1、高考资源网（） 您身边的高考专家2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力物理部分押题密卷(三) 本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，满分110分，时间60分钟。第卷一、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题只有一个选项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求，全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1氢原子部分能级的示意图如图所示，不同色光的光子能量如下表所示：色光红橙黄绿蓝靛紫光子能量范围(eV)1.612.002.002.072.072.142.142.532.532.762.763.10氢原子部分能级的示意图如图
2、所示。大量处于n4能级的氢原子，发射出的光的谱线在可见光范围内，其颜色分别为()A红、蓝靛 B红、紫C橙、绿 D蓝靛、紫答案A解析大量处于n4能级的氢原子向低能级跃迁时，能够辐射出能量分别为12.75 eV、12.09 eV、10.2 eV、2.55 eV、1.89 eV、0.66 eV的六种光子，对照表格知，2.55 eV和1.89 eV的光子属于可见光，其中能量为1.89 eV的光子为红光，能量为2.55 eV的光子为蓝靛光，故选A。2(2019陕西榆林高三第三次模拟)质量相同的甲、乙两物体放在相同的光滑水平地面上，分别在水平力F1、F2的作用下从同一地点，沿同一方向，同时运动，其vt图象
3、如图所示，下列判断正确的是()A06 s，F1先减小后不变，F2一直增大B06 s内两者在前进方向上的最大距离一定大于4 mC在02 s内，甲的加速度始终大于乙的加速度D4 s末甲、乙两物体动能相同，由此可知F1F2答案B解析由vt图象可知，对甲物体，在02 s内，甲物体速度时间图线的斜率逐渐减小，则其加速度逐渐减小，F1逐渐减小，26 s内，甲物体速度保持不变，F1为零，对于乙物体，速度时间图线的斜率保持不变，则F2保持不变，故A错误；06 s内，当两者速度相同即t4 s时，两物体相距最大，此时乙的位移为x乙44 m8 m，甲的位移x甲 m12 m，则两者的最大距离大于4 m，故B正确；由v
4、t图象可知，在02 s内，t0时，甲图线的斜率大于乙图线的斜率，此后，甲图线的斜率逐渐减小到零，乙图线的斜率保持不变，故甲的加速度先大于乙的加速度，后小于乙的加速度，故C错误；4 s末甲、乙两物体动能相同，但它们的加速度不同，故F1不等于F2，D错误。3. (2019辽宁大连二模)2018年12月12日，在北京飞控中心工作人员的精密控制下，嫦娥四号开始实施近月制动，成功进入环月圆轨道。12月30日成功实施变轨，进入椭圆着陆轨道，为下一步月面软着陆做准备。如图所示，B为近月点，A为远月点，关于嫦娥四号卫星，下列说法正确的是()A卫星在轨道上A点的加速度大于在B点的加速度B卫星沿轨道运动的过程中，
5、卫星中的科考仪器处于超重状态C卫星从轨道变轨到轨道，机械能增加D卫星在轨道经过A点时的动能小于在轨道经过B点时的动能答案D解析根据万有引力提供向心力有：Gma，B点距月心更近，所以卫星在B点的加速度更大，A错误；卫星沿轨道运动的过程中，万有引力全部提供向心力，卫星中的科考仪器处于失重状态，B错误；卫星从高轨道变轨到低轨道，需要点火减速，卫星的动能减小，所以卫星从轨道变轨到轨道，机械能减小，C错误；从A点到B点，万有引力做正功，卫星的动能增大，D正确。4(2019湖南岳阳高三二模)如图甲为一种门后挂钩的照片，相邻挂钩之间的距离为7 cm，图乙中斜挎包的宽度约为21 cm，在斜挎包的质量一定的条件
6、下，为了使悬挂时背包带受力最小，下列措施正确的是()A随意挂在一个钩子上 B使背包带跨过两个挂钩C使背包带跨过三个挂钩 D使背包带跨过四个挂钩答案D解析设悬挂后背包带与竖直方向的夹角为，根据平衡条件可得2Fcosmg；解得背包带的拉力F，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，则cos最大，由于相邻挂钩之间的距离为7 cm，图乙中斜挎包的宽度约为21 cm，故使背包带跨过四个挂钩时0，cos1，此时背包带受力最小，故D正确。5. (2019安徽黄山二模)如图所示，甲、乙两个小球同时从同一固定的足够长斜面的A、B两点分别以v0、2v0水平抛出，分别落在斜面的C、D两点(图中未画出
7、)，不计空气阻力，下列说法正确的是()A甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度的方向相同B甲、乙两球做平抛运动的时间之比为14CA、C两点间的距离与B、D两点间的距离之比为14D甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度大小之比为1答案AC解析设小球落在斜面上时，速度与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，则tan，tan，可知tan2tan，因为小球落在斜面上时，其位移与水平方向的夹角为定值，可知两球接触斜面的瞬间，它们的速度方向相同，故A正确；根据tan可得t，因为两球初速度之比为12，所以甲、乙两球做平抛运动的时间之比为12，故B错误；根据hgt2可知两球下落的高度之比为14，根据相似三角形知识可知
8、A、C两点间的距离与B、D两点间的距离之比为14，故C正确；甲、乙两球运动的时间之比为12，则其竖直分速度之比为12，因为两球落在斜面上时速度方向相同，所以两球接触斜面的瞬间，它们的速度大小之比为12，故D错误。6(2019福建高中毕业班3月质检)回旋加速器主要结构如图，两个中空的半圆形金属盒接高频交流电源置于与盒面垂直的匀强磁场中，两盒间的狭缝宽度很小。粒子源S位于金属盒的圆心处，产生的粒子初速度可以忽略。用两台回旋加速器分别加速质子(H)和粒子(He)，这两台加速器的金属盒半径、磁场的磁感应强度、高频交流电源的电压均相等，不考虑相对论效应，则质子和粒子()A所能达到的最大动量大小相等B所能
9、达到的最大动能相等C受到的最大洛伦兹力大小相等D在达到最大动能的过程中通过狭缝的次数相等答案BC解析当粒子的旋转半径到达D形盒的半径R时，粒子的速度最大，由公式qvBm可得：pmvqBR，由于两粒子的电荷量不同，所以两粒子所能达到的最大动量大小不相等，故A错误；当粒子的旋转半径到达D形盒的半径R时，粒子的速度最大，由Ekmv2可得，两粒子的动能之比等于电荷量的平方之比与质量反比的积，所以两粒子所能达到的最大动能相等，故B正确；当粒子的旋转半径到达D形盒的半径R时，粒子的速度最大，由公式qvBm可得：v，由f洛qvB可知，两粒子受到的最大洛伦兹力大小相等，故C正确；粒子每加速一次增加的动能为qU
10、，粒子能达到的最大动能为Ek，所以粒子被加速的次数为n，由于质子与粒子的比荷不相等，所以两粒子在达到最大动能的过程中通过狭缝的次数不相等，故D错误。7. (2019福建泉州二模)一质量为m、电荷量为q的带正电小滑块，从倾角为的光滑绝缘斜面上的A点由静止下滑，经时间t后立即加上沿斜面向上的匀强电场，再经时间t滑块恰好过A点。重力加速度大小为g，则()A匀强电场的电场强度大小为B滑块过A点时的速度大小为2gtsinC滑块从A点到最低点的过程中，重力势能减少了mg2t2sin2D滑块从最低点到A点的过程中，电势能减少了2mg2t2sin2答案AB解析未加电场时，取向下为正方向，滑块的加速度：agsi
11、n，经过时间t，其速度：v1atgtsin，其位移：xat2gt2sin，加上电场后，根据题意，滑块的加速度：agsin，再经过时间t滑块恰好过A点，根据匀变速直线运动规律：xv1tat2，联立解得：a3gsin，E，A正确；滑块过A点的速度：v2v1atgtsin3gtsin2gtsin，即此时滑块的速度大小为2gtsin，方向沿斜面向上，B正确；滑块从A点到最低点的过程中，滑块的总位移：x总at2gt2sin，所以滑块的重力势能减小Epmgx总sinmg2t2sin2，C错误；滑块从最低点到A点的过程中，根据动能定理：mv0W电mgx总sin，解得电场力做功为：W电mg2t2sin2，所以
12、滑块的电势能减少了：Epmg2t2sin2，D错误。8(2019山东淄博三模)如图所示，左侧接有定值电阻R的光滑导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨间距为d。一质量为m、阻值为r的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始运动，速度与位移始终满足vkx，棒与导轨接触良好，则在金属棒移动的过程中()A通过R的电荷量与x2成正比B金属棒的动量对时间的变化率增大C拉力的冲量为kmxD电阻R上产生的焦耳热为QR答案BC解析通过R的电量qitx，A错误；设金属棒在t1时刻的速度为v1，t2时刻的速度为v2，根据vkx可知v1kx1，v2kx2，金属棒的动量对时间的变化率mkv，再由vkx可
13、知，金属棒在移动的过程中，随着位移x增大，金属棒的动量对时间的变化率增大，故B正确；对金属棒，根据动量定理I冲Bidtmv，其中qit，vkx，联立解得拉力的冲量为I冲kmx，故C正确；根据功能关系可知E电W安克，F安Bidx，所以W安克F安x，由电流做功可得电阻R上产生的焦耳热为QRE电，故D错误。第卷二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，共62分。第912题为必考题，考生都必须作答。第1314题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共47分)9(2019云南二模)(6分)某同学用图甲所示的实验装置测定当地的重力加速度，正确操作后获得图乙所示的一条纸带。他用天平测得小车的质量为M，钩码
14、质量为m，毫米刻度尺测得纸带上自0点到连续点1、2、3、4、5、6的距离分别为：d11.07 cm、d22.24 cm、d33.48 cm、d44.79 cm、d56.20 cm、d67.68 cm。已知实验所用交流电频率为f50 Hz。(1)打点2时小车的速度大小为_ m/s(结果保留两位有效数字)。(2)小车运动过程中的平均加速度大小为_ m/s2(结果保留两位有效数字)。(3)以各点速度v的二次方为纵坐标，以各点到0点的距离d为横坐标，作v2d图象，所得图线为一条斜率为k的倾斜直线，不考虑小车与桌面间的摩擦，则当地的重力加速度g_(用m、M、k表示)。答案(1)0.60(2)2.0(3)
15、解析(1)打点2时小车的速度等于1到3段的平均速度，v m/s0.60 m/s。(2)根据逐差法可得：a m/s22.0 m/s2。(3)对钩码和小车组成的系统，由牛顿第二定律得mg(Mm)a，由v2v2ad可得a，联立解得g。10(2019河南郑州二模)(9分)导体或半导体材料在外力作用下产生机械形变时，其电阻值发生相应变化，这种现象称为应变电阻效应。图甲所示，用来称重的电子吊秤，就是利用了这个应变效应。电子吊秤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微小形变(宏观上可认为形状不变)，拉力敏感电阻丝的电阻也随着发生变化，再经相应的测
16、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。物理小组找到一根拉力敏感电阻丝RL，其阻值随拉力F变化的图象如图乙所示，小组按图丙所示电路制作了一个简易“吊秤”。电路中电源电动势E3 V，内阻r1 ；灵敏毫安表量程为10 mA，内阻Rg50 ；R1是可变电阻器，A、B两接线柱等高且固定。现将这根拉力敏感电阻丝套上轻质光滑绝缘环，将其两端接在A、B两接线柱之间固定不动。通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，不计敏感电阻丝重力。现完成下列操作步骤：步骤a：滑环下不吊重物时，闭合开关，调节可变电阻R1使毫安表指针满偏；步骤b：滑环下吊上已知重力的重物G，测出电阻丝与竖直方
17、向的夹角为；步骤c：保持可变电阻R1接入电路电阻不变，读出此时毫安表示数I；步骤d：换用不同已知重力的重物，挂在滑环上记录每一个重力值对应的电流值；步骤e：将电流表刻度盘改装为重力刻度盘。(1)试写出敏感电阻丝上的拉力F与重物重力G的关系式F_。(2)设RF图象斜率为k，试写出电流表示数I与待测重物重力G的表达式I_(用E、r、R1、Rg、R0、k、表示)。(3)若RF图象中R0100 ，k0.5 /N，测得60，毫安表指针半偏，则待测重物重力G_ N。(4)关于改装后的重力刻度盘，下列说法正确的是()A重力零刻度线在电流表满刻度处，刻度线均匀B重力零刻度线在电流表零刻度处，刻度线均匀C重力零
18、刻度线在电流表满刻度处，刻度线不均匀D重力零刻度线在电流表零刻度处，刻度线不均匀(5)若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，用这台“简易吊秤”称重前，进行了步骤a操作；则测量结果_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。答案(1)(2)(3)600(4)C(5)不变解析(1)对滑环受力分析，由平衡知识可知：2FcosG，解得F。(2)由图乙可知：RkFR0；由丙电路可知：I。(3)将R0100 ，k0.5 /N，60，Ig10 mA，IIg5 mA，E3 V，内阻r1 ，Rg50 代入I和Ig，可得G600 N。(4)当不挂重物时，电流计满偏，则重力零刻度线在电流表满刻度处，因G与I不是正比关系
19、，则重力刻度盘的刻度线不均匀，故选C。(5)实验前进行了a操作，则Ig，当挂重物G时：I，可知I不变，即E不变，r变大，对实验的结果无影响，测量结果不变。11(2019四川宜宾二诊)(12分)如图所示，竖直平面内有一半径为R的光滑圆弧轨道，其末端与足够长的水平轨道平滑连接。一质量为m的小球P从圆弧轨道顶端由静止开始沿轨道下滑，在圆弧轨道末端与质量为2m的静止小球Q发生对心碰撞。小球P、Q与水平轨道间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度大小为g。假设小球P、Q间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求：(1)碰撞后瞬间小球P对圆弧轨道末端的压力大小；(2)小球P、Q均停止运动后，二者之间的距离。答案
20、(1)mg(2)R解析(1)小球P由静止开始下滑到圆弧轨道末端的过程，由动能定理可得：mvmgR两球碰撞过程动量守恒，机械能守恒，则：mv0mv12mv2mvmv2mv联立解得：v1，v2小球P碰后在圆弧轨道末端时：FNmgm，解得FNmg由牛顿第三定律可知，碰撞后瞬间小球P对圆弧轨道末端的压力大小为FNmg。(2)小球P滑上圆弧轨道后，再返回到圆弧轨道末端的速度与v1等大，方向向左，对P、Q分别应用动能定理，则：mgx1mv，解得P向左滑行的距离x1R2mgx22mv，解得小球Q向左滑行的距离：x2R，则小球P、Q均停止运动后，二者之间的距离xx2x1R。12(2019广东深圳二模)(20分
21、)如图a所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场(平行于纸面)，在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m的油滴a和b，带电量为q的a水平向右，不带电的b竖直向上。b上升高度为h时，到达最高点，此时a恰好与它相碰，瞬间结合成油滴P。忽略空气阻力，重力加速度为g。求：(1)油滴b竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离；(2)匀强电场的场强及油滴a、b结合为P后瞬间的速度；(3)若油滴P形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为t0时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图b所示，磁场变化周期为T0(垂直纸面向外为正)，已知P始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小
22、面积。(忽略磁场突变的影响)答案(1)2h(2)，方向向右上，与水平方向夹角为45(3)解析(1)设两油滴的喷出速率为v0，油滴b做竖直上抛运动，则：0v2gh解得v0又0v0gt0，解得t0 油滴a的水平分运动为匀速直线运动，有：x0v0t0解得两油滴喷出位置的距离为x02h。(2)设匀强电场的场强为E，两油滴结合之前，油滴a做类平抛运动，设加速度为a，则：qEmgmahat，t0 解得ag，E设两油滴的喷出速率为v0，结合前瞬间油滴b的速度为0，油滴a速度大小为va，方向向右上，与水平方向的夹角为，则：v0vacos，v0tanat0解得va2，45两油滴的结合过程动量守恒，则有：mva2
23、mvP联立解得vP，方向向右上，与水平方向夹角为45。(3)因qE2mg，油滴P在磁场中受到的合力为F洛，P做匀速圆周运动，设半径为r，周期为T，则：qvP2m解得r由T，解得TT0结合外加磁场的变化规律分析可知，油滴P在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形，轨迹如图，最小矩形的两条边分别为2r和4r，最小面积为：Smin2r4r。(二)选考题(共15分)请考生从两道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。13物理选修33(共15分)(1)(2019兰州模拟)(5分)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
24、得分为0分)。A密封在钢瓶内的气体，若温度升高，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大B两个分子从相距很远开始逐渐互相靠近，此过程中其分子力先增大后减小，分子势能先减小后增大C一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，则在该过程中气体的压强一定减小D第二类永动机是不能制造出来的，因为它虽不违反能量守恒定律，但违反热力学第二定律E物体的温度为0 时，物体的分子平均动能为零(2) (2019河南六市高三第二次联考)(10分)如图所示，水平放置的密闭、导热汽缸通过一段不计体积的导管和上端开口玻璃管相连，汽缸被一不计厚度的隔热轻活塞隔成体积相同的两部分气体，气体压强均等于大气压强
25、p0，长度均为L10 cm(上部分汽缸中接有一段体积不计的电阻丝)，玻璃管内装有一段长为h40 cm的水银，导管处阀门关闭。已知汽缸横截面积为S，玻璃管横截面积为，外界温度为t27 ，p075 cmHg，封闭气体可视为理想气体。打开阀门，求稳定后玻璃管内水银柱长度h；给活塞上部分气体用电阻丝加热，直至水银柱回到初始液面，求此时上部分气体的温度T。答案(1)ACD(2)30 cm620 K解析(1)密封在钢瓶中的气体，若温度升高，根据理想气体的状态方程可知气体的压强增大，结合压强的微观意义可知气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大，故A正确；分子间距大于r0时，分子力为引力，随距离的减小，引力
26、先增大后逐渐减小；分子间距小于r0时，分子力为斥力，随距离的减小，分子斥力增大，即在整个过程中，分子力先增大后减小再增大；分子间距大于r0时，分子力为引力，因此引力做正功使分子动能逐渐增大，分子势能逐渐减小；分子间距小于r0时，分子力为斥力，因此斥力做负功使分子动能逐渐减小，分子势能逐渐增大，故分子势能先减小后增大，故B错误；根据热力学第一定律，理想气体温度T不变，内能就不变，即U0，气体吸收热量即Q0，则气体对外做功即W0，气体体积V增大，根据理想气体状态方程C，其中V增大，T不变，得气体的压强p减小，故C正确；从单一热源吸收的热量，可以全部用来做功，而不引起其他变化的机器违背了热力学第二定
27、律，但没有违背能量守恒定律，故D正确；物体的温度为0 时，热力学温度为273.15 K，分子的平均动能不为零，故E错误。(2)汽缸内两部分气体可看成一个整体，进行等温变化。假设打开阀门，稳定后水银柱下降高度为x，以汽缸内封闭的气体为研究对象，则有p02LSS解得x110 cm，x2 cm(舍去)即稳定后玻璃管内水银柱的长度：hhx30 cm。汽缸下部分气体进行等温变化，满足p0LS(p0gh)LS解得L cm对汽缸上部分气体，由理想气体状态方程，有解得上部分气体的温度T620 K。14物理选修34(共15分)(1)(2019潍坊二模)(5分)如图所示为一列频率为40 Hz的简谐横波沿x轴正方向
28、传播的t0时刻的波形图，此时M点恰好开始振动。已知波源的平衡位置在O点，则下列判断正确的是_(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0分)。A该波波长为3 mB该波的传播速度为80 m/sCt0时刻，平衡位置在x1.8 m的质点向下振动DM点的振动方程为y0.05sin80t mEN点起振后总是和O点同时到达波峰(2)(2019沈阳三模)(10分)如图是一个半径为R，球心为O的半球形透明玻璃体的截面图。在距离O点右侧1.5R处有一个竖直放置的幕布MN，OA为球体的一条水平轴线且与幕布MN垂直。某光源发出的细光线沿OA方向从O点射入半球形透明
29、玻璃体并在幕布上形成一亮斑。现保持光线的传播方向不变让光源缓慢下移，当射入点位于O点正下方R时，幕布上的亮斑突然消失，求该透明玻璃半球体的折射率；若将该光源置于O点左侧处的S点，其发出的一细光线沿与OA夹角60方向射向该透明玻璃半球体，求光线由光源到达幕布所用的时间。(已知光在真空中传播速度为c，不考虑光线在透明玻璃体内的二次反射)答案(1)BCD(2)解析(1)由题图知波长2 m，周期T s0.025 s，振幅A5 cm，故A错误；根据波长、频率(周期)和波速的关系得vf80 m/s，故B正确；波沿x轴正向传播，由此可判断平衡位置在x1.8 m的质点向下振动，故C正确；t0时M点位于平衡位置
30、，向上振动，则它的振动方程为yAsin，将周期T和振幅A代入得y0.05sin80t m，故D正确；N点与O点距离为19 m，即9个波长，则N点的振动情况与O点的振动情况总是相反，故E错误。(2)如图1所示，根据几何关系有：sinBDO细光束在B点水平入射，在D点发生全反射，有：sinBDO，则n。作光路图如图2所示。由几何关系可得，lSBR，lOBtanR由折射定律可得n解得30在OBC中，计算可得30根据折射定律：n，解得r60可见光线从半球形玻璃体的C点水平出射，即出射光线CE方向与OA平行，光线在玻璃半球体中传播的距离lBClOB，C点到幕布的距离为lCE1.5RRsin30R由折射率与光速关系得：n解得光线在玻璃体内的速度vc光线由光源到达屏幕所用的时间t。- 18 - 版权所有高考资源网
