2020年高考物理模拟试卷8

1、1 组合模拟卷八 第I卷（选择题，共 48 分） 二、选择题（本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1418 题只有一项符合题目要求，第 1921 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分， 选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分） 14. （2019 江西宜春高三上学期期末 ）如图所示，某兴趣小组制作了一个小降落伞， 伞 面底端是一半径为 R的刚性圆环，在圆环上等间距地系有四根长均为 2R的细线，将四根细 线的另一端连接在一起，并悬挂有一质量为 m的物体。它们一起竖直向下加速降落， 当物体 下落的加速度大小为 0.2 g时（g为重力加速度），每根

2、细线的张力为（ ） 2 3 A* 廿 mg C20 Cmg 答案 A 解析 由几何关系可知，每根线与竖直方向的夹角均为 30,设每根细线的张力大小 mg A 正确，B C、D 错误。 15. （2019 天津重点中学联合二模 ）下列说法正确的是（ ） A. 动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等 B. 铀核裂变的一种核反应方程 1?UR 1561Ba+ 36Kr + 2；n C.原子在a、b两个能级的能量分别为 曰、日，且 E）,当原子从a能级跃迁到b能 级时，放出光子的波长 入= （其中h为普朗克常量） 匕Eb D.设质子、中子、 a粒子的质量分别为 m、m、m,两个质子和两个中子结

3、合成一个 a粒子，释放的能量是 答案 D 2 (2 m+ 2m- m) c 解 析 因 质 子 的 质 量 远 大 于 电 子 的 质 量 ， 故 动 能 相 等 的 质 子 和 电 子 ， 它 们 的 动 量 不 相 等 ,为F,则对下面悬挂的物体根据牛顿第二定律可知: mg- 4Fcos30= ma 整理可得: F= 2,3 15 2 根据德布罗意波长公式 入=-可知，它们的德布罗意波长必不相等， A 错误；铀核裂变有多 P 种裂变的方式，但是每一种都要有慢中子的参与，即反应方程的前面也要有中子， B 错误; 原子在a、b两个能级的能量为 吕、日，且已，当原子从a能级跃迁到b能级时，放出光

4、 子的能量为： he he E=-=吕一曰，所以光子的波长为： 入=百二包,C 错误；根据爱因斯坦质能 2 方程可知，两个质子和两个中子结合成一个 a粒子，释放的能量是（2m+ 2m m3） c , D 正 确。 16. （2019 全国卷I ）如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球 P 和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则 （ ） A. P和Q都带正电荷 B. P和Q都带负电荷 C. P带正电荷，Q带负电荷 D. P带负电荷，Q带正电荷 答案 D 解析 细绳竖直，把P、Q看作整体，在水平方向不受力，对外不显电性，带异种电荷， A B 错误；如果P

5、、Q带不同性质的电荷，受力分别如图所示，由图知， P带负电、Q带正 电时符合题意，C 错误，D 正确。 17. （2019 山东聊城二模）如图所示，三根相互平行的固定长直导线 Li、L2和La垂直纸 面放置，直导线与纸面的交点及坐标原点 O分别位于边长为 a的正方形的四个顶点。 L1与 L3中的电流均为 2I、方向均垂直纸面向里，L2中的电流为I、方向垂直纸面向外。已知在电 严带负电卫帝正电 3 kl 流为I的长直导线的磁场中，距导线 r处的磁感应强度 ，其中k为常数。某时刻有一 电子正好经过原点 O且速度方向垂直纸面向外，速度大小为 v，电子电荷量为e,则该电子4 所受磁场力（ ） 答案 D

6、 则三电流在 O点处产生的合磁场的磁感应强度 B= 2B B?= ，方向与y轴正方 向成 45角。电子经过原点 O速度方向垂直纸面向外，速度大小为 v,根据左手定则知， 洛 _ y/2klve 伦兹力方向与y轴负方向成 45角，洛伦兹力的大小 f = evB= , D 正确，A B、C 2a 错误。 18. （2019 江苏省苏北三市高三上学期期末质检 ）如图所示，象棋子压着纸条，放在光 滑水A. 方向与 y轴正方向成 45 角, 大小为 3 2klve 2a B. 方向与 y轴负方向成 45 角, 大小为 5 2klve 2a C. 方向与 y轴正方向成 45 角, 大小为 5 2klve

7、、2a D. 方向与 y轴负方向成 45 角, 大小为 3 2klve 2a_ 解析导线Li、L2和L3中的电流在原点 O处产生磁场的磁感应强度分别为 2I B= k-、B2 a B3= k2|，方向如图, J丨 5 平桌面上。第一次沿水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的 P点。将棋子、纸条放回 原来的位置，仍沿原水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的 Q点，与第一次相比（ ）6 損子 A. 棋子受到纸条的摩擦力较大 B. 棋子落地速度与水平方向夹角较大 C. 纸条对棋子的摩擦力做功较多 D. 棋子离开桌面至落地过程中动能增量较大 答案 C 解析 两次由于正压力不变，根据滑动摩擦力公式 f =卩

8、FN可知，纸条对棋子的摩擦力 不变，A 错误；棋子离开桌面后做平抛运动，由于竖直分位移相同，根据竖直方向运动规律 可知运动的时间相同， 由第二次水平分位移较大， 可知第二次做平抛运动的初速度大， 第二 Vy gt 次纸条对棋子的摩擦力做功较多，设落地时速度与水平方向夹角为 则 tan = Vo Vo 可知第二次棋子落地时速度与水平方向夹角较小， B 错误，C 正确；根据动能定理可知，动 能的增量等于合外力的功， 由于不计空气阻力， 则合力的功即为重力的功， 由题可知重力的 功相等，故动能的增量相等， D 错误。 19. （2019 福建龙岩高三上学期期末 ）用矩形半导体薄片制成一个霍尔元件,

9、N为其四个侧面。在 & F间通入恒定电流，同时外加与薄片上、下表面垂直的匀强磁场， 电流和磁感应强度 B的方向如图所示。若半导体可自由移动电荷为正电荷, A. N板电势高于 M板电势 B. N板电势低于 M板电势 C. 只增大磁感应强度 B,则UH变大 D. 只增大通入霍尔元件的电流 I，则UH变大 答案 ACD 解析 根据左手定则，电流的方向向里，带正电的自由电荷受力的方向指向 N板，向N E、F、 M N间产生的 电势差为UH。下列说法正确的是（ 7 板偏转，则N板电势高，A 正确，B 错误；设左、右两个表面相距为 d,正电荷所受的电场 力等于洛仑兹力，Bqv= q-，可知只增大磁

10、感应强度B则U变大，C 正确；设材料单位体8 积内可自由移动的正电荷的个数为 n,材料沿电流方向的截面积为 S,根据Bqv=碍及I = nqSv,可知只增大通入霍尔元件的电流 I，则变大，D 正确。 20. （2019 全国卷I ）在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体 P轻放 在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度 a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所 示。在另一星球N上用完全相同的弹簧， 改用物体Q完成同样的过程，其a-x关系如图中虚 线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。 已知星球M的半径是星球 N的 3 倍，则（ ） A. M与N的密度相等 B. Q的质量是P的 3

11、 倍 C. Q下落过程中的最大动能是 P的 4 倍 D. Q下落过程中弹簧的最大压缩量是 P的 4 倍 答案 AC 解析 如图，当x = 0 时，对P： mgM= ，即星球 M表面的重力加速度 gM= 3a; 对Q mogN= moa。，即星球N表面的重力加速度 gN= a。 kxo 当P、Q的加速度a= 0 时，对P有npgM= kxo,则np= ；对 Q有mgN= k2x,贝U na 3ao 3冬所以M N的密度之比 p= g R=3x = 1, A 正确；当P、Q的加速度为零时，P、 4 n GR p N gN 1 3 kx 3a0 1 2 Q 的动能最大，由动能定理知， EkP = F

12、 P x= m a PX= 二- x= kx, E（Q= F Q 2 X 3a0 2 2 2kxn a0 H “ nV 一 2 kx0 ，即nQ= 6rn, B 错误；根据mg a0 ，星球质量M=骨则星球的密度p=尤 3n R 9 =na a c2x= 2X0= 2kx2,氐：氐=1 : 4, C 正确；P、Q在弹簧压缩到最短时，其 a0 2 位置关于加速度 a= 0 时的位置对称，故P下落过程中的最大压缩量为 2x0, Q为 4x0, D 错误。10 21. （2019 银川模拟）如图所示，在xOy平面内的坐标原点处，有一个粒子源，某一时 刻以同一速率 v发射大量带正电的同种粒子，速度方向

13、均在 xOy平面内，且对称分布在 x 轴两侧的 30角的范围内。在直线 x = a与x = 2a之间包括边界存在匀强磁场，方向垂直于 xOy平面向外，已知粒子在磁场中运动的轨迹半径为 2a。不计粒子重力及粒子间的相互作用 力，下列说法正确的是（ ） B.最先进入和最后进入磁场中的粒子在磁场中运动的时间都相等 答案 ACD 解析 沿x轴方向射出的粒子最先进入磁场，由几何关系可知， 粒子在磁场中运动的偏 转角为30,在磁场中运动时间为 360_x2=, A 正确；沿与x轴成30角的两 个方向射出的粒子同时最后进入磁场，沿与 x轴成 30角斜向上方进入磁场的粒子在磁场 30 2 n X2 a n a

14、 中运动的偏转角为 30,在磁场中运动时间为 360。x V = _37，沿与x轴成 30角斜 向下方进入磁场的粒子在磁场中偏转角为 120 ,从O点到射出磁场路程最大，故最后从磁 场中射出，在磁场中的运动时间为 霧x 2 n X2a=弦长为s= 2X2 asin60 = 2 3a, 该粒子进入磁场的位置离 x轴的距离为x = atan30 = a,所以最后从磁场中射出的粒子 出磁场的位置与x轴的距离为s+ x = 2.3a33a= 73a，故坐标为ia,，B错误, C D 正确。 第n卷（非选择题，共 62 分） 三、非选择题（包括必考题和选考题两部分，共 62 分。第 2225 题为必考题

15、，每个试 A.最先进入磁场的粒子在磁场中运动的时间为 n a 3v C.最后从磁场中射出的粒子在磁场中运动的时间为 4 n a 3v D.最后从磁场中射出的粒子出磁场的位置坐标为 11 题考生都必须作答。第 33、34 题为选考题，考生根据要求作答 ）12 （一）必考题（共 47 分） 22. （2019 全国卷H ）（5 分）如图 a,某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实 验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率 50 Hz 的交流电源、 纸带等。回答下列问题： （1） 铁块与木板间动摩擦因数 卩= （用木板与水平面的夹角 0、重力加速度 g和铁块下滑的加速度

16、a表示）。 （2） 某次实验时，调整木板与水平面的夹角使 0 = 30。接通电源，开启打点计时器， 释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带， 如图 b 所示。 图中的点为计数点（每两个相邻的计数点间还有 4 个点未画出）。重力加速度为 9.80 m/s 2, 可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为 _ （结果保留 2 位小数）。 （1）铁块受重力、木板弹力及摩擦力作用，受力分析如图。由牛顿第二定律得: 且 FN= mgcos 0 答案 gsin 0 a (1)K (2)o.35 解析 mgsi 0 卩 FN= ma 20.90 i- : I- 44.7() - -

17、59.57 - - 7639 13 gsin 0 a 解以上两式得卩=gcg & 。 （2）由逐差法求铁块加速度:14 23. （2019 广东深圳二模）（10 分儿 ED 灯的核心部件是发光二极管。 某同学欲测量一只 工作电压为 2.9 V 的发光二极管的正向伏安特性曲线， 所用器材有： 电压表 （量程 3 V， 内 阻约 3 k Q ） ，电流表（用多用电表的直流 25 mA 挡替代，内阻约为 5 Q ），滑动变阻器（0 - 20 Q ），电池组（内阻不计），电键和导线若干。他设计的电路如图 a 所示。回答下列问题： 电阻为 _ k Q （结果取两位有效数字）; （5）若实验过程中

18、发现，将变阻器滑片从一端移到另一端，二极管亮度几乎不变，电压 表示数在 2.72.9 V 之间变化，试简要描述一种可能的电路故障 a= X5+ X6 + X7 X1+ X2+ X3 76.39 31.83 20.90 12X 0.1 1 2 3 x 10 2 m/s 2 1.97 m/s 代入 gsin 0 a geos 0 ，得 0.35。 15 答案（1）图见解析 （2）左 （3） 16.0（在 15.816.2 范围内均可） （4） 减小 0.15（0.15 或 0.16 均可） （5） 连接电源负极与变阻器的导线断路 解析（1）根据多用电表红黑表笔的接法一一“红进黑出”可知，黑表笔接二

19、极管，红 表笔接滑动变阻器，滑动变阻器采用分压式接法，则连线如图。 （2）为保护电路，开关闭合前需将滑动变阻器的滑片置于最左端。 多用电表所选量程为 25 mA,则电流表读数为160 mA= 16.0 mA（答案在 15.816.2 范围内均可）。 I-U图象中，图线斜率表示电阻的倒数，由图可知，随着电压的增加，斜率逐渐增 大，则二极管的电阻逐渐减小；当两端电压为 2.9 V 时，电流表示数为 19.0 mA，则电阻大 （5）由于二极管的正向电阻约为 0.15 k Q,远大于滑动变阻器的最大阻值，因此若实验 中将变阻器滑片从一端移到另一端，二极管亮度几乎不变，电压表示数在 2.72.9 V 之

20、间 变化，则有可能是滑动变阻器与二极管串联， 导致电路中总电阻较大， 总电流较小，所以电 压表的示数变化较小，故故障可能是连接电源负极与变阻器的导线断路。 24. （2019 贵州毕节二模）（12 分）如图甲所示，绝缘的水平桌面上铺有两根不计电阻 的足够长的光滑金属轨道 AB CD轨道间距为d,其左端接一阻值为 R的电阻。一长为 L 且与导轨垂直的金属棒置于两导轨上，单位长度的电阻为 r。在电阻、导轨和金属棒中间有 一边长为a的正方形区域，区域中存在垂直于水平桌面向下的均匀磁场， 磁感应强度的大小 随时间的变化规律如图乙所示， 其中坐标值已知。在金属棒右侧还有一匀强磁场区域， 区域 左边界MN

21、虚线）与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直于水平桌面向上。某小为 R= 2.9 V 0.019 A Q 0.15 k Q (0.15 或 0.16 均可）。 16 时刻，金属棒在电动机的水平恒定牵引力作用下从静止开始向右运动，在 tl时刻恰好以速 度vi越过MN此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好。求： (1) 在t = 0 到t = 11时间间隔内，电阻 R产生的焦耳热； (2) 在时刻t(tti)流过电阻R的电流方向、大小和电动机的输出功率。 根据闭合电路欧姆定律：I= 匕 R+ rd 2 RBa4 根据焦耳定律，电阻 R产生的焦耳热 Q= I2Rti，解得：

22、Q= TV。 (R+ rd)t i (2)金属棒匀速向右运动，受到的安培力水平向左，电流由 A经R到G t时刻，金属棒切割磁感线产生的动生电动势： E2= Bidvi,方向为顺时针，而感生电动 势方向为逆时针，故总电动势为： E= E2 Ei 一 2 回路中的电流： I = Rfrd，解得:I =覽打I。 发动机的牵引力与安培力相等，电动机的输出功率 P= B Idv i, vi d dvi 11 a2 R rd ti c 25. (20i9 天津高考)(20 分)20i8 年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生, 这种引擎不需要燃料， 也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示， 进入

23、电离室的气体 被电离成正离子，而后飘入电极 A B之间的匀强电场(初速度忽略不计)，A、B间电压为U, 使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。 单位时间内飘入的正离子数 目为定值，离子质量为 m电荷量为Ze,其中Z是正整数，e是元电荷。答案 (2)电流由 RBa4 （R+ rd）t A经R到C, 大小为 2 2 2 Bfdvit i a Bividfdvit i a R+ rd ti R+ rd ti 解析(1)0 到ti过程, 左边的Ba2 Ei = T， 解得：P= 17 电离宰3 4 (1) 若引擎获得的推力为 Fi,求单位时间内飘入 A、B间的正离子数目N为多少； (

24、2) 加速正离子束所消耗的功率 P不同时，引擎获得的推力 F也不同，试推导首的表达式; (3) 为提高能量的转换效率，要使 F尽量大，请提出增大p的三条建议。 3 为使p尽量大，分析式得到三条建议： 用质量大的离子；用带电量少的离子；减小 加速电压。 (二)选考题(共 15 分。请考生从给出的 2 道题中任选一题作答， 如果多做，则按所做的 第一题计分) 33. (2019 全国卷川)物理选修 3 3(15 分) 气体三 Fi 答案(1) - (2) 18 解析(1)设正离子经过电极 B时的速度为V，根据动能定理，有 1 2 ZeU= gmv 0 设正离子束所受的电场力为 F,根据牛顿第三定律

25、，有 F/= F1 设引擎在 t时间内飘入A、B间的正离子个数为 N,由牛顿第二定律，有 v 一 0 F/= A Nm 联立式，且由N= AN得 (2) 设正离子束所受的电场力为 F,由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有 1 P=尹v 由牛顿第三定律得 F= F,联立式得19 (1) (5 分)用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒 精溶液，稀释的目的是 _。实验中为了测量出一滴已知 浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积， 可以 _ 。为得到油 酸分子的直径，还需测量的物理量是 _ 。 (2) (10 分)如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为 2.

26、0 cm 的 水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为 2.0 cm。若将 细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。 已知大气压强为 76 cmHg，环境温度为 296 K。 (i )求细管的长度； (ii )若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体， 直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为 止，求此时密封气体的温度。 答案(1)使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜 把油酸酒精溶液一滴一 滴地滴入小量筒中，测出 1mL 油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积 单分 子层油膜的面积 (2)( i )41 cm ( ii )

27、312 K 解析(1)用油膜法估测分子直径时，需使油酸在水面上形成单分子层油膜，为使油酸 尽可能地散开，将油酸用酒精稀释。 要测出一滴油酸酒精溶液的体积，可用累积法，即测量出 1 mL 油酸酒精溶液的滴数。 根据V= Sd,要求得分子的直径 d,则需要测出油膜面积，以及一滴油酸酒精溶液中纯 油酸的体积。 (2)( i )设细管的长度为L,横截面的面积为 S,水银柱高度为h;初始时，设水银柱上 表面到管口的距离为 hi,被密封气体的体积为 V,压强为p；细管倒置时，气体体积为 V, 压强为p1。由玻意耳定律有 pV= pV 由力的平衡条件有 2.() cm 2.0 cm 20 p= po+ p

28、gh P1= pc- p gh 式中，p、g分别为水银的密度和重力加速度的大小， po为大气压强。由题意有21 V= S（L- hl h） V= S（L h） 由式和题给条件得 L= 41 cm （ii ）设气体被加热前后的温度分别为 To和T,由盖一吕萨克定律有 二V To T 由式和题给数据得 T= 312 K。 34. 物理选修 3 4（15 分） （1）（2019 安徽合肥二模）（5 分）如图所示，一列振幅为 10 cm 的简谐横波，其传播方 向上有两个质点 P和Q,两者的平衡位置相距 3 m。某时刻两质点均在平衡位置且二者之间 只有一个波谷，再经过 0.3 s, Q第一次到达波峰。则下列说法正确的是 _ 。（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. 波的传播方向一定向右 B. 波长可能为 2 m C. 周期可能为 0.24 s D. 波速可能为 15 m/s E. 0.3 s 内质点P的位移大小为 10 cm （2019 广东汕头一模）（10 分）如图为一玻璃砖的截面图， ABC为长方形，BCE1圆。 AB= 2R, BC= R 一束单色光从 AD界面上的F点（