1、（全国I卷）安徽省名校2020届高三物理冲刺模拟卷（含解析）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。1.一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能增大为原来的4倍，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的（ ）A. 向心加速度大小之比为14B. 轨道半径之比为41C. 周期之比为41D. 角速度大小之比为12【答案】B【解析】【详解】AB.根据万有引力充当向心力=mr=ma，卫星绕地球做匀速圆周运动的
2、线速度v=，其动能Ek=，由题知变轨后动能增大为原来的4倍，则变轨后轨道半径r2=r1，变轨前后卫星的轨道半径之比r1r2=41；向心加速度a=，变轨前后卫星的向心加速度之比a1a2=116，故A错误，B正确；C.卫星运动的周期，变轨前后卫星的周期之比=，故C错误；D.卫星运动的角速度，变轨前后卫星的角速度之比=，故D错误2.如图所示，在x0、y0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面向里。现有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从x轴上的某点P沿着与x轴成角的方向射人磁场。不计重力影响，则可以确定的物理量是（）A. 粒子在磁场中运动的时间B. 粒子运动的半径C.
3、粒子从射入到射出的速度偏转角D. 粒子做圆周运动的周期【答案】D【解析】【详解】AC粒子在磁场中做圆周运动，由于P点位置不确定，粒子从x轴上离开磁场或粒子运动轨迹与y轴相切时，粒子在磁场中转过的圆心角最大，为粒子在磁场中的最长运动时间粒子最小的圆心角为P点与坐标原点重合，最小圆心角粒子在磁场中的最短运动时间粒子在磁场中运动所经历时间为说明无法确定粒子在磁场中运动的时间和粒子的偏转角，故AC错误；B粒子在磁场中做圆周运动，由于P点位置不确定，粒子的偏转角不确定，则无法确定粒子的运动半径，故B错误；D粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则且则得说明可确定粒子做圆周运动的周期，故D正确。故
4、选D。3.在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，整个系统置于方向水平的匀强电场中若三个小球均处于静止状态，则c球的带电量为（）A. +q B. -q C. +2qD. -2q【答案】D【解析】【详解】a、b带正电，要使a、b都静止，c必须带负电，否则匀强电场对a、b的电场力相同，而其他两个电荷对a和b的合力方向不同，两个电荷不可能同时平衡，设c电荷带电量大小为Q，以a电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得c、b对a的合力与匀强电场对a的力等值反向，即为：=cos所以C球的带电量为-2qA+q与分析不符，故A错误；B-q与分
5、析不符，故B错误；C+2q与分析不符，故C错误；D-2q与分析不符，故D正确4.我国“北斗三号”全球组网卫星采用星载氢原子钟。如图所示为氢原子的能级图，现让一束单色光照射到一群处于基态（量子数n=l）的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出6种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为（）A. 13.6 eVB. 3.4 eVC. 12. 09 eVD. 12.75 eV【答案】D【解析】【详解】由题意应该有得即能发出6种频率光的一定是n=4能级，则照射氢原子的单色光的光子能量为故ABC错误，D正确。故选D。5.如图所示,在光滑水平面上,有质量分别为和的两滑块,它们中间夹着一根处于压缩状态的轻
6、质弹簧(弹簧与不拴连),由于被一根细绳拉着而处于静止状态.当剪断细绳,在两滑块脱离弹簧之后,下述说法正确的是（ ）A. 两滑块的动量大小之比B. 两滑块的速度大小之比C. 两滑块的动能之比D. 弹簧对两滑块做功之比【答案】C【解析】【详解】在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得：，得，两滑块速度大小之比为：；两滑块的动能之比，B错误C正确；两滑块的动量大小之比，A错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为：1：2，D错误6.如图所示，O是一固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线，负点电荷q仅在电场力的作用下沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处由此可知()A. O为
7、正电荷B. 在整个过程中q的电势能先变小后变大C. 在整个过程中q的加速度先变大后变小D. 在整个过程中，电场力做功为零【答案】CD【解析】【详解】粒子所受合力的方向大致指向轨迹的弯曲的方向，知负电荷所受的电场力背离点电荷向外，知O为负电荷故A错误从a处运动b处，然后又运动到c处电场力先做负功再做正功，所以电势能先变大后变小，故B错误越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小故C正确初末位置在同一个等势面上，两点间的电势差为零，根据W=qU，知电场力做功为零，故D正确故选CD【点睛】解决本题的关键掌握通过轨迹的弯曲大致判断合力的方向，会根据电场力做功判断动
8、能的变化，知道在等势面上移动电荷，电场力不做功7.如图所示，有一倾角30的斜面体B，质量为M物体A质量为m，弹簧对物体A施加一个始终保持水平的作用力，调整A在B上的位置， A始终能和B保持静止对此过程下列说法正确的是()A. A、B之间的接触面可能是光滑的B. 弹簧弹力越大，A、B之间的摩擦力越大C. A、B之间的摩擦力为0时，弹簧弹力为mgD. 弹簧弹力为mg时，A所受摩擦力大小为mg【答案】CD【解析】设弹簧弹力为F，当时，即时，A所受摩擦力为0；若，A受到的摩擦力沿斜面向下；若，A受到的摩擦力沿斜面向上，可见AB错误C正确；当时，A所受摩擦力大小为，方向沿斜面向下，D正确8.如图所示，静
9、止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，当它放出一个粒子后，其速度方向与磁场方向垂直，测得粒子和反冲核轨道半径之比为44:1，则下列说法不正确的是（ ）A. 粒子与反冲粒子的动量大小相等，方向相反B. 原来放射性元素的原子核电荷数为90C. 反冲核的核电荷数为88D. 粒子和反冲粒子的速度之比为1:88【答案】D【解析】【详解】微粒之间相互作用过程中遵守动量守恒定律，由于初始总动量为零，则末动量也为零，即粒子和反冲核的动量大小相等，方向相反；由于释放的粒子和反冲核均在垂直于磁场的平面内，且在洛伦兹力作用下做圆周运动；由得：，若原来放射性元素的核电荷数为Q，则对粒子：，对反冲核：，由于，根据，解得
10、，反冲核的核电荷数为，它们的速度大小与质量成反比，由于不知道质量关系，无法确定速度大小关系，故A、B、C正确，D错误；三、非选择题：共174分。第22 -32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33 -38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。9.某同学在做“探究弹力与弹簧长度关系”的实验中，根据实验数据描点画出FL图像如图所示。若弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度g取10m/s2，请回答以下两个问题：(1)由以上实验数据可求得弹簧的劲度系数k=_N/m（保留三位有效数字）；(2)由图中实验数据得出弹簧弹力大小F与其长度L的关系式为_，对应的函数关系图线与横轴（长度L）的交
11、点表示_。【答案】 (1). 156 (2). F=156(L0.02) (3). 弹簧原长【解析】【详解】(1)1弹簧弹力F与弹簧长度L的关系图像的斜率表示劲度系数，则劲度系数(2)23由图中实验数据结合胡克定律得到弹簧弹力大小F与其长度L的关系式分析图像可知，图线与横轴的夹点表示弹簧的原长10.某物理实验小组利用实验室提供的器材测定电压表V1的内阻，可选用的器材如下：A待测电压表V1：量程3V，内阻约3kB电压表V2：量程15V，内阻约20kC电流表A：量程3A，内阻约01D定值电阻R0：90kE滑动变阻器R1：0200F滑动变阻器R2：02kG电源E：电动势约为12V，内阻忽略不计H开关
12、、导线若干（1）现用多用电表测电压表V1的内阻，选择倍率“100”挡，其它操作无误，多用电表表盘示数如图所示，则电压表V1的内阻约为 （2）为了准确测量电压表V1的内阻，两位同学根据上述实验器材分别设计了如图甲和乙两个测量电路，你认为 （选填“甲”或“乙”）更合理，并在实物图中用笔画线代替导线将电路图补充完整（3）该实验中滑动变阻器应该选用 （选填“R1”或“R2”）（4）用已知量R0和V1、V2的示数U1、U2来表示电压表V1的内阻RV1= 【答案】（1）3400；（2）乙；连图如图；（3）R1；（4）【解析】试题分析：（1）用多用电表测得的电压表的内阻为34100=3400；（2）甲图中，
13、因为电压表V2的电阻与R0阻值相当，通过电压表V2的电流不能忽略，故用通过R0的电流作为通过V1的电路，则误差较大；故用乙电路较合理；电路连接如图；（3）实验中滑动变阻器要用分压电路，故用选取阻值较小的R1；（4）根据欧姆定律可知：考点：测量电压表的内阻【名师点睛】此题使用电压表及定值电阻测定电压表的内阻；关键是要搞清实验的原理，认真分析实验可能带来的系统误差，结合部分电路的欧姆定律来处理实验的结果；此题是伏安法测电阻的改进实验，立意较新颖，是一道考查学生实验能力的好题11.如图所示，质量为2m的滑块A由长为R的水平轨道和半径也为R的四分之一光滑圆弧轨道组成，滑块A的左侧紧靠着另一质量为4m的
14、物块C，质量为m的物块B从圆弧轨道的最高点南静止开始下滑，D为网弧轨道最低点。已知B与水平轨道之间的动摩擦因数=0.1，A的水平轨道厚度极小，B从水平轨道上滑下和滑上的能量损失忽略不计，水平地面光滑，重力加速度为g。(1)若A被固定在地面上，求B与C发生碰撞前的速度大小v0；(2)若A的固定被解除，B滑下后与C发生完全弹性碰撞，碰撞后B再次冲上A，求B与A相对静止时与D点的距离L。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)若滑块A被固定在地面上，物块B与物块C碰撞前，由动能定理解得(2)滑块A的固定被解除，物块B下滑到与A分离的过程中，设B与A的分离时的速度分别为v1和v2，对A、B构成的系
15、统，能量关系和水平方向动量守恒有解得物块B与物块C发生完全弹性碰撞后速度分别为和vc，由能量关系和动量守恒有解得碰撞后物块B冲上滑块A，达到共速时，由水平方向动量守恒和能量关系有B与D点的距离解得12.如图甲所示，两竖直同定的光滑导轨AC、AC间距为L，上端连接一阻值为R的电阻。矩形区域abcd上方的矩形区域abAA内有方向垂直导轨平面向外的均匀分布的磁场，其磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示（其中B0、t0均为已知量），A、a两点间的高度差为2gt0（其中g为重力加速度），矩形区域abcd下方有磁感应强度大小为B0、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场。现将一长度为L，阻值为R的金属棒从a
16、b处在t=0时刻由静止释放，金属棒在t=t0时刻到达cd处，此后的一段时间内做匀速直线运动，金属棒在t=4t0时刻到达CC处，且此时金属棒的速度大小为kgt0（k为常数）。金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计。求：(1)金属棒到达cd处时的速度大小v以及a、d两点间的高度差h；(2)金属棒的质量m；(3)在04t0时间内，回路中产生的焦耳热Q以及d、C两点的高度差H。【答案】(1)gt0，；(2)；(3)，【解析】【详解】(1)在0t0时间内，金属棒不受安培力，从ab处运动到cd处的过程做自由落体运动，则有(2)在02t0时间内，回路中由于ab上方的磁场变化产生的感应电动
17、势在t02t0时间内，回路中由于金属棒切割磁感线产生的感应电动势经分析可知，在t02t0时间内，金属棒做匀速直线运动，回路中有逆时针方向的感应电流，总的感应电动势为根据闭合电路的欧姆定律有对金属棒，由受力平衡条件有B0IL=mg解得(3)在0t0时间内，回路中产生的焦耳热在t0 2t0时间内，金属棒匀速下落的高度在t02t0时间内，回路中产生的焦耳热设在2t04t0时间内，金属棒下落的高度为h2，回路中通过的感应电流的平均值为I，有根据动量定理有解得经分析可知解得根据能量守恒定律可知，在2t04t0时间内，回路中产生的焦耳热经分析可知Q=Q1+Q2+Q3解得（二）选考题：共45分。请考生从2道
18、物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。13.下列说法正确的是（ ）A. 同种物质可能以晶体和非晶体两种不同形态出现B. 在阳光照射下的教室里，眼睛看到空气中尘埃的运动就是布朗运动C. 在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小D. 打气筒给自行车打气时，要用力才能将空气压缩，说明空气分子之间存着斥力E. 气体向真空的自由膨胀是不可逆的【答案】ACE【解析】【详解】A同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如金刚石与石墨，故A正确.B布朗运动是微小粒子表现出的无规则运动，肉眼不可见，故B错误.C在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小，
19、这是增加原理，故C正确.D打气筒给自行车打气时，要用力才能将空气压缩，是要克服大气压力做功，故D错误.E气体向真空自由膨胀遵守热力学第二定律，具有方向性，故E正确14.如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸各有一个活塞，质量分别为和，活塞与气缸无摩擦。活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度。（已知，在两活塞上同时各放一质量为的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度始终保持为。在达到上一问的终态后，环境温度由缓慢上升到，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？（假定在气体
20、状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）。【答案】 ； ，吸收热量。【解析】【详解】设左、右活塞的面积分别为和，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即由此得在两个活塞上各加质量为的物块后，假设左右两活塞仍没有碰到汽缸底部，由平衡条件，则右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中在初态，气体的压强为：，体积为：；在末态，气体压强为：，体积为：为左活塞的高度）由玻意耳定律得代入数据解得当温度由上升至时，气体的压强始终为，设是温度达到时左活塞的高度，由盖吕萨克定律得活塞对气体做的功为环境温度升高，则气体温度升高内能变大，又气体对活塞做功，根据热力学第一定律：在此过程中气体吸收热量。15.
21、下列说法中正确的有（ ）A. 满足F=kx的振动是简谐运动B. 波可以发生干涉、衍射等现象C. 由波速公式v=f可知，空气中声波的波速由f、共同决定D. 发生多普勒效应时波的频率发生了变化E. 周期性的振荡电场和振荡磁场彼此交互激发并向远处传播形成电磁波【答案】ABE【解析】【详解】A、在简谐运动的回复力表达式F=-kx中，对于弹簧振子，F为振动物体在振动方向受到的合外力，k为弹簧的劲度系数；对于单摆回复力为重力沿圆周的切向分力，故A正确B、一切波都可以发生干涉和衍射现象，是波特有现象，故B正确C、声波是机械波，机械波的波速由介质决定，故C错误D、多普勒效应说明观察者与波源有相对运动时，接收到
22、的波频率会发生变化，但波源的频率不变，故D错误E、变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，交替产生电场和磁场形成由近向远传播的电磁波，故E正确故选ABE【点睛】衍射、干涉是波所特有的现象，机械波的波速由介质决定；根据多普勒效应可知，当波源和观察者间距变小，观察者接收到的频率一定比波源频率高当波源和观察者距变大，观察者接收到的频率一定比波源频率低；根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，交替产生，由近向远传播，形成电磁波16.如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面的半径是球半径的倍；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
23、线的延长线恰好过底面边缘上的A点求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角【答案】150【解析】【详解】设球半径为R，球冠地面中心为O，连接OO，则OOAB令OAO=则：即OAO=30已知MAAB，所以OAM=60设图中N点为光线在球冠内地面上的反射点，光路图如图所示设光线在M点的入射角为i，折射角为r，在N点的入射角为i，反射角为i，玻璃的折射率为n由于OAM为等边三角形，所以入射角i=60由折射定律得：sini=nsinr代入数据得：r=30作N点的法线NE，由于NEMA，所以i=30由反射定律得：i=30连接ON，由几何关系可知MANMON，则MNO=60由式可得ENO=30所以ENO为反射角，ON为反射光线由于这一反射光线垂直球面，所以经球面再次折射后不改变方向所以，该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为=180-ENO=150