1、2020年普通高等学校招生全国统一 考试理科综合能力仿真模拟卷一 物理部分 第卷(选择题，共 48 分)二、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 1418 题只有一项符合题目要求，第 1921 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如图是氢原子的能级图，一个氢原子从 n5 能级直接跃迁到 n2能级，则()A放出某一频率的光子B放出一系列频率的光子C吸收某一频率的光子D吸收一系列频率的光子答案 A15(2019广西钦州三模)某空降兵从直升机上跳下，8 s 后打开降落伞，并始终保持竖直下落。在 0
2、12 s 内其下落速度随时间变化的 v-t 图象如图所示。则()A空降兵在 08 s 内下落的高度为 4v2B空降兵(含降落伞)在 08 s 内所受阻力可能保持不变C8 s 时空降兵的速度方向改变，加速度方向保持不变D812 s 内，空降兵(含降落伞)所受合力逐渐减小答案 D解析 由 v-t 图象可知，v-t 图象与 t 轴包围的面积表示位移，则空降兵在 08 s 内下降的高度大于12v284v2，故 A 错误；由 v-t 图象可知，在08 s 内，v-t 图象的斜率越来越小，即加速度越来越小，由受力分析可得：mgfma，故所受的阻力越来越大，B 错误；由 v-t 图象可知，在 8 s 时，空
3、降兵的速度开始减小，但是方向不变，图象的斜率的正负发生了改变，可知加速度的方向发生了改变，变为竖直向上，故 C 错误；812 s 内，空降兵的加速度方向竖直向上，受力分析得：F合ma，由图象可知，斜率越来越小，即空降兵的加速度越来越小，所以空降兵(含降落伞)所受合力逐渐减小，D 正确。16.(2019福建宁德二模)2019 年 4 月 10 日 21 时，人类首张黑洞照片在全球六地的视界望远镜发布会上同步发布。该黑洞半径为 R，质量 M 和半径 R的关系满足：MR c22G(其中 c 为光速，G 为引力常量)。若天文学家观测到距黑洞中心距离为 r 的天体以速度 v 绕该黑洞做匀速圆周运动，则(
4、)A该黑洞的质量为v2r2GB该黑洞的质量为2v2rGC该黑洞的半径为2v2rc2D该黑洞的半径为v2r2c2答案 C解析 天体受到黑洞的万有引力提供天体做圆周运动所需的向心力，则有：GMmr2 mv2r，得 Mv2rG，故 A、B 错误；设黑洞的半径为 R，质量 M和半径 R 的关系满足：MR c22G，联立解得 R2v2rc2，故 C 正确，D 错误。17(2019山东潍坊二模)中核集团研发的“超导质子回旋加速器”，能够将质子加速至光速的12，促进了我国医疗事业的发展。若用如图所示的回旋加速器分别加速氕、氘两种静止的原子核，不考虑加速过程中原子核质量的变化，以下判断正确的是()A氘核射出时
5、的向心加速度大B氕核获得的速度大C氘核获得的动能大D氕核动能增大，其偏转半径的增量不变答案 B解析 由 qvBmv2mR 得：速度 vmqBRm，向心加速度 av2mR B2q2Rm2，可知氕核射出时的向心加速度大，A 错误；Ekm12mv2mB2q2R22m，因为氕核的质量较小，则获得的动能和速度大，B 正确，C 错误；由 rmvqB 2mEkqB可知，氕核动能增大，其偏转半径的增量要改变，D 错误。18(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下，为了使悬挂时背包带受力最小，下列措施正
6、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 mg2cos，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。19(2019福建宁德二模)如图甲为电动汽车无线充电原理图，M 为受电线圈，N 为送电线圈。图乙为受电线圈 M 的示意图，线圈匝数为 n，电阻为r，横截面积为 S，a、
7、b 两端连接车载变流装置，磁场平行于线圈轴线向上穿过线圈。下列说法正确是()A当线圈 N 接入恒定电流时，不能为电动汽车充电B当线圈 N 接入正弦式交变电流时，线圈 M 两端产生恒定电压C当线圈 M 中的磁感应强度增加时，有电流从 a 端流出D充电时，t 时间内线圈 M 中磁感应强度大小均匀增加 B，则 M 两端电压为nSBt答案 AC解析 当送电线圈 N 接入恒定电流时，产生的磁场不变化，受电线圈 M中的磁通量不发生变化，故无法产生感应电流，不能为电动汽车充电，故 A正确；当线圈 N 接入正弦式交变电流时，受电线圈 M 中的磁通量按正弦式变化，故 M 两端产生正弦式电压，B 错误；穿过线圈
8、M 的磁感应强度增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向下，故感应电流方向从b 向 a，即电流从 a 端流出，C 正确；根据法拉第电磁感应定律，有：EntnSBt，设受电线圈外接电路的电阻为 R，由闭合电路的欧姆定律得 M 两端的电压：U ERrR nSBRtRr，D 错误。20(2019湖南衡阳三模)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与 x 轴平行，在 x 轴上的电势 与坐标 x 的关系如图中曲线所示，曲线过(0.1,4.5)和(0.15,3)两点，图中虚线为该曲线过点(0.15,3)的切线。现有一质量为 0.20 kg、电荷量为2.01
9、08 C 的滑块 P(可视为质点)，从 x0.10 m 处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为 0.02，取重力加速度 g10 m/s2。则下列说法中正确的是()A滑块 P 运动过程中的电势能先减小后增大B滑块 P 运动过程中的加速度先减小后增大Cx0.15 m 处的电场强度大小为 2.0106 N/CD滑块 P 运动的最大速度为 0.1 m/s答案 BCD解析 由电势 与位移 x 图线的斜率表示电场强度可知，电场方向未变，滑块运动的过程中，电场力始终做正功，电势能逐渐减小，故 A 错误；电势 与位移 x 图线的斜率表示电场强度，则 x0.15 m 处的场强为：Ex31050.30.15 V/
10、m2106 V/m2.0106 N/C，此时滑块受到的电场力为：FqE21082106 N0.04 N，滑动摩擦力大小为：fmg0.022 N0.04 N，在到达 x0.15 m 前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，到达 x0.15 m 后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大，故 B、C 正确；到达 x0.15 m 时，滑块受到的电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，qUfx12mv2，因为 0.10 m 和 0.15 m 处的电势差大约为 1.5105V，代入求解，可得最大速度为 0.1 m/s，故 D 正确。21(2019贵州毕节二模)如图甲所示，两个弹性球 A
11、 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 m11 kg。现给 A 球一个水平向右的瞬时冲量，使 A、B 球发生弹性碰撞，以碰撞初始时刻为计时起点，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()AB 球的质量 m22 kgBA 球和 B 球在相互挤压过程中产生的最大弹性势能为 4.5 JCt3 时刻两球的动能之和小于 0 时刻 A 球的动能D在 t2 时刻两球动能之比为 EkAEkB18答案 AD解析 A 球和 B 球在碰撞过程中动量守恒，因此由 m1v(m1m2)v 共，代入题图所给数据有 m22 kg，A 正确；A 球和 B 球在共速的时候弹性形变
12、达到最大，产生的弹性势能最大，因此 Epmax12m1v212(m1m2)v2共9232 J3 J，B 错误；因为是弹性碰撞，两个小球组成的系统在分离前后没有能量损失，则 0 时刻 A 球的动能与 t3时刻两球动能之和相等，C 错误；从碰撞到t2 时刻，小球满足动量守恒定律和机械能守恒定律，因此有 m1vm1v1m2v2，12m1v212m1v2112m2v22，联立解得 v22 m/s，v11 m/s，故 t2时刻两球的动能之比 EkAEkB18，D 正确。第卷(非选择题，共 62 分)三、非选择题：共 62 分，第 2225 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3334 题为选考题，考
13、生根据要求作答。(一)必考题：共 47 分。22(2019成都高新区一模)(6 分)某实验小组的同学用如图甲所示的装置测量滑块与斜面间的动摩擦因数。每次滑块都从斜面上由静止开始下滑，测出滑块每次下滑时遮光板到光电门所在位置的距离 L 及相应遮光时间 t 的值。(1)用游标卡尺测量遮光板的宽度 d，如图乙所示，则 d_ cm。(2)为测出滑块与斜面间的动摩擦因数，本实验还需要测出或知道的物理量是_(填下列序号)。A滑块和遮光板的总质量 mB斜面的倾角 C当地的重力加速度 g(3)实验中测出了多组 L 和 t 的值，若要通过线性图象来处理数据求 值，则应作出的图象为_。At2-L 图象 Bt2-1
14、L图象CL2-1t图象 DL2-t 图象(4)在(3)作出的线性图象中，若直线的斜率为 k，则关于 值的表达式为_。(可用以上物理量的符号表示)答案(1)0.225(2)BC(3)B(4)tand22kgcos解析(1)主尺示数为 2 mm，游标尺上刻度线 5 和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为：50.05 mm0.25 mm，故所测宽度为：2 mm0.25 mm2.25 mm0.225 cm。(2)遮光板运动到光电门处滑块的速度 vdt，由动能定理有：(mgsinmgcos)L12mv2，可得 gLsin12v2gLcosgLsin12dt2gLcostand22gLcost2，故需要测
15、量斜面倾角和当地的重力加速度，B、C 正确。(3)由 tand22gLcost2，可以得到：t2d22gsincos1L，即 t2-1L图象是一条过原点的直线，可作 t21L线性图象处理数据求 值，B 正确。(4)图象的斜率为 k，则由 kd22gsincos，解得 tand22kgcos。23(2019福建高中毕业班 3 月质检)(9 分)某同学用内阻 Rg20、满偏电流 Ig5 mA 的毫安表制作了一个简易欧姆表，电路如图甲，电阻刻度值尚未标注。(1)该同学先测量图甲中电源的电动势 E，实验步骤如下：将两表笔短接，调节 R0 使毫安表指针满偏；将阻值为 200 的电阻接在两表笔之间，此时毫
16、安表指针位置如图乙所示，该示数为_ mA；计算得电源的电动势 E_ V。(2)接着，他在电流刻度为 5.00 mA 的位置标上 0，在电流刻度为 2.00 mA 的位置标上_，并在其他位置标上相应的电阻刻度值。(3)该欧姆表用久后，电池老化造成电动势减小、内阻增大，但仍能进行欧姆调零，则用其测得的电阻值_(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。(4)为了减小电池老化造成的误差，该同学用一电压表对原电阻刻度值进行修正。将欧姆表的两表笔短接调节 R0使指针满偏；再将电压表接在两表笔之间，此时电压表示数为 1.16 V，欧姆表示数为 1200，则电压表的内阻为_，原电阻刻度值 300 应修改为_。答
17、案(1)3.00 1.5(2)450(3)大于(4)1160 290解析(1)由于毫安表的量程为 5 mA，分度值为 0.1 mA，所以图乙中的示数为 3.00 mA；设欧姆表的内阻为 R，由闭合电路欧姆定律得：满偏时，5.0103 AER，接入 200 的电阻时，3.0103 AER200，联立解得：R300，E1.5 V。(2)电流刻度为 2.00 mA 时的总电阻为 R 总1.52.00103 750，所以此时外接电阻为(750300)450。(3)由闭合电路欧姆定律得：IERRx IgRRRxIg1RxR，由于电动势变小，则 REIg变小，所以测同一电阻 Rx时，电流 I 变小，所以电
18、阻 Rx的测量值变大，大于真实值。(4)欧姆表示数为 1200，由闭合电路欧姆定律得：I1.51200300 A103 A，所以电压表的内阻为 RV1.16103 1160。原电阻刻度值 300 即欧姆表内阻 R 的大小，设电动势降为 E时，调零后的内阻为 R，则 EIgR0对于电压表接入的闭合电路，有 EUIR，联立解得 RUIgI1.16 V5.0103 A103 A290，故原 300 电阻刻度应改为 290。24.(2019福建泉州二模)(12 分)华裔科学家丁肇中负责的 AMS 项目，是通过“太空粒子探测器”探测高能宇宙射线粒子，寻找反物质。某学习小组设想了一个探测装置，截面图如图所
19、示。其中辐射状加速电场的内、外边界为两个同心圆，圆心为 O，外圆电势为零，内圆电势 45 V，内圆半径R1.0 m。在内圆内有磁感应强度大小 B9105 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场内有一圆形接收器，圆心也在 O 点。假设射线粒子中有正电子，先被吸附在外圆上(初速度为零)，经电场加速后进入磁场，并被接收器接收。已知正电子质量 m91031 kg，电荷量 q1.61019 C，不考虑粒子间的相互作用。(1)求正电子在磁场中运动的速率 v 和半径 r；(2)若正电子恰好能被接收器接收，求接收器的半径 R。答案(1)4106 m/s 0.25 m(2)1714 m解析(1)电场内，内外边界的
20、电势差大小为U045 V，在加速正电子的过程中，根据动能定理可得qU12mv20，代入数据解得 v4106 m/s，正电子进入磁场做匀速圆周运动，由向心力公式可得：qvBmv2r，解得 r0.25 m。(2)正电子在磁场中运动的轨迹如图所示，当正电子运动的轨迹与接收器相切时，正电子恰好能被接收器接收，由几何关系可得：(Rr)2r2R2，解得 R 1714 m。25(2019四川成都二诊)(20 分)用如图所示的装置，可以模拟货车在水平路面上的行驶，进而研究行驶过程中车厢里的货物运动情况。已知模拟小车(含遥控电动机)的质量 M7 kg，车厢前、后壁间距 L4 m，木板 A 的质量 mA1 kg，
21、长度 LA2 m，木板上可视为质点的物体 B 的质量 mB4 kg，A、B 间的动摩擦因数 0.3，木板与车厢底部(水平)间的动摩擦因数 00.32，A、B 紧靠车厢前壁。现“司机”遥控小车从静止开始做匀加速直线运动，经过一定时间，A、B 同时与车厢后壁碰撞。设小车运动过程中所受空气和地面总的阻力恒为 F 阻16 N，重力加速度大小 g10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)从小车启动到 A、B 与后壁碰撞的过程中，分别求 A、B 的加速度大小；(2)A、B 与后壁碰撞前瞬间，求遥控电动机的输出功率；(3)若碰撞后瞬间，三者速度方向不变，小车的速率变为碰前的 80%，A、B 的速率均
22、变为碰前小车的速率，且“司机”立即关闭遥控电动机，求从开始运动到 A 相对车静止的过程中，A 与车之间由于摩擦产生的内能。答案(1)4 m/s2 3 m/s2(2)670 W(3)40 J解析(1)由题意，从小车启动到 A、B 与后壁碰撞的过程中，三者间有相对滑动，三者受力如图所示，对 B：fABmBg12 N由牛顿第二定律有：fABmBaB代入数据解得：aB3 m/s2，方向向前，做匀加速运动对 A：F 车 A0(mAmB)g16 N，fABfBA由牛顿第二定律：F 车 AfBAmAaA代入数据解得：aA4 m/s2，方向向前，做匀加速运动。(2)A、B 同时到达后壁，有sAsB12aAt2
23、12aBt2LA且：s 车sB12a 车 t212aBt2L解得：t2 s，a 车5 m/s2对车，由牛顿第二定律有：F 牵0(mAmB)gF 阻Ma 车解得：F 牵67 N电动机输出功率为 PF 牵 v碰撞前瞬间的车速为：va 车 t联立以上各式并代入数据解得：v10 m/s，P670 W。(3)碰撞后瞬间，v 车0.8v8 m/s，A、B 的速率为 v，因 0所以碰后三者之间仍有相对滑动，三者受力如图所示，对 B：aBaB3 m/s2，方向向后，做匀减速直线运动对 A：aAaA4 m/s2，方向向后，做匀减速直线运动对车：F 牵F 阻FA 车0，因此车做匀速直线运动设经时间 t，A 与车相
24、对静止，则：tvv车aA0.5 sA 与车间相对滑动的距离为：ssAs 车(vt12aAt2)v 车t得：s0.5 mA 相对车通过的总路程：s 总sL2A 与车之间由于摩擦产生的内能：EF 车 As 总代入数据解得：E40 J。(二)选考题：共 15 分。请考生从 2 道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。33物理选修 33(15 分)(1)(2019广东高三月考)(5 分)一定量的理想气体从状态 a 开始，经历三个过程 ab、bc、ca 回到原状态，其 p-V 图象如图所示，由图象可知：a、b、c三个状态中，状态_的分子平均动能最小；b 和 c 两个状态比较，b状态中容器壁单
25、位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数较_；若经历 ca 过程气体的内能减少了 20 J，则该过程气体放出的热量为_ J。(2)(2019南昌三模)(10 分)农药喷雾器的原理如图所示，储液筒与打气筒用软细管相连，先在筒内装上药液，再拧紧筒盖并关闭阀门 K，用打气筒给储液筒充气增大储液筒内的气压，然后再打开阀门，储液筒的液体就从喷雾头喷出。已知储液筒容器为 10 L(不计储液筒两端连接管体积)，打气筒每打一次气能向储液筒内压入空气 200 mL，现在储液筒内装入 8 L 的药液后关紧筒盖和喷雾头阀门 K，再用打气筒给储液筒打气。(设周围大气压恒为 1 个标准大气压，打气过程中储液筒内气体温度与
26、外界温度相同且保持不变)求：要使储液筒内药液上方的气体压强达到 3 atm，打气筒活塞需要循环工作的次数；打开喷雾头开关 K 直至储液筒的内外气压相同，储液筒内剩余药液的体积。答案(1)a 多 120(2)20 4 L解析(1)根据理想气体状态方程pVT C，可知 a 状态的 p、V 乘积最小，则温度最低，分子平均动能最小；b 和 c 两个状态比较，p、V 乘积相同，则温度相同，分子平均速率相同，b 状态压强较大，体积小，分子数密度较大，则 b 状态中容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数较多；ca 过程外界对气体做功：WpV0.5105(31)103 J100 J；则由 UWQ 可得
27、 QUW20 J100 J120 J，则该过程气体放出的热量为 120 J。(2)设需打气的次数为 n，每次打入的气体体积为 V0，储液筒药液上方的气体体积为 V，则开始打气前：储液筒液体上方气体的压强：p1p01 atm，气体的体积为：V1VnV0打气完毕时，储液筒内药液上方的气体体积为：V2V，压强为 p23 atm打气过程为等温变化，所以由玻意耳定律得：p1V1p2V2代入数据解得：n20。打开喷雾头阀门 K 直至储液筒内外气压相同时，设储液筒上方气体的体积为 V3，此过程为等温变化，所以由玻意耳定律得：p3V3p1V1，代入数据解得：V33V16 L所以喷出的药液的体积 VV3V4 L
28、，剩余的药液的体积为 8 L4 L4 L。34物理选修 34(15 分)(1)(2019江西九校重点中学协作体高三第一次联考)(5 分)甲、乙两位同学利用假期分别在两个地方做“用单摆测重力加速度的实验”，回来后共同绘制了 T2-L 图象，如图甲中 A、B 所示，此外甲同学还顺便利用其实验的单摆探究了受迫振动，并绘制了单摆的共振曲线，如图乙所示。那么下列说法中正确的是_。(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单摆的固有周期由摆长和所处环境的重力加速度共同决定B由图甲分析可知 A 图象所对应的实验地
29、点重力加速度较大C若将单摆放入绕地稳定飞行的宇宙飞船中，则无法利用单摆测出飞船轨道处的引力加速度D由图乙可知，甲同学探究受迫振动的单摆摆长为 8 cmE如果甲同学增大摆长，他得到的共振曲线的峰值将向左移动(2)(2019四川泸州二诊)(10 分)2018 年 9 月 23 日“光纤之父”华人科学家高琨逝世，他一生最大的贡献是研究玻璃纤维通讯。光纤在转弯的地方不能弯曲太大，如图模拟光纤通信，将直径为 d 的圆柱形玻璃棒弯成34圆环，已知玻璃的折射率为 2，光在真空中的速度为 c，要使从 A 端垂直入射的光线能全部从 B 端射出。求：圆环内径 R 的最小值；在问的情况下，从 A 端最下方入射的光线
30、，到达 B 端所用的时间。答案(1)ACE(2)(21)d 62 2dc解析(1)根据单摆的固有周期公式为 T2Lg，L 为摆长，g 为当地重力加速度，可知 A 正确；根据 T2Lg得：T242g L，所以 T2-L 图象的斜率 k42g，图甲中 A 图象的斜率大于 B 图象的斜率，故 A 图象对应的实验地点重力加速度较小，B 错误；若将单摆放入绕地稳定飞行的宇宙飞船中，单摆小球处于完全失重状态，不能在竖直平面内来回摆动，故 C 正确；由图乙可知，当驱动力的频率为 0.5 Hz 时，单摆发生共振，故系统的固有频率为0.5 Hz，固有周期 T1f2 s，根据 T2Lg，解得摆长 L1 m，故 D
31、 错误；根据 T2Lg，若在同一地点增长摆长，则单摆固有周期变大，固有频率变小，则发生共振时的驱动力频率变小，共振峰向左移动，故 E 正确。(2)从 A 端最下方入射的光线发生全反射时，其他光线也能发生全反射，设从 A 端最下方入射的光线到达玻璃棒侧面的入射角为，根据几何关系得：sin RRd设全反射临界角为 C，则要使 A 端垂直入射的光线全部从 B 端射出，必须有 C因此有：sinsinC根据临界角公式有 sinC1n即有 RRd1n，解得：R dn1(21)d所以 R 的最小值为(21)d。在问的情况下，45，R(21)d，光路图如图所示，光在玻璃内传播的总路程为 s6R光在玻璃内传播的速度为 vcn 22 c所以所求时间为 tsv62 2dc。本课结束