1、宣化第一中学 2020 年高考模拟试题（一）（物理）选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 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。14一物体做匀加速直线运动，通过一段位移x 所用的时间为 t1，紧接着通过下一段位移x 所用的时间为 t2.则物体运动的加速度为()A.)()(2212121ttttttxB.)()(212121ttttttxC.)()(2212121ttttttxD.)()(212121ttttttx15.美国物理学家密立根利用图示的电
2、路研究金属的遏止电压 Uc 与入射光频率的关系，描绘出图乙中的图象，由此算出普朗克常量 h，电子电量用 e 表示，下列说法正确的是()A入射光的频率增大，测遏止电压时，应使滑动变阻器的滑片 P 向 M 端移动B增大入射光的强度，光电子的最大初动能也增大C由 Uc图象可知，这种金属截止频率为cD由 Uc图象可求普朗克常量表达式为ceUh 1116.如图所示，一端装有定滑轮的粗糙斜面体放在水平地面上，A、C 两物体通过细绳连接，物体 B 通过光滑滑轮悬挂于 A、C 间某处，系统处于静止状态，不计细绳、滑轮的质量和细绳与滑轮间的摩擦。现用水平力 F 作用于物体 C 上，缓慢拉开一小角度，此过程中斜面
3、体与物体A 仍然静止。此时与初始状态相比，下列说法正确的是（）A.水平力 F 大小不变B.物体 B 的高度可能不变C.物体 A 所受斜面体的摩擦力大小一定变大D.物体 A 所受斜面体的作用力的合力大小可能不变17.我国对火星的首次探测任务将于 2020 年正式开始实施,要实现对火星的形貌、土壤、环BAFC境、大气等的探测，研究火星上的水冰分布、物理场和内部结构等。现假想为研究火星上有关重力的实验,在火星的表面附近做一个上抛实验，将一个小球以某一初速度竖直向上抛出，测得小球相邻两次经过抛出点上方 h 处的时间间隔为 t,作出 t2-h 图像如图所示，已知火星的半径为 R,引力常量为 G,则火星的
4、质量为()A.GbaR 24B.GabR 24C.GbaR 28D.GabR 2818.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比 n1n251，电阻 R20，L1、L2 为规格相同的两只小灯泡，S1 为单刀双掷开关原线圈接正弦交变电源，输入电压 u 随时间 t 的变化关系如图所示现将 S1 接 1、S2 闭合，此时 L2 正常发光下列说法正确的是()A输入电压 u 的表达式 u202 sin(50t)(V)B只断开 S2 后，原线圈的输入功率增大C只断开 S2 后，L1、L2 均正常发光D若 S1 换接到 2 后，R 消耗的电功率为 0.8 W19.一足够长的轻质绸带置于光滑水平地面上，绸带上放着
5、质量分别为 mA1 kg 和 mB2kg 的 A、B 两物块，A、B 与绸带之间的动摩擦因数都为0.2，水平恒力 F 作用在 A 物块上，如图所示(重力加速度 g 取 10 m/s2)，若 A、B 与绸带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当 F 逐渐增大时，A、B 的加速度 aA 和 aB 随 F 变化的图象正确的是()20.两个等量点电荷位于 x 轴上，它们的静电场的电势随位置 x 变化规律如图所示(只画出0t2abh了部分区域内的电势)，x 轴上有两点 M、N，且 OMON，由图可知()AN 点的电势高于 M 点的电势BM、N 两点的电场方向相同且 M 点的场强大小大于 N 点的场强大小
6、C仅在电场力作用下，正电荷可以在 x 轴上 M、N 之间的某两点做往复运动D负电荷沿 x 轴从 M 点移到 N 点的过程中电场力一直做负功21.在同一水平面上的光滑平行导轨 P、Q 相距 l1 m，导轨左端接有如图所示的电路。其中水平放置的平行板电容器两极板 M、N 相距 d10 mm，定值电阻 R1R212，R32，金属棒 ab 的电阻 r2，其他电阻不计。磁感应强度 B0.5 T 的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒 ab 沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间的质量 m11014kg、电荷量 q11014 C 的微粒恰好静止不动。g 取 10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨
7、接触良好，且速度保持恒定。下列说法正确的是()A匀强磁场的方向竖直向上B匀强磁场的方向竖直向下Cab 两端的路端电压为 0.4vD金属棒 ab 运动的速度 0.8m/s二、实验题（本题共 2 个小题，22 题 5 分，23 题 10 分，共 15 分）22如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验。有一直径为d、质量为m的金属小球从A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(Hd)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g。则：(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d_mm。(2)多次改变高度H，
8、重复上述实验，作出21t随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式_时，可判断小球下落过程中机械能守恒。(3)实验中发现动能增加量Ek总是稍小于重力势能减少量Ep，增加下落高度后，则EpEk将_(填“增大”“减小”或“不变”)。23.图甲所示是大型机械厂里用来称重的电子吊秤，其中实现称重的关键元件是拉力传感器。其工作原理是：挂钩上挂上重物，传感器中拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生形变，拉力敏感电阻丝的电阻也随着发生变化，再经相应的测量电路把这一电阻变化转换为电信号(电压或电流)，从而完成将所称物体重量变换为电信号的过程。(1)简述拉力敏感电阻丝的阻值随
9、拉力变化的原因。_(2)某同学找到一根拉力敏感电阻丝RL，其阻值随拉力变化的图象如图乙所示，再按图丙所示电路制作了一个简易“吊秤”。电路中电源电动势E约15V，内阻约2；灵敏毫安表量程为10mA，内阻约5；R是电阻箱，最大阻值是9999；RL接在A、B两接线柱之间，通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，接通电路完成下列操作。a滑环下不吊重物时，调节电阻箱，当电流表为某一合适示数I时，读出电阻箱的读数R1b滑环下吊上待测重物，测出电阻丝与竖直方向的夹角为c调节电阻箱，使_，读出此时电阻箱的读数R2。设RF图象斜率为k，则待测重物的重力G的表达式为G_(用以上测得的物理量表示)，测得53(sin530.8
10、，cos530.6)，R1、R2分别为1052和1030，则待测重物的重力G_N。(结果保留三位有效数字)(3)(多选)针对该同学的设计方案，为了提高测量重量的精度，你认为下列措施可行的是_。(填选项字母)A将毫安表换成量程不变，内阻更小的毫安表B将毫安表换成量程为10 A的微安表C将电阻箱换成精度更高的电阻箱D适当增大A、B接线柱之间的距离24.（12分）如图所示,在竖直方向上有一圆形区域,区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度EFCBDORL大小为B的匀强磁场（未画出），圆形磁场区域的半径为R。若一带电量为q(q0)的粒子以速度v0沿水平方向成300角从磁场的最低点A射入磁场，且该粒子的运动轨
11、迹恰好过圆形磁场的圆心O，不计粒子的重力。求：(1)该粒子的质量；(2)该粒子到达与A在同一水平线上的某点D所用的时间及AD的长度。25.(20分)如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧形轨道固定在竖直面内，O为圆心，C为最低点，D为最高点，CD为直径，BC弧对应的圆心角=37。在圆弧形轨道左侧有一两端间距L=2.2m的水平传送带，传送带与圆弧轨道在同一竖直平面内，工作轮半径r=0.1m，传送带顺时针转动，速率恒为=4m/s。现在传送带水平部分的左端E点由静止释放一个质量M=1kg、可视为质点的滑块，滑块运动到传送带水平部分的右端F点时恰好与传送带达到共速，不计空气阻力，g=10m/s2，Sin
12、 37=0.6。(1)求滑块与传送带间的动摩擦因数;(2)如果滑块离开传送带后恰好从B点沿切线进人圆弧轨道，求F、B两点间的高度差；(3)如果在C点放置一个可视为质点的小球，滑块与小球发生弹性碰撞后小球恰好能从D点水平抛出，求小球的质量。(保留三位有效数字)33.【选修 33】(15 分)(1)(5 分)一定量的理想气体从状态 a 开始，经历等温或等压过程 ab、bc、cd、da 回到原状态，其 pT 图象如图所示，其中对角线 ac 的延长线过原点 O.下列判断正确的是_(填正确答案标号选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分每选错 1 个扣 3 分，最低得分为
13、0 分)A气体在 a、c 两状态的体积相等B气体在状态 a 时的内能大于它在状态 c 时的内能C在过程 da 中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功D在过程 cd 中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功E在过程 bc 中外界对气体做的功等于在过程 da 中气体对外界做的功AD300OV0（2）（10 分）2020 年 2 月 7 日，辽宁支援湖北抗击疫情捐赠的 200 支医用氧气瓶运往湖北省抗击新冠肺炎疫情一线。假设一个容积为 V。的氧气瓶（认为容积不变），内部封闭气体的压强为 11P0(P0 为 1 个标准大气压）。已知热力学温度与摄氏温度间的关系为 T=t+273 Ko（i）若瓶内
14、气体温度降为 7C,此时气体压强降为 10P0,求氧气瓶内气体原来的温度是多少摄氏度；（ii）若保持瓶内气体温度不变，用了一部分气体，使瓶内气体压强降为 10P0，求氧气瓶内剩余气体的质量与原来总质量的比值。34【选修 34】(15 分)(1)(5 分)图甲为一列简谐波在 t0 时刻的波形图，P 是平衡位置为 x1 m 处的质点，Q 是平衡位置为 x4 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_(填正确答案标号选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分)A该波的周期是 0.10 sB该波沿 x 轴正方向
15、传播C该波的传播速度是 40 m/sDt0.10 s 时，质点 Q 的速度方向向下E从 t0 到 t0.15 s，质点 P 通过的路程为 30 cm(2)(10 分)如图所示，球半径为 R 的玻璃球冠的底面镀银，底面的半径为32 R；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 BNMN，已知光在真空中的传播速度为 c，求：玻璃球冠的折射率；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)宣化第一中学 2020 年高考模拟试题（一）（物理答案）14.
16、C【解析】设经过第一段位移x 的起始位置对应时刻记为零，0t1 中间时刻的速度为 v1，t1t2 中间时刻的速度为 v2，则2212112tttavv，解得 a)()(2212121ttttttx，C 项正确15.C【解析】入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，则遏止电压增大，测遏止电压时，应使滑动变阻器的滑片 P 向 N 端移动，故 A 项错误；根据光电效应方程 EkmhW0 知，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，故 B 项错误；根据 EkmhW0eUc，解得ceUh 11，当遏止电压为零时，c，故 C 正确、D 项错误。16.D【解析】本题考查共点力平衡。对物体 C 受力分析，根据
17、共点力平衡条件有 F=mcgtana,在缓慢拉开物体 C 的过程中，a 变大，故水平力 F 变大，A 错误；根据共点力平衡条件有 T=mcg/cosa在缓慢拉开物体 C 的过程中,a 变大，故 T 变大，再对物体 B 受力分析可知，滑轮两侧细绳间的夹角必然增大，物体 B 的高度升高,B 错误；开始时，物体 A 受到重力、支持力、细绳的拉力，可能没有静摩擦力，也可能有沿斜面向下的静摩擦力，还可能有沿斜面向上的静摩擦力，故拉力 T 变大后，静摩擦力可能变小,也可能变大，C 错误;斜面体对物体 A 的支持力不变，故斜面体对物体 A 的作用力的合力大小可能增大，也可能减 小,还可能不变,D 正确。17
18、.D【解析】本题考查匀变速直线运动规律与万有引力定律的结合。由运动学规律可得22)2(212tghgv，解得22248gvhgt，结合题图可知bag 8，解得abg8，由mgRMmG2知GabRM28，故选 D18.D【解析】该题考查交变电流的瞬时值及变压器的有关问题由图象可知，U20sin(100t)V，A 错由 P1P2 RU 22可知，当 R 增大时，P1 减小，B 不正确VUnnU41122由题意可知 L1、L2 的额定电压为 4 VS1 接 1，断开 S2 后，L1、L2 不能达到额定电压，因此 C 不正确当 S1 接 2 时，P222RU0.8 W，D 选项正确19.BD【解析】当
19、 F 较小时，A、B 和绸带一起以相同的加速度运动，即 aAaBFmAmB，当 A与绸带间开始发生相对滑动，此时 fAmAg2 N，aAFfAmA，aB fAmB，且 aAaB，解得 F3N，aAaB1 m/s2；F 继续增大，而 B 所受的摩擦力不变，恒为 fA2 N，加速度为 aB1 m/s2，A 的加速度与 F 满足关系 aAF2mAF2，综上所述只有 B、D 两项正确。20.AB【解析】由图知，N 点的电势高于 M 点的电势，A 项正确；由 EUd可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，可以看出 M 点的场强大小大于 N 点的场强大小。斜率都为正值，说明 M、N 点的电场方向相同，B 项正
20、确；根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从 N 指向M，正电荷在 x 轴上 M、N 之间所受的电场力始终由 N 指向 M，正电荷做单向直线运动，C 项错误；负电荷沿 x 轴从 M 移到 N 的过程中，电场力方向由从 M 指向 N，电场力方向与位移相同，电场力一直做正功，D 项错误。21.BC【解析】负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故 M 板带正电。ab 棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab 棒等效于电源，其 a 端为电源的正极，感应电流方向由 ba，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下，故 A 项错误、B 项正确；微粒受到重力和电场力
21、的作用处于静止状态，根据平衡条件有qUMNdmg，所以 UMNmgdq 0.1 V。R3 两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过 R3 的电流为 IUMNR30.05 A，则 ab 棒两端的电压为 UabUMNI R1R2R1R20.4 V，C 项正确；由法拉第电磁感应定律得感应电动势 EBlv，由闭合电路欧姆定律得 EUabIr0.5 V，解得 v1 m/s，D 项错误。22.（1）7.25 mm（2 分）（2）22002dtgH（2 分）（3）增大（1 分）【解析】(1)根据游标卡尺读数规则得读数为 7 mm50.05 mm7.25 mm。(2)若要满足机械能守恒，则金属球减小的重
22、力势能等于金属球增加的动能20021tdmmgH，整理可以得到22002dtgH。(3)由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多，故增加下落高度后，则EpEk将增大。23.（1）电阻丝受拉力时，长度增加而横截面积减小，根据电阻定律知其阻值增大。（2 分）（2）电流表的示数仍为 I；（2 分)kRRGcos)(221(2 分)132(2 分)(3)CD(2 分)【解析】(1)电阻丝受拉力时，长度增加而横截面积减小，根据电阻定律知其阻值增大。(2)根据等效替代法测电阻，调节电阻箱，使电流表的示数仍为 I；由其阻值随拉力变化的图象可得2.020010001040FRk，由平衡条件得 2Fco
23、sG，由等效替代法测电阻得RR1R2，联立解得kRRGcos)(221，可得待测重物的重力 G132 N。(3)为了提高测量重量的精度，将电阻箱换成精度更高的电阻箱，适当增大 A、B 接线柱之间的距离，根据闭合电路欧姆定律得电流总REI 只有几毫安，所以不能将毫安表换成量程为 10A 的微安表，或不能将毫安表换成其他量程，C、D 两项正确。24.【解析】本题考查带电粒子在圆形磁场中的运动。（1）作出粒子的运动轨迹如图所示，有几何关系可OOA=1200由洛伦兹力提供向心力，即rmvBqv200(2 分）由几何关系可得Rr33(1 分）解得033vqBRm(2 分）（2）设带电粒子运动轨迹与磁场圆
24、相交于 B 点，连接 AB，由几何关系可知 OO平分AOB,又AOO=300，可得AOB=600，即三角形 AOB 为等边三角形，AOB=1200，即带电粒子在磁场中转过的圆心角为34(1 分）粒子做圆周运动的周期003322vRvrT(1 分）又Tt21 即01934vRt(1 分）根据几何关系可知三角形 ABD 为直角三角形，BAD=300，可得 BD=ABsin300=R/2(1 分）带电粒子在 BD 段做匀速直线运动，有0022vRvBDt(1 分）带电粒子到达 D 点所需要的总时间02118)938(vRttt(1 分）RABAD2330cos0(1 分）25.【解析】滑块由静止开始
25、做匀加速直线运动，则有2=2a(L-2r)(1分）代入数据解得a=4m/s2（1分）根据牛顿第二定律得MMga（2分）解得4.0（2分）（2）在F点，滑块恰好做平抛运动的条件为smgr/1临，所以滑块离开F点后做平抛运动（1分）设滑块运动到B点时的速度大小vB为，则有v=vx=vBcos(1分）vy=vBsin（1分）代入数据解得vB=5 m/s,vy=3 m/s（l分）所以F、B两点间的高度mghy45.022(2 分）（3）设小球的质量为m,小球恰好能运动到D点，则有RvmmgD2（1 分）解得 vD=5 m/s（l 分）小球碰撞后从C点沿圆孤轨道运动到D点的过程满足机械能守恒定律，则有2
26、221221DcmvmgRmv（1 分）解得vc=5 m/s（l分）设滑块与小球碰前的速度大小为v1，滑块由B点运动到C点的过程中机械能守恒则有21221)cos1(21MvMgRMvB（1分）滑块与小球碰撞过程满足动量守恒定律与机械能守恒定律则有cmvMvMv21（1 分）22221212121cmvMvMv（1 分）联立解得m1.08kg（1 分）33.【解析】（1）由pVT k可知，pT图象中过原点的一条倾斜的直线是等容线，A项正确；气体从状态c到状态d的过程温度不变，内能不变，从状态d到状态a的过程温度升高，内能增加，B项正确；在过程da中气体内能增加，气体从外界吸收的热量大于气体对外
27、界做的功，C项错误；由于过程cd中气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外放出的热量等于外界对气体做的功，D项错误；过程bc中，外界对气体做的功Wbcpb(VbVc)pbVbpcVc，过程da中气体对外界做的功Wdapd(VaVd)paVapdVd，由于pbVbpaVa，pcVcpdVd，因此过程bc中外界对气体做的功与过程da中气体对外界做的功相等，E项正确答案:ABE（2）（i）对气体由查理定律得1100TpTp（2分）解得T1=308 K（2分）气体原来温度为t=(308-273）C=35C(1分）（ii）假设将放出的气体先收集起来，并保持压强与氧气瓶内同，以全部气体为研究对象，由玻意耳定律得P1Vo=PoV（2分）解得 V=l.lVo（1 分）则剩余气体与原来气体的质量比为11100 VVmm总剩（2 分）34.(1)BCD(2)33 3Rc【解析】(2)光路图如图所示由几何关系得OBAOAB30，BOA120，OAM 为等边三角形，即 BOM 为一条直线，所以在 M点入射角 i60.又 BNMN，所以在 M 点折射角 r30由折射定律得nsin isin r解得 n 3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 sRcos 30Rtan 30R又 ncv传播时间 tsv解得 t3 3Rc.
