《《附15套高考模拟卷》2020届福建省某中学高考物理模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《《附15套高考模拟卷》2020届福建省某中学高考物理模拟试卷含解析.pdf（242页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2 0 2 0届福建省长乐中学高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共 24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图所示，M、N 两点分别放置两个等量异种点电荷，P 为 M N 连线的中点，T 为连线上靠近N 的一点，S 为连线的垂直平分线上处于P 点上方的一点。把一个负检验电荷分别放在P、S、T 三点进行比较，则（）+0 S，-QM P；TNIA.电场中P、S、T三点,T 点电势最高B.检验电荷在T 点电势能最大C.检验电荷在P 点受力最小D.检验电荷在S 点受力最大2、如图所示，ACE是半圆弧，。为圆心，C 为半圆弧的最高点，N C O D
2、=37 0,A、C、。处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小均为/,长度均为L,A 和。处通电直导线的电流方向垂直纸面向外，C 处通电直导线的电流方向垂直纸面向里，三根通电直导线在。点处产生的磁感应强度大小均为8,则。处的磁感应强度大小为（）C/：”-A-%A.5B.2Bc EBD.03、如图所示，A、B 两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A 球的质量小于B 球的质量.若用锤子敲击A 球使A 得 到 V的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1;若用锤子敲击B 球使B 得 到 V的速度,弹簧压缩到最短时的长度为L2,则 L1与 L2的大小关系为（）A BA.L1L2 B.LlVL2C.L1=
3、L2 D.不能确定4、某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送过去是合格的最低标准。假设皮带传送带的长度为10m、运行速度是8 m s,工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10m s,取重力加速度g=10ms2.下列说法正确的是（）A.工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格B.工件被传送过去的最长时间是2sC.若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等D.若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为Iom/s5、某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1（）:1,当输入电压增加20V时，输出电压（）A.增加2。OV B.增加2V
4、 C.降低200V D.降低2V6、将一小球从高处水平抛出，最 初 I S 内小球动能E k随时间t 变化的图象如图所示，不计空气阻力，g取 IOms.根据图象信息，不能确定的物理量是（）B.小球的初速度C.最 初 I S 内重力对小球做功的平均功率D.小球抛出时的高度二、多项选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共 20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。7、如图所示，一质量为m、电荷量为q 的带电粒子（不计重力），自A 点以初速度Vo射入半径为R 的圆形匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，速度方向平行于CD,CD为
5、圆的一条直径，粒子恰好从D 点飞出磁D场，A 点到CD 的距离为会。则（）2A.磁感应强度为0 B,磁 感 应 强 度 为 端C.粒子在磁场中的飞行时间为U l l f D.粒 子 在 磁 场 中 的 飞 行 时 间 为 心 包 M6%6%8、广西壮族自治区处在北纬20542 6 2 4 之间，某极地卫星通过广西最北端与最南端正上方所经历的时间为t,查阅到万有引力常量G 及地球质量M。卫星的轨道视为圆形，忽略地球自转，卫星的运动视为匀速圆周运动，根据以上信息可以求出（）A.该卫星周期B.该卫星受到的向心力C.该卫星的线速度大小D.地球的密度9、在某空间建立如图所示的平面直角坐标系，该空间有垂直
6、纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场和沿某个方向的匀强电场（图中均未画出）。一质量为m,带电荷量为+4 的粒子（不计重力）从坐标原点O 以初速度V沿 X轴正方向射入该空间，粒子恰好能做匀速直线运动。下列说法正确的是（）y0 XA.匀强电场的电场强度大小为VBB.电场强度方向沿y 轴负方向C.若磁场的方向沿X轴负方向，粒子也能做匀速直线运动D.若只改变磁场的方向，粒子不可能做匀变速直线运动10、在光滑的水平面上，一滑块的质量m=2kg,在水平面上受水平方向上恒定的外力F=4N（方向未知）作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过PQ两点时速度大小均为v=5ms滑块在P 点
7、的速度方向与PQ连线夹角a=37。，sin37o=0.6,贝!（）PA.水平恒力F 的方向与PQ连线成53。夹角B.滑块从P 到 Q 的时间为3sC.滑块从P 到 Q 的过程中速度最小值为4msD.PQ两点连线的距离为12m三、实验题：本题共2 小题，共 18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、如图甲所示为测量木块和木板间滑动摩擦因数 的实验装置图，足够长的木板置于水平地面上，小木块放置在长木板上，并与拉力传感器相连，拉力传感器可沿上圆弧轨道滑动。长木板在外界作用下向左移4动，得到拉力传感器的示数F 与细绳和水平方向的夹角0 间的关系图线如图乙所示（g 取 10ms2
8、）o（答案保留两位有效数字）(1)木块和木板间的滑动摩擦因数H=；(2)木块的质量m=kgo12、实验小组利用以下方法对物体的质量进行间接测量，装置如图1所示：一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P、Q相连，已知重物P、Q的质量均为m,当地重力加速度为g。在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z,重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连。(1)先接通频率为50HZ的交流电源，再由静止释放系统，得到如图2所示的纸带，则系统运动的加速度a=ms2(结果保留2位有效数字)；(2)在忽略阻力的理想情况下，物块Z质 量M的表达式为M=(用字母m、a、g表示)；(3)实际情况下，空气阻力、纸带与打点计时器
9、间的摩擦、定滑轮中的滚动摩擦不可以忽略，物块Z的实际质量与理论值M有一定差异，这种误差是 误 差(填“偶然”或“系统”四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、如图所示，固定的竖直圆筒由上段细筒和下段粗筒组成，粗筒的横截面积是细筒的4倍，细筒足够长。粗筒中A、B两轻质光滑活塞间封有空气，活塞A上方有水银，用外力向上托住活塞B,使之处于静止状态，活塞A上方的水银面与粗筒上端相平。已知环境温度恒定，水银深”=20 cm,气柱长L=50cm,大气压强Po=75cm H g.现使活塞3缓慢上移，直到有一半的水银被推入细筒中。求：
10、活塞B移动后，筒内气体的压强；活塞B向上移动的距离。14、如图所示，两列简谐横波a、b在同一介质中分别沿X轴正、负方向传播，波速均为v=25ms.已知在t=0时刻两列波的波峰正好在x=25m处重合。求t=0时，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的X坐标；从 t=0时刻开始，至少要经过多长时间才会使x=1.0m处的质点到达波峰且为振动加强点？15、如图所示，足够长的粗糙绝缘轨道A B 与处于竖直平面内的光滑圆弧形绝缘轨道B C 平滑连接，圆弧的半径A =8 m。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场E,现有一带电体(可视为质点)放在水平轨道上的A 位置，带电体与粗糙轨道的动摩擦因数均为 =05
11、,从 A 点由静止释放，通过C 点时恰好与圆轨道无挤压，且合力刚好指向圆心，已知。=3 7，不计空气阻力，重力加速度g=10ms2求:(1)粗糙绝缘轨道A B 长度；(2)小球从C 点射出后，第一次运动到水平地面A B 所需要的时间。参考答案一、单项选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共 24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】【详解】A.根据等量异种点电荷电场的特点，可知5、P 两点处在同一等势面上，S、尸两点电势相等，T 点电势最低，故 A 错误；B.结合电势能公式E P=4。，可知负检验电荷 在 T 点电势能最大，故 B 正确；C D.在两等量异种点电
12、荷连线上，连线中点P 的电场强度最小，在两等量异种点电荷连线的垂直平分线上，P 点的电场强度最大，所以负检验电荷在S 点受力最小，在 T 点受力最大，故 C D 错误。故选B。2、C【解析】【详解】根据右手螺旋定则画出A、C、D 各通电直导线在O 处产生的磁感应强度，如图所示。将 分 解 到 水 平和竖直两个方向上，并分别在两个方向合成，则水平方向的合矢量纥=B-BCoS 37=0.26竖直方向的合矢量B=B-Bsin37=OAB所 以 O 点处的磁感应强度大小B0=(2B)2+(0.4B)2=当 B故选C。3、C【解析】【详解】若用锤子敲击A 球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共
13、速，则mAV=(mAmB)v,解得v._ mAVV mA +InB弹性势能最大，最大为1,1,AE P=m v2-(mA+m)v-若用锤子敲击B 球，同理可得mBV=(mA+rB)v解得y.mB mA +mB弹性势能最大为Y 1 21 ,1 ,AmHvAE P=mv2-(iAmB)v,2=-2 2 2(ZHA+rn)即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L i=L2故 C 正确。故选C。4、B【解析】【分析】【详解】A B.工件恰好传到右端，有-v02=-2 jugL代入数据解得=0.5工件与皮带间动摩擦因数不大于0 5才为合格，此时用时t=2s故 A 错误B 正确；C D.若工件不被传
14、送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，故 C D 错误。故选B。5、B【解析】【详解】根据Ul _ U2 n2得L=ZL t2 n2即20 10t-T解得 t2=2V即输出电压增加2 V,故 B 正确，ACD错误。故选B。6、D【解析】试题分析：小球被抛出后做平抛运动，根据图象可知：小球的初动能为5J,IS末的动能为3 0 J,根据平抛运动的基本公式及动能的表达式即可解题.解：A、B、设小球的初速度为v o,则 IS末的速度为：vi=Jv：+v.y=Jv,+(IOX 2)2,根据图象可知：
15、小球的初动能为：Eo=nvol=5J,IS 末的动能为：E=-mv=30J,解得：m=0.115kg,V O=4后 m s,故 A、B 错误.C、最 初 I s 内重力对小球做功的瞬时功率为：P=mgv5=mggt=0.11510lW=15W,则 IS末小球重力的瞬时功率能确定.故C 错误.D s 根据已知条件只能求出I s 内竖直方向下落的高度为：h=-gt1=10 1 m=10,而不能求出小球抛出时的高度，则 D 不 能确定.故D 正确.故选D.【点评】本题主要考查了平抛运动的基本公式及动能表达式的直接应用，要求同学们能根据图象读出有效信息.二、多项选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共
16、 20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。7、AC【解析】【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动轨迹，如图所示：DRAB.A点 到CD的 距 离 一，贝!J：2ZOAQ=60o,NoAD=NODA=I5,ZDAQ=75o则ZAQD=30o,ZAQO=ISo粒子的轨道半径：I=R c o s W GSinNAQO sin 15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:7 v0 B=m r解 得：B(2+6)qR故A正 确B错 误；C D.粒子在磁场中转过的圆心角：=ZAQD=30o粒子在
17、磁场中做圆周运动的周期为:2r 2(2+6)乃 RVO V O粒子在磁场中的运动时间为:/a =Q+技 兀R 360r-故C正 确D错 误。故 选：AC。8、AC【解 析】【详 解】A.广西壮族自治区处在北纬2054 2624之 间，某极地卫星通过广西最北端与最南端正上方所经历的时 间 为/,已知转过对应角度的时间，则可以求得运动一周的时间即卫星的周期T 3601 =-A正 确；B.因为不知道该卫星的质量，根据万有引力定律无法求得卫星受到的向心力大小，B 错误;C.据万有引力提供圆周运动向心力已知质量M 和周期T 及常量G 可以求得卫星的轨道半径r,根据V=-可以求得卫星的线速度大小，C 正确
18、；D.因为不知道卫星距地面的高度，故无法求得地球的半径R,所以无法得到地球的密度，D 错误。故选A C9、AD【解析】【详解】A B.粒子恰好能沿X轴正向做匀速直线运动，可知受电场力和洛伦兹力平衡，因洛伦兹力沿y 轴负向，可知电场力沿y 轴正向，且qE=qvB则E=Bv且方向沿y 轴正方向，选项A 正确，B 错误；C.若磁场的方向沿X轴负方向，则粒子不受洛伦兹力作用，粒子只在沿y 轴正方向的电场力作用下不可能做匀速直线运动，选 项 C 错误；D.若只改变磁场的方向，则洛伦兹力与电场力不再平衡，则粒子将做变速曲线运动，不可能做匀变速直线运动，选项D 正确；故选AD.10、BCD【解析】【详解】A
19、.设水平恒力F 的方向与PQ连线夹角为,滑块过P、Q 两点时的速度大小相等，根据动能定理得FxpQCs=E k=O得 p=90。，即水平恒力F 与 PQ连线垂直且指向轨迹的凹侧，故 A 错误；B.把 P 点的速度分解在沿水平力F 和垂直水平力F 两个方向上，沿水平力F 方向上滑块先做匀减速后做匀加速直线运动，有a=2m s2m当 F 方向速度为零时，时间为vsin37o 5sin37ot=-=-s=1.5sa 2根据对称性，滑块从P 到 Q 的时间为t=2t=3s故 B 正确；C.当 F 方向速度为零时，只有垂直F 方向的速度v=vcos37=4ms此时速度方向与F 垂直，速度最小，故 C 正
20、确；D.垂 直 F 的方向上物块做匀速直线运动，有xpQ=vt=12m故 D 正确。故选BCD.三、实验题：本题共2 小题，共 18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、0.58 1.0【解析】【分析】【详解】(1)口 木块受四个力作用，重力mg、支持力FN、拉力F、滑动摩擦力F f,竖直方向有mg=FN+Fsin水平方向有Ff=FcosO由于Fr=FN联立得mg=F(sin+cos)变式为tn=尸J l+/(s i n夕 /M,+c o s 6 /,)l +l +设1tan a=整理得mg=F yJl+2 sin(+)当 0+a=90时，F 有最小值，由乙图知，0=3
21、0时 F 有最小值，则=60所以 =30 BTF=ION,2ma系统g-a 八。Itan 60=一得=-=0.583 2把摩擦因数代入mg=F(sin+cos)得mgF=2sin(9+6()由乙图知，mg=10N所以m=1.0kg12、8.0【解析】【分析】根据位移差公式=QT2求解系统的加速度。对整个系统进行分析，根据牛顿第二定律求解M 的表达式。根据误差来源分析误差的性质。【详解】(1)根据位移差公式AX=解得系统运动的加速度为 T=(2.95+3.29)-(2丁 2+2.64)X m店=8,0ms2T2 40.022(2)2根据牛顿第二定律，对 Q 和 Z 有+m)g-T=M+m)a对物
22、体P 有T-mg=ma,2ma联立解得M=。g-a(3)3由题意可知本实验中误差是由于实验原理的选择而造成的，无法通过多测数据来消除，故这是一种系统误差。【点睛】本题主要考查了通过系统牛顿第二定律测质量的方法，能分析出实验误差的原因。明确系统误差和偶然误差的定义。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、125CmHg；22Cm【解析】【分析】【详解】末状态水银深度变为u，H HH=-1-4=50cm2 2所以p2=PO +5QcmHg=125cmHg根据受力分析可知，初状态有Pi-Po+20CmHg-95cmHg，V1
23、=LS根据玻意耳定律有PM=P2V2解得V2=38cm S故L=38cm则活塞B向上移动的距离X-+L-L-22cm214、X=(2.5+20k)m(Z=0,l,2,)ft l=5.4S【解析】【详解】两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm。从题图中可以看出，a波波长4=2.5m；b波波长4,=4m。波波峰的X坐标为X =(2.5+2.5%Jm;(K=O,1,2,)b波波峰的X坐标为x2=(2.5+42)m;(42=0,L 2,)由以上各式可得，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的X坐标为X=(2.5+20攵)m(攵=0,l,2,)o&波波峰传播到X=LOm处的时间为ta=
24、-A-x-”=-A-Y-1-+-m-l(zm =0八,1,2,)、oV Vb波波峰传播到%=1.0m处的时间为“组=毁=。,1,2,)。V V其中 A=lm,2=1.5m当x=LOm处的质点处于波峰时，有。=J以上各式联立可解得5m-8=l o由分析可知，当机=5、拉=3时，X=LOm处的质点经历最短的时间到达波峰，将m=5代入Ia 一V V解得ta 5.4s o15、(1)92m；(2)1.2s.【解析】【详解】(1)由于在C点只受重力和电场力并且合力指向球心，则有qE=Ing tan 373解得qE=-mg4所以等效的重力，即合力为(E)2+(mg)2=mg小球在C点恰好与圆轨道无挤压，根
25、据牛顿第二定律有解得V C=更 皆小球从A点到C点，根据动能定理有qE(x-Rsin6)-mgx-mg(R+H cos)=mvc2解 得 七=Ioms,X=92m(2)在C点速度在竖直方向分量Vv=vcsinnA,故 B 光的频率较大，故 A 正确、C 错误；由 v=cn知，在玻璃砖中，VBV,故 B 错误；两种单色光由玻璃射向空气时，由于SinC=In,所以，CB(1)Wf-mgR；(2)s-Rf 4 31【解析】【详解】(1)物块到B点时，设轨道对其支持力为N,由牛顿第三定律知N=N =5ng由牛顿第二定律V2BN-mg=m 解得VB=2历A到B的过程，由动能定理I2I22mgR+Wf=m
26、vB -mv0得Wf=_；mgR(2)设物块沿斜面上升的最大位移为s,由动能定理1-xng 2R-mg-5 sin-5=O -mv其中f =2N,N=mg cos 得S=W R31因2mgeos。吆sin。，故物块在速度减为零之后不会下滑，物体最终会静止在斜面上距离C点25S=的位置。3115、(1)162J;(2)2s【解析】【分析】【详解】(1)弹簧将A弹开，由机械能守恒可得：r1 2解得v0=8msA、B 发生碰撞，由动量守恒可得:%=(%+加B)W解得v1=4ms此过程机械能损失为1 EI =mAvo+)VI2=16J接下来，A、B 与 C 相对运动，到第一次发生碰撞，相对运动位移为d
27、。此过程机械能损失为 E?I =mcgd=0.2J因此整个过程机械能损失为 Z f =El+E2=16.2J(2)设槽和滑块C 相对静止时速度为VomAv0=(InA+mB +根C)U解得v=2ms分别对A、B 和 C 受力分析可知WnCg=UnA +nli)almcg-mca2解得cx=%=lms2A、B 整体与滑块C 发生的碰撞时，A、B 与滑块C 交换速度。由题意可知,v=ait解得t=2s2019-2020高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为I：%=1：1，a
28、、b两点间的电压为M=220S i n l O O m（V）,R为可变电阻，P为额定电流1A、用铅锦合金制成的保险丝.为使保险丝中的电流不超过1A,可变电阻R连入电路的最小阻值是（）2、如图所示是旅游景区中常见的滑索。研究游客某一小段时间沿钢索下滑，可将钢索简化为一直杆，滑轮简化为套在杆上的环，滑轮与滑索间的摩擦力及游客所受空气阻力不可忽略，滑轮和悬挂绳重力可忽略。游客在某一小段时间匀速下滑，其状态可能是图中的（）A.M T N过程气体温度不变B.N T Q过程气体对外做功C.N T Q过程气体内能减小D.Q T M过程气体放出热量4、下列说法中错误的是（）A.若氢原子从n=6能级向n=l能级
29、跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应B.卢瑟福通过粒子散射实验，提出原子的核式结构模型C.原子核发生一次 衰变，该原子核外就一定失去一个电子D.质子、中子、粒子的质量分别是m、m2、m 3,质子和中子结合成一个a 粒子，释放的能量是（2町+2n,-mi）c15、关于天然放射现象，下列说法正确的是（）A.放出的各种射线中，a 粒子动能最大，因此贯穿其他物质的本领最强B,原子的核外具有较高能量的电子离开原子时，表现为放射出夕粒子C.原子核发生衰变后生成的新核辐射出/射线D.原子核内的核子有一半发生衰变时，所需的时间就是半
30、衰期6、如下图所示，光滑半圆槽质量为M,静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰好位于槽的边缘处.若将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆 槽 的 速 度 为（）A.零 B.向右 C.向左 D.不能确定二、多项选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共 20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。7、下 列 说 法 中 正 确 的 是。A.电子的衍射图样证实了实物粒子具有波动性B.为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的C.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子总能量减小D
31、.光电效应中极限频率的存在说明了光的波动性8、在如图所示的电路中，电压表、电流表均为理想电表，电源电动势为E,内阻为，电路中定值电阻Rl的阻值小于电源内阻厂，则当滑动变阻器R 的滑片由。端向端滑动的过程中，电流表4、A2,电压表V的示数变化量的绝对值分别为、2 U,下列说法正确的是（）A.两个电流表的示数均减小B.电压表的示数增大C.I 0；由 型=C 可知，温度降低，内能T减小，即AE O,根据热力学第一定律AE=W+Q可知QO,气体放出热量，选 项 D 正确.4、C【解析】【详解】A.根据玻尔理论可知，氢原子从=6 能级向”=1 能级跃迁时辐射出的光的能量大于氢原子从=6 能级向 =2 能
32、级跃迁时辐射出的光的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从=6 能级向=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从 =6 能级向 =2 能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故 A 正确；B.卢瑟福通过对a 粒子散射实验结果的分析，提出了原子核式结构理论，故 B 正确；C.衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子,故 C 错误；D.质子、中子、a 子的质量分别是叫、加2、m3,质子和中子结合成一个a 粒子的过程中亏损的质量为m=2m1+Im2-m3根据爱因斯坦质能方程可知释放的能量是(2g+2w2-m3)c2,故 D
33、 正确；本题选择错误的，故选C。5、C【解析】【详解】A.在三种放射线中，粒子动能虽然很大，但贯穿其他物质的本领最弱，选 项 A 错误。B.4 衰变射出的电子来源于原子核内部，不是核外电子，选 项 B 错误。C.原子核发生衰变后产生的新核处于激发态，向外辐射出/射线，选 项 C 正确。D.半衰期是放射性原子核总数有半数发生衰变，而不是原子核内的核子衰变，选 项 D 错误；故选C。6、A【解析】对于系统来说，整体的动量守恒，系统的初动量为零，当小球滑到另一边的最高点时，小球和圆槽具有共同的速度，根据总动量守恒可知，此时的速度都为零，所以圆槽的速度为零，所 以 A 正确，BCD错 误.故 选 A.
34、二、多项选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共 20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。7、AB【解析】【分析】【详解】A.电子的衍射图样证实了实物粒子的波动性，故 A 正确；B.为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量的量子化，故 B 正确；C.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大，故C 错误；D.光电效应现象说明了光的粒子性，并不是波动性，故 D 错误。故选AB。8、BD【解析】【分析】【详解】B.滑动变阻器R 的滑片由。端向匕端滑动的过程中，滑动变阻器
35、R 接入电路的电阻变大，电路中总电阻变大，总电流变小，电流表4 的示数变小，内电压减小，外电压增大，电压表的示数增大，选 项 B 正确;A.4 两端的电压增大，电流表4 的示数增大，选项A 错误：C.因u,AU设用两端电压变化量大小为口,因为AU Rt,所以A 2,选 项 C 错误;D.由于E =U+U,因此电源内电压变化量的绝对值Ur=AU因此u urM-2选项D 正确。故选BDo9、AC【解析】【分析】【详解】a 球 与 b 球发生弹性碰撞，设 a 球碰前的初速度为V o,碰后a、b 的速度为匕、V2,取向右为正，由动量守恒定律和能量守恒定律有2mva=2mvx+mv2其中p=2?%,解得
36、b 球以速度V2与静止的C球发生弹性碰撞，设碰后的速度为匕、v4,根据等质量的两个球发生动静弹性碰撞，会出现速度交换，故有n 4匕=0,V4=V2=-V0AB.C第一次被碰后瞬间的动能为1=mv2m2p29m故 A 正确，B 错误；C D.设 a 与 b 第二次碰撞的位置距离C停的位置为X,两次碰撞的时间间隔为t,b 球以V2向右运动1与C碰撞，c 以一样的速度V4运动21的距离返回与b 弹碰，b 再次获得V4向左运动直到与a 第二次碰撞，有x+l+2l=v.,t对 a 球在相同的时间内有I-X=Vyt联立可得x=(,故 a 与 b 第二次碰撞处距竖直墙的距离为d =x+1=Z5故 C 正确，
37、D 错误。故选AC。10、ADE【解析】【分析】【详解】A.已知波沿X正方向传播，而 P 点刚好起振，由同侧法可知起振方向沿y 轴正方向，故 A 正确；B.由图读出X=8 m,根据T 丸 8 CT=s=2sV 4故 B 错误；C.参与传播的质点振动在平衡位置沿y 轴振动，并不会沿X轴传播，故 C 错误；D.质点的振幅为2 c m,则振动方程y=2sin(R)cm,故 D 正确；E.时间关系为3f=3.5s=T H T4M 点起振需要时间1 s,剩下*T 的时间振动的路程为4s=5A=10cm故 E正确。故选ADEo三、实验题：本题共2 小题，共 18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写
38、出演算过程。11、0.05 1.61 1.40【解析】【分析】【详 解】1由题知相邻两计数点间还有2个打点未画出，则两个计数点的时间间隔是T=3XL=0.05S602）根据匀变速直线运动的推论公式Ar=。尸可以求出加速度的大小，则有a=6T2=1.61ms23 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则有V4S4+S52T6.41+6.8120.05102m s 1.32 m/s则打计数点“5”时，小车的速度v5=v4+aT-1.40ms12、61.70【解 析】【分 析】【详 解】游 标 卡 尺 的 主 尺 读 数 为61m m,游 标 尺 上 第14个刻度与主尺上某一刻度
39、对齐，故其读数为0.05 14mm=0.70mm所以最终读数为：61mm+0.70mm=61.70mm四、计算题：本 题 共2小 题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、mv/5。%；2 2%5qd 2Amv05qd【解 析】【详 解】贴 近N极 板 射 入 的 尘 埃 打 在M板右边缘的运动轨迹如图甲所示,由几何知识可知，尘埃在磁场中的半径Rx=d尘埃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dm vlqvB=一Kl解得B1=qd(2)电场、磁场同时存在时，尘埃做匀速直线运动，由平衡条件得qE =qvaBl撤去磁场以后粒
40、子在电场力的作用下做平抛运动，假设距离N 极板的粒子恰好离开电场，则在水平方向d=v t在竖直方向y-1a t22加速度_ qEC l m解得y=0.5所以除尘效率7=2100%=50%d(3)设圆形磁场区域的半径为R。，尘埃颗粒在圆形磁场中做圆周运动的半径为&，要把尘埃全部收集到位于 P 处的条状容器中，就必须满足&=R()另有2qvnB2=m-如图乙当 圆 形 磁场区域过P 点 且 与 M 板的延长线相切时，圆形磁场区域的半径RO最 小，磁 感 应 强 度 最 大,则有&小=1.25解得“大-A而mv0如图丙当圆形磁场区域过P 点 且 与 y 轴 在 M 板的右端相切时，圆形磁场区域的半径
41、RO最 大，磁 感 应 强 度 最小，则有为 大=2.5d解得2mv,2小一百所以圆形磁场区域磁感应强度B2的大小须满足的条件为2，%W B 幺 4/5qd 2 5qd14、(1)6.25102S;(2)vnv;“2解得v2=8ms当u 8ms时粒子不能进入X轴上方。15、(1)2103m s;(2)0,87m;(3)3.6l(3s【解析】【分析】【详解】(1)带电粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理F 1 2qEx=mv解得该带电粒子运动到用N位置的速度大小V =2103m s(2)带电粒子在电场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得V2qvb=m r解得r=lm运动周期T=H=)XlOT
42、SV在电场、磁场中的运动轨迹如图该带电粒子打到挡板的位置到MN的距离d =Jr2-(d-3r)2=-m 0.87m 根 据X-名2解得该带电粒子在电场中运动的时间ti=1 0-3 S在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为=）-3电荷在磁场中运动的总时间F T解得r,=-1 0-3s2 6则带电粒子从P点出发至运动到挡板所需的时间为r =zl+2=（+1）10-3S3.610-3S2019-2020高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共 24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、吊兰是常养的植物盆栽之一，如图所示是悬挂的吊兰盆栽，四条等长的轻绳与竖直方向
43、夹角均为30。,花盆总质量为2 k g,取g=10ms2,则每根轻绳的弹力大小为（）A.5N B.-N C.ION D.20N32、在 X轴上关于原点对称的。、两点处固定两个电荷量相等的点电荷，如图所示的E-X 图像描绘了 X轴上部分区域的电场强度E （以X轴正方向为电场强度的正方向）。对于该电场中X轴上关于原点对称的C、d 两点，下列结论正确的是（）A.两点场强相同，d 点电势更高B.两点场强相同，C点电势更高C.两点场强不同，两点电势相等，均比。点电势高D.两点场强不同，两点电势相等，均比。点电势低3、氢原子部分能级的示意图如图所示，不同金属的逸出功如下表所示:大量处于n=4能级的氢原子向
44、低能级跃迁时辐射的所有光子中，能够使金属钠发生光电效应的光子有几种艳钙镁镀钛金逸出功W/eV1.92.73.73.94.14.8L-13.60*OQ4_ Q-d _-0.8T31-g2故 B 正确；C.整个过程中，弹簧和小球组成的系统，机械能守恒，故从C 点释放，小球能到达原来的释放点，故 C正确；D.小球从乙时刻到G 时刻的过程中，系统机械能守恒，则有重力势能的减小量与动能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量，所以重力势能的减小量小于弹簧弹性势能的增加量，故 D 错误。故选BCo8、BC【解析】【分析】【详解】A.库仑力是一种电磁相互作用，核力是强相互作用，在原子核内核力比库仑力大的多，故 A
45、错误；B.光电效应和康普顿效应都说明了光是由一份一份的光子组成的，体现了光的粒子性，故 B 正确；hC.德布罗意提出运动的实物粒子具有波动性，其动量P 与波长/1满足丸=下,故 C 正确；D.比结合能反映平均拆开一个核子的难易程度，故比结合能越大，原子核越稳定，故 D 错误；故 选 BC09、AB【解析】【详解】结合两图像可判断出O-IS物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F 等于 f,故 F 在此过程中是变力，即 C 错误；L 5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对 l-4s和 4-5s列运动学方程，可解出质量m 为 lkg,l-
46、4 s内的力F 为 0.4 N,故 A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数,故 D 错误.10、ACD【解析】【详解】A.常见的金属是多晶体，具有确定的熔点，选项A 正确；B.干湿泡湿度计的湿泡和干泡所示的温度相差越多，说明湿泡的蒸发非常快，空气的相对湿度越小，选项 B 错误；C.把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，尖端会变钝是因为液体表面张力作用的结果，选 项 C 正确；D.脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液，选 项 D 正确；E.饱和汽压的大小与温度有关，在温度不知道的情况下，不能简单地说饱和汽的压强一定大于非饱和汽的压强，故 E错
47、误。故选ACDo三、实验题：本题共2 小题，共 18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。【解析】左 19.0 减小 181-184【分析】【详解】(1)1.根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示:(2)2.滑动变阻器采用分压接法，为保护电路闭合开关前滑片应置于左端。(3)3.电流表量程为25m A,读量程为250mA的挡，示数为190m A,则通过二极管的电流为19.0mA；(4)4.由图示图象可知，随着二极管两端电压增加，通过二极管的电流增大，电压与电流的比值减小，则二极管的正向电阻随电压增加而减小；5 .由图示图象可知，当电流I=15.0mA=0.015A时，
48、U=2.72V电阻阻值Tj 2 72=-181I 0.01512、5.4【解析】d2=2ght2金属球下落过程中阻力做功【详解】(1)1由图可知：游标卡尺游尺为10分度，精确度为0.1m m,主尺刻度为5m m,游尺“4”与主尺刻度对齐,所以读数为5mm+0l x4mm=5.4mm。(2)2AB.此题需要用到重力势能变化量，故需要测量AB之间的高度，不需要知道距离地面的高度，故A 错误，B 正确；C.因为要判定mgh与;mv2关系，不需要知道小铁球从A 下落到B 的时间KB,故 C 错误。故 选 B。(3)利用小铁球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故 B 点速度dV=t根据机械能守恒的表达
49、式有1 ,mgh=mv2可得d2=2ght2故只要验证d2=2ght2即可。(4)实验中发现动能增加量A E k总是稍小于重力势能减少量 Ei.,可能的原因是金属球下落过程中阻力做功。四、计算题：本题共2 小题，共 26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、为+争;P?=?,+嘤)【解析】【详解】分析初始状态下两活塞的受力情况，根据力的平衡有Po X 2S+plS+3mg=px2S+POS解得初始状态下氧气的压强32gP I=A)+二初始状态氧气体积当小活塞缓慢上升到上表面与大圆筒底部平齐时，氧气体积匕=2 S L,压强为p 2,根据玻意耳定律有p
50、2V2=piVi,解得P2=p0+14、后息 2【解 析】【详 解】(D如 图 甲，由 几 何 关 系 知P点 的 折 射 角 为30。A(2)如图乙，由折射规律结合几何关系知，各 方向的入射 光 线 进 入P点后的折射光线分布在CQB范围内,设 在D点全反射，则DQ范围无光线射出。1n=-Sina解得=45由几何关系知DQ=EQ-ED,ED=EP=L,EQ=-a2 2解得D Q=-T a15、(l)2.010,ms;(2)2103T;(3)不会通过，0.2m【解 析】【详 解】由题意可知，粒子在第二象限内做匀速直线运动,根据力的平衡有qvB=qE解得E=2.0103msB粒子在第二象限的磁场