2020高考物理模拟试题
第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项符合题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．以下有关物理学概念或物理学史的说法正确的是
A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用实验方法测出引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值
B．匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向
C．行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期的平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度均有关
D．奥斯特发现了电与磁之间的关系，即电流的周围存在着磁场；同时他通过实验发现了磁也能产生电，即电磁感应现象
【答案】A
【解析】匀速圆周运动是速度大小不变、方向时刻改变的非匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向，选项B错误。行星绕恒星运动轨道为圆形，它运动的周期的平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量有关，与行星的速度无关，选项C错误。奥斯特发现了电与磁间的关系，即电流的周围存在着磁场；法拉第通过实验发现了磁也能产生电，即电磁感应现象，选项D错误。
15．某卫星在半径为r的轨道1上做圆周运动，动能为E1，变轨到轨道2上后，动能比在轨道1上减小了ΔE，在轨道2上也做圆周运动，则轨道2的半径为
A．E1－ΔE(E1) r B．ΔE(E1) r
C．E1－ΔE(ΔE) r D．ΔE(E1－ΔE) r
【答案】A
【解析】某卫星在半径为r的轨道1上做圆周运动，动能E1＝2(1)mv1(2)，万有引力提供向心力r2(GMm)＝1()，在轨道2上运行时，动能E2＝E1－ΔE，万有引力提供向心力R2(GMm)＝2()，E2＝2(1)mv2(2)，联立以上各式得R＝E1－ΔE(E1r)，故A正确。
16．两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是
【答案】B
【解析】对于圆锥摆，摆线拉力与重力的合力提供向心力，设摆线长为L，摆角为θ，摆球质量为m，由牛顿第二定律得mgtanθ＝mω2Lsinθ，ω＝Lcosθ(g)，若两小球ω相同则Lcosθ相同，即摆高相同，相对位置关系示意图正确的是B。
17．如图所示，在加速向左运动的车厢中，一人用力向前推车厢（人与车厢始终保持相对静止），则下列说法正确的是
A．人对车厢做正功
B．人对车厢做负功
C．人对车厢不做功
D．无法确定人对车厢是否做功
【答案】B
【解析】本题中虽然问人对车做功情况，但我们可转变一下研究对象，将人当作研究对象，由于车匀加速向左运动，人和车是一个整体，所以人的加速度方向也向左，所以车对人的合力也向左，根据牛顿第三定律可得，人对车的合力方向向右，运动位移向左，则人对车厢做负功，选项B正确。
18．电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d。在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是
A．A、K之间的电场强度为d(U)
B．电子到达A极板时的动能大于eU
C．由K到A电子的电势能减小了eU
D．由K沿直线到A电势逐渐减小
【答案】C
【解析】A、K之间的电场不是匀强电场，所以E≠d(U)，故A错误。电子在K极由静止被加速，到达A极板时电场力做功W＝eU，所以到A极板时动能等于eU，电势能减小了eU，故B错误，C正确。电场线由A指向K，所以由K沿直线到A电势逐渐升高，故D错误。
19．如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F缓缓向左推动B，使A缓慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中
A．A和B均受三个力作用而平衡
B．B对桌面的压力大小不变
C．A对B的压力越来越小
D．推力F的大小不变
【答案】BD
【解析】因各接触面均光滑，所以A受重力、B对A的弹力、竖直挡板对A的弹力共三个力作用而平衡，B受重力，A对B的弹力，水平面对B的弹力，外力F四个力作用而平衡，故A错误。以A、B整体为研究对象，B受桌面支持力大小等于A、B重力之和，所以B对桌面的压力大小不变，故B正确。以A为研究对象受力分析如图，B对A的弹力FBA＝cosθ(mg)，因θ不变，所以FBA不变，即A对B的压力大小不变，故C错误。推力F＝FN＝mgtanθ，也不变，故D正确。
20．如图甲所示，在距离地面高度为h＝0.80 m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝0.50 kg、可看作质点的物块相接触（不粘连），OA段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用。物块开始静止于A点，与OA段的动摩擦因数μ＝0.50。现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示。物块向左运动x＝0.40 m到达B点，到达B点时速度为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，取g＝10 m/s2，则
A．弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0 J
B．弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0 J
C．整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0 J
D．MN的水平距离为1.6 m
【答案】AD
【解析】弹簧被压缩过程中外力F做的功可以用图乙Fx围成的面积求解，WF＝6 J，故A正确。压缩弹簧过程中由能量守恒得：WF＝Ep＋μmgx，所以Ep＝WF－μmgx＝5 J，故B错误。物块从A运动到B，撤去外力后又从B运动到A，整个过程中克服摩擦力做功Wf＝2μmgx＝2 J，故C错误。整个过程由能量守恒得：WF＝Wf＋2(1)mv0(2)，所以物块从M点平抛的初速度v0＝4 m/s，平抛的时间t＝g(2h)＝0.4 s，所以MN的水平距离L＝v0t＝1.6 m，故D正确。
21．如图，光滑斜面PMNQ的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长为l1，bc边长为l2，线框质量为m、电阻为R，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且ef∥MN。线框在恒力F作用下从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行，F沿斜面向上且与斜面平行。已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是
A．线框进入磁场前的加速度为m(F－mgsinθ)
B．线框进入磁场时的速度为1(2)
C．线框进入磁场时有a→b→c→d→a方向的感应电流
D．线框进入磁场的过程中产生的热量为（F－mgsinθ）l1
【答案】ABC
【解析】线框进入磁场前，根据牛顿第二定律得：线框的加速度为：a＝m(F－mgsinθ)，故A正确。线框刚进入磁场时做匀速运动时，由F安＋mgsinθ＝F，而F安＝R(v)，解得：v＝1(2)，故B正确。线框进入磁场时，穿过线框的磁通量增加，根据楞次定律判断知线框中感应电流方向为a→b→c→d，故C正确。由于线框刚进入磁场时做匀速运动，根据功能关系可知：产生的热量为Q＝（F－mgsinθ）l2，故D错误。故选A、B、C。
第 II 卷
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。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）
22．（6分）
某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动。他设计的装置如图甲所示，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力。
（1）若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距（已标在图上）。A为运动的起点，则应选________段来计算A碰前的速度，应选________段来计算A和B碰后的共同速度。（以上两空选填“AB”或“BC”或“CD”或“DE”）
（2）已测得小车A的质量m1＝0.4 kg，小车B的质量为m2＝0.2 kg，则碰前两小车的总动量为________kg·m/s，碰后两小车的总动量为________kg·m/s。
【答案】（1）BC DE （2）0.420 0.417
【解析】（1）从分析纸带上打点的情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC段能较准确地描述小车A在碰撞前的运动情况，应选用BC段计算小车A碰前的速度。从CD段打点的情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE段计算A和B碰后的共同速度。
（2）小车A在碰撞前的速度
v0＝5T(BC)＝5×0.02(10.50×10－2) m/s＝1.050 m/s
小车A在碰撞前的动量
p0＝m1v0＝0.4×1.050 kg·m/s＝0.420 kg·m/s
碰撞后A、B的共同速度
v＝5T(DE)＝5×0.02(6.95×10－2) m/s＝0.695 m/s
碰撞后A、B的总动量
p＝（m1＋m2）v＝（0.2＋0.4）×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s。
23．（9分）
材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小。若图1为某压敏电阻在室温下的电阻—压力特性曲线，其中RF、R0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值。为了测量压力F，需先测量压敏电阻处于压力中的电阻值RF。请按要求完成下列实验。
（1）设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图2的虚线框内画出实验电路原理图（压敏电阻及所给压力已给出，待测压力大小约为0.4×102～0.8×102 N，不考虑压力对电路其他部分的影响），要求误差较小，提供的器材如下：
A．压敏电阻，无压力时阻值R0＝6000 Ω
B．滑动变阻器R，全电阻阻值约200 Ω
C．电流表
，量程2.5 mA，内阻约30 Ω
D．电压表
，量程3 V，内阻约3 kΩ
E．直流电源E，电动势3 V，内阻很小
F．开关S，导线若干
（2）正确接线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是1.33 mA，电压表的示数如图3所示，则电压表的读数为________V。
（3）此时压敏电阻的阻值为________Ω；结合图1可知待测压力的大小F＝________N。（计算结果均保留两位有效数字）
【答案】（1）如图所示 （2）2.00 （3）1.5×103 60
【解析】（1）根据题述对实验电路的要求，应该设计成滑动变阻器采用分压接法，电流表内接的电路。
（2）根据电压表读数规则，电压表读数为2.00 V。
（3）由欧姆定律，此时压敏电阻的阻值为RF＝I(U)＝1.5×103 Ω。无压力时，R0＝6000 Ω，有压力时，RF(R0)＝4，由题图1可知，对应的待测压力F＝60 N。
24．（14分）
如图所示，一质量M＝2.0 kg的长木板AB静止在水平面上，木板的左侧固定一半径R＝0.60 m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同。现在将质量m＝1.0 kg的小铁块（可视为质点）从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时轨道的支持力为25 N，最终小铁块和长木板达到共同速度。忽略长木板与地面间的摩擦。取重力加速度g＝10 m/s2。求：
（1）小铁块在弧形轨道末端时的速度大小；
（2）小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf；
（3）小铁块和长木板达到的共同速度v。
【答案】（1）3 m/s （2）1.5 J （3）1.0 m/s
【解析】（1）小铁块在弧形轨道末端时，满足F－mg＝0()
解得：v0＝3 m/s。
（2）根据动能定理mgR－Wf＝2(1)mv0(2)－0
解得：Wf＝1.5 J。
（3）根据动量守恒定律mv0＝（m＋M）v
解得：v＝1.0 m/s。
25．（18分）
如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在－ m≤x≤0的区域内有磁感应强度大小B＝4.0×10－2 T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x>0的某区域内有电场强度大小E＝3.2×104 N/C、方向沿y轴正方向的有界匀强电场，其宽度d＝2 m。一质量m＝4.0×10－25 kg、电荷量q＝－2.0×10－17 C的带电粒子从P点以速度v＝4.0×106 m/s，沿与x轴正方向成α＝60°角射入磁场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力。求：
（1）带电粒子在磁场中运动的半径和时间；
（2）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标；
（3）若只改变上述电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过Q点，试讨论电场强度的大小E′与电场左边界的横坐标x′的函数关系。
【答案】（1）r＝2 m t＝5.23×10－7 s
（2）x＝6 m （3）见解析
【解析】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB＝r(mv2)
代入数据解得：r＝2 m
如图甲所示轨迹交y轴于C点，过P点作v的垂线交y轴于O1点，
由几何关系得O1为粒子运动轨迹的圆心，且圆心角为60°。在磁场中运动时间t＝6(T)＝6(1)×qB(2πm)
代入数据解得：t＝6(π)×10－6 s＝5.23×10－7 s。
（2）带电粒子离开磁场垂直进入电场后做类平抛运动，设带电粒子离开电场时的速度偏向角为θ，如图甲所示
则：tanθ＝v(vy)＝mv2(qEd)＝5(1)
设Q点的横坐标为x则：
tanθ＝2(d)
由上两式解得：x＝6 m。
（3）电场左边界的横坐标为x′。
①当0<x′<4 m时，如图乙。
设粒子离开电场时的速度偏向角为θ′，
则：tanθ′＝mv2(E′qd)
又：tanθ′＝2(d)
由上两式解得：E′＝5－x′(16)×104 N/C
②当4 m≤x′≤6 m时，如图丙，
有y＝2(1)at2＝2mv2(x－x′2)
将y＝r－rcosα＝1 m及各数据代入上式解得：
E′＝2(64)×104 N/C。
（其他方法只要正确都给分）
（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、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。
33．[物理——选修3–3]（15分）
（1）（5分）下列说法正确的是________。（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．当分子间的距离增大时，分子间作用力的合力一定减小
B．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大
C．第二类永动机违反了热传导的方向性
D．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
E．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用
【答案】BCE
【解析】分子间距离增大，分子间引力和斥力都减小，距离为 r0（引力等于斥力时的距离）时，合力为零，距离大于r0时，随分子间距离增大，分子间作用力的合力先增大后减小，A选项错误；温度是分子平均动能的标志，温度高，分子平均动能大，物体内能是物体内所有分子的动能和势能的总和，与分子数、温度、体积有关，B选项正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但违反了热传导的方向性，C选项正确；当人们感觉到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，D选项错误；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，E选项正确。
（2）（10分）如图，在大气中有一水平放置的固定圆筒，它由a、b和c三个粗细不同的部分连接而成，各部分的横截面积分别为2S、2(S)和S。已知大气压强为p0，温度为T0。两活塞A和B用一根长为4l的不可伸长的轻线相连，把温度为T0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示。现对被密封的气体加热，使其温度缓慢上升到T。若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，此时两活塞之间气体的压强可能为多少？
【答案】当T≤4(5)T0时，p＝p0 当T>4(5)T0时，p＝5T0(4T)p0
【解析】设加热前，被密封气体的压强为p1，轻线的张力为f，根据平衡条件有：对活塞A：p0·2S－p1·2S＋f＝0
对活塞B：p1S－p0S－f＝0，解得：p1＝p0，f＝0
即被密封气体的压强与大气压强相等，轻线处在拉直的松弛状态，这时气体的体积为：V1＝2Sl＋2(S)·2l＋Sl＝4Sl
对气体加热时，被密封气体温度缓慢升高，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持p1不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于l为止，这时气体的体积为：V2＝4Sl＋Sl＝5Sl
根据盖—吕萨克定律得：T2(V2)＝T0(V1)解得：T2＝4(5)T0，由此可知，当T≤T2＝4(5)T0时，气体的压强为：p＝p0
当T>T2时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持V2不变，由查理定理得：T(p)＝T2(p0)
解得：p＝5T0(4T)p0，即当T>4(5)T0时，气体的压强为5T0(4T)p0。
34．[物理——选修3–4]（15分）
（1）（5分）一列简谐横波在某均匀介质中沿x轴传播，从x＝3 m处的质点a开始振动时计时，图甲为t0时刻的波形图且质点a正沿y轴正方向运动，图乙为质点a的振动图象，则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．该波的频率为2.5 Hz
B．该波的传播速率为200 m/s
C．该波是沿x轴负方向传播的
D．从t0时刻起，质点a、b、c中，质点b最先回到平衡位置
E．从t0时刻起，经0.015 s质点a回到平衡位置
【答案】BDE
【解析】由题图可知该波的波长λ＝8 m，周期T＝0.04 s，所以该波的频率为f＝T(1)＝25 Hz，波速为v＝T(λ)＝200 m/s，A错，B对；因t0时刻质点a正沿y轴正方向运动，由“上下坡法”可知该波是沿x轴正方向传播的，C错；同理可知此时质点b正沿y轴正方向运动，质点c正沿y轴负方向运动，所以从t0时刻起，质点b先回到平衡位置，D对；经0.015 s波传播的距离为x＝200×0.015 m＝3 m，而波又是沿x轴正方向传播的，所以从t0时刻起经0.015 s，质点a左侧与质点a距离为3 m的质点O的振动情况刚好传播到质点a处，即质点a回到平衡位置，E对。
（2）（10分）如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率是，AB是一条直径，今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体。若一条入射光线经折射后恰经过B点，则这条入射光线到AB的距离是多少？
【答案】2(3)R
【解析】根据折射定律n＝sinβ(sinα)＝
在△OBC中，R (sinβ)＝BC(180°－α)＝2R·cosβ(sinα)
可得β＝30°，α＝60°
所以CD＝Rsinα＝2(3)R。
获得更多试题及答案，欢迎联系微信公众号：ygjjcom
客服微信号：ygjjcom