1、2020届二轮模拟卷一、选择题（本题共8小题，其中第19、20、21小题为多选题，其余为单选题。多选题至少有两个选项符合题意）1.如图所示为氢原子的能级图，用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，结果受到激发后的氢原子能辐射出三种不同频率的光子，让辐射出的光子照射某种金属，结果有两种频率的光子能使该金属发生光电效应，其中一种光子恰好能使该金属发生光电效应，则打出的光电子的最大初动能为（）A. 0B. 1.89eVC. 10.2eVD. 12.09eV【答案】B【解析】【详解】由题可知，某种频率的光照射处于基态的氢原子后，处于激发态的氢原子能辐射出三种不同频率的光子，表面氢原子激发后处于n=3的
2、激发态，辐射出的光子中，两种频率较高的光子能量为hv1=E3E1=12.09eV，hv2=E2E1=10.2eV，由于这两种光子中有一种光子恰好能使该金属发生光电效应，由此可知，该金属的逸出功为10.2 eV，则打出的光电子的最大初动能为Ek=12.09 eV10.2 eV=1.89 eV，故B正确，ACD错误故选B【点睛】解决本题的关键知道能级间吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，掌握光电效应方程，并能灵活运用2.2017年11月5日，又有两颗北斗导航系统组网卫星通过“一箭双星”发射升空，并成功进入预定轨道，两颗卫星绕地球运动均看作匀速圆周运动。如果两颗卫星的质量均为M，其中的1号卫星
3、轨道距离地面高度为h，2号卫星轨道距离地面高度为h，且hh，把地球看做质量分布均匀的球体，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度大小为g，引力常量为G下列说法正确的是（）A. l号卫星绕地球运动的线速度B. 1号卫星绕地球运动的周期C. 1号卫星和2号卫星做匀速圆周运动的向心力大小之比为D. 稳定在轨运行时1号卫星的机械能大于2号卫星的机械能【答案】A【解析】【详解】A设地球质量m，根据公式和解得故A正确；B根据公式和解得：故B错误；C根据所以故C错误；D由于，卫星从低轨道向高轨道要点火加速，化学能转化为机械能，所以稳定在轨运行时1号卫星的机械能小于2号卫星的机械能，故D错误。故选A.3.如图
4、甲所示，理想变压器原线圈匝数n=200匝，副线圈匝数n2=100匝，交流电压表和交流电流表均为理想电表，两个电阻R的阻值均为125，图乙为原线圈两端的输入电压与时间的关系图象，下列说法正确的是（）A. 通过电阻的交流电频率为100HzB. 电压表的示数为250VC. 电流表的示数为0.25AD. 每个电阻R两端电压最大值为【答案】C【解析】【详解】A由图乙知T=0.02s，则=50Hz，变压器不改变交流电的频率，所以输出交流电的频率仍为50Hz，A错误；B由可知，电压表的示数125VB错误；C由于电压表0.5A又，则电流表的示数0.25AC正确；D每个电阻R两端电压最大值为UmR=0.5125
5、=VD错误。故选C.4.如图所示，两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上，圆环可绕竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止。已知OA与竖直方向的夹角=53，OA与OB垂直，小球B与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g，sin53=0.8，cos53=0.6。下列说法正确的是（）A. 圆环旋转角速度的大小为B. 圆环旋转角速度的大小为C. 小球A与圆环间摩擦力的大小为D. 小球A与圆环间摩擦力的大小为【答案】D【解析】【详解】AB小球B与圆环间恰好没有摩擦力，由支持力和重力合力提供向心力，由牛顿第二定律得：所以解得圆环旋转角速度的大小故选项A、B错误；CD对小球A进行受力分
6、析，如图所示，由牛顿第二定律得：在水平方向上竖直方向上解得所以选项C错误、D正确。故选D.5.某玩具为了模仿小动物行走的姿势，设计了非圆形的“轮子”。现研究轮子受力情况，模型简化如图，四分之一圆框架OAB的OA、OB边初始位置分别处于水平和竖直方向上，光滑球形重物此时嵌在框架中与OA、OB、弧AB三边恰好接触但接触处并没有全部都产生弹力。现以O点为轴缓慢将框架在同一竖直平面内顺时针转动角，下列说法正确的是（）A. 转动为0至的过程，弧AB受到重物的压力逐渐变大B. 为时，弧AB受到重物的压力最大C. 转动一周的过程中，存在某一特定的角，此时弧AB与OA板受到重物的压力一样大D. 转动一周的过程
7、中，OA、OB、弧AB受到重物压力的最大值不同【答案】C【解析】【详解】A以O点为轴缓慢将框架在同一竖直平面内顺时针转动过程中，相当于重力沿顺时针方向转动，转动为0至/2的过程，弧AB始终不受力作用，则选项A错误；B由力的合成知识可知当=时，此时弧AB受到重物的压力大小为G，=5/4时，弧AB受到重物的压力为G，则此时压力不是最大，选项B错误；C旋转重力的方向，当此方向在弧AB弹力的方向与OA板弹力方向的夹角的平分线上时，此时弧AB与OA板受到重物的压力一样大，选项C正确；D旋转重力的方向，当此方向与弧AB的弹力方向垂直时，在两个不同的位置，OA板和OB板的弹力都会取得最大值，大小为G，则转动
8、一周的过程中，OA、OB、弧AB受到重物压力的最大值一样大，选项D错误。故选C。6.如图所示，空间分布着匀强电场，电场中有与其方向平行的四边形，其中为的中点，为的中点. 将电荷量为的粒子，从点移动到点，电势能减小；将该粒子从点移动到点，电势能减小. 下列说法正确的是（ ）A. 点的电势一定比点的电势高B. 匀强电场的电场强度方向必沿方向C. 若之间的距离为，则该电场的电场强度的最小值为D. 若将该粒子从点移动到点，电场力做功【答案】CD【解析】【详解】将电荷量为的粒子,从点移动到点,电势能减小,则点的电势比点高；同理点电势比点高;两点电势关系无法确定,匀强电场的电场强度方向不一定沿方向，选项A
9、B错误；若之间的距离为,则该电场的电场强度取最小值时必沿方向,此时,则，选项C正确；点的电势，同理,则若将该粒子从点移动到点，电场力做功，选项D正确7.如图甲所示，在光滑绝缘水平面内两条平行虚线间存在一匀强磁场磁感应强度方向与水平面垂直边长为l的正方形单匝金属线框abcd位于水平面内，cd边与磁场边界平行时刻线框在水平外力F的作用下由静止开始做匀加速直线运动通过该磁场，回路中的感应电流大小与时间的关系如图乙所示，下列说法正确的是（ ）A. 水平外力为恒力B. 匀强磁场的宽度为C. 从开始运动到ab边刚离开磁场的时间为D. 线框穿出磁场过程中外力F做的功大于线框进入磁场过程中外力F做的功【答案】
10、BCD【解析】【分析】根据线框感应电流，结合i-t图象知道，线框做匀加速直线运动，从而再根据图象找到进入和穿出磁场的时刻，由运动学公式就能求出磁场宽度、ab边离开的时间根据感应电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向根据安培力公式得出导线框所受的安培力【详解】线框进入磁场的时候，要受到安培力的作用，电流是变化的，安培力也是变化的，因此外力F必然不是恒力，选项A错误；由图乙可知2t04t0时间内线框进入磁场，设线框匀加速直线运动的加速度为a，边框长为：l=a(4t0)2a(2t0)2=6at02；磁场的宽度为：d=a(6t0)2a(2t0)2=16at02；故d=，故选项B正确；设t时刻线框穿出磁
11、场，则有：6at02=at2a(6t0)2，解得：t=4t0，选C正确；线框进入磁场过程的位移与出磁场过程的位移相等，根据可知，线框出离磁场过程中的水平拉力大于进入磁场过程中的水平拉力，线框穿出磁场过程中外力F做的功做的功大于线框进入磁场过程中水平拉力做的功，选项D正确故选BCD8.如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1，O2和质量为m的小球连接，另一端与套在光滑直杆上质量也为m的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮O1的距离为L，重力加速度为g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰现将小物
12、块从C点由静止释放，当小物块沿杆下滑距离也为L时（图中D处），下列说法正确的是A. 小物块刚释放时轻绳中的张力一定大于mgB. 小球下降最大距离C. 小物块在D处的速度与小球速度大小之比为D. 小物块在D处的速度大小为【答案】BD【解析】A、刚释放的瞬间，小球的瞬间加速度为零，拉力等于重力，故A错误；B、当拉物块的绳子与直杆垂直时，小球下降的距离最大，根据几何关系知，故B正确；C、将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，沿绳子方向的分速度等于小球的速度，根据平行四边形定则知，小物块在D处的速度与小球的速度之比为，故C错误；D、设小物块下滑距离为L时的速度大小为v，此时小球的速度大小为，则
13、,对滑块和小球组成的系统根据机械能守恒定律，有：,解得，故D正确点睛：解决本题的关键知道两物体组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，以及知道物块与之间的距离最小时，小球下降的高度最大，知道物块沿绳子方向的分速度等于小球的速度9.某兴趣小组为研究一种蜡烛在水中的浮力，设置了如图的实验装置，透明玻璃管中装有水，蜡烛用针固定在管的底部，当拔出细针时，蜡烛能够上浮为研究蜡烛的运动情况，采用了智能手机的频摄功能，拍摄频率为10Hz. 在实验过程中拍摄了100多张照片，取开始不久某张照片编号为0，然后依次编号，并取出编号为10的倍数的照片，使用照片编辑软件将照片依次排列处理，以照片编号0的位置为起点，测量
14、数据，最后建立坐标系描点作图，纵坐标为位移，横坐标为照片编号，如图所示 通过计算机拟合发现各点连线近似于抛物线，则蜡烛上升加速度为_m/s2（保留2位有效数字）已知当地的重力加速度为g，忽略蜡烛运动受到的粘滞力，若要求蜡烛受到的浮力，还需要测量 _ 【答案】 (1). 或 (2). 蜡烛的质量m【解析】【详解】(1)由图可知， ，根据逐差法可知：，其中，代入数可得，a=0.014m/s2；(2)根据牛顿第二定律可知：，所以还要测蜡烛的质量m10.为了测定金属丝的电阻率，某实验小组将一段金属丝拉直并固定在米尺上，其两端可作为接线柱，一小金属夹夹在金属丝上，且可在金属丝上滑动请完成以下内容(1)某
15、次用螺旋测微器测该金属丝的直径，示数如图甲所示，则其直径d_mm(2)实验中先用欧姆表测出该金属丝的阻值约为3(3)准备的实验器材如下：A电压表V(量程03 V，内阻约20 k)B定值电阻10C定值电阻100D蓄电池(电动势约12 V，内阻不计)E开关S一只F导线若干实验小组利用上述器材设计并完成实验实验中通过改变金属夹的位置进行了多次测量，在实验操作和测量无误的前提下，记录了金属丝接入电路中的长度l和相应的电压表的示数U，并作出了的关系图像，如图乙所示根据题目要求，在图丙所示的虚线框内完成设计的实验电路图其中定值电阻R应选_(填“B”或“C”)；金属丝电阻率的表达式_(用a、b、c、d、R表
16、示)【答案】 (1). 0.750 (2). B (3). 【解析】【分析】（1）螺旋测微器固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分（2）电路分为测量电路和控制电路两部分测量电路采用伏安法根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表外接法变阻器若选择R2，估算电路中最小电流，未超过电流表的量程，可选择限流式接法【详解】（1）螺旋测微器固定刻度为0.5mm，可动刻度为25.00.01mm，两者相加就是0.750mm（2）因为只有电压表，当连入电路的电阻丝变化时，其两端的电压也将发生变化，找到电压U与长度l
17、的关系，画出图象就能求出电阻丝的电阻率，按题意就可以画出电路如图所示，由于电阻丝电阻只有3，所以定值电阻选较小的B.（4）据欧姆定律可以写出电阻丝两端的电压所以结合图象有：（截距）当时， 而S=()2联立可得：【点睛】本实验测电阻丝的电阻率比较巧妙，利用图象法减小了偶然误差，再结合数学图象的知识，更是本题的精华部分；测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计测量电路要求精确，误差小11.如图所示，一轻弹簧左端与竖直的墙连接，右端与质量为m的物块接触，开始时弹簧处于原长，弹簧的劲度系数为k，现用恒力F向左推物块，当物块运动到最左端时，推力做的功为W，重力加速度为g，物块
18、与水平面间的动摩擦因数为，整个过程弹簧的形变在弹性限度内，求：（1）物块向左移动过程中克服摩擦力做的功；（2）物块运动到最左端时，撤去推力，弹簧能将物块弹开，则物块从最左端起向右能运动多远？【答案】（1）（2）【解析】（1）设物块向左移动的距离为x，根据题意： 克服摩擦力做功： （2）物块向左运动过程中，由于弹簧的弹力与物块运动的位移成正比，弹簧弹力做功： 根据弹簧弹力做功与弹性势能大小关系，弹簧具有的最大弹性势能：撤去推力后，根据动能定理： 可得物块能向右运动的距离： 点睛：此题关键要搞清能量之间的转化关系，知道弹力做功等于弹性势能的变化；因弹簧的弹力与物块运动的位移成正比，所以求解弹力做功
19、时，弹力可取平均值.12.“801所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子体(由电量相同的正、负离子组成)经系统处理后，从下方以恒定速率v1向上射入有磁感应强度为B1、垂直纸面向里的匀强磁场区域内当栅极MN、PQ间形成稳定的电场后，自动关闭区域系统(关闭粒子进入通道、撤去磁场B1)区域内有磁感应强度大小为B2、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径为D、与上下极板相切的半圆(圆与下板相切于极板中央A)放在A处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D的平行氙粒子束，经过栅极MN、PQ之间的电场加
20、速后从PQ喷出，在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力(不计氙原子核、等离子体的重力，不计粒子之间相互作用于相对论效应)已知极板长RM=2D，栅极MN和PQ间距为d，氙原子核的质量为m、电荷量为q，求：(1)氙原子核在A处的速度大小v2；(2)氙原子核从PQ喷出时的速度大小v3；(3)因区域内磁场发生器故障，导致区域中磁感应强度减半并分布在整个区域中，求能进入区域的氙原子核占A处发射粒子总数的百分比【答案】（1） （2） （3） 【解析】【详解】（1）离子在磁场中做匀速圆周运动时： 根据题意，在A处发射速度相等，方向不同的氙原子核后，形成宽度为D的平行氙原子核束，即 则： （2）等离子体由下
21、方进入区域I后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为 ，则 即 氙原子核经过区域I加速后，离开PQ的速度大小为 ，根据动能定理可知：其中电压 联立可得（3）根据题意，当区域中的磁场变为之后，根据可知，根据示意图可知，沿着AF方向射入的氙原子核，恰好能够从M点沿着轨迹1进入区域I，而沿着AF左侧射入的粒子将被上极板RM挡住而无法进入区域I该轨迹的圆心O1，正好在N点，所以根据几何关系关系可知，此时；根据示意图可知，沿着AG方向射入的氙原子核，恰好从下极板N点沿着轨迹2进入区域I，而沿着AG右侧射入的粒子将被下极板SN挡住而无法进入区域
22、I，所以此时入射角度根据上述分析可知，只有这个范围内射入的粒子还能进入区域I该区域的粒子占A处总粒子束的比例为13.关于固体、液体和物态变化，下列说法正确的是_A. 当液体与固体接触时，如果附着层内分子间的作用表现为斥力，这样的液体与固体间就表现为浸润B. 当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大C. 晶体一定具有规则的几何外形D. 液体表面张力有使其表面积收缩到最小的趋势E. 饱和汽压与液体的温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大【答案】ADE【解析】【详解】液体对固体的浸润，则分子间距小于液体内部，则液面分子间表现为斥力，液面呈现凹形，表面有扩张的趋势，故A正确；当人们感到潮湿时，是因为
23、空气的相对湿度较大，而绝对湿度的大小无法确定故B错误；单晶体一定具有规则的几何外形，多晶体不一定具有规则的几何外形故C错误；液体表面分子间距较大，故有张力，使其表面积有收缩到最小的趋势，故D正确；饱和汽压与液体种类和温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大，故E正确；故选ADE【点睛】浸润与不浸润现象与分子力有关；绝对湿度是指一定空间中水蒸气的绝对含量，可用空气中水的蒸气压来表示；相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数；单晶体具有规则的几何外形；液体表面有张力；饱和汽压与液体种类和温度有关14.如图所示，横截面积均为S，内壁光滑的导热气缸A、BA水平、B竖直放置，A内气
24、柱的长为2L，D为B中可自由移动的轻活塞，轻活塞质量不计A、B之间由一段容积可忽略的细管相连，A气缸中细管口处有一单向小阀门C，A中气体不能进入B中，当B中气体压强大于A中气体压强时，阀门C开启，B内气体进入A中大气压为P0，初始时气体温度均为27，A中气体压强为1.5P0，B中活塞D离气缸底部的距离为3L现向D上缓慢添加沙子，最后沙子的质量为求：(i)活塞D稳定后B中剩余气体与原有气体的质量之比；(ii)同时对两气缸加热，使活塞D再回到初始位置，则此时气缸B内温度为多少?【答案】(i) (ii) 【解析】试题分析：（i）对活塞受力分析，得出A中原有气体末态的压强，分析A中原有气体变化前后的状
25、态参量，由玻意耳定律得A末态的体积，同理对B中原来气体进行分析，由由玻意耳定律得B末态的体积，气体密度不变，质量与体积成正比，则质量之比即体积之比；（2）加热后对B中的气体进行分析，发生等压变化，由盖吕萨克定律即可求解（i）当活塞C打开时，A、B成为一个整体，气体的压强对A中原有气体，当压强增大到时，其体积被压缩为由玻意耳定律得：解得：B中气体进入气缸A中所占体积为对原来B中气体，由玻意耳定律得：解得：B中剩余气体与原有气体的质量比为（ii）对气缸加热，阀门C关闭，此时被封闭在B中的气体温度为，体积为D活塞回到初始位置，气体体积变为，设最终温度为由盖吕萨克定律得：解得：【点睛】解题的关键就是对
26、A、B中气体在不同时刻的状态参量分析，并且知道气体发生什么变化，根据相应的气体实验定律分析求解15.如图所示，甲图为沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波动图象，乙图为参与波动质点P的振动图象，则下列判断正确的是_A. 该波的传播速率为4m/sB. 该波的传播方向沿x轴正方向C. 经过0.5s，质点P沿波的传播方向向前传播2mD. 该波在传播过程中若遇到4m的障碍物，能发生明显衍射现象E. 经过0.5s时间，质点P的位移为零，路程为0.4m【答案】ADE【解析】【详解】A由甲读出该波的波长为 =4m，由乙图读出周期为 T=1s，则波速为故A正确；B在乙图上读出t=0时刻P质点的振动方向沿y轴
27、负方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿x轴负方向。故B错误；C质点P只在自己的平衡位置附近上下振动，并不波的传播方向向前传播。故C错误。D由于该波的波长为4m，与障碍物尺寸相差不多，能发生明显的衍射现象，故D正确；E经过 ，质点P又回到平衡位置，位移为零，路程为 S=2A=20.2m=0.4m。故E正确。故选ADE.16.如图，某同学想把剖面MON为等腰三角形的玻璃砖加工成“玻璃钻石”送给妈妈已知顶角MON = 2，该玻璃折射率n = 2现有一光线垂直MN边入射（i）为了使该光线在OM边和ON边都能发生全反射，求的取值范围（ii）若 = 42，试通过计算说明该光线第一次返回MN边能否射出【答案】（1） （2）可以射出【解析】（i）根据题意画出光路图（如图）当光线入射到玻璃砖的内表面（OM、ON）上恰好发生全反射时需满足解得：临界角 C=30由几何关系可得光线入射到OM边、ON边的入射角分别为90、390要发生全反射应满足：90 C、390C综合两式得 4060（ii）画出该光线第一次返回MN边时的光路图由几何关系可得在MN边入射角为1804若 = 42，则1804C所以该光线第一次返回MN边可以射出