线，5个铁垫圈和一个金属盘。在线的一端系上第一个垫圈，隔12cm再系一个，以后垫圈之间的距离分别为36cm、60cm、84cm，如图所示，站在椅子上，向上提起线的另一端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地面上的金属盘内。松手后开始计时，若不计空气阻力，则第2,3,4,5各垫圈()

A.落到盘上的声音时间间隔越来越大

B.落到盘上的声音时间间隔相等

C.依次落到盘上的速率关系为

D.依次落到盘上的时间关系为二、多选题（本大题共4小题，共23.0分）如图，一跨过光滑动滑轮的轻绳AB与杆的两端连接，滑轮下端连接一物体，现将轻杆的中点水平轴O在竖直平面内转动一个小角度，当平衡后说法正确的是（

）A.若将杆逆时针转动，绳AB上拉力不变

B.若将杆逆时针转动，绳AB上拉力变大

C.若将杆顺时针转动，绳AB上拉力不变

D.若将杆顺时针转动，绳AB上拉力变小波长为λ1和λ2的两束可见光入射到双缝，在光屏上观察到干涉条纹，其中波长为λ1的光的条纹间距大于波长为λ2的条纹间距。则（下列表述中，脚标“1”和“2”分别代表波长为λ1和λ2的光所对应的物理量）（）A.这两束光的光子的动量p1＞p2

B.这两束光从玻璃射向真空时，其临界角C1＞C2

C.这两束光都能使某种金属发生光电效应，则遏止电压U1＞U2

D.这两束光由氢原子从不同激发态跃迁到n=2能级时产生，则相应激发态的电离能△E1＞△E2宇航员抵达一半径为R的星球后，做了如下的实验：取一根细绳穿过光滑的细直管，细绳的一端拴一质量为m的砝码，另一端连接在一固定的拉力传感器上，手捏细直管抡动砝码，使它在竖直平面内做圆周运动．若该星球表面没有空气，不计阻力，停止抡动细直管，砝码可继续在同一竖直平面内做完整的圆周运动，如图所示，此时拉力传感器显示砝码运动到最低点与最高点两位置时读数差的绝对值为ΔF.已知万有引力常量为G，根据题中提供的条件和测量结果，可知（

）

A.该星球表面的重力加速度为 B.该星球表面的重力加速度为

C.该星球的质量为 D.该星球的质量为如图，在一条绳上有三个质点A、B、C，质点A、B相距12m，质点A、C相距9m。t=0时刻，质点A开始向上振动，振幅为1m，周期为2s。质点A的振动在绳上形成横波，其波长为8m。下列说法正确的是

（）A.该横波的周期为2s，波速为4m/s

B.当t=2.25s时，质点C开始向下振动，质点B不动

C.当t=3s时，质点B开始向上振动，质点C向下振动

D.质点B在正向最大位移处时，质点C在平衡位置以下向下振动

E.质点C在负向最大位移处时，质点B在平衡位置以下向上振动三、填空题（本大题共1小题，共5.0分）如图所示，一定质量的理想气体被活塞密封在一容器中，活塞与容器壁间无摩擦，外界大气压强保持不变．当气体的温度升高时，气体体积______（选填“增大”、“减小”或“不变”），从微观角度看，产生这种现象的原因是______．四、实验题（本大题共2小题，共15.0分）某兴趣实验小组的同学利用如图所示装置测定物块与木板AD、DE间的动摩擦因数μ1、μ2；两块粗糙程度不同的木板AD、DE对接组成斜面和水平面，两木板在D点光滑连接(物块在此处运动不损失机械能)，且AD板能绕D点转动。现将物块在AD板上某点由静止释放，滑块将沿AD下滑，最终停在水平板的C点；改变倾角，让物块从不同的高度由静止释放，且每次释放点的连线在同一条竖直线上(以保证图中物块水平投影点B与接点D间距s不变)，用刻度尺量出释放点与DE平面的竖直高度差h、释放点与D点的水平距离s，D点与最终静止点C的水平距离x，利用多次测量的数据绘出x-h图像，如图所示，则

(1)写出x-h的数学表达式_________(用μ1、μ2、h及s表示)；(2)若实验中s=0.5m，x-h图象的横轴截距a=0.1，纵轴截距b=0.4，则μ1=_______，μ2=________。某同学拟探究“描绘小灯泡的伏安特性曲线”，所用小灯泡标有“2.5V0.3A”字样，并提供有以下器材：

A．电压表V（0～1V，内阻rV=3kΩ）

B．电流表A（0～50mA，内阻rA=9Ω）

C．电阻箱R1（0～999.9Ω）

D．电阻箱R2（0～9999.9Ω）

E．滑动变阻器R3（0～10Ω）

F．滑动变阻器R4（0～2kΩ）

G．直流电源E（电动势12V，内阻不计）

H．开关S及导线若干

①为了提高测量的准确度和调节方便：

a．对电压表、电流表进行了改装，将电压表的量程扩为（0～3V），需串联电阻______Ω；将电流表的量程扩为（0～0.5A），需并联______Ω。

b．请在虚线框中画出实验电路图，并将选用器材的符号准确标注在电路图中：

②a．如图描绘出了“小灯泡的伏安特性曲线”，下列能正确反映小灯泡的功率随灯泡电压变化的图形是______

b．将电动势E=3.0V，内阻r=1.0Ω的电源与定值电阻R0=9.0Ω和该小灯泡串联，如图4所示，则灯泡的实际功率P=______W（结果保留一位有效数字），电源的效率η=______。

五、计算题（本大题共4小题，共52.0分）2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10m，C是半径R=20m圆弧的最低点。质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4.5m/s2，到达B点时速度vB=30m/s。取重力加速度g=10m/s2。

（1）求长直助滑道AB的长度L；

（2）求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；

（3）若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力的大小。

如图所示，带等量异种电荷的正对平行金属板倾斜放置，金属板长为L，金属板和水平面夹角θ=30°．一电量为-q（q＞0）、质量为m的带电微粒从下板边缘P点由静止释放后沿水平直线运动到上板边缘，从Q点射出板间，并立即正对着圆心O射入半径为R的圆形区域，圆形区域中存在电场强度为E的匀强电场（图中没有画出）和匀强磁场。带电微粒刚进入圆形区域的瞬间，在A点与一个静止的中性微粒发生正碰，碰后粘合成一个微粒在圆形区域中做匀速圆周运动，从圆形区域射出时，微粒速度方向相比初速度方向偏转了120°，重力加速度为g。

求：（1）带电粒子从Q点射出时的速度v0；

（2）中性微粒的质量M；

（3）区域中匀强磁场的磁感应强度B。

如图所示：一蓄液池深为3m，池边有竖直墙壁，在墙壁上距液面上方2m处有高为1m的窗口，窗口下方的池底有垂直墙的发光带，O点到墙的距离为，距窗口上边沿0.5m．已知池中液体的折射率为．求人眼在O点通过窗口能看到的池底发光带的长度．

如图所示，喷洒农药用的某种喷雾器，其药液桶的总容积为14L，装入药液后，封闭在药液上方的空气体积为2L，气压为1atm．打气筒活塞每次可以打进气压为1atm、体积为0.2L的空气。不考虑环境温度的变化。

①要使药液上方的气体压强增大到5atm，应打气多少次？

②如果药液上方的气体压强达到5atm时停止打气，并开始向外喷药，那么当喷雾器不能再向外喷药时，筒内剩下的药液还有多少升？

答案和解析1.【答案】D

【解析】【分析】

本题意在考查对带电粒子在匀强磁场中的运动、核衰变等所学知识的识记能力和综合应用能力，及熟记和理解基础知识是解答此题的关键。

静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后的粒子的运动的方向相反，在根据粒子在磁场中运动的轨迹可以判断粒子的电荷的性质；衰变后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得半径公式，结合轨迹图分析。

知道原子核衰变过程动量守恒是本题解题的前提与关键，分析清楚图示运动轨迹、应用动量守恒定律与牛顿第二定律即可解题。

【解答】

A.原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子动量方向相反，粒子速度方向相反，由左手定则知：若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中的轨迹为外切圆，所以为电性相同的粒子，可能发生的是α衰变，但不是β衰变，故A错误；

B.核反应过程系统动量守恒，原子核原来静止，初动量为零，由动量守恒定律可知，原子核衰变后生成的两核动量P大小相等、方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r==，由于P、B都相同，则粒子电荷量q越大，其轨道半径r越小，由于新核的电荷量大于粒子的电荷量，则新核的轨道半径小于粒子的轨道半径，则半径为r1的圆为放出新核的运动轨迹，半径为r2的圆为粒子的运动轨迹，故B错误；

C.根据动量守恒定律知，新核TH和α粒子的动量大小相等，则动能EK=，所以动能之比等于质量之反比，为2：117，故C错误；

D.由B选项的分析知：r1：r2=2：90=1：45，故D正确。

故选D。

2.【答案】B

【解析】解：根据电场强度定义得r0处的场强大小为E1=．

根据点电荷的场强公式得E=k，Q为场源电荷的电量，

则离该点电荷为r0处的场强为：E1=k，

离该点电荷为r处的场强为：E2=k，

由上两式之比得：=

所以该点电荷为r处的场强的大小为E2=•E1=．

故选：B．

3.【答案】A

【解析】解：根据动量定理得：

F0t0=mv1①

2F0t0=mv2-mv1②

由②①解得：v1：v2=1：3

那么动量之比为P1：P2=1：3

依据Ek=

得Ek1：Ek2=1：9，故A正确，BCD错误；

故选：A。

根据动量定理分别速度v1和v2之比．根据动量P=mv，求出P1和P2之比，根据动能表达式Ek=，即可求解之比．

本题涉及力在时间的积累效果，优先考虑动量定理．要注意动能表达式的内容．

4.【答案】B

【解析】【分析】

根据闭合电路欧姆定律求得路端电压，再根据电容器电压差等于路端电压，然后由Q=CU求得电荷量，由极板间为匀强电场求得P点电势，再根据电场场强变化得到合外力变化，从而得到油滴运动方向。

闭合电路欧姆定律依据内电流为总电流求解路端电压，外电路的变化，一般通过外电阻的变化来判断电流、电压的变化。

【解答】

A.由闭合电路的欧姆定律可知：路端电压，那么，电容器两极的电势差为6V，又有下端接地，故电势为零，那么，P点电势为，故A错误；

B.电容器上极板所带电荷量Q=CU=1×10-6×6C=6×10-6C，故B正确；

C.移动电容器上极板，电容器两端电势差不变；又有两极板间距离增大，故电场强度减小；又有P点到下级板的距离不变，故电势差减小，那么，P点电势减小，故C错误；

D.滑片P从b端向a端移动，那么外电路电阻增大，所以，路端电压增大，故两极板电势差增大，极板间场强增大，那么，油滴受到的电场力增大；

油滴受重力和电场力作用，故有开始时油滴静止可知：电场力方向向上，那么，移动滑片后油滴合外力向上，故油滴向上运动，故D错误。

故选B。

5.【答案】B

【解析】【分析】

5个铁垫圈同时做自由落体运动，下降的位移之比为1：3：5：7．根据初速度为零的匀加速直线运动的推论知，在相等时间内的位移之比为1：3：5：7，可以确定落地的时间间隔是否相等，从而根据v=gt得出落到盘中的速率之比。

解决本题本题的关键掌握自由落体运动的规律，知道初速度为零的匀加速直线运动的一些推论。

【解答】

AB.5个铁垫圈同时做自由落体运动，下降的位移之比为1：3：5：7．可以看成一个铁垫圈自由下落，经过位移之比为1：3：5：7，因为初速度为零的匀加速直线运动在相等时间内的位移之比为1：3：5：7，知各垫圈落到盘中的时间间隔相等，故A错误，B正确；

CD.因为各垫圈落到盘中的时间间隔相等，则各垫圈依次落到盘中的时间比为1：2：3：4，根据v=gt可知，速率之比为1：2：3：4，故CD错误。

​故选B。

6.【答案】BD

【解析】【分析】

​以滑轮处的绳子为研究对象，根据共点力的平衡条件得到绳子拉力与B端绳子与竖直方向夹角的关系，由此分析。本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。【解答】设B端绳子与竖直方向的夹角为θ，滑轮处绳子受力如图所示：

根据平衡条件可得：2Tcosθ=G，解得：；设绳总长为L，AB两点间的水平距离为x，由几何关系有：，所以可作如下分析：AB、若将杆逆时针转动一个小角度，绳长不变，AB两点间的水平距离变大，则θ增大，绳AB上拉力增大，故A错误，B正确；

CD、若将杆顺时针转动一个小角度，绳长不度，AB两点间的水平距离变小，则θ减小，绳AB上拉力变小，故C错误，D正确。

故选BD。

7.【答案】BD

【解析】解：由于在其他条件相同的情况下波长为λ1的光的干涉条纹间距大于波长为λ2的干涉条纹间距，由，可得：λ1＞λ2。

A、由光子的动量：P=，则：P1＜P2．故A错误；

B、由：可知，两种光子的频率关系为：，即2的频率较大，根据介质的折射率与频率的关系可知它们的折射率：n1＜n2

由临界角与折射率的关系：

则这两束光从玻璃射向真空时，其临界角C1＞C2，故B正确；

C、这两束光都能使某种金属发生光电效应，由光电效应方程：Ekm=h-W，其中W为金属的逸出功，可知频率越大的光对应的光电子的最大初动能越大；

又由：Ekm=e•U遏止

则频率越大，遏止电压越大，所以遏止电压：U2＞U1．故C错误；

D、根据玻尔理论，当发生跃迁时辐射出的光子的能量：E=Em-En；都是跃迁到n=2能级，则n相同，m越大，则放射出的光子的能量值越大，由于，所以能级m1＜m2，即2的能级更大。

结合氢原子电离时需要的能量为能级对应能量值的负值可知，相应激发态的电离能△E1＞△E2．故D正确。

故选：BD。

根据干涉条纹的宽度的特点判断波长的大小关系；由：判断光子的能量与光子的频率关系；由p=判断光子的动量；由光的频率与折射率的关系判断折射率，然后判断临界角；根据光电效应方程与动能定理分析遏止电压；根据玻尔理论分析跃迁和电离能。

该题涉及的知识点较多，解决本题的关键是知道干涉条纹的宽度公式，知道波长和频率的关系，知道能级间跃迁所满足的规律，即Em-En=h。

8.【答案】BC

【解析】【分析】在最高点和最低点细线对砝码的拉力与砝码所受重力的合力提供砝码做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律列方程可以求出星球表面的重力加速度；

在星球表面的物体受到的重力等于星球对它的万有引力，由此可以求出星球的质量。本题考查了万有引力定律及其应用、匀速圆周运动；知道绳子拉力与重力的合力提供向心力，应用向心力公式列方程，熟练应用动能定理，知道在星球表面物体受到的重力等于万有引力，即可正确解题。【解答】AB.设砝码圆周运动的半径为L，根据牛顿第二定律：

在最高点：...①在最低点：...②由最高点到最低点由动能定理得：...③已知F2-F1=△F...④

由①②③④解得：；故A错误，B正确；CD.在星球表面，物体受到的重力等于星球对它的万有引力，即，则星球质量，故C正确，D错误。

​故选BC。

9.【答案】ACD

【解析】解：A、质点A的振动周期T=2s，那么，横波周期T=2s；又有波长λ=8m，故波速，故A正确；

BC、根据波速可得：C点开始振动的时间，B点开始振动的时间；由质点A起振方向向上可得：波上质点的起振方向向上；

故当t=2.25s时，质点C开始向上振动，质点B不动；当t=3s时，质点B开始向上振动，由可得：质点C向下振动，故B错误，C正确；

DE、由可得：质点B的振动滞后于质点C的振动，故质点B在正向最大位移处时，质点C在平衡位置以下向下振动；质点C在负向最大位移处时，质点B在平衡位置以上向下振动，故D正确，E错误；

故选：ACD。

根据质点A振动得到周期，然后由波长求得波速；根据波速及质点A的起振方向得到质点B、C运动；根据两质点到A的距离差得到振动关系。

机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。

10.【答案】增大；当气体的温度升高时，分子的平均动能增大，气体分子每次撞击器壁产生的冲力增大，而气体的压强不变，单位面积的压力不变，则知单位体积内分子数必定减小，所以气体的体积应增大．

【解析】解：气体发生等压变化，根据气态方程=c，可知温度升高时，气体体积增大．

从微观角度来看，气体的压强跟气体分子的平均动能、单位体积内分子数有关．

当气体的温度升高时，分子的平均动能增大，气体分子每次撞击器壁产生的冲力增大，而气体的压强不变，单位面积的压力不变，则知单位体积内分子数必定减小，所以气体的体积应增大．

故答案为：增大，当气体的温度升高时，分子的平均动能增大，气体分子每次撞击器壁产生的冲力增大，而气体的压强不变，单位面积的压力不变，则知单位体积内分子数必定减小，所以气体的体积应增大．

气体的压强与分子的平均动能和单位体积内的分子数有关．从微观角度看，分子平均动能与温度的关系，温度升高，分子的平均动能增大．根据这些知识进行分析．

本题考查气体等压变化的规律及其微观解释，重在熟记密闭气体等压变化的规律，弄清气体压强产生的微观解释即可求解．

11.【答案】（1）

（2）0.20

0.25

【解析】【分析】（1）在整个过程中，根据动能定理即可求得x-h的关系式；

（2）根据表达式即图2即可求得摩擦因数；解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题。【解答】（1）由动能定理，对全过程有：

mgh-μ1mgcosθ•AD-μ2mg•x=0

即为：（2）对照图象，代入数值可知：

μ1=0.20

μ2=0.25

故答案为：（1）；（2）0.20；0.25。

12.【答案】6000

1

A

0.2

93.3%

【解析】解：①a、考察电压的改装：将电压表（Ug=1V，Rg=3kΩ）改成量程为U=3V的电压表，则需要串联的分压电阻为：R===6kΩ。

将电流表A（Ig=50mA，内阻rA=9Ω）改装成量程为I=0.5A的电流表，则需要并联一个分流电阻R==1Ω。

b、由于小灯泡是小电阻，电流表采用外接法，为了多测量几组数据，滑动变阻器采用分压接法，设计的电路图如图所示，

②描绘出的小灯泡的伏安特性曲线看出，小灯泡温度越来越高，则电阻越来越大，根据灯泡的功率P=，若R不变，则P是U的二次函数，但考虑到随着U变大，R也变大的情况，则实际图象只是比稍向下变化一点，故选项A符合要求。

③若将电动势E=3.0V，内阻r=1.0Ω的电源与定值电阻R0=9.0Ω和该小灯泡串联，则灯泡两端电压U=E-I（r+R0）=3-10I，在灯泡的伏安特性曲线上画直线U=3-10I，两图象的交点为（1V，0.2A），所以小灯灯泡的功率为P=1×0.2W=0.2W，电源的效率η===93.3%。

故答案为：①a.6000Ω

1Ω

b

如图所示，

②a

A

b

0.2

W

93.3%

①器材的选择需安全和精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表和电压表的量程，从而测量误差的角度选择滑动变阻器；

②电压和电流需从0测起，滑动变阻器需采用分压式接法，通过灯泡的电阻大小判断其是大电阻还是小电阻，从而确定电流表内接还是外接；

③由伏安特性曲线可以看出小灯泡的电阻越来越大，原因是温度越高灯丝电阻越大。

解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，电流表内外接的区别。

13.【答案】解：（1）从A到B根据速度位移关系可得：vB2-vA2=2aL，

解得：L=m=100m；

（2）根据动量定理可得：I=mvB-mvA=（60×30-0）N•s=1800N•s；

（3）运动员经过C点时受到重力和支持力，如图所示；

根据动能定理可得：mgh=mvC2-mvB2，

根据第二定律可得：FN-mg=m

解得：FN=3900N。

答：（1）长直助滑道AB的长度为100m；

（2）运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小为1800N•s；

（3）若不计BC段的阻力，运动员经过C点时的受力图如图所示，其所受支持力的大小为3900N。

【解析】（1）从A到B根据速度位移关系求解AB的长度；

（2）根据动量定理求解合外力的冲量I的大小；

（3）根据受力情况画出运动员经过G点时受力示意图；根据动能定理、列方程求解支持力的大小。

本题主要是考查运动学计算公式、动量定理、动能定理和向心力的计算；利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。

14.【答案】解：（1）在平行板间，带电微粒受力如图：

F为电场力，在垂直于运动方向，由平衡条件有：

Fcosθ=mg

①

由P到Q，由动能定理得：

②

由①②式联立，得

③

（2）微粒碰撞后，结合在一起并在圆形区域内做圆周运动的条件为：

（M+m）g=Eq

④

由④式解得：

⑤

（3）碰后粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设v，r分别为圆周运动的速度和半径

则：

⑥

由动量守恒，碰撞过程中

⑦

由几何关系得：r=Rtan30°

⑧

⑥⑦⑧联立得：

⑨

答：（1）带电粒子从Q点射出时的速度为；

（2）中性微粒的质量M为；

（3）区域中匀强磁场的磁感应强度B为。

【解析】（1）带电微粒从P到Q沿直线运动，做匀加速直线运动，竖直方向由平衡条件列式可求出电场力，再根据动能定理即可求解带电粒子从Q点射出时的速度；