2020年全国高考物理临考猜押密卷(二)(解析版)

1、2020年全国高考物理考前冲刺最后一卷02（考试时间：90分钟 试卷满分：110分）注意事项：1 本试卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2 回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3 回答第n卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第I卷（选择题）一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求。全部选对的得6分

2、，选对但不全的得 3分，有选错或不答的得 0分。1 下列说法中错误的是（）rt7cV04二-0.833 -I !12 3.4I -I3.frA .若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应B 用n=4能级跃迁到n=1能级辐射出的光，照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为6.41 eVC 原子核发生一次 B衰变，该原子外层就一定失去一个电子D .质子、中子、a粒子的质量分别是 m1、m2、m3,质子和中子结合成一个a粒子，释放的能量是（2m1+ 2m2-2m3） c【答

3、案】C【解析】A 根据玻尔理论可知，氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光子的能量大于氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光子的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，A正确，不符合题意；B处于n=4能级的氢原子跃迁到 n=1能级辐射出的光子的能量为：E=E4-E1= 0.85 eV-（- 13.6 eV） =12.75 eV，根据光电效应方程，照射逸出功为6.34eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为：Ek=E-W=12.75 eV

4、- 6.34 eV=6.41 eV , B正确，不符合题意；C. B衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，C错误，符合题意；D 根据爱因斯坦质能114方程知，质子和中子结合成 a粒子，核反应方程为21H+2 0n2He ,释放的能量是 AE=Amc2= （2m1 + 2m2 m3）c2, D正确，不符合题意。故选Co2.如图，光滑绝缘圆环竖直放置,a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60角，bc连线与竖直方向成30角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的A . a、b、c小球带同种

5、电荷B . a、b小球带异种电荷C. a、b小球电量之比为D . a、b小球电量之比为【答案】D【解析】对c分析，受到重力、环的支持力以及a与b的库仑力，其中重力与支持力的方向在竖直方向上，水平方向有a对c的库仑力的分力与 b对c的库仑力的分力，由共点力平衡的条件可知，a与b对c的作用力都是吸引 力，或都是排斥力，则 a与b的电性必定是相同的，B错误；a与b带同种电荷，它们之间的库仑力是斥力，对a分析，a受到重力、环的支持力以及 b、c对a的库仑力，重力在竖直方向上，环的支持力与b对a的库仑力都在a与b的连线上，将环的支持力与b对a的库仑力合成，不论合力的方向是从a到b还是从b到a,若a、c带

6、同种电荷，a所受合力都不可能为零，故a、c带异种电荷，A错误；设环的半径为 R, a、b、c三个小球的带电量分别为qa、qb和qc，由几何关系可得lac= R, lbc= 3R, a与b对c的作用力都是吸引力，它们对c的作用力在水平方向的分力大小相等，则有 kq尹sin60 = kq2qcsin30 ,解得鱼=详，故C错误，D正确。l aclocqb 93.如图所示，用平行于斜面体 A的轻弹簧将物块 P拴接在挡板B上，在物块P上施加沿斜面向上的推力 F,整个 系统处于静止状态.下列说法正确的是（）A 物块P与斜面之间一定存在摩擦力B 弹簧的弹力一定沿斜面向下C.地面对斜面体 A的摩擦力水平向左

7、D 若增大推力，则弹簧弹力一定减小【答案】C【解析】对物块P受力分析可知，若推力F与弹簧弹力的合力平衡了物块重力沿斜面向下的分力，则无摩擦力,A错误；弹簧处于拉伸或压缩状态，物块P均可能保持静止，B错误；由整体法可知地面对斜面体A的静摩擦力平衡了推力F水平向右的分力，C正确;增大推力F，若物块保持静止，则弹簧的弹力不变，D错误.4. 2019年春节档，科幻电影流浪地球红遍大江南北。电影讲述的是太阳即将毁灭，人类在地21球上建造出巨大的推进器，使地球经历停止自转、加速逃逸、匀速滑行、减速人轨等阶段，最后成为新恒星（比邻星）的一颗行星的故事。假设儿千年后地球流浪成功，成为比邻星的一颗行星，设比邻星

8、的质量为太阳质量的1/8 ,地球质量在流浪过程中损失了1/5 ,地球绕比邻星运行的轨道半径为地球绕太阳运行轨道半径的1/2，则下列说法正确的是（）A 地球绕比邻星运行的公转周期和绕太阳的公转周期相同B 地球绕比邻星运行的向心加速度是绕太阳运行时向心加速度的2/5C .地球与比邻星间的万有引力为地球与太阳间万有引力的1/10D .地球绕比邻星运行的动能是绕太阳运行时动能的1/10【答案】A【解析】万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得:MmG-yr22r ，解得：TTr ，则:GMT比 =（比）3 竺 1，即：T 比= T太，故A正确；万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得: r太M比MmGma ,

9、 r解得：a翌,更-M比太2ra太M比 太）21，故B错误；万有引力：F GM 太 r比2Mm2r，代入数据计算解得F比 =|，故 CF太5错误；万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得:Mm2r2v 一 m，动能:rEk1 2mv2GMm，代入数据计算2r一 1解得动能之比为-故D错误。55. 长木板B放置在倾角为B的固定斜面上，一小物块A置于长木板的中间。A B同时由静止释放，结果B沿斜面下滑，同时 A、B也发生了相对运动。经过一段时间t，A脱离B,此时B还处于斜面上。不计空气阻力，重力加速度为g,则在这段时间内（B . B点为AC间电场强度最大的点，场强大小E = 1 V/mA .物块A的加

10、速度大小与 A的质量有关B .木板B的加速度大小与 A和B的质量都无关C .物块A的加速度一定大于木板 B的加速度D .物块A的加速度可能大于 gsin 0【答案】C【解析】以A为研究对象，设其加速度大小为aA, A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为皿、见由牛顿第二定律有：mAgsin0-pimAgcos 0= mAaA，解得：aA = gsin0-pgcosO,与 A 的质量mA 无关，故 A 错误；A、B 发生了相对运动，两者加速度不等，若aA aB，以B为研究对象，设其加速度大小为aB，由牛顿第二定律有：mBgsin 0+pmAgcos 0- p （ mA + mB） cos 0= mB

11、aB；可知木板 B的加速度大小与 A和B的质量都有关，故 B错误； 物块A的加速度一定大于木板 B的加速度，木板 B对物块A的摩擦力沿斜面向上，研究A，有mAgsingAgcos口人玄人，解得aA gsin，故C正确，D错误。6. 如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一沿水平方向的电场，MN是其中的一条直线，线上有 A B C三点.一带电量为+2X10-3C质量为1 X10-3kg的小物块从A点静止释放，沿 MN乍直线运动，其运动的v-t图象如图乙所示，其中B点处的切线斜率最大（图中标出了该切线），C点处的切线平行于t轴，运动过程中小物块电量保持不变，则下列说法中正确的是（）A . AB两点电势差U

12、AB- 4 VC由A到c的过程中小物块的电势能先减小后变大D 小物块从B点到C点电场力做的功 W=10-2J【答案】BD1 2121323【解析】物块在A到B过程，根据动能定理得： qUABmv；-mvA-1 103（420）J 8 103J，2 223得：Uab Wab 8 10 3V 4V，故A错误。据v-t图的斜率等于加速度，可得物块在B点的加速度最大为aq 2 10=2m/s2,所受的电场力最大为F=ma=X 10-3X2N=2X10-3N，则电场强度的最大值为5 3E F q2 10 33 1N /C，故B正确。由v-t图可知由A到C的过程中小物块的动能一直增大，则电势能一直2 10

13、 3减小，故1 21213222C错误。物块从B点到C点电场力做的功 W= mvCmvB1 10 (6 4 ) J 10 J，故2 2 2D正确。故选BD。7. 图示有三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B,方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L,在磁场区域的左侧边界处，有一边长为 L的正方形导体线框，总电阻为 R且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势 E为正，磁 感线垂直纸面向里时的磁通量 为正值，外力 F向右为正。则以下能反映线框中的磁通量 感应电动势 E、外 力F和电功率P随时间t变化的规律图象的

14、是（ ）ABCD【答案】ABD【解析】当线框开始进入磁场时，磁通量开始增加，当全部进入时达最大；此后向里的磁通量增加，总磁通量减小且变化率为之前 2倍；当运动到1.5L时，磁通量最小，当运动到2L时磁通量变为向里的最大，故A项正确；当线框进入第一个磁场时，由E = BLv可知，E保持不变，感应电动势为正；而开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势为 2BLv，为正，故B项正确；因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C项错误；拉力的功率 P = Fv，因速度不变，而当线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两 个磁场中时，F安=2B 2BLVL = 4B L V

15、,因此安培力变为原来的 4倍，则拉力的功率变为原来的4倍，故D项正确。RR8. 如图所示，在固定的光滑水平杆上， 质量为m的物体P用轻绳跨过光滑的滑轮 0、0连接质量为2m的物体Q, 用手托住Q使整个系统静止，此时轻绳刚好拉直，且 A0= L, 0B= h, ABB0,重力加速度为g.现释放Q,让二 者开始运动，则下列说法正确的是 ( )A . Q始终比P运动得快B .在P物体从A滑到B的过程中，P的机械能增加、Q的机械能减少C. P运动的最大速度为 2-. g(L h)D 开始运动后，当 P速度再次为零时，Q下降了 2（L h）距离【答案】BC【解析】设轻绳OA与A0的夹角为0,P的速度为V

16、p,Q的速度为VQ，则有VPCOS 0= VQ,VP始终大于VQ,选项A错误；P从A运动到B过程，速度由零到最大，Q从下落点到最低点，由系统机械能守恒可知，P机械能增加，1 ,Q的机械能减少，选项 B正确；对P、Q系统有2mg（L h）= gmv2，得v= 2 g（L h），选项C正确；由系统机 械能守恒可知，当 P速度再次为零时，Q物体回到原位置，选项 D错误.第H卷（非选择题）、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第912题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1314题为选考题，考生根据要求作答。一）必考题（共47分）9. （6分）为了测量木块与木板间动摩擦因数，某小组使用位移传感器设

17、计了如图所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出滑块相 对传感器的位移s随时间t变化规律，如图所示。 根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=m/s，木块加速度a=m/s2； 现测得斜面倾角为 37 , g取10m/s2,则 =； 为了提高木块与木板间动摩擦因数卩的测量精度，下列措施可行的是 A . A点与传感器距离适当大些B .木板的倾角越大越好C .选择体积较大的空心木块D .传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻【答案】0.4（1分） 1（1分） 0.625 （2分） A （2分）【解析】根据某段时间内

18、的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为: 得 豐 a，若 37 ,则 0.625 ；(302型如m/s0.40.4m/s , 0.2s末的速度为:2(32 24) 10 m/s0.40.2m/s，则木块的加速度为:0.4 0.2, 2m/s0.4 0.21m/s2 ；选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力ma mg sinmg cosmcos根据的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A点释放的时刻。故A正确，BCD错误。10. （ 9分）用DI

19、S测电源电动势和内电阻电路如图（a）所示，Ro为定值电阻.调节电阻箱R,记录电阻箱的阻值 R和相应的电流值I，通过变换坐标，经计算机拟合得到如图（b）所示图线，则该图线选取了为纵坐标，由图线可得该电源电动势为V.现有三个标有 “2.5 V 0.6 A相同规格的小灯泡，其I U特性曲线如图（c）所示，将它们与图（a）中电源按图（d）所示电路相连，A灯恰好正常发光，则电源内阻r = Q,图（a）中定值电阻Ro= Q.若将图（a）中定值电阻Ro换成图（d）中小灯泡A，调节电阻箱R的阻值，使电阻箱 R消耗的电功率是小灯泡 A的两倍，则此时电阻箱阻值应调到 Q.1 【答案】（1） |（1 分） 4.5

20、（2 分） （2）2.5 （2 分） 2 （2 分） （3）4.80（4.6 4.9 均可）（2 分）【解析】（1）由闭合电路欧姆定律可知I = E;要形成与电阻成一次函数关系，则纵坐标只能取则有1= RR+ R0+ rII E+ RJ；则图象的斜率为k = 1 =丄；则有E= 4.5 V ; R0J r = 1，则有Ro+ r = 4.5 QEE 4.5E（2）A灯正常发光的电流为I = 0.6 A ;贝卩B、C两灯的电流为0.3 A，由图象可知，B、C两灯的电压为0.5 V;路端1 5电压为U = 2.5 V + 0.5 V = 3 V ;则内压为 U内=（4.5- 3） V = 1.5

21、V ;则内阻为=丽 Q= 2.5 Q则定值电阻为Ro=（4.5 2.5） 鼻 2 Q.灯泡与电阻箱串联，故灯泡与电阻中流过的电流相等，若电阻箱阻值为灯泡电阻的两倍，则电阻箱两端的电压为灯泡两端电压的两倍，设灯泡两端电压为 U ,则滑动变阻器两端电压为 2U ,由闭合电路欧姆定律可知3U + 2.5I=4.5，变形得1 = 1.8 1.2U ;在上图中作出对应的I U图象，则与原图象的交点为符合条件点；由图可知，1 =0.48 A , U = 1.15 V ;则电阻箱阻值为R= 2U2 X1.150.48Q= 4.80Q （4於4.9均可）.11. （ 12分）如图所示，半径为 R的四分之三圆周

22、 CED , O为圆心，A为CD的中点，在OCEDO内充满垂直于纸面向外的匀强磁场 （图中未画出），磁感应强度大小为 B.一群相同的带正电粒子以相同的速率从AC部分垂直于AC射向磁场区域，沿半径 OD放置一粒子吸收板，所有射在板上的粒子均被完全吸收已知粒子的质量为m,电qBR量为q,速率v= 2m，假设粒子不会相遇，忽略粒子间的相互作用，不考虑粒子的重力.求:（1）粒子在磁场中的运动半径；（2）粒子在磁场中运动的最短和最长时间；（3）吸收板上有粒子击中的长度.【答案】（1）R （ 2）盘 （3）见解析。【解析】（1 ）由qvB = m羊（2分）代入v得r = R （2分）（2）粒子在磁场中做圆

23、周运动的周期为T,则有T=红=2严（1 分）v qB如图所示，部分粒子从 OC边射入磁场，又从 OC边射出磁场由对称性可知，粒子偏转的圆心角为90最短时间ti = T=nm （1分）4 2qB沿AO入射的粒子，与磁场圆在最低点内切，圆心角为270如图所示最长时间t2= 3T = 3 n（ 2 分）4 2qB（3）轨迹圆圆心的轨迹一定在与0C平行的线上，如图中 0i、02、03线上，其中Oi在AC上，02在0A上，03在板0D上 圆心在0i到02间时，粒子打在板0D的左面，由图中几何关系得，左表面的长度范围为2 2返八Li = R 2 R=2 R（ 1 分） 圆心在 6到03间时，粒子打在板0D

24、的右面，由图中几何关系得，右表面的长度范围为EF段，长度为 l2 = R严只=2严R （1分）综上，有粒子击中的长度为 L = Li+ L2= 3R62R （2分）244i2.（ i8分）如图所示，一质量 M=4kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住小车上表面由光滑圆弧轨道 BC和水平粗糙轨道 CD组成，BC与CD相切于C, BC所对圆心角 0= 37 CD长L =3m.质量m=ikg的小物块从某一高度处的A点以vo= 4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同速度v=i.2m/s .取g= iOm/s2, sin37 0.6，

25、忽略空气阻力.（i ）求A、B间的水平距离（2）求小物块从C滑到D所用时间to；（3）若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移年时滑块离小车左端的水平距离.【答案】(1) 1.2m (2) is (3) 3.73m【解析】（1 ）由平抛运动的规律得：tan 0=少 （1分）Vox= vot ( 1 分)得：x=1.2m(1 分)（2）物块在小车上CD段滑动过程中，由动量守恒定律得：mvi=（M+m） v （1分）1 1由功能关系得：fL= mvi2 （ M + m） v2（2分）2 2对物块，由动量定理得：一fto=m v m vi（2 分）得：to=ls（1分）1mvo2 2由几何

26、关系得：1 2H 2gt2=R（1cos0）（1 分）（3）有销钉时:mgH +B、C间的水平距离：xbc= Rsin 0（1分）111 mg= mv12 （ M + m） v2 （2 分）22若拔掉销钉，小车向左运动达最大位移时，速度为0,此时物块速度为 4m/s由能量守恒： mgH=i mg &-Xbc）（2分）得：Ax=3.73m （ 2 分）（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。13. 物理一一选修3胡（15分）（1）（ 5分）关于热力学定律，下列说法正确的是 。（填正确答案标号，选对 1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选

27、错1个扣3分，最低得分0分）A .根据热力学第一定律可知，一定质量的理想气体等压膨胀对外做功，内能一定减少B .第一类永动机制不成，是因为它违反了热力学第一定律C.热力学第二定律是从另一个侧面阐述能量守恒定律D 从微观意义上讲，热力学第二定律是一个统计规律E.熵是系统内分子运动无序性的量度，一个孤立的系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展【答案】BDE【解析】一定质量的理想气体等压膨胀，温度升高，内能增加，选项A错误；第一类永动机制不成，是因为它违反了热力学第一定律，选项 B正确；热力学第二定律是反映宏观自然过程的方向性的定律，并不是从另一个侧面 阐述能量守恒定律，选项 C错误；从微观意义上讲，

28、热力学第二定律是一个统计规律，选项D正确；熵是系统内分子运动无序性的量度，从微观角度看，一个孤立的系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，选项E正确。(2)( 10分)如图所示，开口向上竖直放置的横截面积为10cm2的气缸内有a、b两个质量忽略不计的活塞，两个活塞把气缸内的气体分割为两个独立的部分A和B，A的长度为30cm, B的长度是A长度的一半，气缸和活塞b都是绝热的，活塞a导热性能良好，与活塞 b和气缸底部相连的轻弹簧劲度系数为100N/m，B部分下端有与电源相连的电热丝。初始状态A、B两部分气体的温度均为 27C，弹簧处于原长，活塞 a刚好与气缸口相齐平，开关S断开。若在活塞 a上放上一

29、个2kg的重物，则活塞a下降一段距离后静止(已知外界大气压强为Po 1 105 Pa,重力加速度为 g=10m/s2，取 T=273K+t)(1)求稳定后 A部分气柱的长度；(2)合上开关S,对B部分气体进行加热，可以使a上升再次与气缸口齐平，则此时B部分气体的温度为多少?【答案】(1)25cm； (2)227 C【解析】(1)对于A部分气体，初态 pA 1 105Pa,VA L1S末态 PAp0 些 1.2 105Pa,VA L.SS根据玻意耳定律有 PaLiS PaL解得L1 25cm即稳定后A部分气柱长度变为 25cm。(2)若使活塞a返回原处，B部分气体末状态时气柱长为L2 20cm，此时弹簧要伸长I 5cm，对活塞b有pAS k 丨 pBSk I5解得 pBpA1.25 1 05PaS对于B部分气体，初态 pB 1 105 Pa,VB L2S,Tb 300K5末态 pB 1.25 10 Pa,VBL2S根据理想气体状态方程卫学PbVbTb解得Tb 500K ,则此时温度为