2020届高考物理全真模拟预测试题(一)(解析板)

2020届高考物理全真模拟预测试题（一）

二、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．) 14．(2019·河南郑州市第三次质量检测)如图1所示为氢原子能级示意图，下列有关说法正确的是()

图1

A．处于基态的氢原子吸收10.5 eV的光子后能跃迁至n＝2能级

B．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出3种不同频率的光

C．若用从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光，照射该金属时一定能发生光电效应

D．用n＝4能级跃迁到n＝1能级辐射出的光，照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为6.41 eV

【答案】D

【解析】处于基态的氢原子吸收10.2 eV的光子后能跃迁至n＝2能级，不能吸收10.5 eV能量的光子，故A错误；大量处于n＝4能级的氢原子，最多可以辐射出C24＝6种不同频率的光子，故B错误；从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光子的能量大于从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光子的能量，用从n ＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光，照射该金属时一定不能发生光电效应，故C错误；处于n＝4能级的氢原子跃迁到n＝1能级辐射出的光子的能量为：E＝E4－E1＝－0.85 eV－(－13.6 eV)＝12.75 eV，根据光电效应方程，照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为：E k＝E－W0＝12.75 eV－6.34 eV＝6.41 eV，故D正确．15．(2019·山西太原市5月模拟)如图2所示，带电物块放置在固定水平绝缘板上．当空间存在有水平向右的匀强电场时，物块恰能向右做匀速直线运动．若在同一电场中将绝缘板的右端抬高，当板与水平面的夹角为37°时，物块恰能沿绝缘板匀速下滑，则物块与绝缘板间的动摩擦因数μ为(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)()

图2

A.12

B.13

C.14

D.15 【答案】B 【解析】

当电场水平向右时滑块恰能向右做匀速直线运动，由平衡知识有：qE ＝F f1，F f1＝μF N1，F N1＝mg ，联立解得qE ＝μmg ；而物块沿斜面匀速下滑时，有：mg sin θ＝qE cos θ＋F f2，F f2＝μF N2，F N2＝mg cos θ＋qE sin θ，联立得0.6mg ＝0.8qE ＋μ(0.8mg ＋0.6qE )，解得动摩擦因数μ＝1

3或μ＝－3(舍去)，故A 、C 、D 错误，B

正确．

16．(2019·陕西宝鸡市高考模拟检测(二))超强台风山竹的风力达到17级超强台风强度，风速60 m/s 左右，对固定建筑物破坏程度巨大．请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小关系．假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S ，风速大小为v ，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F 与风速大小v 的关系式为( )

A ．F ＝ρSv

B ．F ＝ρSv 2

C ．F ＝1

2ρSv 3

D ．F ＝ρSv 3

【答案】B 【解析】

设t 时间内吹到建筑物上的空气质量为m ，则m ＝ρSvt ，根据动量定理得－Ft ＝0－mv ＝0－ρSv 2t ，解得F ＝ρSv 2，故B 正确，A 、C 、D 错误．

17．(2019·四川成都市第二次诊断)L 2是竖直固定的长直导线，L 1、L 3是水平固定且关于L 2对称的长直导线，三根导线均通以大小相同、方向如图3所示的恒定电流，则导线L 2所受的磁场力情况是( )

图3

A．大小为零

B．大小不为零，方向水平向左

C．大小不为零，方向水平向右

D．大小不为零，方向竖直向下

【答案】A

【解析】

由右手螺旋定则可知，L1与L3在L2所在直线上产生的合磁场方向竖直向下，即L2处的磁场方向与电流方向平行，所以L2所受磁场力为零．

18. (2019·湖北武汉市五月模拟)如图4所示，某次足球训练，守门员将静止的足球从M点踢出，球斜抛后落在60 m外地面上的P点．发球的同时，前锋从距P点11.5 m的N点向P点做匀加速直线运动，其初速度为2 m/s，加速度为4 m/s2，当其速度达到8 m/s后保持匀速运动．若前锋恰好在P点追上足球，球员和球均可视为质点，忽略球在空中运动时的阻力，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是()

图4

A ．前锋加速的距离为7 m

B ．足球在空中运动的时间为2.3 s

C ．足球运动过程中的最小速度为30 m/s

D ．足球上升的最大高度为10 m 【答案】C 【解析】

前锋做匀加速直线运动，初速度为2 m/s ，加速度为4 m/s 2，末速度为8 m/s ，根据速度与位移的关系式可知，v 2－v 02＝2ax 1，代入数据解得：x 1＝7.5 m ，A 错误；前锋和足球运动时间相等，前锋加速运动时间t

加

＝v －v 0a ＝1.5 s ，匀速运动时间t 匀＝x －x 1v

＝0.5 s ，故足球在空中运动的时间为2 s ，B 错误；足球水平方向上

做匀速直线运动，位移为60 m ，时间为2 s ，故运动过程中的最小速度为30 m/s ，C 正确；足球竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，上升时间为1 s ，最大高度h m ＝1

2

gt 2＝5 m ，D 错误．

19．(2019·河北唐山市上学期期末)如图5所示，长木板A 与物体B 叠放在水平地面上，物体与木板左端立柱间放置轻质弹簧，在水平外力F 作用下，木板和物体都静止不动，弹簧处于压缩状态．将外力F 缓慢减小到零，物体始终不动，在此过程中( )

图5

A．弹簧弹力不变

B．物体B所受摩擦力逐渐减小

C．物体B所受摩擦力始终向左

D．木板A所受地面的摩擦力逐渐减小

【答案】AD

【解析】

将外力F缓慢减小到零，物体始终不动，则弹簧的长度不变，弹力不变，选项A正确；对物体B，因开始时所受摩擦力的方向不确定，则由F弹＝F±F f，则随F的减小，物体B所受摩擦力的大小和方向都不能确定，选项B、C错误；对A、B与弹簧组成的整体，在水平方向，力F与地面对A的摩擦力平衡，则随F 的减小，木板A所受地面的摩擦力逐渐减小，选项D正确．

20．(2019·湖南永州市第二次模拟)如图6(a)所示，半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R构成闭合回路．若圆环内加一垂直于纸面的变化的磁场，变化规律如图(b)所示．规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻．以下说法正确的是()

图6

A．0～1 s内，流过电阻R的电流方向为b→R→a

B．2～3 s内，穿过金属圆环的磁通量在减小

C．t＝2 s时，流过电阻R的电流方向发生改变

D．t＝2 s时，U ab＝πr2B0(V)

【答案】AD

【解析】

规定磁场方向垂直纸面向里为正，根据楞次定律，在0～1 s内，穿过线圈向里的磁通量增大，则线圈中产生逆时针方向的感应电流，那么流过电阻R的电流方向为b→R→a，故A正确；由题图(b)可知，在2～3 s内，穿过金属圆环的磁通量在增大，故B错误；1～2 s内，磁通量向里减小，由楞次定律可知，产生的电流方向为a→R→b,2～3 s磁通量增大，且磁场反向，由楞次定律可知，产生的电流方向为a→R→b，故

C错误；当t＝2 s时，根据法拉第电磁感应定律E＝ΔBS

Δt＝πr2B0(V)，因不计金属圆环的电阻，因此U ab＝E

＝πr2B0 (V)，故D正确．

21．(2019·贵州毕节市适应性监测(三))如图7甲所示，两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m1和m2，其中m1＝1 kg。现给A球一个水平向右的瞬时动量，使A、B球发生弹性碰撞，以此时刻为计时起点，两球的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知()

图7

A ．

B 球的质量m 2＝2 kg

B ．球A 和B 在相互挤压过程中产生的最大弹性势能为4.5 J

C ．t 3时刻两球的动能之和小于0时刻A 球的动能

D ．在t 2时刻两球动能之比为

E k1∶E k2＝1∶8 【答案】AD 【解析】

A 和

B 球在碰撞过程中动量守恒，故m 1v ＝(m 1＋m 2)v 共，代入数据得m 2＝2 kg ，A 正确；球A 和球B 在共速的时候产生的弹性势能最大，因此E p ＝12m 1v 2－1

2(m 1＋m 2)v 共2＝3 J ，B 错误；因为是弹性碰撞，t 3时

刻两个小球分离后没有能量损失，因此0时刻球A 的动能和t 3时刻两个球的动能之和相等，C 错误；从碰撞到t 2时刻小球满足动量守恒和机械能守恒，因此有m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2和12m 1v 2＝12m 1v 12＋1

2m 2v 22，联立解得

v 2＝2 m/s ，v 1＝－1 m/s ，故t 2时刻两球的动能之比E k A ∶E k B ＝1∶8，D 正确．

22．(5分)(2019·湖南怀化市第三次模拟)如图8甲所示，一条质量和厚度不计的纸带缠绕在固定于架子上的定滑轮上，纸带的下端悬挂一质量为m 的重物，将重物由静止释放，滑轮将在纸带带动下转动．假设纸带和滑轮不打滑，为了分析滑轮转动时角速度的变化情况，释放重物前将纸带先穿过一电火花计时器，交变电流的频率为50 Hz ，如图乙所示，通过研究纸带的运动情况得到滑轮角速度的变化情况．图丙为打点计时器打出来的纸带，取中间的一段，在这一段上取了7个计数点A 、B 、C 、D 、E 、F 、G ，每相邻的两个计数点间有4个点没有画出，其中：x 1＝8.05 cm 、x 2＝10.34 cm 、x 3＝12.62 cm 、x 4＝14.92 cm 、x 5＝17.19 cm 、x 6＝19.47cm.

图8

(1)根据上面的数据，可以求出D 点的速度v D ＝________ m/s ；(结果保留三位有效数字)

(2)测出滑轮半径等于3.00 cm ，则打下D 点时滑轮的角速度为________ rad/s ；(结果保留三位有效数字) (3)根据题中所给数据求得重物下落的加速度为________ m/s 2.(结果保留三位有效数字) 【答案】(1)1.38 (2)46.0 (3)2.29 【解析】

(1)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知，D 点的瞬时速度：v D ＝CE 2T

＝12.62＋14.92×10－

2

2×0.1

m/s≈1.38 m/s.

(2)由v ＝ωr ，则打下D 点时滑轮的角速度：ω＝v D r ＝1.380.03 rad/s ＝46.0 rad/s.

(3)根据Δx ＝aT 2 可知

a ＝()x 4＋x 5＋x 6－()

x 1＋x 2＋x 39T 2

＝

()14.92＋17.19＋19.47－()

8.05＋10.34＋12.629×0.1

2

×10－

2 m/s 2≈2.29 m/s 2.

23．(10分)(2019·河南新乡市第三次模拟)某同学想将满偏电流I g ＝100 μA 、内阻未知的微安表改装成电压表．

图9

(1)该同学设计了如图9甲所示电路测量该微安表的内阻，所用电源的电动势为4 V ．请帮助该同学按图甲所示电路完成实物图乙的连接．

(2)该同学先闭合开关S 1，调节R 2的阻值，使微安表的指针偏转到最大刻度；保持开关S 1闭合，再闭合开关S 2，保持R 2的阻值不变，调节R 1的阻值，当微安表的指针偏转到最大刻度的2

3时，R 1的阻值如图丙

所示，则该微安表内阻的测量值R g ＝________ Ω，该测量值________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值．

(3)若要将该微安表改装成量程为1 V 的电压表，需________(填“串联”或“并联”)阻值R 0＝________ Ω的电阻．

【答案】 (1)如图所示

(2)142 小于 (3)串联 9 858 【解析】

(1)实物连线如图所示；

(2)由电路图可知，当微安表的读数为23I g 时，通过电阻箱的电流为I g

3，则电阻箱R 1的阻值等于微安表内

阻的2倍，由题图可知电阻箱的读数为284 Ω，则微安表的内阻为142 Ω；

闭合S 2后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过电阻箱的电流大于1

3I g ，则该实验测出的电表内阻

偏小；

(3)若要将该微安表改装成量程为1 V 的电压表，需串联阻值R 0＝U I g －r g ＝1

100×10－6

Ω－142 Ω＝9 858 Ω

的电阻．

24. (12分)(2019·山东威海市5月模拟)如图1所示，位于第一象限内半径为R 的圆形磁场与两坐标轴分别相切于P 、Q 两点，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B ，第四象限内存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E .Q 点有一粒子源，可在xOy 平面内向各个方向发射速率均为v 的带正电粒子，其中沿x 轴正方向射入磁场的粒子恰好从P 点射出磁场．不计重力及粒子之间的相互作用．

图1

(1)求带电粒子的比荷q m

；

(2)若AQ 弧长等于六分之一圆弧，求从磁场边界上A 点射出的粒子，由Q 点至第2次穿出磁场所经历的时间．

【答案】(1)v

BR (2)π＋2－3R v ＋2BR E

【解析】

(1)由几何关系得：粒子做圆周运动的半径r ＝R 根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB ＝m v 2

r

解得：q m ＝v

BR

(2)由于粒子轨迹半径和圆半径相等，则无论粒子沿哪个方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向均沿y 轴负方向；若AQ 弧长等于六分之一圆弧，粒子的运动轨迹如图所示：

粒子在磁场中运动周期：T＝2πR v

粒子在QA段运动时间：t1＝T 6

无场区AB段距离：x＝R－R cos 30°

粒子在AB段运动时间：t2＝2x v

粒子在电场中运动时，由牛顿第二定律得：qE＝ma

在电场中运动时间：t3＝2v

a

粒子在AC段运动时间：t4＝T 3

总时间：t＝t1＋t2＋t3＋t4

代入数据得：t＝π＋2－3R

v＋

2BR

E.

25. (20分)(2019·湖南怀化市第三次模拟)如图2所示，倾角θ＝37°的光滑固定斜面上放有A、B、C三个质量均为m的物块(均可视为质点)，A固定，C与斜面底端处的挡板接触，B与C通过轻弹簧相连且均处于静止状态，A、B间的距离为d.现由静止释放A，一段时间后A与B发生碰撞，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(B与C始终未接触，弹簧始终在弹性限度内)

图2

(1)求A 与B 碰撞前瞬间A 的速度大小v 0；

(2)若A 、B 的碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去A ，且B 沿斜面向下运动到速度为零时，弹簧的弹性势能增量为E p ，求B 沿斜面向下运动的最大距离x ；

(3)若A 下滑后与B 碰撞并粘在一起，且C 刚好要离开挡板时，A 、B 的总动能为E k ，求弹簧的劲度系数k .

【答案】(1) 65gd (2)5E p 3mg －d (3)72m 2g 215mgd －50E k

【解析】

(1)根据机械能守恒定律：mgd sin θ＝1

2mv 02

解得v 0＝

65

gd (2)设碰撞后瞬间A 、B 的速度大小分别为v 1、v 2，根据动量守恒定律：mv 0＝mv 1＋mv 2 由能量关系：12mv 02＝12mv 12＋1

2mv 22

解得v 1＝0，v 2＝v 0＝

6

5

gd ； A 、B 碰撞后，对B 沿斜面向下压缩弹簧至B 速度为零的过程，根据能量关系：E p ＝1

2mv 22＋mgx sin θ

解得x ＝5E p

3mg

－d

(3)A 、B 碰撞前，弹簧的压缩量：x 1＝mg sin θ

k

设A 、B 碰撞后瞬间的共同速度大小为v 3，则：mv 0＝2mv 3 解得v 3＝

310

gd

当C 恰好要离开挡板时，弹簧的伸长量为：x 2＝mg sin θ

k

可见，在B 开始沿斜面向下运动到C 刚好要离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能改变量为零，根据机械能守恒定律：1

2

×2mv 32＝E k ＋2mg (x 1＋x 2)sin θ

解得：k ＝72m 2g 2

15mgd －50E k .

33．【选修3－3】(15分)

(1)(5分)(2018·盐城市三模)如图3所示，在汽缸右侧封闭一定质量的理想气体，压强与大气压强相同．把汽缸和活塞固定，使汽缸内气体升高到一定的温度，气体吸收的热量为Q 1，气体的内能为U 1.如果让活塞可以自由滑动(活塞与汽缸间无摩擦、不漏气)，也使汽缸内气体温度升高相同温度，其吸收的热量为Q 2，气体的内能为U 2，则Q 1________Q 2，U 1________U 2.(均选填“大于”“等于”或“小于”)

图3

(2) (10分)(2019·福建三明市5月质量检查)如图4，容积为V 的密闭导热氮气瓶，通过单向阀门K(气体只能进入容器，不能流出容器)与一充气装置相连接．开始时气瓶存放在冷库内，瓶内气体的压强为0.9p 0、温度与冷库内温度相同，现将气瓶移至冷库外，稳定后瓶内气体压强变为p 0，再用充气装置向瓶内缓慢充入氮气共45次．已知每次充入的气体压强为p 0、体积为V

15、温度为27 ℃.设冷库外的环境温度保持27 ℃

不变．求：

图4

①冷库内的温度；

②充气结束后，瓶内气体压强．

【答案】(1)小于 等于 (2)①270 K(或－3 ℃) ②4p 0 【解析】

(2)①因气瓶导热，瓶内气体温度与所处环境温度相同，设存于冷库中时，瓶内气体压强为p 1，温度为T 1，移至库外后，瓶内气体压强为p 0，温度为T 2＝300 K

由查理定律，有：p 1T 1＝p 0

T 2

代入数据得：T 1＝270 K ， 即冷库内的温度为270 K 或－3 ℃

②打气前，瓶内气体及所打入的气体，压强为p 0，总体积：V 2＝V ＋45×V

15＝4V

打气后，气体压强为p 3，体积为V 3＝V 气体温度不变，由玻意耳定律，有：p 0V 2＝p 3V 3 代入题给数据得：p 3＝4p 0. 34．【选修3－4】(15分) (2019·四川宜宾市第二次诊断)

(1)(5分)图5甲为一列简谐波在t ＝0时刻的波形图，P 是平衡位置为x ＝1 m 处的质点，Q 是平衡位置为x ＝4 m 处的质点，图乙为质点Q 的振动图象，则下列说法正确的是________．

图5 A．该波的周期是0.10 s

B．该波的传播速度是40 m/s

C．该波沿x轴正方向传播

D．t＝0.10 s时，质点Q的速度方向向下

E．从t＝0到t＝0.15 s，质点P通过的路程为30 cm

(2) (10分)如图6所示，球半径为R的玻璃球冠的底面镀银，底面的半径为

3

2R；在过球心O且垂直于

底面的平面(纸面)内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点，经M点折射后的光线照射到底面的N点，且BN＝MN，已知光在真空中的传播速度为c，求：

图6

①玻璃球冠的折射率；

②该光线在玻璃球冠中的传播时间(不考虑光在玻璃球冠中的多次反射)．

【答案】(1)BCD (2)①3 ②3＋3R c

【解析】

(2)①光路图如图所示

由几何关系得∠OBA ＝∠OAB ＝30°，∠BOA ＝120°，△OAM 为等边三角形，即BOM 为一条直线，所以在M 点入射角i ＝60°.又BN ＝MN ，所以在M 点折射角r ＝30°

由折射定律得 n ＝sin i sin r 解得n ＝ 3

②由几何关系可得，在N 点反射后的光线过O 点垂直BM 从球冠的Q 点射出 该光线在球冠中的传播路程s ＝R

cos 30°＋R tan 30°＋R

又n ＝c v

传播时间t ＝s

v

解得t ＝3＋3R c

.