1、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(五)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云南二模)某金属发生光电效应，光电子的最大初动能 Ek 与入射光频率 之间的关系如图所示。已知 h 为普朗克常量，e 为电子电荷量的绝对值，结合图象所给信息，下列说法正确的是()A入射光的频率小于 0
2、 也可能发生光电效应现象 B该金属的逸出功随入射光频率的增大而增大 C若用频率是 20 的光照射该金属，则遏止电压为h0e D遏止电压与入射光的频率无关 答案 C 解析 0 为该金属的截止频率，入射光的频率低于截止频率不发生光电效应，故 A 错误；根据 W0h0可知，某种物质的逸出功是定值，故 B 错误；由爱因斯坦光电效应方程 EkhW0可知，当 0时，有 Ek0，W0h0，故当入射光的频率为 20时，光电子的最大初动能为 Ek2h0h0，又因为eUcEk，所以此时遏止电压 Uch0e，故 C 正确；根据 Uch0e可知，光的频率改变时，遏止电压也会改变，故 D 错误。2(2019贵阳一模)一
3、伞兵从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，2 s时开启降落伞，其跳伞过程中的 v-t 图象如图所示，根据图象可知该伞兵()A在 02 s 内做自由落体运动 B在 26 s 内加速度方向先向上后向下 C在 014 s 内先处于失重状态后处于超重状态 D在 024 s 内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动 答案 C 解析 由 v-t 图象可知，伞兵在 02 s 内做匀加速直线运动，但加速度小于重力加速度，不是自由落体运动，故 A 错误；v-t 图象的斜率表示加速度，则由图可知，26 s 内伞兵先做加速运动，再做减速运动，故加速度方向先向下再向上，故 B 错误；014 s 内伞兵先做加速运动，再做减速运
4、动，即加速度方向先向下再向上，故伞兵先失重后超重，C 正确；v-t 图象的斜率表示加速度，则可知伞兵在 024 s 内，214 s 期间的加速度一直在发生变化，故 D 错误。3(2019吉林模拟)卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送。已知地球半径为 r，无线电信号传播速度为 c，月球绕地球运动的轨道半径为 60r，运行周期为 27 天。在地面上用卫星电话通话，从一方发出信号至对方接收到信号所需的最短时间为()A.17r3c B.34r3c C.16rc D.34rc 答案 B 解析 根据万有引力提供向心力，有：GMmR2 m42T2 R，解得：R3 GMT242 3 T2，已知月球和同步卫星的
5、周期之比为 271，则月球和同步卫星的轨道半径比为 91，因月球绕地球运动的轨道半径为 60r，故同步卫星的轨道半径为203 r，距地面的高度为173 r，故在地面上用卫星电话通话，从一方发出信号至对方接收到信号所需的最短时间为：tsc2173 rc34r3c，故 B正确。4(2019辽宁凌源一模)生活中可以通过霍尔元件来测量转动物体的转速。如图 a，在一个转动的圆盘边缘处沿半径方向均匀地放置四个小磁铁，其中两个 N 极向外，两个 S 极向外。在圆盘边缘附近放置一个霍尔元件，其尺寸如图 b 所示。当电路接通后，会在 a、b 两端产生电势差，经电路放大后得到脉冲信号。已知脉冲信号的周期为 T，若
6、忽略感应电动势的影响，则()A圆盘转动的转速为 n 14T B转速越大，脉冲信号的最大值就越大 C脉冲信号的最大值与 h 成正比 D圆盘转到图示位置时，如果 a 点电势高则霍尔元件中定向移动的电荷带负电 答案 D 解析 由于两个 N 极向外，两个 S 极向外，且交错分布，所以圆盘转半周，脉冲信号经历一个整周期，故圆盘的转速为 n 12T，A 错误；电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，霍尔元件的长、宽、高分别为 L、d、h，有：qUhqvB，结合电流的微观定义式：InehLv，所以有：U IBhneLhIBneL，故脉冲信号的最大值与转速 n 和 h 无关，B、C 错误；圆盘转到图示时，如果
7、 a 点电势高，则说明上极板带正电，下极板带负电，电流向里，则根据左手定则可知，只能是带负电的电荷移动到下板上，D 正确。5(2019陕西咸阳三模)如图甲所示，用粘性材料粘在一起的 A、B 两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为 mA1 kg、mB2 kg，当 A、B 之间产生拉力且大于 0.3 N 时，A、B 将会分离。t0 时刻开始对物块 A施加一水平推力 F1，同时对物块 B 施加同一方向的拉力 F2，使 A、B 从静止开始运动，运动过程中 F1、F2 方向保持不变，F1、F2 的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于 A、B 两物块受力及运动情况的分析，正确的是()At2.0
8、 s 时刻 A、B 之间作用力大小为 0.6 N Bt2.0 s 时刻 A、B 之间作用力为零 Ct2.5 s 时刻 A 对 B 的作用力方向向左 D从 t0 时刻到 A、B 分离，它们运动的位移为 5.4 m 答案 AD 解析 由题图可得 04.0 s 内，F10.9t3.6，F20.9t。分离之前 A、B 两物块共同运动，设加速度为 a，以整体为研究对象，则有：a F1F2mAmB3.612 m/s21.2 m/s2，设 t 时刻 A、B 分离，分离时 A、B 间的拉力为 f，由题知 f0.3 N，对 B，由牛顿第二定律，F2fmBa，得 F2fmBa(0.321.2)N2.7 N，tF2
9、0.92.70.9 s3 s，根据位移公式 s12at25.4 m，则 D 正确；当 t2.0 s 时，A、B 不分离，F21.8 N，F2f2mBa，得 f2mBaF20.6 N，A 正确，B 错误；当 t2.5 s 时，A、B 不分离，F22.25 N，F2f2.5m2a，得 f2.5m2aF20，则 f2.5 与 F2 方向一致，即水平向右，C错误。6(2019重庆模拟)如图甲为某游乐园飓风飞椅游玩项目，图乙为飓风飞椅结构简图。其装置由伞型转盘 A、中间圆柱 B、底座 C 和软绳悬挂飞椅D(可视为质点)组成，在与转盘下表面轴心 O 距离为 d 的圆周上，用软绳分布均匀地悬挂 16 座飞椅
10、(图乙中只画两座)，设 A、B、C 总质量为 M，单个飞椅与人的质量之和均为 m，悬挂飞椅 D 的绳长均为 L，当水平转盘以角速度 稳定旋转时，各软绳与竖直方向成 角。则下列判断正确的是()A转盘旋转的角速度为gtandLsin B底座 C 对水平地面的压力随转速的增加而减小 C底座 C 对水平地面的压力与转速无关，恒为 Mg16mg D软绳与竖直方向夹角 的大小与软绳长、转速和乘客质量均有关 答案 AC 解析 对飞椅与人组成的整体受力分析，由牛顿第二定律可得：mgtanm2(dLsin)，解得：gtandLsin，故 A 正确；对 A、B、C 及 16座飞椅和飞椅上的人组成的整体受力分析，整
11、体竖直方向受重力和地面支持力而平衡，由牛顿第三定律知，整体竖直方向对地面的压力恒为 Mg16mg，B 错误，C 正确；由 A 选项求得的表达式可知软绳与竖直方向夹角 的大小与软绳长、转速有关，但与乘客质量无关，故 D 错误。7(2019山东潍坊二模)如图 1 所示，长为 8d、间距为 d 的平行金属板水平放置，板间左侧中心位置 O 点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为 v0，电荷量为q，质量为 m 的粒子。在两板间存在如图 2 所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是()A粒子在电场中运动的最短时间为 2dv0 B射出粒子的最大动能为54mv20 Ct d2v0时
12、刻进入的粒子，从 O点射出 Dt3dv0时刻进入的粒子，从 O点射出 答案 AD 解析 由图 2 可知场强大小为 Emv202qd，则粒子在电场中的加速度大小 aqEm v202d，场强 E 的变化周期 T4dv0，对 t0 时刻进入的粒子，在 0T2时间内粒子在场强为 E 的匀强电场中的偏转距离为 ym12aT22dd2，则粒子在电场中运动的最短时间满足d212at2min，解得 tmin 2dv0，A 正确；粒子在水平方向以 v0匀速运动，故能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为 t8dv0，恰好等于场强 E 的变化周期的两倍，由此可知，粒子在整个过程中竖直方向上的速度变化量为 0，则射出
13、电场的粒子竖直方向的速度均为 0，射出的粒子的动能均为12mv20，B 错误；t d2v0T8时刻进入的粒子，沿电场方向先向下加速，因 y12a38T 2 916dd2，即在 tT2之前粒子已经打在下极板上，不能从 O射出，C 错误；t3dv03T4 时刻进入的粒子，沿电场方向先向上加速T4，有 y112aT42d4，后向上减速T4，有 y2y1d4，此时竖直方向速度恰好为零，且 yy1y2d2，即刚好到达上极板，然后向下加速T4，再向下减速T4，竖直方向速度到零，如此反复，经过 2T 时间，粒子最后从电场中射出时沿电场方向的速度与位移均为零，即粒子恰好从 O点射出，D 正确。8.(2019陕
14、西渭南二模)如图所示，相距为 L 的两条平行金属导轨与水平地面的夹角为，上端接有定值电阻 R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为 B。将质量为 m 的导体棒从距水平地面高 h 处由静止释放，导体棒能沿倾斜的导轨下滑，已知下滑过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，接触面的动摩擦因数为，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为 g，下列选项正确的是()A导体棒从开始运动直至地面的过程中，通过电阻 R 的电荷量为 BLhRsin B导体棒从开始运动直至地面的过程中，电阻 R 上产生的焦耳热为mghmghtan C导体棒释放瞬间的加速度大小是 gsingcos D如果增加导体棒质量，则导体棒从释放至滑到
15、斜面底端的时间不变 答案 AC 解析 根据 Et，IER，q It，联立求得棒从开始运动直至地面的过程中，通过 R 的电荷量 qR BLhRsin，A 正确；设导体棒到达斜面底端时的速度为 v0，由动能定理得：12mv20mghmgcos hsinW 安，则电阻R 上产生的焦耳热 QW 安mghmg htan12mv20，B 错误；导体棒释放瞬 间，对导体棒由牛顿第二定律得：mgsinmgcosma，加速度 agsingcos，C 正确；当导体棒速度为 v 时，回路电动势 EBLv，IER，F 安BILB2L2vR，对导体棒由牛顿第二定律得：mgsinmgcosB2L2vRma，agsingc
16、osB2L2vmR，所以当导体棒质量增大，速度相同时，加速度会变大，总位移不变，故时间会减小，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东北三省三校二模)(5 分)某同学要用频闪照相的方法测量物块与木板之间的动摩擦因数。把木板放在水平桌面上，一端抬高，测量出木板倾斜的角度。如图所示为一小滑块下滑过程的频闪照片示意图。已知频闪相机每隔时间 T 闪光一次，x1、x2、x3、x4 分别是滑块在 T 时间内下滑的距离，当地重力加速度为 g。(1)滑块下
17、滑过程中的加速度大小的表达式 a_(用已知量和测量量表示)。(2)滑块下滑过程中经位置 4 时速度大小 v4_(用已知量和测量量表示)。(3)滑块与木板间的动摩擦因数 _(用、a、g 表示)。答案(1)x4x3x2x14T2(2)x3x42T (3)tanagcos 解析(1)滑块下滑做的是匀加速直线运动，且 x1、x2、x3、x4 都是在 T时间内下滑的距离，因此滑块的加速度可以用逐差法进行计算，即 ax3x4x1x24T2。(2)滑块经过 x3 和 x4 所用的时间相等，由因滑块做的是匀变速运动，因此滑块在位置 4 的速度等于滑块从位置 3 运动到位置 5 的平均速度，即 v4x3x42T
18、。(3)滑块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知 mgsinmgcosma得 tanagcos。10(2019宣城二模)(10 分)在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材。(1)甲同学按电路图 a 进行测量实验，其中 R2 为保护电阻。请用笔画线代替导线在图 b 中完成电路的连接；根据电压表的读数 U 和电流表的读数 I，画出 U-I 图线如图 c 所示，可得电源的电动势 E_ V，内电阻 r_。(结果保留两位有效数字)(2)乙同学误将测量电路连接成如图 d 所示，其他操作正确，根据电压表的读数 U 和电流表的读数 I，画出 U-I 图线如图 e 所示，可得电源的电动势
19、E_ V，内电阻 r_。(结果保留两位有效数字)答案(1)图见解析 2.8 0.60(2)3.0 0.50 解析(1)根据原理图可得出对应的实物图，如图所示；根据闭合电路欧姆定律可得：UEIr，则由数学规律可知电动势 E2.8 V，内电阻 rUI 2.81.62.0 0.60。(2)由乙同学的电路接法可知，R1 左右两部分并联后与 R2 串联，则可知在滑片从一端向另一端移动的过程中，滑动变阻器接入回路的电阻先增大后减小，电路总电流先减小后增大，则路端电压先增大后减小，所以出现图 e所示的图象，由图象可知当电压表示数为 2.5 V 时，路端电压最大，滑动变阻器并联的两部分电阻相等，电流表示数为
20、0.5 A，则电路总电流为 I11 A；而当电压为 2.4 V 时，电流分别对应 0.33 A 和 0.87 A，则说明当电压为 2.4 V时，电路总电流为 I20.33 A0.87 A1.2 A，则根据闭合电路欧姆定律可得2.5Er,2.4E1.2r，联立解得电源的电动势 E3.0 V，内电阻 r0.50。11(2019云南昆明 4 月质检)(12 分)科研人员乘热气球进行科学考察，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为 M200 kg。气球在空中以 v00.1 m/s 的速度匀速下降，距离水平地面高度 h186 m 时科研人员将质量m20 kg 的压舱物竖直向下抛出，抛出后 6 s 压舱物
21、落地。不计空气阻力，热气球所受浮力不变，重力加速度取 g10 m/s2，求：(1)压舱物刚被抛出时的速度大小；(2)压舱物落地时热气球距离水平地面的高度。答案(1)1 m/s(2)206 m 解析 设压舱物抛出时的速度为 v1，热气球的速度为 v2。(1)压舱物抛出后做竖直下抛运动，由运动学规律有：hv1t12gt2 代入数据得：v11 m/s。(2)由热气球和压舱物组成的系统动量守恒有：Mv0mv1(Mm)v2 代入数据得：v20 设热气球所受浮力为 F，则气体匀速下降可知：FMg 压舱物抛出后，热气球向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F(Mm)g(Mm)a 代入数据得：a109 m/
22、s2 则热气球 6 s 内上升的高度为：h212at2 代入数据得：h220 m，则压舱物落地时热气球距水平地面的高度 Hhh2206 m。12(2019广东肇庆三模)(20 分)如图甲所示，两平行金属板接有如图乙所示随时间 t 变化的电压 U，两板间电场可看做是均匀的，且两金属板外无电场，两金属板长 L0.2 m，两板间距离 d0.2 m。在金属板右侧边界 MN外的区域有一足够大的匀强磁场，MN 与两板中线 OO垂直，磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里。现有带正电的粒子流沿两板中线 OO连续射入电场中，已知每个粒子速度 v0105 m/s，比荷qm108 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通
23、过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的。(1)试求带电粒子射出电场时的最大速度；(2)任意时刻从电场射出的带电粒子，进入磁场时在 MN 上的入射点和在 MN 上出射点的距离是一确定的值 s，试通过计算写出 s 的表达式(用字母m、v0、q、B 表示)。答案(1)2105 m/s，方向斜向右上方或斜向右下方，与初速度方向成45夹角(2)s2mv0qB 解析(1)偏转电压由 0 到 100 V 的变化中，粒子流可能都能射出电场，也可能只有部分粒子能射出电场。设偏转电压为 U0时，粒子刚好能经过极板的右边缘射出，在竖直方向，粒子做匀加速运动：12d12qU0mdt2，在水平方向，粒子做匀速运
24、动：Lv0t，代入数据解得：U0100 V，由此可知，偏转电压为 100 V 时，粒子恰好能射出电场，且速度最大。对粒子，由动能定理得：qU02 12mv2m12mv20，代入数据解得：vm 2105 m/s 方向斜向右上方或斜向右下方，与初速度方向成 45夹角。(2)设粒子射出电场时速度方向与 MN 间夹角为。粒子射出电场时速度大小为：v v0sin，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvBmv2r，解得：rmv0qBsin，因此粒子射进磁场点与射出磁场点间距离为：s2rsin2mv0qB，m、v0、q、B 都是常数，则距离 s 与粒子在磁场中运行速度的大小无关，
25、s 为定值。(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河南郑州二模)(5 分)一定质量的理想气体由状态 a 经状态 b、c到状态 d，其体积 V 与热力学温度 T 的关系如图所示，O、a、d 三点在同一直线上，ab 和 cd 平行于横轴，bc 平行于纵轴，则由状态 a 变到状态 b 的过程中，气体_(填“吸收”或“放出”)热量，气体分子的平均动能_(填“增大”“减小”或“不变”)；从状态 b 到 c，气体对外做功，内能_(填“增大”“减小”或“不变”)；从状态 c 到 d，气体密度_(填“增大
26、”“减小”或“不变”)；从状态 a 到 d，气体内能_(填“增大”“减小”或“不变”)。(2)(2019山西太原市模拟)(10 分)如图所示，马桶吸由皮吸和汽缸两部分组成，下方半球形皮吸空间的容积为 1000 cm3，上方汽缸的长度为 40 cm，横截面积为 50 cm2。小明在试用时，用手柄将皮吸压在水平地面上，皮吸中气体的压强等于大气压。皮吸与地面及活塞与汽缸间密封完好不漏气，不考虑皮吸与汽缸的形状变化，环境温度保持不变，汽缸内薄活塞、连杆及手柄的质量忽略不计，已知大气压强 p01.0105 Pa，g10 m/s2。若初始状态下活塞位于汽缸顶部，当活塞缓慢下压到汽缸皮吸底部时，求皮吸中气体
27、的压强；若初始状态下活塞位于汽缸底部，小明用竖直向上的力将活塞缓慢向上提起 20 cm 高度保持静止，求此时小明作用力的大小。答案(1)吸收 增大 不变 不变 增大(2)3105 Pa 250 N 解析(1)由状态 a 变到状态 b 的过程中，气体体积不变，则 W0，温度升高，则气体内能增大，即 U0，根据 UWQ 可知 Q0，即气体吸收热量，由状态 a 变到状态 b 的过程中，气体的温度升高，则气体分子的平均动能变大；从状态 b 到 c，气体温度不变，气体的内能不变；从状态 c 到 d，气体体积不变，则气体的密度不变；从状态 a 到状态 d 气体温度升高，则气体的内能增大。(2)以汽缸和皮吸
28、内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为 p0，体积 V11000 cm34050 cm33000 cm3 当活塞下压到汽缸底部时，设封闭气体的压强为 p，体积为 V21000 cm3，由玻意耳定律 p0V1p2V2 解得：p23p03105 Pa。以皮吸内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为 p0，体积为 V21000 cm3，活塞缓慢向上提起 20 cm 高度保持静止时，设小明作用力的大小为 F，封闭气体的压强为 p3，体积为 V31000 cm32050 cm32000 cm3 由玻意耳定律有 p0V2p3V3 Fp3Sp0S 解得：F250 N。14物理选修 34(共 15 分)
29、(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点重力加速度较大 C若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，则无法利用单
30、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 cm E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)(10 分)如图所示为一个半径为 R 的透明介质球体，M、N 两点关于球心 O 对称，且与球心的距离均为 2R。一细束单色光从 M 点射向透明介质球体，穿过后到达 N 点，真空中的光速为 c。若介质的折射率为 n0，光线沿 MON 传播到 N 点，光传播的时间 t为多少？已知球面上的 P 点到 MN 的距离为 PA35R，若光束从 M 点射向 P点，经过球体折射后传播到 N 点，那么球体的折射率 n 等于多少？(取 sin370.6，cos370.8
31、)答案(1)ACE(2)(n01)2Rc 2 53 解析(1)根据单摆的固有周期公式 T2 Lg，L 为摆长，g 为所处环境的重力加速度，故 A 正确；根据 T2 Lg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 图象所对应的实验地点的重力加速度较小，B 错误；若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，单摆处于完全失重状态，所受重力全部用于提供圆周运动所需向心力不能在竖直平面内来回摆动，则无法利用单摆测出飞船轨道处的引 力加速度，故 C 正确；由图乙可知，当驱动力的频率为 0.5 Hz 时，摆球发生共振，故系统的固有频率为 0.5
32、Hz，固有周期 T01f2 s，根据 T2 Lg，解得摆长 L1 m，故 D 错误；根据 T2 Lg，若在同一地点增大摆长，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)光在介质球外的传播时间为 t12Rc 光在介质球中的传播速度为 v cn0 则光在介质球中的传播时间为 t22Rv 光传播的时间为 tt1t2(n01)2Rc。光路图如图所示，其中 sin0.6，又 根据折射定律：sinnsin，所以 n43sincos 又 MAMOAO2RRcos65R MP PA2MA23 55 R sin PAMP 55，cosMAMP2 55 解得：n2 53。本课结束
