1、20192020学年度高考模拟考试物理试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列说法正确的是（）A. 晶体一定具有各向异性B. 温度升高物体的内能一定增大C. 布朗运动是液体分子的无规则运动D. 自由下落的水滴呈球形是液体表面张力作用的结果【答案】D【解析】【详解】A单晶体有各向异性的特征，多晶体有各向同性，故A错误；B物体的内能与物体的温度、体积和摩尔数等因素有关，所以温度升高物体的内能不一定增大，故B错误；C布朗运动是悬浮在液体中固体微粒所做的无规则运动，不是液体分子的运动。布朗运动是由大量液体分子撞击微粒引起的，反
2、映了液体分子的无规则运动，故C错误；D自由下落的水滴由于液体表面张力作用而水滴形成球形，故D正确。故选D。2.小明同学利用插针法测量半圆柱形玻璃砖的折射率。如图所示，他在白纸上作一直线MN以及它的垂线AB，玻璃砖的圆心为O，其底边与直线MN对齐，在垂线AB上插两枚大头针P1和P2。小明在半圆柱形玻璃砖右侧区域内无法观察到P1、P2沿AB方向射出的光线，若要观察到，应将玻璃砖的位置作适当调整，下列说法正确的是（）A. 沿MN向M端平移适当距离B. 沿MN向N端平移适当距离C. 向左平移适当距离D. 向右平移适当距离【答案】A【解析】【详解】光线P1P2垂直于界面进入半圆柱形玻璃砖后，到达圆弧面上
3、的入射角大于临界角，发生全反射现象，光不能从圆弧面折射出来，要使光能从圆弧面折射出来，则需要向上移动半圆柱形玻璃砖，即将半圆柱形玻璃砖沿MN向M平移适当距离，使到达圆弧面上光线的入射角i小于临界角则可以射出，如图所示，而将半圆柱形玻璃砖平行MN向左或向右平移适当距离，不会改变光在MN圆弧面上的入射角，光仍然发生全反射，故A正确，BCD错误。故选A。3.现有大量处于n=4能级的氢原子，当这些氢原子向低能级跃迁时会辐射出若干种不同频率的光，氢原子能级示意图如图所示。下列说法正确的是（）A. 跃迁后核外电子的动能减小B. 最多可辐射出4种不同频率的光C. 由n=4能级跃迁到n=1能级产生的光的波长最
4、短D. 用n=4能级跃迁到n=2能级辐射的光照射逸出功为2.65eV的某种金属能发生光电效应【答案】C【解析】【详解】A氢原子向低能级跃迁时，库仑力做正功，核外电子的电势能减小、动能增大，故A错误；B大量处于n=4能级的氢原子，当这些氢原子向低能级跃迁时会辐射出种不同频率的光，故B错误；C由n=4能级跃迁到n=1能级产生的光的能量最大即光子的频率最大，则光的波长最短，故C正确；Dn=4能级跃迁到n=2能级辐射的光的能量为则不能发生光电效应，故D错误。故选C。4.从塔顶同一位置由静止先后释放两个小球A、B，不计空气阻力。从释放B球开始计时，在A球落地前，两球之间的距离随时间t变化的图像为（）A.
5、 B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】以B球的参考系，则A球相对B球做匀速直线运动，释放B球时两球间已有一定的距离，所以两球间的距离故D正确，ABC错误。故选D。5.直角坐标系xOy的y轴为两种均匀介质、的分界线，位于x=0处的一波源发出的两列机械波a、b同时分别在介质、中传播，某时刻的波形图如图所示，此时刻a波恰好传到x=4m处，下列说法正确的是（）A. 波源的起振方向沿y轴正方向B. 两列波的频率关系fa=4fbC. 此时刻b波传到x=16m处D. 质点P在这段时间内的路程为30cm【答案】C【解析】【详解】A传播介质的起振方向和波源相同， 的质点起振方向与波源的起振方向相同，用微
6、平移法可知 的质点即将向下运动，波源的起振方向沿y轴负方向，故A错误；B两列波由同一波源振动产生，频率相同，故B错误；C由右侧波形图可知，波源已经完成了四次全振动， 故此时刻b波传到处，故C正确；D由质点P右侧的波形图可知，P已经完成2.5次全振动，路程为故D错误。故选C。6.如图所示，理想变压器的原线圈输入电压的有效值保持不变，副线圈匝数可调，与副线圈相连的输电线上的等效电阻为R0，与原线圈相连的输电线上的电阻忽略不计。滑动触头P处于图示位置时，用户的用电器恰好正常工作。当用电器增多时，下列说法正确的是（）A. 原线圈中的电流减小B. 副线圈两端的电压增大C. 等效电阻R0两端的电压不变D.
7、 只需使滑动触头P向上滑动，用电器仍可正常工作【答案】D【解析】【详解】AB由于理想变压器的原线圈输入电压的有效值保持不变，由可知，副线圈两端电压不变，当用电器增多时，总电阻减小，副线圈中的电流增大，由可知，原线圈中的电流增大，故AB错误；C副线圈中的电流增大，等效电阻R0两端的电压增大，故C错误；D滑动触头P向上滑动时，由可知，副线圈两端电压增大，副线圈中的电流增大，等效电阻R0两端的电压增大，用电器两端电压也可能增大，则用电器仍可正常工作，故D正确。故选D。7.由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。假设图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运
8、动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c两点距地面的高度相等。下列说法正确的是（）A. 到达b点时，炮弹的速度为零B. 到达b点时，炮弹的加速度为零C. 炮弹经过a点时的速度小于经过c点时的速度D. 炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间【答案】D【解析】【详解】A炮弹在最高点竖直方向上的速度为零，水平方向上的速度不为零，故炮弹在最高点速度不为零，故A错误；B在最高点受空气阻力（水平方向上的阻力与水平速度方向相反），重力作用，二力合力不为零，故加速度不为零，故B错误；C由于空气阻力恒做负功，所以根据动能定理可知经过a
9、点时的速度大于经过c点时的速度，故C错误；D从O到b的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，即解得在从b到d的过程中，在竖直方向，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，即解得则根据逆向思维，两个阶段的运动可看做为从b点向O点和从b点向d点运动的类平抛运动，竖直位移相同，加速度越大，时间越小，所以炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，故D正确。故选D8.如图所示，我国发射的某探月卫星绕月球运动的轨道为椭圆轨道。已知该卫星在椭圆轨道上运行n周所用时间为t，卫星离月球表面的最大高度为5R，最小高度为R，月球的半径为R，下列说法正确的是（）A. 月球的自转周期为B. 月
10、球的第一宇宙速度为C. 探月卫星的最大加速度与最小加速度之比为5：1D. 探月卫星的最大动能与最小动能之比为25：1【答案】B【解析】【分析】【详解】A根据题干信息可以得到探月卫星的周期为，但不能得到月球的自转周期，故A错误；B设近月卫星的周期为，其轨道半径为R，根据开普勒第三定律有解得，则第一宇宙速度为解得，故B正确；C根据牛顿第二定律有解得当r=2R时，加速度最大，则有当r=6R时，加速度最小，则有则有，故C错误；D根据开普勒第二定律可知，卫星与月球球心的连线在相等时间内扫过的面积相等，则有解得根据可得探月卫星在轨道上的最大动能与最小动能之比为9：1，故D错误。故选B。二、多项选择题：本题
11、共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，一带电油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且关于过轨迹最低点P的竖直线对称，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（）A. Q点的电势比P点的电势高B. 油滴在Q点的机械能比在P点的机械能大C. 油滴在Q点的电势能比在P点的电势能小D. 油滴在Q点的加速度比在P点的加速度大【答案】BC【解析】【分析】【详解】A根据油滴运动的弯曲方向可知，油滴受合力一定指向上方，而重力方向是竖直向下的，故电场力方向一定是竖直向上，由于不知道油滴带何种电荷，故无
12、法知道电场线的方向，故不能判断两点的电势高低，故A错误；BC因电场力竖直向上，故油滴由P到Q的过程中，电场力做正功，故电势能减小，机械能增大，故Q点的电势能比它在P点的小，而机械能比P点大，故BC正确；D因小球在匀强电场中运动，受力的电场力F=qE和重力都为恒力，故PQ两点加速度大小相同，故D错误。故选BC。10.如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子(不计重力)都从A点沿AB方向射入磁场，并分别从AC边上的P、Q两点射出磁场，下列说法正确的是（）A. 从P点射出的粒子速度大B. 从P点射出的粒子角速度大C. 从Q点射出的粒子向心力加速度大D. 两个粒子在磁场中运动
13、的时间一样长【答案】CD【解析】【分析】【详解】A粒子在磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出，轨迹如图所示由图知，粒子运动的半径，又粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有解得，故，故A错误；B根据线速度和加速度关系可知由于两个粒子比荷相同，所以角速度一样大，故B错误；C根据牛顿第二定律可知向心力等于洛伦兹力，则有解得，由于两个粒子比荷相同，所以速度大的向心加速度大，故C正确；D粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系（图示弦切角相等），粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间又因为粒子在磁场中圆周运动的周期可知粒子在磁场中运动的时间相等，故D正确。故选CD。11.如图所示，用
14、横截面积为S=10cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在导热良好的汽缸内，汽缸平放到光滑的水平面上。劲度系数为k=1000N/m的轻质弹簧左端与活塞连接，右端固定在竖直墙上。不考虑活塞和汽缸之间的摩擦，系统处于静止状态，此时弹簧处于自然长度，活塞距离汽缸底部的距离为L0=18cm。现用水平力F向右缓慢推动汽缸，当弹簧被压缩x=5cm后再次静止(已知大气压强为p0=1.0105Pa，外界温度保持不变)，在此过程中，下列说法正确的是（）A. 气体对外界放热B. 气体分子的平均动能变大C. 再次静止时力F的大小为50ND. 汽缸向右移动的距离为11cm【答案】ACD【解析】【详解】A设末态汽缸内气体
15、的压强为p，对活塞受力分析，则有解得p=1.5105Pa气体温度保持不变，由玻意耳定律得解得L=12cm，即气体体积减小；因温度不变，故气体的内能不变，而此过程气体体积减少，外界对气体做功，为保持内能不变，故气体对外界放热，故A正确；B此过程温度不变，故气体分子平均动能不变，故B错误；C对汽缸受力分析，根据平衡条件有故C正确；D设汽缸向右移动的距离为，则有代入数据解得，故D正确。故选ACD。12.如图甲所示，在倾角为37的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为m=2kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不拴连。t=0时刻解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v-t图像如图乙所示，其中Ob
16、段为曲线，bc段为直线，取g=10，sin37=0.6，cos37=0.8，则下列说法正确的是（）A. 速度最大时，滑块与弹簧脱离B. 滑块与斜面间的动摩擦因数为=0.5C. 滑块在0.1s0.2s时间内沿斜面向下运动D. 滑块与弹簧脱离前，滑块的机械能先增大后减小【答案】BD【解析】【详解】A在滑块与弹簧脱离之前，开始弹簧的弹力大于重力沿斜面方向的分力和摩擦力之和，向上做加速运动，当加速度为零时速度最大，之后弹簧的弹力小于重力沿斜面方向的分力和摩擦力之和，向上做减速运动，当弹簧回到原长，滑块与弹簧脱离，故A错误；B在v-t图象中，斜率表示加速度，则滑块在0.1s0.2s内的加速度为根据牛顿第
17、二定律有解得=0.5，故B正确；C由图可知，滑块在0.1s0.2s时间内速度方向仍为正方向，即仍沿斜面向上运动，故C错误；D滑块与弹簧脱离前，弹簧的弹力做正功，摩擦力做负功，弹力大于摩擦力时机械能增加，弹力小于摩擦力时机械能减小，故D正确。故选BD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。轻杆两端固定两个大小相等但质量不等的小球P、Q，杆可以绕固定于中点O的水平轴在竖直面内自由转动。O点正下方有一光电门，小球球心可恰好通过光电门，已知重力加速度为g。（1）用游标卡尺测得小球的直径如图乙所示，则小球的直径为d=_cm。（2）P、Q从水平位置由静止释放
18、，当小球P通过最低点时，与光电门连接的数字计时器显示的挡光时间为=0.01s，则小球P经过最低点时的速度为v=_m/s。（3）若两小球P、Q球心间的距离为L，小球P的质量是小球Q质量的k倍(k1)，当满足k=_(用L、d、g表示)时，就表明验证了机械能守恒定律。【答案】 (1). 1.450 (2). 1.450 (3). 【解析】【详解】(1)1小球的直径(2)2小球P经过最低点的速度(3)3根据机械能守恒整理得14.在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室提供了下列实验器材：A.干电池两节，每节电动势约为1.5V，内阻约几欧姆B.直流电压表V1、V2，量程均为03V，内阻约为3kC.电流表，
19、量程为00.6A，内阻小于1D.定值电阻R0，阻值为5E.滑动变阻器R，最大阻值为20F导线和开关若干两位同学分别选用了上述部分实验器材设计了甲、乙两种实验电路。（1）一同学利用如图甲所示的电路图组装实验器材进行实验，读出多组U1、I数据，并画出U1I图像，求出电动势和内电阻。这种方案测得的电动势和内阻均偏小，产生该误差的原因是_，这种误差属于_(填“系统误差”或“偶然误差”)。（2）另一同学利用如图乙所示的电路图组装实验器材进行实验，读出多组U1和U2的数据，描绘出U1U2图像如图丙所示，图线斜率为k，在纵轴上的截距为a，则电源的电动势E=_，内阻r=_。(用k、a、R0表示)【答案】 (1
20、). 电压表的分流 (2). 系统误差 (3). (4). 【解析】【详解】(1)1 2误差主要来源于电压表的分流作用，使流过内电阻的电流不等于流过电流表的电流；这种误差属于系统设计方面的误差，因此属于系统误差。 (2)34根据电压与电动势的关系整理得可知，解得，15.如图甲所示，摆球在竖直面内做简谐运动。通过力传感器得到摆线拉力F的大小随时间t变化的图像如图乙所示，摆球经过最低点时的速度为m/s，忽略空气阻力，取g=10，2g。求：（1）单摆的摆长L；（2）摆球的质量m。【答案】(1)L=1m；(2)m=0.1kg【解析】【详解】(1)由乙图可知，单摆振动周期T=2s由单摆周期公式T=解得L
21、=1m(2)当拉力最大时，摆球处在最低点，根据牛顿第二定律Fmg=解得m=0.1kg16.电子感应加速器是利用感生电场加速电子的装置，基本原理如图所示。图中上半部分为侧视图，S、N为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一环形真空室，图中下半部分为真空室的俯视图。电磁铁线圈中电流发生变化时，产生的感生电场可以使电子在真空室中加速运动。已知电子的带电量为e=1.61019C，质量为m=9.11031kg，初速度为零，在变化的磁场作用下运动轨迹半径恒为R=0.455m，电子轨迹所在处的感生电场的场强大小恒为E=9.1V/m，方向沿轨迹切线方向，电子重力不计。求：（1）经时间t=5103s电子获得的动能Ek(
22、结果保留两位有效数字)；（2）t=5103s时刻电子所在位置的磁感应强度B的大小。【答案】(1)Ek=2.91011J；(2)B=0.1T【解析】【详解】(1)电子一直受到沿切线方向的电场力而不断加速，根据牛顿第二定律eE=ma由速度与时间的关系得v=at由动能表达式可知Ek=各式联立，解得Ek=291011J(2)电子一直受到指向圆心的洛伦兹力而不断改变速度的方向，根据牛顿第二定律evB=解得B=0.1T17.如图所示为一种打积木的游戏装置，四块完全相同的硬质积木叠放在靶位上，每块积木的质量均为m1=0.3kg，长为L=0.5m，积木B、C、D夹在固定的两光滑硬质薄板间，一可视为质点的钢球用
23、不可伸长的轻绳挂于O点，钢球质量为m2=0.1kg，轻绳长为R=0.8m。游戏时，将钢球拉到与O等高的P点(保持绳绷直)由静止释放，钢球运动到最低点时与积木A发生弹性碰撞，积木A滑行一段距离s=2m后停止。取g=10m/s2，各接触面间的动摩擦因数均相同，碰撞时间极短，忽略空气阻力。求：（1）与积木A碰撞前瞬间钢球的速度大小；（2）与积木A碰后钢球上升最大高度；（3）各接触面间的动摩擦因数。【答案】（1）4m/s；（2）0.2m；（3）=0.04【解析】【详解】对钢球由动能定理得解得：v0=4m/s（2）钢球与积木A碰撞过程满足动量守恒和能量守恒，有m2v0=m1v1+m2v2解得：v1=2m
24、/s，v2=2m/s对钢球由动能定理得解得：h=0.2m（3）对滑块A由动能定理得(4m1g+3m1g)Lm1g(sL)= 解得：=0.0418.如图甲所示，一足够长的U型金属导轨abcd放在光滑的水平面上，导轨质量为m=1kg、间距为L=1m，bc间电阻为r=0.5，导轨其它部分电阻不计。一阻值为R=0.5的导体棒MN垂直于导轨放置(不计重力)，并被固定在水平面上的两立柱挡住，导体棒MN与导轨间的动摩擦因数为=0.25，在M、N两端接有一理想电压表(图中未画出)。在导轨bc边右侧存在方向竖直向下、大小为B=0.5T的匀强磁场；在导体棒MN附近的空间中存在方向水平向左、大小也为B的匀强磁场。t
25、=0时，导轨在外力F的作用下由静止开始向右运动，在t=2.0s时撤去外力F，测得2s内电压表示数与时间的关系如图乙所示。求：（1）t=2.0s时导轨速度大小；（2）在2s内外力F与t的函数关系式；（3）从开始运动到静止导轨的总位移。【答案】（1）8m/s；（2）F=4+1.25t；（3）25.6m【解析】【详解】（1）由图乙可知，t=2.0s时，MN两端的电压为U=2V，则有解得v1=8m/s（2）由图乙可知U=t，由闭合电路的欧姆定律得又U=IR解得v=4t所以导轨的加速度为a=4m/s2 由牛顿第二定律得FBILBIL=ma带入数据整理可以得F=4+1.25t（3）从开始运动到撤去外力F这段时间内做匀加速运动，由运动学规律得在t=2s直至停止的过程中，由动量定理得又解得x2=25.6m总位移为x=x1+x2=33.6m
