2020届高考物理真题优选卷第一卷

1、2020届高考物理真题优选卷第1卷1、太阳内部核反应的主要模式之一是质子-质子循坏，循环的结果可表示为241H2He+20e+2v,已知1H和4He的质量分另IJ为mp1.0078u和m4.0026u,1u931MeV/c,c为光速。在4个1h转变成1个4He的过程中，释放的能量约为（）A.8MeVB.16MeVC.26MeVD.52MeV2、2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描述F随h变化关系的图3、如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场,在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，A

2、. P和Q都带正电荷C.P带正电荷，Q带负电荷B. P和Q都带负电荷D.P带负电荷，Q带正电荷4、如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已知导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为（XXXNXA. 2FB. 1.5FC. 0.5FD. 05、如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个乜所用的时间为3,第四个H所用的时间为不计空气阻力，则里满足（）4142tiA. 1t22tiB. 2t23C.3t24D.4t25tititi6、从地面竖

3、直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。2重力加速度取10m/s。由图中数据可得（）A.物体的质量为2kgB. h0时,物体的速率为20m/sC. h2m时，物体的动能Ek40JD.从地面至h4m,物体的动能减少100J7、如图（a）,在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其vt图像如图（b）所示，t和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比

4、第一次的小B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C.第一次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D.竖直方向速度大小为M时,第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大8、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ai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倍C.Q下落过程中的最大动能是P白4倍D.Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的

5、4倍9、如图，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50Hz的交流电源，纸带等。回答下列问题:电磁打点计时器木板纸带（1）铁块与木板间动摩擦因数后（用木板与水平面的夹角8重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示）（2）某次实验时，调整木板与水平面的夹角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9.8m/s2。可以（结果保留2位小数）。计算出铁块与木板间的动摩擦因数为I<|>10、某

6、同学要将一量程为250科A的微安表改装为量程为20mA的电流表。该同学测得微安表内阻为1200口经计算后将一阻值为R的电阻与微安表连接，进行改装。然后利用一标准毫安表，根据图（a）所示电路对改装后的电表进行检测（虚线框内是改装后的电表）。（1）根据图（a）和题给条件，将（b）中的实物连接。（2）当标准毫安表的示数为16.0mA时，微安表的指针位置如图（c）所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，而是。（填正确答案标号）A.18mAB.21mAC.25mAD.28mA（3）产生上述问题的原因可能是。（填正确答案标号）A.微安表内阻测量错误，实际内阻大于1200QB.微安表内阻测量错误，实际

7、内阻小于1200QC. R值计算错误，接入的电阻偏小D. R值计算错误，接入的电阻偏大（4）要达到预期目的，无论测得的内阻值是都正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k=。11、如图，两金属板P、Q水平放置，间距为do两金属板正中间有一水平放置的金属网G,PQG勺尺寸相同。G接地，PQ的电势均为（>0）。质量为m电荷量为q（q>0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度V0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开

8、电场，则金属板的长度最短应为多少？12、竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块M倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）A运动的v-t图像时，速度减为0,此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块如图(b)所示，图中的V1和ti均为未知量。已知A的质量为m初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g,不计空气阻力。(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在

9、物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。13、物理一选彳3-3I.如p-V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是Ti、T2、T3o用Ni、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，则NiN2,TiT3,T3,N2N3。(填大于“小于”或等于”)Pt2尸.帛|IIp3i2；OX2krVII.如图，一容器由横截面积分别为2s和S的两个汽缸连通而成，容器平放在地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有

10、氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为po和Vo,氢气的体积为2V。，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：(i)抽气前氢气的压强；(2)抽气后氢气的压强和体积。14、物理一选修3-4(1)一简谐横波沿x轴正方向传播，在t=5时刻，该波的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点。图(b)表示介质中某质点的振动图像。下列说法正确的是()A.质点Q的振动图像与图(b)相同B.在t=0时刻，质点P的速率比质点Q的大C.在t=0时刻，质点P的加速度的大小比质点Q的大D.平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图(b

11、)所示E.在t=0时刻，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大(2)如图，一般帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3m。距水面4m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°4(取sin53=0.8)。已知水的折射率为43(i)求桅杆到P点的水平距离；(ii)船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45。时，从水面射出后仍然照射在桅杆顶端，求船行驶的距离。I左工、53°!画蹒云答案以及解析1答案及解析:答案：C解析：由emC2知E4mpm2mec2,mE=931106/10刃1,71027

12、kg?0.9i031kg，忽略电子质量，则:c910E41.0078u4,0026uc226MeV，故C选项符合题意；2答案及解析：答案：DMm解析：根据万有引力定律可得FG2,h越大，F越小，故选项D正确。Rh3答案及解析：答案：D解析：AB、受力分析可知，P和Q两小球，不能带同种电荷，AB错误；CD、若P球带负电，Q球带正电，如下图所示，恰能满足题意，则C错误D正确，故本题选D。4答案及解析：答案：B解析：设每一根导体棒的电阻为R,长度为L,则电路中,上下两路电阻之比为r：r22R:R2:1,根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比|1：|21:2。FILB，如下图所示，由于

13、上路通电的导体受安培力的有效长度为L,根据安培力计算公式可知F:FI1:I21:2,得FIf,2根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为FF3F,故本题选B。25答案及解析：答案：C解析：逆向分析可以看作是自由落体运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中，连续相等的位移内时间之比等于1:（右1）:（褥，2）：化事）：.：.而jnT可得tc1-,t.-产2百，故34,故C正确、ABD错误。t12.3t1故选：Co6答案及解析：答案：AD解析：Eph图像知其斜率为G,故G80J20N，解得m2kg，故A正确；h04m第一次下落距离，所以,A错误；由于第二次竖直方向下落距离大，由于

14、位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B正确；由于vt斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由一vwa1易知aia2,故C错误；由图像斜率，速度为vi时第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故aia2,由Gfyma,可知，fyify2,故D正确。8答案及解析:答案：AC解析:A、由a-x图象可知，加速度沿竖直向下方向为正方向，根据牛顿第二定律有：mgkxma,kk变形式为：agx,该图象的斜率为一,纵轴截距为重力加速度g。根据图象的纵轴截距mmgM3ao3可知，两星球表面的重力加速度之比为：;又因为在某星球表面上的物体，所受重gNaoi23力和万有引力相等，即：gM；mg,即该星球

15、的质量M建。又因为：MR,联立得RG33g，.一.、MgMRN一。故两星球的密度之比为：1:1，故A正确；4RGngNRmB、当物体在弹簧上运动过程中，加速度为0的一瞬间，其所受弹力和重力二力平衡，mgkx,kx1鼠故B错误;即：m结合a-x图象可知，当物体P和物体Q分别处于平衡位置时，弹簧的压缩量之比C、物体P和物体Q分别处于各自的平衡位置(a=0)时，它们的动能最大；根据vXPxo1为：一丁屋故物体P和物体Q的质量之比为xq2x021:物体P的最大速度满足vp2-3ao%3a。%,物体Q的最大22ax,结合a-x图象面积的物理意义可知2速度满足：vq2a0x。,则两物体的最大动能之比EkQ

16、Ekp12-mQvQ12一mpvp22mPvp4,C正确;D、物体p和物体Q分别在弹簧上做简谐运动，由平衡位置(a=0)可知，物体p和Q振动的振幅A分别为xo和2x。，即物体p所在弹簧最大压缩量为2x，物体Q所在弹簧最大压缩量为4x。，则Q下落过程中，弹簧最大压缩量时p物体最大压缩量的2倍,D错误；故本题选AC。9答案及解析:答案：(1)典a；gcos(2)0.35解析：(1)由mgsin®mgos0=ma,解得:(2)由逐差法a=§工得：&(76.39gsinak=-agcos231.83)10m,T=0.15s,§(31.835.00)102m,故a4

17、4.561092226.831022m/s1.97m/s,代入式,1029.8得：尸9.811.972_=0.353210答案及解析：答案：(1)连线如图所示(2)C(3)AC(4)一79解析：(1)电表改装时，微安表应与定值电阻R并联接入虚线框内，则实物电路连接如卜图所示:(2)由标准毫安表与该装表的读数可知，改装后的电流表，实际量程被扩大的倍数为:16mA160103mA100倍。故当原微安表表盘达到满偏时，实际量程为:2501010025mA,故本小题选C；9T2根据IgRgIIgR,得：IRg小1Iq,改装后的量程偏大的原因可能是，我Rg微安表内阻测量值偏小，即电表实际内阻Rg真实值，

18、大于1200Q；或者因为定值电阻计算有误，计算值偏大，实际接入定值电阻R阻值偏小。故本小题选AC;(4)由于接入电阻R时，改装后的表实际量程为25mA,故满足IgRg25IgR；达到预期目的，即将微安表改装为量程为20mA电流表，应满足IRgg20IgkR,gR的要想其99中Ig250MA0.25mA,联立解得：k1.25或k9。7911答案及解析：答案：(1)PG、QG间场强大小相等，均为E,粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向设粒子的加速度大小为a,有F=qE=ma设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有设粒子第一次到达G时所用时间为t,粒子在水平方向的位移为l,则有h=-ai2l=v

19、0t联立式解得(1)设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为5解析:12答案及解析：答案：(1)根据图(b),vi为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，v1为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m,碰撞后瞬间的速度大小为v,由动量守恒定律和机械能守恒定律有Vi121,Vi22/mv1m()mv一mv1-m()mv2222联立式得m3m(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所走过的路程为S1,返回过程中所走过的路程为S2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W由动能定理有mgHfS11mv；02(f

20、S2mgh)02n1)2从图(b)所给的v-t图线可11Vlsi2%Ls12万(1-4t1G)由几何关系包?S1H物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为WfS1fS2联立式可得W触叫(3)设倾斜轨道倾角为0,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为,Wmgcos上。sin设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s,由动能定理有1 2/TOmgs0-mv12设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有mghmgcos-hmgs013联立01112c3式可得11sin=L19解析:13答案及解析:答案：I.大于；等于；大于;II.(1)设抽气前氢气的压强为P10,根据力的平衡条件得(pi0M2s=(pop)S得pi

21、0=-(po+p)(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为pi和Vi,氢气的压强和体积分别为p2和V2,根据力的平衡条件有p2S=pi2SD由玻意耳定律得piVi=pio2V0p2V2=p0V0由于两活塞用刚性杆连接，故Vit2V0=2(V0、2)联立式解得II月二彳小-7P芯2 44_4(用*"%1%”；解析：I.i、2等体积，2、3等压强pVip2V2pi色由py=nRT得：Ti=T2,Vi=V2,故Ti=T2,可得：Ti=2T2,即Ti>T2,由于分子密度相同，温度高，碰撞次数多，故Ni>N2；由于piVi=p3V3；故Ti=T3；则T3>T2,又p2=p3,2状态分析密度大，分析运动缓慢，单个分子平均作用力小，3状态分子密度小，分子运动剧烈，单个分子平均作用力大。故3状态碰撞容器壁分子较少，即N2>N3；i4答案及解析：答案：(i)CDE(i)设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为xi,到P点的水平距离为xi;桅杆高度为hi,P点处水深为h2：微光束在水中与竖直方向的夹角为仇由几何关系有上tan53hix2tanh3由折射定律有sin53=n