2020年湖北省部分重点中学高考物理二模试卷

1、2020年湖北省部分重点中学高考物理二模试卷、选择题：本题共 5小题，每小题 6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.卜列六个物理量的表达式中为比值定义式的是（6分）用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法。加速度：a=功率：P=电场强度：E=电流：1 =电动势：E =磁感应弓II度：B =A.C.D.2. （6分）一跳伞运动员从悬停的直升飞机上跳下，2s时开启降落伞，运动员跳伞过程中的v-t图象如图所示，根据图象可知运动员（）A.在26s内速度方向先向上后向下B.在26s内加

2、速度方向先向上后向下C.在26s内先处于失重状态后处于超重状态D.在020s内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动3. （6分）2018珠海航展，我国五代战机“歼 20”再次闪亮登场。表演中，战机先水平向右，再沿曲线ab向上（如图），最后沿陡斜线直入云霄。 设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变。则沿ab段曲线飞行时，战机（）A.所受合外力大小为零B.所受合外力方向竖直向上C.竖直方向的分速度逐渐增大D.水平方向的分速度不变4. （6分）银河系中心存在大量黑洞。黑洞是一种密度极高的天体，其第二宇宙速度超过光速，已知天体的第二宇 宙速度为其第一宇宙速度的 ，万倍。若某黑洞的半径 R约300km，则该

3、黑洞表面最小重力加速度的数量级为（）A . 108m/s2B . 1011m/s2C. 1013m/s2D. 1015m/s25. （6分）如图所示，正三角形的三条边都与圆相切，在圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，质子P （ ；H）和氨核Q （都从顶点A沿/ BAC的角平分线方向射入磁场，质子 P （ ；H）从C点离开磁场，氨核 Q（3He）从相切点D离开磁场，不计粒子重力，则质子和氨核的入射速度大小之比为（）MA.演员经过解丝中点时，钢丝上的力约为A . 6: 1B . 3: 1C. 2: 1D. 3: 26. （6分）一名杂技演员在两幢高10m的楼之间表演“高空走钢丝”。当他缓慢经过钢丝

4、的中点时，钢丝与水平方向的夹角为10 ,已知演员及横杆的总质量为60kg,钢丝重量不计。重力加速度为10m/s2, sin100 =0.17,下3530NB.演员经过钢丝中点时，钢丝上的张力约为1765NC.演员经过中点后又向右走了几步停下来，此时钢丝对演员的作用力方向朝左上方D.如果更换一根更长的钢丝表演，演员经过钢丝中点时，钢丝绳上的张力会减小7. （6分）如图所示，质量为 3m的容器静止在光滑水平面上，该容器的内壁是半径为R的光滑半球面，在容器内壁的最高点由静止释放一质量为m的小滑块P,重力加速度为go下列说法正确的是（）A. P滑到最低点时，容器的动能为逆| 12B. P从开始到最低点

5、过程中机械能减少了字C. P从开始到最低点过程中，容器的位移大小为4D. P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度小于R8. （6分）两个点电荷分别固定于 x轴上，电量大小分别为 Q和2Q,在它们形成的电场中，有一个试探电荷+q沿x轴从+ 8向坐标原点 O运动，其电势能 Ep随x变化的关系如图所示，图中 x0已知，且该处电势能最小，当 x一+ o0时，电势能Ep-0；当x0时，电势能Ep一+00.根据图象提供的信息可以确定（）I* * * kA .在xo处电场强度为零B .在x轴上xxo的区域电场方向向右C. .两个点电荷的电性D. 2Q在x轴上的坐标为-（4叵-1） xo三、非选择题9. .

6、（6分）用落体法验证机械能守恒定律，打出如图甲所示的一条纸带。已知打点计时器频率为50Hz.甲乙（1）根据纸带所给数据，打下C点时重物的速度为 m/s （结果保留三位有效数字）。（2）某同学选用两个形状相同，质量不同的重物a和b进行实验，测得几组数据，画出 弓一卜图象，并求出图线的余率k,如图乙所示，由图象可知 a的质量mi b的质量m2 （选填“大于”或“小于”）。（3）通过分析发现造成 k2值偏小的原因是实验中存在各种阻力，已知实验所用重物的质量m2= 0.052kg,当地重力加速度g = 9.78m/s2,求出重物所受的平均阻力 f=N .（结果保留两位有效数字）10. （9分）（1）用

7、多用电表测未知电阻阻值的电路如图甲所示，电池的电动势为E、内阻为r, R0为调零电阻，Rg为表头内阻，电路中电流 I与待测电阻的阻值 Rx关系图象如图乙所示，则该图象的函数关系式为 ；（调 零电阻R0接入电路的部分阻值用 R0表示）甲U（2）下列根据图乙中I-Rx图线做出的解释或判断中正确的是 ；A.用欧姆表测电阻时，指针指示读数越大，测量的误差越小B.欧姆表调零的实质是通过调节R0,使Rx=0时电路中的电流I = IgC. Rx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越小，所以欧姆表的示数左密右疏D.测量中，当Rx的阻值为图乙中的 R2时，指针位于表盘中央位置的右侧（3）某同学想通过一个多用电

8、表中的欧姆挡，直接去测量某电压表（量程10V）的内阻（大约为几十千欧），欧姆挡的选择开关拨至倍率“ 1k”挡。先将红、黑表笔短接调零后，选用图丙中 （填“A”或 B”）方式 连接。在本实验中，如图丁所示为欧姆表和电压表的读数，请你利用所学过的知识，求出欧姆表电池的电动势，E =V.（计算结果保留3位有效数字）11. (12分)如图所示，水平面上两根足够长平行粗糙金属导轨，间距为 d,左端接有阻值为 R的电阻，整个平面 内有竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场。质量为 m、电阻为r的金属杆ab搁在导轨上，中点与一根轻质绝缘弹簧相连，弹簧右端固定。将金属杆连同弹簧一起向左拉至伸长量为s处由静止释放，当

9、弹簧第一次恢复原长时金属杆的速度为v,此过程电阻R产生的焦耳热为 Q.金属杆始终与导轨垂直且接触良好，与金属导轨间的动摩擦因数为ii.求：(1)弹簧第一次恢复原长时金属杆的加速度大小和方向。(2)弹簧初始时的弹性势能。q1 xl X X X XR- |Y x| X X X X a12. (20分)如图所示，水平地面上固定一表面粗糙的水平桌面，桌子高度为h=0.3m、长度为L = 0.42m。紧靠桌子的右侧空间有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度大小为E=1V/m,磁感应强度大小为B=0.5T,电场、磁场区域足够大。在桌面左、右两端分别放置滑块P和小球Q,滑块的质量为

10、m1=0.01kg、不带电，小球的质量为 m2= 0.03kg、带正电、电荷量为q=0.3C.给滑块一向右的初速度 v0=2.2m/s, 之后滑块和小球发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰撞过程中小球电荷量保持不变。滑块和小球均可视为质点，已知滑块与桌面的动摩擦因数为尸0.1,取g=10m/s2, V6=2.45,兀=3.14,求：(1)碰撞后瞬间，滑块速度vp和小球速度vQ；(2)滑块和小球首次落地的时间差(结果保留两位有效数字)【物理选修3-3】（15分）13. （5分）下列说法正确的是（）A.气体向真空的自由影胀是不可逆的B.空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性C. 一定质量的某种理想

11、气体在等压膨胀过程中，气体对外做功，内能可能减小D .液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡的结果E. 一定质量100c的水变成100c的水蒸气，分子平均动能不变，分子势能增加14. （10分）内壁光滑上小下大的圆柱形薄壁气缸竖直放置，上下气缸的横截面积分别为S1 = 40cm2、S2=80cm2,上下气缸的高度分别为h= 80cm、H= 100cm。质量不计的薄活塞将 0.5mol氢气（H2的摩尔质量为 2g/mol）封闭在气缸内，活塞静止在管口，如图所示。已知氢气的定容比热容Cw为10.21J/ （kgK）,定容比热容CW是指单位质量的气体在容积不变的条件下，温度升高或降低

12、1K所吸收或放出的热量。保持缸内气体温度为 35c不变，用竖直外力缓慢向下推活塞，当活塞恰推至上气缸底部时，外力大小为F,热力学温度与摄氏温度的关系为T=（t+273） K,外界大气压强 Pq= 1.0X 105Pa, g 取 10m/s2.求：（1） F的大小；（2）随后再逐渐减小竖直外力的同时改变缸内气体温度，使活塞位置保持不变，直至外力恰为0.这一过程中气体内能的变化量为多少？【物理选修3-4】（15分）15 .下列说法正确的是（）A .火车过桥要慢行是要避免发生共振损坏桥梁B.不是所有的波都具有干涉、衍射现象C.所有的波都具有多普勒效应D.声波振动的方向与声音传播的方向一致E.所有波能

13、发生偏振现象16 .军事科技领域发明了一种折射率为负值的特殊材料电磁波通过空气和这种材料时电磁波的传播规律仍然不变，入射角和折射角的大小关系仍然遵从折射定律(此时折射角取负值)即折射角和入射角在法线同一侧。现有一该材料制作的半球平放在可以吸收光线的地面上，如图所示以中心为坐标原点建立竖直平面坐标系。让左侧一束单色光从半圆的顶点入射，光在真空中传播的速度为 c,该材料对该单色光的折射率为n=2.半球的半径为Ro(i)改变入射角度问地面上光点横坐标的取值范围。(ii)求该色光在材料中传播的最长时间。2020年湖北省部分重点中学高考物理二模试卷参考答案与试题解析1418题只有一项符合题目要求，第选、

14、选择题：本题共 5小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，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.1 .【解答】解：公式a=L是牛顿第二定律表达式的变形，公式中加速度中a取决于力的大小，不属于比值定义m法，故错误；功率公式P=,中，功率的大小与做功的多少以及时间都无关，是定义式，故 正确； t电场强度公式 E=:中，场强大小与试探电荷受到的电场力无关，与试探电荷的电荷量无关，是定义式，故正确；电流公式1 = ；中，电流的大小与通过横截面的电荷量无关，与时间无关，所以是定义式，故 正确；电动势公式E=ng2-是法拉第电磁感应定律的表达式，公式

15、不是定义式，故错误；At磁感应强度公式b=中，磁感应强度的大小是由磁场本身决定的，与试探电流元受到的安培力的大小无关，flL与试探电流元的大小也无关，是定义式，故 正确；故B正确，ACD错误。故选：B。2 .【解答】解：A、图象的纵坐标表示速度，则由图可知，物体的速度方向一直没有发生变化，故A错误；B、图象的斜率表示加速度，则由图可知， 26s内物体先做加速运动，再做减速运动，故加速度方向先向下再向上，故B错误；C、由B的分析可知，物体的加速度先向下再向上，故物体先处于失重，再处于超重，故C正确；D、由图可知，2-12s内的加速度大小会发生变化，故物体不是匀变速运动，故 D错误。故选：Co3

16、.【解答】解：A、战机做曲线运动，运动状态发生变化，合外力不为零，故 A错误；B、战机飞行速率不变，合力方向始终与速度方向垂直，即指向圆心，故 B错误；C、飞机速度大小不变，与水平方向的倾角。增大，则vy=vsin。增大，即竖直方向的分速度逐渐增大，故 C正确；D、飞机速度大小不变，与水平方向的倾角。增大，则vx=vcos。减小，即水平方向的分速度减小，故 D错误。故选：Con24 .【解答】解：根据万有引力提供向心力，有：G=m2L=mg得到：GM=Rv；=gR2vi=由题得第二宇宙速度为：丫2=唐早天体成为黑洞的条件为：V2C即为：h/Wc解得：昌=工1卫贮匕南32=旦乂 iQ“m/s2.

17、故B正确，ACD错误 出 2X300X L032故选：B。5 .【解答】解：当质子 P ( H)从顶点A沿/BAC的角平分线方向射入磁场，根据对称性可画出图象如图示;设内切圆的半径为 R,根据数学知识可得：此时轨迹半径为：;1 tan3 0a当氨核Q ( 凯日)从顶点A沿/BAC的角平分线方向射入磁场，根据对称性可画出图象如图2所示;再根据数学知识可得：此时轨迹半径为:亡2出治京! 0再设质子和氨核的入射速度大小分别为V1和V2,则根据带电粒子在匀强磁场中的半径公式可得:r2返R3 Rr2 咿2 2v一.联立方程可解得:2立=色.故BCD错误、A正确。故选：A。6 .【解答】解：AB、以脚与绳

18、子的接触点为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据根据平衡条件:2Fsin 0= mg得：F =2sinl0632X0. 17N=1765N,故A错误，B正确;C、演员经过中点后又向右走了几步停下来，此时钢丝对演员的作用力方向仍朝竖直向下，与自身重力平衡，故C错误；D、演更换一根更长的钢丝表演，演员经过钢丝中点时，导致两绳子的夹角减小，因两绳子的合力不变，依据力的平行四边形定则，则钢丝绳上的张力会减小，故 D正确。故选：BD。7 .【解答】解：AB、设小滑块到达最低点的速度为V1,容器的速度为V2,系统水平方向动量守恒，则mvi = 3mv2此过程中系统机械能守恒，则77mt 1+ y + p

19、3mv 2= mgR可得：V1= 器,V2=或容器具有的动能为 瓦3m 7Pg,此过程中其机械能的减少量为4 E= mgR -=- mgR故A错误，B正确;所以滑块在水平方向位移是容器的3倍,C、根据动量守恒定理可知容器在水平方向的速度总是为小滑块的当滑块到达容器底端时，两者在水平方向的相对位移为R,则 Xl+x2= R,则容器的位移为5t，Jr,故C正确；D、当滑块P经过最低点后沿内壁继续上滑到最大高度时，两者有共同的速度，设此时最大高度为H,则由水平方向动量守恒与系统机械能守恒有0= ( m+3m) v 共mg ( R H) = 12 (m+3m)可得：H = R,故D错误。故选：BC。8

20、.【解答】解：A、图线EP-x的斜率表示试探电荷所受的电场力大小，因为电场力F=qE,所以也可以用斜率表示电场强度的大小，在 X0处，图线的斜率为零，即该点的电场强度为零，故 A正确；B、在x轴上xX0的区域电势是逐渐升高的，电场强度的方向指向电势降低的方向，所以该区域电场方向应该是水平向左，故B错误；C、根据电荷的电场特点可以判断正电荷Q固定在坐标原点 。处，而在xx0的区域内电势为负值， 可知负电荷应该在x轴的负轴上，且电荷量应该是2Q,故C正确；D、由上面的分析可知 x0处的场强为零，正电荷Q在坐标原点，设负电荷2Q距离原点为x,则岑=一Q,4 (工十小)解得翼二工口，所以2Q在x轴上的

21、坐标为-(-1) 5f0 ,故D正确。故选：ACD。三、非选择题9.【解答】解：(1) C点的瞬时速度等于 BD段的平均速度，则有:vc =BD2TC3L 23-22. 24)X1Q22X0.02= 2.25m/s。(2)根据动能定理得:2(mg - f) h= mv则有:知图线的斜率为:b的斜率小，知b的质量小，所以a的质量mi大于b的质量m2。(3)根据动能定理知:(m2g- f)则有:可知:代入数据解得：f=0.031N。及/h口+取故答案为：(1) 2.25; (2)大于；(3) 0.031。10 【解答】解：(1)由闭合电路欧姆定律可得表达式为:(2) A、用欧姆表测电阻，指针在中央

22、刻度线附近读数误差较小，故 A错误;B、欧姆表调零的实质是通过调节R。，使Rx=0时电路中的电流I = |g,故B正确；C、Rx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越小，所以欧姆表的示数左密右疏，故C正确；D、测量中，当 Rx的阻值为图乙中的 R2时，此时待测电阻阻值大于中值电阻，指针位于表盘中央位置的左侧，故D错误；故选：BC。(3)当欧姆表的指针指在中间位置附近时，测量值较为准确，根据读数为：示数X倍率=读数知，选择X1K的挡较好；欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从负极流出，进入电压表的正极， 所以选择图A正确；欧姆表的读数为：40X 1K = 40KQ

23、i;电压表的读数为 5.0V;由题意知欧姆表的内阻为 30KQ,与电压表的内阻 40KQ串联，由欧姆定律可知：E= I (r+R) = ( 3X 104+4X 104) = 8.75V。40000故答案为：(1) I =；(2) BC;(3) A; 8.75。E# 口+Rx11 【解答】解：(1)弹簧第一次恢复原长时金属杆所受合力为:F= pmg+BId电路中电流为:T_Bdy 1 Rtr代入得加速度大小为:,方向向左。(2)依据能量守恒，有:答：(1)弹簧第一次恢复原长时金属杆的加速度大小是(2)弹簧初始时的弹性势能为mgs+.Lmv3+.R_tr qon2 ,2闻+ B d :,方向向左。

24、 m(R+r)12.【解答】解：(1)设滑块与小球碰前的速度为v。滑块P向右滑动在桌面上向右滑行过程，由动能定理得:-即1gL=2 miv2 小 mivo滑块与小球发生弹性正碰，取向右为正方向，系统动量守恒和机械能守恒得:m1v= m1vP+m2vQ m1v2=1m1vP2+Im2vQ2 222由 得：vp= - 1m/s, vQ= 1m/s,碰撞后瞬间，滑块速度vp大小为1m/s,方向向左，小球速度 vQ大小为1m/s,方向向右 (2)设滑块从右端运动到左端所需时间为tp1,到达左端的速度大小为v。由动能定理得：- 师1gL=,m1v 2-二mvp2右一口 rip i4y/ 丁由位移公式得：

25、L=一I七川2 Pi由 得：tp1 = 0.6s滑块从左端飞出后做平抛运动，设经时间tp2落地。由位移公式得：h= egtP22解得：tP2= 奇 =0.245s滑块从碰后到落地所需的总时间为tp = tpi+tP2= 0.845s小球在电磁场中 m2g= qE = 0.3N？故小球在电磁场中将做匀速圆周运动，设其半径为Ro由牛顿第二定律得：qvQB = m2&？R解得：R= 0.2m？由几何关系得：Q球从抛出到首次落地，在磁场中运动轨迹对应的圆心角。=暂兀12 九 irvp小球落地的时间为：tQ= X?3 小解得 tQ= 0.419s滑块与小球首次落地的时间差为：t = tP-tQ= 0.4

26、3s？答：(1)碰撞后瞬间，滑块速度为1m/s,方向向左，小球速度为1m/s,方向向右；(2)滑块和小球首次落地的时间差是0.43s。， i ft f ,1. v I .【物理选修3-3】(15分)13 .【解答】解：A、热力学第二定律也可以表述为：气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故 A正确。B、热量能自发从高温物体传向低温物体，空调制冷不是自发的，要消耗电能，故B错误。C、根据理想气体的状态方程毕 =C,可知一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，气体的温度升高；又因为一定质量理想气体的内能大小只与温度有关，与体积无关，所以内能一定增加，故C正确。D、布朗运动是指悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子对它的撞击作用不平衡的结果，故D正确。E、温度是分子的平均动能的标志，一定量100c的水变成100c的水蒸气，吸收热量，温度不变，其分子的平均动能不变，吸收的热量增加了分子之间的势能，故 E正确。 故选：ADE。14 .【解答】解：(1)气体初状态体积： V1 = S1h+S2H = 40X80L+80 X 100L = 11200L,初状态压强：P1 = P0=1.0X l05Pa