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(四)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(2019河南郑州二模)1933年至1934年间，约里奥居里夫妇用粒子轰击铝箔时，发生的核反应方程为AlHePn，反应生成物P像天然放射性元素一样衰变，放出正电子e，且伴随产生中微子，核反应方程为PSie。则下列说法正确的是
2、()A当温度、压强等条件变化时，放射性元素P的半衰期随之变化B中微子的质量数A0，电荷数Z0C正电子产生的原因可能是核外电子转变成的D两个质子和两个中子结合成一个粒子，则质子与中子的质量之和一定等于粒子的质量答案B解析放射性元素的半衰期与外界因素无关，A错误；根据质量数和电荷数守恒可知，中微子的质量数A0，电荷数Z0，B正确；正电子产生的原因是核内的质子转化为中子时放出的，C错误；两个质子和两个中子结合成一个粒子要释放能量，根据质能方程及质量亏损可知，两个质子与两个中子的质量之和大于粒子的质量，故D错误。2. (2019山东青岛二模)A、B两物体沿同一直线运动，运动过程中的xt图象如图所示，下
3、列说法正确的是()A4 s时A物体运动方向发生改变B06 s内B物体的速度逐渐减小C05 s内两物体的平均速度相等D06 s内某时刻两物体的速度大小相等答案D解析xt图象的斜率表示速度，斜率的正负表示速度的方向，所以A物体运动方向不变，A错误；由图可知，06 s内B物体的速度逐渐增大，故B错误；由图可知，05 s内A物体的位移大于B物体的位移，由公式可知，A物体的平均速度大于B物体的平均速度，故C错误；06 s内存在某时刻两图线斜率的绝对值相等，则存在某时刻两物体的速度大小相等，故D正确。3. (2019山东淄博三模)如图所示，某宾馆大楼中的电梯下方固定有4根相同的竖直弹簧，其劲度系数均为k。
4、这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。若缆绳断裂后，总质量为m的电梯下坠，4根弹簧同时着地而开始缓冲，电梯坠到最低点时加速度大小为5g(g为重力加速度大小)，下列说法正确的是()A电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为B电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为C从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯先处于失重状态后处于超重状态D从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯始终处于失重状态答案C解析电梯在最低点时，由牛顿第二定律：4kxmgma，其中a5g，解得x，A、B错误；从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，重力先大于弹力，电梯向下做加速运动，弹力增大，当重力小于弹力
5、时，电梯的加速度向上，电梯向下做减速运动，则电梯先处于失重状态后处于超重状态，C正确，D错误。4. (2019山东淄博三模)如图所示，实线为两个点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线，虚线为电子从A点运动到B点的运动轨迹，则下列判断正确的是()AA点的场强小于B点的场强BQ1的电荷量大于Q2的电荷量C电子在A点的电势能大于在B点的电势能D电子在A点的速度大于在B点的速度答案D解析根据“电场线的密疏表示场强的大小”可知，A点的场强比B点的场强大，A错误；根据电场线分布情况可知，Q1、Q2是同种电荷，由点电荷周围电场线疏密程度可知点电荷Q2的电荷量较大，即Q1Q2，B错误；电子做曲线运动，受到的合力方
6、向指向运动轨迹的内侧，即电子过B点时受到的电场力F方向斜向下，可知电子从A点运动到B点的过程中，电场力方向与速度方向的夹角总是大于90，电场力做负功，电势能增大，动能减小，即电子在A点的电势能小于在B点的电势能，电子在A点的速度大于在B点的速度，C错误，D正确。5. (2019江西高三九校3月联考)如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向里。有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，所带电荷量均为q，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为。下列说法正确的是()A若r2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为
7、B若r2R，粒子沿着与半径方向成45角斜向下射入磁场，则有关系tan成立C若rR，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为D若rR，粒子沿着与半径方向成60角斜向下射入磁场，则圆心角为150答案BD解析若r2R，粒子在磁场中运动的时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图1，因为r2R，圆心角60，粒子在磁场中运动的最长时间tmaxT，故A错误；若r2R，粒子沿着与半径方向成45角斜向下射入磁场，轨迹如图2，根据几何关系有tan，故B正确；若rR，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图3所示，圆心角90，粒子在磁场中运动的时间tT，故C错误；若rR，粒子沿着与半
8、径方向成60角斜向下射入磁场，轨迹如图4所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，由几何关系可知圆心角150，故D正确。6(2019广东深圳二模)2019年1月3日，“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面。着陆前的部分运动过程简化如下：在距月面15 km高处绕月做匀速圆周运动，然后减速下降至距月面100 m处悬停，再缓慢降落到月面。已知万有引力常量和月球的第一宇宙速度，月球半径约为1.7103 km。由上述条件可以估算出()A月球质量B月球表面的重力加速度C探测器在15 km高处绕月运动的周期D探测器悬停时发动机产生的推力答案ABC解析第一宇宙速度为环绕月球表面运动的速度，由万有引
9、力提供向心力，有：Gm，则月球的质量为M，由题已知条件可求月球质量，故A正确；探测器在月球表面附近运动，由万有引力等于重力，有：Gmg月，则月球表面的重力加速度为g月G，故B正确；探测器在15 km高处绕月运动时有：Gm，得运动周期T ，故C正确；探测器悬停时发动机产生的推力大小等于万有引力大小，但由于探测器的质量未知，故不可求推力，D错误。7. (2019沈阳三模)如图所示，在光滑的水平面上方有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场区域，磁场宽度均为L。一个边长为L、电阻为R的单匝正方形金属线框，在水平外力作用下沿垂直磁场方向运动，从如图实线位置进入磁场开始到线框运动到分别有一半面
10、积在两个磁场中的位置时，线框的速度始终为v，则下列说法正确的是()A在位置时外力F为B在位置时线框中的电功率为C此过程中回路产生的电能为D此过程中通过导线横截面的电荷量为答案BC解析在位置时，根据右手定则知线框左右边同时切割磁感线产生的电流同向，所以总电流I2，线框左右边所受安培力的方向均向左，所以F2BIL，得：F，故A错误；此时线框中的电功率为：PFv，故B正确；金属线框从开始至位移为L的过程，产生的电能WIRt12R，从位移为L到为L的过程，产生的电能WI2Rt22R，所以整个过程产生的电能为，故C正确；此过程穿过线框的磁通量的变化为0，通过线框横截面的电荷量为q0，故D错误。8. (2
11、019湖北武汉二模)在光滑水平面上，小球A、B(可视为质点)沿同一直线相向运动，A球质量为1 kg，B球质量大于A球质量。如果两球间距离小于L时，两球之间会产生大小恒定的斥力，大于L时作用力消失。两球运动的速度时间关系如图所示，下列说法正确的是()AB球质量为2 kgB两球之间的斥力大小为0.15 NCt30 s时，两球发生非弹性碰撞D最终B球速度为零答案BD解析当两球间距离小于L时，两球均做匀减速运动，因B球质量大于A球质量，可知B球加速度小于A球的加速度，由vt图象可知：aB m/s20.05 m/s2，aA m/s20.15 m/s2，由牛顿第二定律：FmAaAmBaB，解得mB3mA3
12、 kg，F0.15 N，A错误，B正确；由图象可知，A、B在t30 s时刻相碰，碰前速度：vA0，vB2 m/s，碰后速度：vA3 m/s，vB1 m/s，则机械能损失EmBv0，可知在t30 s时，两球发生弹性碰撞，C错误；由图象可知，两个阴影部分的面积应该相等，且都等于L，可知最终B球速度为零，D正确。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福建泉州二模)(6分)某同学做验证向心力与线速度关系的实验，装置如图所示，一轻质细线上端固定在拉力传感器上，下端悬挂一小钢球。
13、钢球静止时刚好位于光电门中央。主要实验步骤如下：用游标卡尺测出钢球直径d；将钢球悬挂静止不动，此时力传感器示数为F1，用米尺量出线长L；将钢球拉到适当的高度处释放，光电门计时器测出钢球的遮光时间为t，力传感器示数的最大值为F2；已知当地的重力加速度大小为g，请用上述测得的物理量表示：(1)钢球经过光电门时的线速度表达式v_，向心力表达式F向m_。(2)钢球经过光电门时的所受合力的表达式F合_。(3)若在实验误差允许的范围内F向F合，则验证了向心力与线速度的关系。该实验可能的误差有：_。(写出一条即可)答案(1)(2)F2F1(3)摆线的长度测量有误差解析(1)钢球的直径为d，遮光时间为t，所以
14、钢球通过光电门的速度：v，根据题意知，钢球圆周运动的半径为：RL，钢球的质量：m，则向心力表达式：F向m。(2)钢球经过光电门时只受重力和绳的拉力，所受合力为：F合F2F1。(3)根据向心力表达式知，可能在测量摆线长度时有误差。10(2019东北三省三校二模)(9分)某实验小组要把一块电流表改装成电压表，遇到了两个问题：一是该电流表的表盘没有标注刻度数，但刻度均匀，总格数为N；二是内阻未知。通过对类似规格的电流表的参数比对，得到该电流表的满偏电流约700800 A，内阻约100 。该组同学利用以下器材，通过下列三个步骤，完成了电压表的改装工作。A待测电流表GB电流表A：量程0.6 A，内阻约为
15、0.1 C电压表V：量程3 V，内阻RV3 kD电阻箱R2：最大阻值999.9 E滑动变阻器R1：最大阻值5 k，额定电流0.1 AF滑动变阻器R3：最大阻值5 ，额定电流0.5 AG电源：电动势3 V，内阻约为1.5 H开关两个S1、S2(1)步骤一：测定电流表的内阻。设计了上图所示实验电路，请分析并补全以下操作：将R1的滑动端拨至_(填“a”或“b”)端；仅闭合S1，调节R1，使电流表的指针偏转N个格；闭合S2，仅调节_，使电流表的指针偏转个格；记录_，则电流表的内阻为_。(2)步骤二：测定该电流表的满偏电流。除电源和开关外，还需要的器材是_(填器材前面的字母序号)；请在下面虚线框中画出方
16、便简洁的实验电路；若在上图实验中，待测电流表指针偏转了n个格，还需要记录的测量值及相应的符号为_，电流表的满偏电流为_，将此电流表改装为一个量程为U0的电压表需要_(填“串联”或“并联”)一个定值电阻Rx，Rx_。(用以上各步骤中记录的测量量和已知量表示)答案(1)bR2R2的阻值R2(2)CE图见解析电压表读数U串联R2解析(1)将滑动变阻器拨至b端再将电路接通，电路中的电流最小，具有保护电路的作用；闭合S2以后，因接入的滑动变阻器的阻值很大，因此在不改变滑动变阻器阻值的情况下电路的干路电流不变，因电流表与R2并联，此时调节R2的阻值使电流表的示数偏转格，则可认为R2中的电流和待测电表的电流
17、相等，则电阻R2的阻值和电流表的阻值相等，因此要记录R2的阻值。(2)电流表的电流校准需要将一块标准的电流表和待测电流表串联，但是电流表A的量程和待测电流表相比过大，无法进行测量，但是电压表的内阻已知，故可以用电压表和待测电流表串联进行校准。另外，滑动变阻器R3的阻值过小，将R3和电压表串联在一起进行调节，两电表示数变化不明显，因此滑动变阻器需要选R1，需要的器材为C、E，电路图如下：因电压表和电流表串联，因此当待测电流表的指针偏转n个格时，记录电压表读数U，则流过电流表的电流为，又因电流表示数分布均匀，因此电流表的满偏电流为；电流表改装为电压表需要串联电阻Rx，串联后的量程为U0，且电流表的
18、内阻为R2，由欧姆定律有R2Rx，解得RxR2。11(2019大连二模)(12分)滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来。如图所示是一个滑板场地，OP段是光滑的圆弧轨道，半径为0.8 m。PQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为0.2。滑板手踩着滑板A从O点由静止滑下，到达P点时，立即向前起跳。滑板手离开滑板A后，滑板A以速度v12 m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前继续滑动。已知滑板质量为m5 kg，滑板手的质量是滑板的9倍，滑板B与P点的距离为x3 m，g10 m/s2。(不考虑滑板的长度以及人和滑板间的作用时间)求：(1)当滑板
19、手和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力大小；(2)滑板手落到滑板B上瞬间，滑板B的速度大小；(3)两个滑板间的最终距离。答案(1)1500 N(2)4.2 m/s(3)6.41 m解析(1)OP下滑过程，滑板手与滑板A机械能守恒10mgR10mv2，得：v4 m/s在P点：FN10mg10m，得：FN1500 N根据牛顿第三定律，F压FN1500 N。(2)滑板手跳离A板过程，滑板手与滑板A水平方向动量守恒10mvmv19mv2，代入数据得：v2 m/s滑板手跳上B板过程，滑板手与滑板B水平方向动量守恒9mv210mv3，解得v34.2 m/s。(3)滑板B的位移xB4.41 m滑
20、板A在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次返回P点时的速度大小仍为v12 m/s之后滑板A的位移xA1 m最终两滑板停下的位置间距为LxBxxA6.41 m。12. (2019郑州二模)(20分)如图所示，三块挡板围成截面边长L1.2 m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E4104 N/C。三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外、磁感应强度大小为B23B1的匀强磁场。现将一比荷108 C/kg的带正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN上的小孔C
21、进入挡板内部的匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场。已知粒子最终回到了O点，OC相距2 m。设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取g10 m/s2。求：(1)磁感应强度B1的大小；(2)粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；(3)若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点(若粒子经过A点立即被吸收)。答案(1)6.7106 T(2)2.85102 s(3)B2105 T，其中k0、1、2、3、解析(1)粒子从O到C在电场中加速，由动能定理qExmv2，得v400 m/s在三角形区域内部，带电粒子
22、在磁场B1中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，由几何关系可知R10.6 m由qvB1m代入数据得B16.7106 T。(2)由题可知B23B12105 T，粒子在磁场B2中做匀速圆周运动qvB2m则R20.2 m由题可知，粒子由O到C在电场中做匀加速直线运动，则xvt1，得到t10.01 s粒子在磁场B1中的周期为T1则粒子在磁场B1中的运动时间为t23103 s粒子在磁场B2中的运动周期为T2粒子在磁场B2中的运动时间为t3T25.5103 s则粒子在复合场中运动的总时间为t2t1t2t32.85102 s。(3)设挡板外磁场变为B2，粒子在磁场B2中的轨迹半径为r，则有qvB2m根据已知条件分
23、析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点，需满足条件(2k1)r，其中k0、1、2、3、解得：B2105 T，其中k0、1、2、3、。(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江苏省七市高三第三次调研)(5分)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为p0，经历从状态ABCA的过程。则气体在状态C时压强为_；从状态C到状态A的过程中，气体的内能增加U，则气体吸收的热量为_。(2)(2019重庆模拟)(10分)内壁光滑且导热性良好的上小下大的圆柱形薄壁汽缸竖直放置，上、下汽缸的横截面积分别为S140 cm
24、2、S280 cm2，上、下汽缸的高度分别为h80 cm、H100 cm。质量为m8 kg的薄活塞将0.5 mol氢气(H2的摩尔质量为2 g/mol)封闭在汽缸内，活塞静止在管口，如图所示。已知氢气的定容比热容CV为10.21 kJ/(kgK)，外界大气压强p01.0105 Pa，g取10 m/s2。定容比热容CV是指单位质量的气体在容积不变的条件下，温度升高或降低1 K所吸收或放出的热量。保持缸内气体温度为35 不变，用竖直外力缓慢向下推活塞，当活塞恰推至上汽缸底部时，外力大小为F。求：求F的大小；随后在逐渐减小竖直外力的同时改变缸内气体温度，使活塞位置保持不变，直至外力恰为0。求这一过程
25、中气体内能的变化量为多少？(结果保留三位有效数字)答案(1)p0U2p0V0(2)192 N898 J解析(1)根据理想气体状态方程：C，可得：V，所以VT图中过原点的直线表示等压变化，即气体从C到A过程是等压变化，pCpAp0。气体从状态C到状态A的过程中，外界对气体做功Wp0V2p0V0，根据热力学第一定律UQW，整理得气体吸收的热量：QUWU2p0V0。(2)以封闭的气体为研究对象，温度不变，初始压强p1p01.20105 Pa初始体积V1S1hS2H1.12102 m3当活塞运动到小汽缸底部时，气体体积V2S2H0.8102 m3由玻意耳定律p1V1p2V2得p21.68105 Pa对
26、活塞受力分析可知Fp0S1mgp2S1解得F192 N。以封闭的气体为研究对象，气体的体积不变，设改变温度之后气体的压强为p3，则p3p11.20105 Pa设此时温度为T3，初始温度为T1(35273) K308 K由盖吕萨克定律得解得T3220 K气体随着温度降低放出热量QCVm(T1T3)898.48103 kJ898 J根据热力学第一定律UW(Q)898 J，即：气体内能的变化量为898 J。14物理选修34(共15分)(1)(2019四川泸州二诊)(5分)如图甲所示，一根拉紧的均匀弦线沿水平的x轴放置，现对弦线上O点(坐标原点)施加一个向上的扰动后停止，其位移时间图象如乙图所示，该扰
27、动将以2 m/s的波速向x轴正向传播，且在传播过程中没有能量损失，则有_(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)。A2.5 s时5 m处的质点开始向上运动B2 st2.5 s时间内4 m处的质点向上运动C2.5 s时2 m处的质点恰好到达最低点D4 m处的质点到达最高点时1 m处的质点向上运动E弦线上每个质点都只振动了1 s(2)(2019四川攀枝花二模)(10分)如图所示，一个截面为矩形的水池，池底有一垂直于池边的线形发光体，长度为L。当池中未装水时，一高为h的人站在距池边h的A点，只能看到发光体的一个端点。当将水池加满水时，人需移
28、到距池边2h的B点时，又恰好只能看到发光体的一个端点。已知光在真空中传播的速度为c，发光体的一端紧靠池边的底部，人站的位置与发光体在同一竖直面内，不计人眼到头顶的距离，求：水池中水的折射率；当水池加满水时，站在B点的人看到的发光体端点发出的光传到人眼的时间。答案(1)ABE(2)解析(1)波速v2 m/s，t2.5 s时，波向x轴正向传播的距离xvt5 m，故2.5 s时5 m处的质点开始向上运动，A正确；同理t2 s时，4 m处的质点开始向上运动，t2.5 s时该质点运动到最高点，B正确；因扰动只持续了1 s，故弦线上每个质点都只振动1 s，E正确；2 m处的质点1 s时开始向上振动，2 s
29、时振动结束，故2.5 s时该质点静止于平衡位置，C错误；t2.5 s时，4 m处的质点到达最高点，此时1 m处的质点已结束振动静止于平衡位置，D错误。(2) 水池加满水时，站在B点的人看到线形发光体的端点发出的光，作光路图如图所示，设在池中的光线与竖直方向的夹角为r，在空气中的光线与竖直方向的夹角为i，水池中水的折射率为n，由折射定律：n由题意和几何关系得：sinrsini联立以上各式得：n。水池加满水时，站在B点的人看到发光体的端点发出的光，设光在水中传播的速度为v，在水中和空气中传播经历的时间分别为t1、t2，总时间为t，则有：t1 vt2tt1t2联立以上各式得：t。- 18 - 版权所有高考资源网
