【精選5份合集】云南省曲靖市2020-2021學(xué)年新高考物理考試試題

1、2019-2020學(xué)年高考物理模擬試卷一、單項選擇題：本題共10小題，每小題3分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合 題目要求的1 .由于太陽自身巨大的重力擠壓，使其核心的壓力和溫度變得極高，形成了可以發(fā)生核聚變反應(yīng)的環(huán)境。太陽內(nèi)發(fā)生核聚變反應(yīng)主要為：；H+；Hf已知部分物質(zhì)比結(jié)合能與質(zhì)量數(shù)關(guān)系如圖所示，則該反應(yīng)釋放的核能約為（）A. 5 MeV76543210C. 24 MeVB. 6 MeVD. 32 MeV2 .如圖所示，一個鋼球放在傾角為30c的固定斜面上，用一豎直的擋板擋住，處于靜止?fàn)顟B(tài)。各個接觸面均光滑。關(guān)于球的重力大小G、球?qū)π泵娴膲毫Υ笮nl、球?qū)醢宓膲毫Υ?/p>

2、小Fnz間的關(guān)系，正確的是（）A. Fni>GA. R = 10QB. FN2>GC. FN2=GD. Fni<Fn23.如圖所示，有一個表頭©,滿偏電流/.=100mA,內(nèi)阻凡=100。，把它改裝為0.6 A量程的電流表,B. H = 13OC. R = 16QD. H = 20O4.在光電效應(yīng)實驗中，某同學(xué)先后用甲、乙兩種光照射同一光電管，得到如圖所示的兩條光電流與電壓 之間的關(guān)系曲線，則兩種光中（）A.甲光的頻率比較大B.甲光的波長比較長C.甲光照射時單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)比較少D.甲光照射時逸出的光電子的最大初動能比較大5.杜甫的詩句兩個黃鶴鳴翠柳，一行白

3、鷺上青天”描繪了早春生機勃勃的景象。如圖所示為一行白直線 加速“上青天”的示意圖圖中片,乃為某白鷺在該位置可能受到的空氣作用力其中F方向豎直向上。下列說 法正確的是（）A.該作用力的方向可能與相同B.該作用力的方向可能與F相同C.該作用力可能等于白鷺的重力D.該作用力可能小于白鷺的重力6.質(zhì)量為m的光滑圓柱體A放在質(zhì)量也為m的光滑“V”型槽B上，如圖，a=6。，另有質(zhì)量為M的物體 c通過跨過定滑輪的不可伸長的細繩與B相連，現(xiàn)將C自由釋放，則下列說法正確的是（）A.當(dāng)M=m時，A和B保持相對靜止，共同加速度為0.5gB.當(dāng)M=2m時，A和B保持相對靜止，共同加速度為0.5gc.當(dāng)M=6m時，A和

4、B保持相對靜止，共同加速度為0.75gD.當(dāng)M=5m時，A和B之間的恰好發(fā)生相對滑動7 . 一個物體沿直線運動，t=0時刻物體的速度為lm/s,加速度為lm/針，物體的加速度隨時間變化規(guī)律如圖所示，則下列判斷正確的是（）A.物體做勻變速直線運動B.物體的速度與時間成正比C. t=5s時刻物體的速度為6.25m/sD. t=8s時刻物體的速度為12.2m/s8 .圖1為沿斜坡向上行駛的汽車，當(dāng)汽車以牽引力F向上運動時，汽車的機械能E與位移x的關(guān)系如圖2所示（AB段為曲線），汽車與斜面間的摩擦忽略不計.下列說法正確的是（）A.。XT過程中，汽車所受拉力逐漸增大B. XiX2過程中，汽車速度可達到最

5、大值C.。X3過程中，汽車的動能一直增大D. XIX2過程中，汽車以恒定的功率運動9.靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正方向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x 軸運動，則點電荷（）A.在X2和X4處電勢能相等B.由X】運動到X3的過程中電勢能增大C.由X1運動到X4的過程中電勢能先減小后增大D.由X1運動到X4的過程中電場力先減小后增大10. 2017年11月24日，國家航天局探月與航天工程中心副主任裴照宇表示，嫦娥五號任務(wù)將是我國首次月球表面采樣返回任務(wù)，這次任務(wù)的完成將標(biāo)志著我國探月工程三步走”順利收官。若已知萬有引力常量G,那么在下列給出的各種情景中，能根據(jù)測量的數(shù)據(jù)求出

6、月球密度的是（A.在月球表面使一個小球做自由落體運動，測出落下的高度H和時間tB.嫦娥五號貼近月球表面做勻速圓周運動，測出運行周期TC.嫦娥五號在高空繞月球做勻速圓周運動，測出距月球表面的高度H和運行周期TD.觀察月球繞地球的勻速圓周運動，測出月球的直徑D和運行周期T二、多項選擇題：本題共5小題，每小題3分，共15分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目 要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分11.如圖所示，正方形的頂點b、d在x軸上，頂點a、c在y軸上，正方形abed的中心與坐標(biāo)原點重合, 且Od=0.2m0空間有一與xOy平面平行的勻強電場，已知a、b、c三點的電勢

7、分別為2V、2小V、IV, 則下列說法正確的是（）A.電子在a點的電勢能小于在b點的電勢能B. d點電勢為2JJVC.該勻強電場的電場強度的大小為E=20V/mD.電場強度方向斜向上，且電場線與y軸正方向的夾角為30°12 .如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑 導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上.t=0時，棒ab以初速度V。向右滑動.運動過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直 并接觸良好，兩者速度分別用v】、V2表示，回路中的電流用I表示.下列圖像中可能正確的是13 . 2019年7月25日，北京理工大學(xué)宣布：“北理工1號衛(wèi)星搭乘星際榮耀公司

8、的雙曲線一號火箭成功發(fā)射，進入地球軌道。如圖所示，“北理工1號”衛(wèi)星與高軌道衛(wèi)星都在同一平面內(nèi)繞地球做同方向的勻速 圓周運動，此時恰好相距最近。已知地球的質(zhì)量為M,高軌道衛(wèi)星的角速度為3, “北理工1號衛(wèi)星的軌 道半徑為,引力常量為G,則下列說法正確的是（）高軌道衛(wèi)星“北理工1號”衛(wèi)星A. “北理工1號衛(wèi)星的運行周期大于高軌道衛(wèi)星的運行周期B. “北理工1號”衛(wèi)星的機械能小于高軌道衛(wèi)星的機械能C. “北理工1號”衛(wèi)星的加速度和線速度大于高軌道衛(wèi)星的加速度和線速度_27rD.從此時到兩衛(wèi)星再次相距最近，至少需時間一 gm 八14.如圖所示，a、b、c、d表示一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)變化中的四個狀態(tài)

9、，圖中ad與T軸平行，cd與p軸平行，ab的延長線過原點，則下列說法中正確的是（）A.氣體在狀態(tài)a時的體積大于在狀態(tài)b時的體積B.從狀態(tài)b到狀態(tài)a的過程，氣體吸收的熱量一定等于其增加的內(nèi)能C.從狀態(tài)c到狀態(tài)d的過程，氣體分子的平均動能不變，但分子的密集程度增加D.從狀態(tài)a到狀態(tài)d的過程，氣體對外做功，內(nèi)能不變E.從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程，氣體從外界吸收的熱量一定大于其對外做的功15.如圖所示是導(dǎo)軌式電磁炮的原理結(jié)構(gòu)示意圖。兩根平行長直金屬導(dǎo)軌沿水平方向固定，其間安放炮彈。 炮彈可沿導(dǎo)軌無摩擦滑行，且始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。內(nèi)阻為r可控電源提供的強大恒定電流從一根導(dǎo) 軌流入，經(jīng)過炮彈，再從另一導(dǎo)軌

10、流回電源，炮彈被導(dǎo)軌中的電流形成的磁場推動而發(fā)射。在發(fā)射過程中, 該磁場在炮彈所在位置始終可以簡化為磁感應(yīng)強度為B的垂直平行軌道勻強磁場。已知兩導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距L, 炮彈的質(zhì)量m,炮彈在導(dǎo)軌間的電阻為R,若炮彈滑行s后獲得的發(fā)射速度為V。不計空氣阻力，下列說 法正確的是（）B.電磁炮受到的安培力大小為尸=竺C.可控電源的電動勢是八七嬴D.這一過程中系統(tǒng)消耗的總能量是Lmd+2 2sBlJ三、實驗題：共2小題16 .我們可以用圖所示裝置探究合外力做功與動能改變的關(guān)系。將光電門固定在水平軌道的B點，平衡 摩擦力后，用小桶通過細線拉小車，小車上安裝遮光條并放有若干鉤碼。現(xiàn)將小車上的鉤碼逐次移至小桶 中，

11、并使小車每次都從同一位置A點由靜止釋放。用游標(biāo)卡尺測出遮光條的寬度，記錄光電門的示數(shù)，從而算出小車通過B點的速度。其中游標(biāo)卡尺測量 情況如圖（b）所示，則酢 cmo（2）測小桶質(zhì)量，以小桶和桶內(nèi)鉤碼質(zhì)量之和m為橫坐標(biāo)，小車經(jīng)過B點時相應(yīng)的速度平方為縱坐標(biāo)，則v2-m圖線應(yīng)該為下圖中。17 .某同學(xué)利用圖甲所示電路測量一量程為3mA的直流電流表的內(nèi)阻Ra（約為HOQ）.提供的實驗器材有:A.直流電源（電動勢為IV,內(nèi)阻不計）；B.電阻箱（CT999.9Q）；C.滑動變阻器（05Q.額定電流為3A）；D.滑動變阻器（050Q.額定電流為1A）。為了盡可能減小測量誤差，滑動變阻器R應(yīng)選用（選填&qu

12、ot;C”或"D”）。（2）根據(jù)圖甲所示電路，在圖乙中用筆畫線代替導(dǎo)線，將實物間的連線補充完整一。主要實驗步驟如下：I.將電阻箱R。的阻值調(diào)為零，滑動變阻器R的滑片P移到右端；H.閉合開關(guān)S,調(diào)節(jié)滑動變阻器R的滑片P,使電流表的示數(shù)為3mA；I.調(diào)節(jié)電阻箱R。，使電流表的示數(shù)為1mA,讀出此時電阻箱的阻值R,；IV.斷開開關(guān)S,整理好儀器。（4）已知RF208.8Q,則電流表內(nèi)阻的測量值為 Q,由于系統(tǒng)誤差，電流表內(nèi)阻的測量值（選填”大于,，”等于,，或“小于,）真實值。四、解答題：本題共3題18. 如圖所示，ABC等邊三棱鏡，P、Q分別為AB邊、AC邊的中點，BC面鍍有一層銀，構(gòu)成

13、一個反射面, 一單色光以垂直于BC面的方向從P點射入，經(jīng)折射、反射，剛好照射在AC邊的中點Q,求棱鏡對光的折射率；使入射光線繞P點在紙面內(nèi)沿順時針轉(zhuǎn)動，當(dāng)光線再次照射到Q點時，入射光線轉(zhuǎn)過的角度.19. （6分）如圖所示，傾斜軌道AB的傾角為37。，CD、EF軌道水平，AB與CD通過光滑圓弧管道BC連 接，CD右端與豎直光滑圓周軌道相連.小球可以從D進入該軌道，沿軌道內(nèi)側(cè)運動，從E滑出該軌道進 入EF水平軌道.小球由靜止從A點釋放，已知AB長為5R, CD長為R,重力加速度為g,小球與斜軌AB 及水平軌道CD、EF的動摩擦因數(shù)均為0.5, 5而37。=0.6,血37。=0.8,圓弧管道BC入口

14、 B與出口 C的高度 差為L8R.求：（在運算中，根號中的數(shù)值無需算出）(I)小球滑到斜面底端C時速度的大小.(2)小球剛到C時對軌道的作用力.(3)要使小球在運動過程中不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑a應(yīng)該滿足什么條件？20. (6分)力是改變物體運動狀態(tài)的原因，力能產(chǎn)生加速度。力在空間上的積累使物體動能發(fā)生變化； 力在時間上的積累使物體動量發(fā)生變化。如圖所示，質(zhì)量為m的物塊，在水平合外力F的作用下做勻變 速直線運動，速度由變化到-時，經(jīng)歷的時間為3發(fā)生的位移為X。請根據(jù)牛頓第二定律和相關(guān)規(guī)律，推導(dǎo)動能定理；(2)請根據(jù)牛頓第二定律和相關(guān)規(guī)律，推導(dǎo)動量定理。參考答案一、單項選擇題：本題共1。小

15、題，每小題3分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合 題目要求的1. C【解析】【分析】【詳解】由圖象可知；H的比結(jié)合能約為LIMeV, ：He的比結(jié)合能約為7.1MeV,由比結(jié)合能的定義可知，該反應(yīng)釋放的核能約為AE=(7.1x4-l.lx 4)MeV=24MeV故選C。2. A【解析】【分析】【詳解】以球為研究對象，球受重力、斜面和擋板對球體的支持力人和Fz,由平衡條件知，人和Fnz的合力與G等大、反向、共線，作出力圖如圖所示，根據(jù)平衡條件，有G _2& cos 3003F、=Gtan30"=G-3根據(jù)牛頓第三定律可知，球?qū)π泵娴膲毫Υ笮=巫G cos30

16、3球?qū)醢宓膲毫Υ笮」?= Gtan30° = ,G<G則FN1 >FN2故A正確，BCD錯誤。故選A。3. D【解析】【詳解】 改裝為0.6A電流表時，并聯(lián)電阻的分流電流為=/ /, =0.6A-100x103A = 0.5A分流電阻的阻值為n &0.1X100 八“八R = =Q = 20Q0.5選項D正確，ABC錯誤。故選D。4. B【解析】【詳解】ABD.根據(jù)49=；""'：=/叱一叫出功由圖像可知，乙光的截止電壓較大，則乙光照射時逸出的光電子的最大初動能比較大，乙光的頻率較大, 根據(jù)】/ = £則甲光波長較大，選項A

17、D錯誤，B正確；C.由圖像可知，甲光的飽和光電流較大，則甲光照射時單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)比較多，選項C錯誤;故選B。5. A【解析】【詳解】白鷺斜向上做勻加速運動，可知合外力與加速度同向，重力豎直向下，可知空氣對白鷺的作用力斜向左上方，即可能是F】的方向；由平行四邊形法則可知F】G；故選Ao6. B【解析】【分析】【詳解】D.當(dāng)A和B之間的恰好發(fā)生相對滑動時，對A受力分析如圖解得。=g cot 60° = 6gB與C為繩子連接體，具有共同的運動情況，此時對于B和C有:Mr-所以島'即=LLzm 2.37m1-V3選項D錯誤；c.當(dāng)M2.37m, a和B將發(fā)生相對滑動，選項c

18、錯誤；A.當(dāng)M<2.37"?, A和B保持相對靜止°若A和B保持相對靜止，則有Mg = (M + 2m)a解得。=MM + 2m所以當(dāng)M=m時，A和B保持相對靜止，共同加速度為4 = (g,選項A錯誤；B.當(dāng)M=2m時，A和B保持相對靜止，共同加速度為4 = J g = 0.5g ,選項B正確。故選B。7. D【解析】【詳解】A.物體的加速度在增大，做變加速直線運動，故A錯誤。B.由圖像知質(zhì)點的加速度隨時間增大，根據(jù)v=v0+at可知，物體的速度與時間一定不成正比，故B錯誤。C由圖知a=0.1t+l (m/s2),當(dāng)t=5s時，a=1.5 m/s2,速度的變化量Av

19、= - x 5m/s=6.25ni/s 2知t=5s時的速度為v=v0+A v=lm/s+6.25m/s=7.25m/s故C錯誤。D.a-t圖線與時間軸圍成的面積表示速度的變化量，則08s內(nèi)，a=0.1t+l (m/s2),當(dāng)t=8s時，a=1.8 m/s2,速度的變化量1 + 1.8 c / j C /Av =x 8nvs= 11.2m/s2知t=8s時的速度為v=vo+A v=lm/s+11.2m/s=12.2m/s故D正確。故選D。8. B【解析】【詳解】A.設(shè)斜板的傾角為4則汽車的重力勢能Ep = mg sin a , 由動能定理得汽車的動能為Ek = Fx-mg sina ,則汽車的

20、機械能為E = Ek+Ep=Fx9即圖線的斜率表示F,則可知04】過程中汽車的拉力恒定，故A錯誤;8. X】X2過程中，拉力逐漸減小，以后隨著F的減小，汽車將做減速運動，當(dāng)尸=吆sin。時，加速度為零，速度達到最大，故B正確；C.由前面分析知，汽車先向上勻加速運動，然后做加速度逐漸減小的加速運動，再做加速度逐漸增大的減速運動，。、3過程中，汽車的速度先增大后減小，即動能先增大后減小，故C錯誤；D.XlX2過程中，汽車牽引力逐漸減小，到X2處為零，則汽車到X2處的功率為零，故D錯誤.故選B。9. B【解析】【分析】首先明確圖像的物理意義，結(jié)合電場的分布特點沿電場線方向電勢差逐點降低，綜合分析判斷

21、?！驹斀狻緼. X2-X4處場強方向沿X軸負方向，則從X2到X4處逆著電場線方向，電勢升高，則正電荷在X4處電勢能 較大，A不符合題意；B. XLX3處場強為X軸負方向，則從X1到X3處逆著電場線方向移動，電勢升高，正電荷在X3處電勢能較 大，B符合題意；C.由X1運動到X4的過程中，逆著電場線方向，電勢升高，正電荷的電勢能增大，c不符合題意；D.由X1運動到X4的過程中，電場強度的絕對值先增大后減小，故由F=qE知電場力先增大后減小，D不符合題意故選B.10. B【解析】M 3M設(shè)月球的質(zhì)量為M,半徑為r,則月球的密度夕二V 4九rA.在月球表面使一個小球做自由落體運動，測出下落的高度H和時

22、間t,根據(jù)可知算出月球的重力加速度，根據(jù)G段=心，可以算得月球的質(zhì)量，但不知道月球的半徑，故無法算出密度，故A廣錯誤;所以p=彳，已知T就可算出密度，故B正確;4/(r + ”)3 gF-,但不知道月球的半徑，故無法算出密度，故D 組用廠 Mm mAr4rB根據(jù)GI- =L得M=- r2 T2GT2.r 口- Mm m47T2(r + H) Mc、根據(jù)得C錯誤；D、觀察月球繞地球的圓周運動，只能算出地球的質(zhì)量，無法算出月球質(zhì)量，也就無法算出月球密度，故D錯誤；故選B。二、多項選擇題：本題共5小題，每小題3分，共15分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目 要求.全部選對的得5分，選對但不全

23、的得3分，有選錯的得。分11. ABC【解析】【分析】【詳解】A. a點的電勢高于b點的電勢，由。=4* ,知電子在a點的電勢能小于在b點的電勢能，A正確;B.根據(jù)Ua6=Ud,，有2V-25/3V = -(-2V)d點電勢為-2jJv,故B正確；cd.由沿電場線方向電勢降低,可知電場強度方向斜向下。設(shè)電場線與y軸正方向的夾角為為8,由U = Ed 分別對a、c兩點與b、d兩點列式4 = Ex0.4cosd4。= Ex0.4sin 0解得夕=60 , £ = 20V/mo故C正確，D錯誤。故選ABC.12. AC【解析】【詳解】ab棒向右運動，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，則受到向左的安培

24、力，從而向右做減速運動,；金屬棒cd受 向右的安培力作用而做加速運動，隨著兩棒的速度差的減小安培力減小，加速度減小，當(dāng)兩棒速度相等時, 感應(yīng)電流為零，最終兩棒共速，一起做勻速運動，故最終電路中電流為。，故AC正確，BD錯誤.13. CD【解析】【詳解】A.由可知4V GM衛(wèi)星的軌道越高，周期越大，A項錯誤；B.衛(wèi)星的機械能等于其動能與勢能之和，因不知道衛(wèi)星的質(zhì)量，故不能確定衛(wèi)星的機械能大小關(guān)系，故B項錯誤；C.由MmG = ma廠可知軌道半徑越大，向心加速度越小，故“北理工1號”衛(wèi)星的加速度較大，由c Mm v2G = m 廠 r可知軌道半徑越小，線速度越大，故北理工1號衛(wèi)星的線速度較大，C項

25、正確;D.設(shè)北理工1號衛(wèi)星的角速度為叼，根據(jù)萬有引力提供向心力有可得可知軌道半徑越大，角速度越小，兩衛(wèi)星由相距最近至再次相距最近時，圓周運動轉(zhuǎn)過的角度差為2n, 即cot-cat = 2)可得經(jīng)歷的時間故D項正確。故選CD。14. BCE【解析】【詳解】A.因ab連線過原點，可知是等容線，則氣體在狀態(tài)a時的體積等于在狀態(tài)b時的體積，選項A錯誤；B.從狀態(tài)b到狀態(tài)a的過程，氣體體積不變，則對外做功為零，即W=0,根據(jù)AU=W+Q可知，氣體吸收 的熱量一定等于其增加的內(nèi)能，選項B正確；C.從狀態(tài)c到狀態(tài)d的過程，氣體的溫度不變，壓強變大，體積減小，則氣體分子的平均動能不變，但分子的密集程度增加，選

26、項C正確；D.從狀態(tài)a到狀態(tài)d的過程，氣體壓強不變，溫度升高，則體積變大，氣體對外做功，內(nèi)能變大，選項D錯誤；E.從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程，氣體溫度升高，體積變大，內(nèi)能增加，對外做功，根據(jù)AU=W+Q可知，氣 體從外界吸收的熱量一定大于其對外做的功，選項E正確。故選BCE.15. AD【解析】【詳解】A.若電源a、b分別為負極、正極，根據(jù)左手定則可知，受到的安培力向右，則導(dǎo)體滑塊可在磁場中向右 加速；故A正確；B.因安培力尸=81。根據(jù)動能定理Fx = mv12所以mv' F =2s選項B錯誤；C.由勻加速運動公式v2-0 a =2s由安培力公式和牛頓第二定律，有F=BIL=ma根據(jù)閉合

27、電路歐姆定律根據(jù)閉合電路歐姆定律聯(lián)立以上三式解得mv2(R + r) E =2sBL選項C錯誤；D.因這一過程中的時間為2s t =v所以系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=l2 (R+r) t_mv2 (R + r) 2sBL聯(lián)立解得八 3( R + r) °= 2/13炮彈的動能為匚1，Ek =一八廠2由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律得這一過程中系統(tǒng)消耗的總能量為1) /2v3(/? + r)E = Q + E, = -inr +k 2 2sB2l3所以D正確。故選ADO三、實驗題：共2小題16. 0.925 B【解析】【分析】根據(jù)題中“現(xiàn)將小車上的鉤碼逐次移至小桶中圖線應(yīng)該為“可知，本題考察機械能守恒的問

28、題，應(yīng)用 機械能守恒、游標(biāo)卡尺讀數(shù)法則等知識分析求解?！驹斀狻?1)游標(biāo)卡尺讀數(shù)為 9mm+5x nun = 9.25 = 0.925cm20(2)設(shè)小車、小桶、鉤碼的總質(zhì)量為M,小車從A運動到B的位移為X,則咚r = ：AA，2,整理得： 穹所以vm圖線是過原點的直線。故B項正確，ACD三項錯誤。M17. CmA104.4大于【解析】【詳解】本實驗為了減小實驗誤差，應(yīng)滿足滑動變阻器的最大阻值遠小于電流表的內(nèi)阻，即應(yīng)選用C(2)根據(jù)實驗電路圖連接實物圖如圖所示(4)3由實驗原理可知4由于閉合開關(guān)S,調(diào)節(jié)滑動變阻器R的滑片P,使電流表的示數(shù)為3mA,調(diào)節(jié)電阻箱R。，使電流表的示 數(shù)為1mA,讀出

29、此時電阻箱的阻值R1；電阻箱阻值變大，并聯(lián)等效電阻變大，故并聯(lián)部分分擔(dān)電壓增大, 由于電阻箱兩端電壓變大，故電阻箱阻值偏大，故電流表內(nèi)阻測量偏大。四、解答題：本題共3題18. 120°.【解析】【詳解】畫出光路圖，根據(jù)對稱性及光路可逆結(jié)合幾何關(guān)系可知，光在AB面的入射角i = 6。，折射角r=30。， 根據(jù)折射定律有="上=有sin r當(dāng)光線再次照射到Q點時，光路如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知，折射角8=3。，根據(jù)折射定律有*也月=退 解得：a=60°,因此入射光轉(zhuǎn)過的角度為i+a=120。sin?！窘馕觥吭囶}分析：（1）設(shè)小球到達c點時速度為v, a球從A運動至C過

30、程，由動能定理有mg（5Rsin 370 + 1.8/?）- pmg cos 37° - 5R = -mv； （2 分）2可得匕=離港（1分）（2）小球沿BC軌道做圓周運動，設(shè)在C點時軌道對球的作用力為N,由牛頓第二定律2N_lg= 工 （2 分）其中 r 滿足 r+rsin530=L8R （1 分） r聯(lián)立上式可得：N=6.6mg（1分）由牛頓第三定律可得，球?qū)壍赖淖饔昧?.6mg ,方向豎直向下.（1分）（3）要使小球不脫離軌道，有兩種情況：2情況一：小球能滑過圓周軌道最高點，進入EF軌道.則小球b在最高點P應(yīng)滿足7工2吆（1分） R小球從c直到P點過程，由動能定理，有一“吆

31、夫吆-2郡=，必2-，叫2（1分）23可得 rY R = 0.92R （1 分）25情況二：小球上滑至四分之一圓軌道的Q點時，速度減為零，然后滑回D.則由動能定理有一igR_"ig R' = 0-mvc2 （1 分） 2R 之 2.3R （1 分）若R' = 2.5R,由上面分析可知，小球必定滑回d,設(shè)其能向左滑過DC軌道，并沿cb運動到達b點，在B點的速度為vb,則由能量守恒定律有:同吆1.8R + 2?gR （1分）由式，可得匕=。（1分）故知，小球不能滑回傾斜軌道AB,小球?qū)⒃趦蓤A軌道之間做往返運動，小球?qū)⑼Ｔ贑D軌道上的某處.設(shè)小球在CD軌道上運動的總路程為S

32、,則由能量守恒定律，有匕2="gS （1分）由兩式，可得 S=5.6R（1分）所以知，b球?qū)⑼Ｔ贒點左側(cè)，距D點0.6R處.（1分）考點：本題考查圓周運動、動能定理的應(yīng)用，意在考查學(xué)生的綜合能力.20. (1)推導(dǎo)過程見解析；(2)推導(dǎo)過程見解析【解析】【分析】【詳解】(1)物體做勻變速直線運動，合外力提供加速度，根據(jù)牛頓第二定律F = nui根據(jù)速度與位移的關(guān)系)、Fv2 一說=2ax = 2 x m變形得動能定理匚 1) 12Fx = mv -mva22 °(2)根據(jù)速度與時間的關(guān)系v = v0+at = v() + t m變形得動量定理Ft = mv - m2019-

33、2020學(xué)年高考物理模擬試卷一、單項選擇題：本題共1。小題，每小題3分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合 題目要求的1 .將一物體從地面以速度V。豎直上拋，物體上拋運動過程中所受的空氣阻力大小恒定，設(shè)物體在地面時的重力勢能為零，則物體從拋出到落回原地過程中，如圖所示的四個圖中不正確的（）2 .如圖所示，平行板a、b組成的電容器與電池E連接，平行板電容器P處固定放置一帶負電的點電荷， 平行板b接地?，F(xiàn)將電容器的b板向下稍微移動，貝!）（）A.點電荷所受電場力增大B.點電荷在P處的電勢能減少C. P點電勢減小D.電容器的帶電荷量增加3 .某同學(xué)用單擺測當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?他測出了擺

34、線長度L和擺動周期T,如圖所示.通過改變懸線 長度L,測出對應(yīng)的擺動周期T,獲得多組T與L,再以T2為縱軸、L為橫軸畫出函數(shù)關(guān)系圖像如圖（b）所示.由 此種方法得到的重力加速度值與測實際擺長得到的重力加速度值相比會（）A.偏大B.偏小C. 一樣D.都有可能4 .如圖所示，質(zhì)量為g的木塊A放在質(zhì)量為%的斜面體B上，現(xiàn)對木塊A施加一豎直向下的力F,它們均靜止不動，則（）A.木塊A與斜面體B之間不一定存在摩擦力B.斜面體B與地面之間一定存在摩擦力C.地面對斜面體B的支持力大小等于（見+?2）gD.斜面體B受到4個力的作用5 .如圖所示，一輕繩繞過光滑的輕質(zhì)定滑輪，一端掛一水平托盤，另一端被托盤上的人

35、拉住，滑輪兩側(cè) 的輕繩均沿豎直方向。已知人的質(zhì)量為60kg,托盤的質(zhì)量為20kg,取g=10m/s2。若托盤隨人一起豎直向 上做勻加速直線運動，則當(dāng)人的拉力與自身所受重力大小相等時，人與托盤的加速度大小為（）A. 5m/s2B. 6m/s2C. 7.5m/s2D. 8m/s26 .在電場方向水平向右的勻強電場中，一帶電小球從A點豎直向上拋出，其運動的軌跡如圖所示，小球 運動的軌跡上A、B兩點在同一水平線上，M為軌跡的最高點，小球拋出時的動能為8.0J,在M點的動能 為6。，不計空氣的阻力，則（）A.從A點運動到M點電勢能增加2JB.小球水平位移xi與xz的比值1： 4C.小球落到B點時的動能2

36、4JD.小球從A點運動到B點的過程中動能有可能小于6J7 .如圖，兩束單色光A、B分別沿半徑方向由空氣射入半圓形玻璃磚，出射時合成一束復(fù)色光P,下列說 法正確的是A. A光的頻率小于B光的頻率8 .在玻璃磚中A光的傳播速度小于B光的傳播速度C.玻璃磚對A光的折射率大于對B光的折射率D.兩種單色光由玻璃射向空氣時，A光的臨界角較小8.如圖1所示，用充電寶為一手機電池充電，其等效電路如圖2所示。在充電開始后的一段時間/內(nèi)，充電寶的輸出電壓U、輸出電流/可認(rèn)為是恒定不變的，設(shè)手機電池的內(nèi)阻為L則時間，內(nèi)（）A.充電寶輸出的電功率為U/ + /，8 .充電寶產(chǎn)生的熱功率為/)U1c.手機電池產(chǎn)生的焦耳

37、熱為rD.手機電池儲存的化學(xué)能為八%9 .如圖所示，跳水運動員最后踏板的過程可以簡化為下述模型：運動員從高處落到處于自然狀態(tài)的跳板上，隨跳板一同向下做變速運動到達最低點，然后隨跳板反彈，貝(1()A.運動員與跳板接觸的全過程中只有超重狀態(tài)B.運動員把跳板壓到最低點時，他所受外力的合力為零C.運動員能跳得高的原因從受力角度來看，是因為跳板對他的作用力遠大于他的重力D.運動員能跳得高的原因從受力角度來看，是因為跳板對他的作用力遠大于他對跳板的作用力10 .用傳感器研究質(zhì)量為2kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機上得到。6s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()A.

38、 02s內(nèi)物體做勻加速直線運動B. 02s內(nèi)物體速度增加了 4m/sC. 24s內(nèi)合外力沖量的大小為8NsD. 46s內(nèi)合外力對物體做正功二、多項選擇題：本題共5小題，每小題3分，共15分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目 要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分11 .如圖所示，兩個質(zhì)量分布均勻的球體P、Q靜止在傾角為30°的固定斜面與固定擋板之間.擋板與斜面垂直。P、Q的質(zhì)量分別為m、2m,半徑分別為r、2r,重力加速度大小為g,不計一切摩擦，下列說法正A. P受到四個力的作用C. P所受彈力的合力大于mgB.擋板對P的支持力為3mgD.Q受到P的支持力

39、大于mg12 .如圖所示，等腰直角三角形金屬框abc右側(cè)有一有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，ab邊與磁 場兩邊界平行，磁場寬度大于be邊的長度?，F(xiàn)使框架沿be邊方向勻速穿過磁場區(qū)域，t=。時，C點恰好達 到磁場左邊界。線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E,感應(yīng)電流為I （逆時針方向為電流正方向），be兩點間 的電勢差為Ube,金屬框的電功率為P。圖中上述各量隨時間變化的圖像可能正確的是（）13.如圖所示,D.一小球固定在輕桿上端，AB為水平輕繩，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，則桿對小球的作用力方向可能是（）B. FaD. F414.如圖所示，A和B是兩個等量異種點電荷，電荷量的絕對值為q,兩點電荷的連線水平

40、且間距為LOP是兩點電荷連線的中垂線，。點是垂足，P點到兩點電荷的距離也為L整個系統(tǒng)處于水平向右的勻強電場中，一重力不計的電子恰好能靜止在P點，下列說法正確的是（）1 A。BA.點電荷A一定帶正電B.勻強電場的電場強度大小為學(xué)I：C.。點的電場強度大小為學(xué)LrD.。點和P點電勢相同15.下列說法正確的是（）A.只要知道氣體的摩爾體積和阿伏伽德羅常數(shù)，就可以算出氣體分子的體積B.第二類永動機不能制成是因為它違反了能量守恒定律C. 一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷緩慢的絕熱膨脹過程，氣體的內(nèi)能減小D. 1kg的。的冰比1kg的。的水的內(nèi)能小些E.干濕泡溫度計的干泡與濕泡的示數(shù)差越大，相對濕度越小三、實驗題：

41、共2小題16.測定一個額定電壓5=2.5V,額定電流約為0.30.4A的小燈泡L在正常工作時的阻值。供選擇的器材 有：A,電流表A1（量程0.6A,內(nèi)阻U約為0.5Q）B.電流表飛（量程30mA,內(nèi)阻 占300）C.電流表A3 （量程60mA,內(nèi)阻臼約為20C）D.電壓表V （量程15V,內(nèi)阻2約為15kQ）E.定值電阻Ro=7OQF.滑動變阻器Ri:（T5Q,額定電流1AG.滑動變阻器Rz: 0-lkQ,額定電流0.2AH.電源E：電動勢為4.5V,內(nèi)阻不計I.開關(guān)S及導(dǎo)線若干測量時要求電表示數(shù)超過其量程的一半，需選用的實驗器材是和H、I （選填器材前對應(yīng)的字母序號）。（2）請在虛線框內(nèi)畫出

42、合適的電路圖（圖中需標(biāo)明所選器材的符號）。為保證小燈泡L正常工作，測量時要讓其中哪一個電表的示數(shù)調(diào)到多少？ (4)測得小燈泡L在正常工作時的阻值&=(用實際所測物理量表示)，并說明公式中各符號(題中已知的除外)的物理意義。17 .某同學(xué)要測量一節(jié)舊電池的電動勢和內(nèi)阻，實驗器材有一個電流表、一個電阻箱R、一個1Q的定值 電阻R。，一個開關(guān)和導(dǎo)線若干，該同學(xué)按如圖所示電路進行實驗，測得的數(shù)據(jù)如下表所示：實驗次數(shù)12345R (Q)4.C10.016.022.028.01 (A)1.C100.500.340.250.20啕25 二二二二:20 ：15 二二:10 二二:5 ：;0 二二:i

43、聞 y E r：該同學(xué)為了用作圖法來確定電池的電動勢和內(nèi)電阻，若將R作為直角坐標(biāo)系的縱坐標(biāo)，則應(yīng)取作為橫坐標(biāo)。(2)利用實驗數(shù)據(jù)在給出的直角坐標(biāo)系上畫出正確的圖象。(3)由圖象可知，該電池的電動勢E=V,內(nèi)電阻r=O.四、解答題：本題共3題18 .現(xiàn)有由同一種材料制成的一個透明工藝品，其切面形狀圖如圖所示。其中，頂部A為矩形形狀，高CM=d ,邊長CO = L,底部8為等邊三角形?，F(xiàn)讓一束單色光線從3部分邊的中點。表面處沿豎直方向射入，光線進入8后發(fā)現(xiàn)折射光線恰好與3部分的平行且經(jīng)過最后從A部分的CO 邊上某點。處射出，光在真空中的傳播速度為求：(1)光在工藝品中傳播的速度；(2)光在工藝品中

44、傳播的時間。19 . (6分)如圖，兩根相距l(xiāng)=0.4m的平行金屬導(dǎo)軌。C、。9水平放置。兩根導(dǎo)軌右端。、。'連接著與水 平面垂直的光滑平行導(dǎo)軌。D、5D，兩根與導(dǎo)軌垂直的金屬桿M、N被放置在導(dǎo)軌上，并且始終與導(dǎo)軌 保持保持良好電接觸。M、N的質(zhì)量均為m=0.2kg,電阻均為R=0.4d N桿與水平導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為 P=0.1o整個空間存在水平向左的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B=0.5To現(xiàn)給N桿一水平向左的初速度vo=3m/s, 同時給M桿一豎直方向的拉力F,使M桿由靜止開始向下做加速度為aM=2m/s2的勻加速運動。導(dǎo)軌電阻 不計,(g WC 10m/s2)o 求：(l)t=ls時

45、，N桿上通過的電流強度大??；(2)求M桿下滑過程中，外力F與時間t的函數(shù)關(guān)系；(規(guī)定豎直向上為正方向)(3)已知N桿停止運動時，M仍在豎直軌道上，求M桿運動的位移；(4)在N桿在水平面上運動直到停止的過程中，已知外力F做功為-ILL,求系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量。20 .(6分)如圖所示，水平放置的兩平行金屬板間存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場。已知兩板間 的電勢差為U,距離為山勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B,方向垂直紙面向里。一質(zhì)量為m、電荷量為q的 帶電粒子從A點沿水平方向射入到兩板之間，恰好沿直線從M點射出；如果撤去磁場，粒子從N點射出。 M、N兩點間的距離為h。不計粒子的重力。求：(1)勻強電場場強

46、的大小E：(2)粒子從A點射入時的速度大小v。；(3)粒子從N點射出時的動能Ek。1-參考答案一、單項選擇題：本題共1。小題，每小題3分，共3。分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合 題目要求的1. B【解析】【分析】【詳解】A.物體在運動過程中受到重力和空氣阻力，則上升過程中由牛頓第二定律得mg + / =下降過程中由牛頓第二定律得mg -f =可判斷上升過程中速度方向向上，下降過程中速度方向向下，根據(jù)動量定義尸=“可知上升過程中動量方向向上，下降過程中動量方向向下，故A正確；B.根據(jù)公式/= R可知合外力的沖量方向始終向下，故B錯誤；CD.克服空氣阻力做的功% =fss為物體運動的路

47、程，上升過程5 = /?,下落過程總路程s = 2"-/?,根據(jù)功能關(guān)系可知，機械能E逐漸減小，則有E-E0=-fi故c、D正確；不正確的故選B。2. B【解析】【詳解】A.因電容器與電源始終相連，故兩板間的電勢差不變，B板下移，則板間距離d增大，則板間電場強度E變小，由尸=后4可知電荷所受電場力變小，故A錯誤；BC板間距離d增大，則板間電場強度E變小，由小£1知，P與a板的電壓減小，而a的電勢不變，故P 的電勢升高，由Ep=q。而q為負值，故電勢能減小，故B正確，C錯誤；D.由Q=CU,又有C = 故C減小，Q減小，故D錯誤。4加kd3. C【解析】【詳解】根據(jù)單擺的周期

48、公式：T = 2叫山得:T2= - L + r, 與L圖象的斜率女二士匚，橫軸截距 V gg gg等于球的半徑r.m4/故 g=一K根據(jù)以上推導(dǎo)，如果L是實際擺長，圖線將通過原點，而斜率仍不變，重力加速度不變，故對g的計算沒 有影響，一樣，故ABD錯誤，C正確.故選C.4. D【解析】【分析】【詳解】A.對木塊A進行受力分析，受豎直向下的重力和推力F,垂直斜面的支持力，由平衡條件可知，木塊A 還受到沿斜面向上的靜摩擦力，故A錯誤；BC.以AB為整體作為研究對象受力分析，由平衡條件可知，斜面體B與地面之間無摩擦力，地面對斜面 體B的支持力N=("?l+"?2)g +/故BC錯

49、誤；D.單獨以斜面體B為研究對象受力分析，斜面體B受重力，地面對斜面體B的支持力，木塊A對斜面體 B的壓力及木塊A對斜面體B的沿斜面向下的靜摩擦力，故D正確。故選D。5. A【解析】【詳解】設(shè)人的質(zhì)量為M,則輕繩的拉力大小T=Mg設(shè)托盤的質(zhì)量為m,對人和托盤，根據(jù)牛頓第二定律有2T (M+m)g=(M+m)a解得a=5m/s2故選A.6. D【解析】【詳解】將小球的運動沿水平和豎直方向正交分解，水平分運動為初速度為零的勻加速直線運動，豎直分運動為勻 變速直線運動；A.從A點運動到M點過程中，電場力做正功，電勢能減小，故A錯誤；B.對于初速度為零的勻加速直線運動，在連續(xù)相等的時間間隔內(nèi)位移之比為

50、1： 3,故B錯誤；C.設(shè)物體在B動能為EkB,水平分速度為Vbx,豎直分速度為Vey。 由豎直方向運動對稱性知；mVBy2=8J對于水平分運動1 , 1 , Fxi= mVwx mVax2 2F (X1+X2) = mVex2 hiVax2 22Xl： X2=l： 3解得：Fxi=6J；F (xi+xz) =24J故EkB= - m (VBy2+VBx2) =32J 2故c錯誤；D.由于合運動與分運動具有等時性，設(shè)小球所受的電場力為F,重力為G,則有：Fxt=6J1尸”白,-t = Oj2 mGh=8J"/=8J 2 m所以，G 2由右圖可得:F tan。=sin"布則小

51、球從A運動到B的過程中速度最小時速度一定與等效G，垂直，即圖中的P點，故1,1244哂=-6匕京=-sin"=彳J V6J故D正確。故選Do7. A【解析】【詳解】由題圖可知，玻璃磚對B光的折射程度大，則小>以，故B光的頻率較大，故A正確、C錯誤；由v=c/n 知，在玻璃磚中，vB<vA,故B錯誤；兩種單色光由玻璃射向空氣時，由于sinC=l/n,所以，CB<CA,故D 錯誤；故選48. D【解析】【分析】【詳解】A.充電寶的輸出電壓U、輸出電流I,所以充電寶輸出的電功率為P = UIA錯誤；BC.手機電池充電電流為I,所以手機電池產(chǎn)生的熱功率為Pr=I2r而充電寶

52、的熱功率應(yīng)為充電寶的總功率減去輸出功率，根據(jù)題目信息無法求解，BC錯誤；D.輸出的電能一部分轉(zhuǎn)化為手機的化學(xué)能，一部分轉(zhuǎn)化為電池的熱能，故根據(jù)能量守恒定律可知手機電池儲存的化學(xué)能為W=UIt-I2rtD正確。故選D。9. C【解析】【分析】【詳解】A.運動員與跳板接觸的下降過程中，先向下加速，然后向下減速，最后速度為零，則加速度先向下，然后 向上，所以下降過程中既有失重狀態(tài)也有超重狀態(tài)，同理上升過程中也存在超重和失重狀態(tài)，故A錯誤； B.運動員把跳板壓到最低點時，跳板給其的彈力大于其重力，合外力不為零，故B錯誤；C.從最低點到最高過程中，跳板給運動員的支撐力做正功，重力做負功，位移一樣，運運動

53、員動能增加， 因此跳板對他的作用力大于他的重力，故C正確；D.跳板對運動員的作用力與他對跳板的作用力是作用力與反作用力，大小相等，故D錯誤.故選C.10. C【解析】【分析】【詳解】A.2s內(nèi)物體的加速度變大，做變加速直線運動，故A錯誤；B.圖像下面的面積表示速度的變化量，。2s內(nèi)物體速度增加了 Jx2x2 = 2m/s,故B錯誤；c. 24s內(nèi)合外力沖量的大小I = mat = 2x2x 2N s=8N s故C正確；D.由圖可知，46s內(nèi)速度變化量為零，即速度不變，由動能定理可知，合外力對物體做功為零，故D錯 誤。故選C。二、多項選擇題：本題共5小題，每小題3分，共15分,在每小題給出的四個

54、選項中，有多項符合題目 要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分11. AD【解析】【詳解】A. P受到重力、斜面的支持力、擋板的支持力和Q的壓力，故A正確；B.兩球整體受力平衡，故擋板對P的支持力大小Ni=3mgsin 30° = mg2故B錯誤；C. P所受三個彈力的合力與重力mg平衡，則P所受彈力的合力大小為mg,故C錯誤;D. Q受力如圖所示，有F=2mg故Nz>Fsin30* =mg故D正確。故選ADO12. BC【解析】【分析】【詳解】A.根據(jù)導(dǎo)體棒切割磁場產(chǎn)生的動生電動勢為E = 3/u可知，第一階段勻速進磁場的有效長度均勻增大， 產(chǎn)生均勻增大的電動勢，因磁場寬度大于be邊的長度，則第二階段線框全部在磁場中雙邊切割，磁通量 不變，線框的總電動勢為