2020年高考物理模拟试卷以及答案(全国1卷)

1、C.无论小球的初速度为多少，小球到达 E点时的速度都不能为零第5页，共9页1.2020年高考物理模拟试卷（全国 1卷）单选题（本大题共 6小题，共18.0分）某质点运动速度的平方 v2随位移s变化规律如图所示，关于该质点的运动情况,下列说法正确的是（）A.质点一定是做曲线运动B.质点所受合外力可能是恒力C.质点运动的加速度逐渐增大的D.若将DE轨道拆除，则小球能上升的最大高度与D点相距离2R5.如图所示。绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路。在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A.不计铁芯和铜环 A之间的摩擦。则下列情况中铜环 A会向右运动的是（）A.线圈中通以恒定的电流B.通电

2、时，使滑动变阻器的滑片 P向右匀速移动C.通电时，使滑动变阻器的滑片P向左加速移动D.将开关突然断开的瞬间D.质点的机械能一定是逐渐增大的6.宇宙中两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为 &双星系统。在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统。设某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示。若 AOOB,则（）2.如图所示，两个固定的等量异种电荷相距为4L,其连线中点为 。，以O为圆心、L为半径的圆与两点电荷间的连线及连线的中垂线分别交于a、b和 c、d.贝 （）1. a、b两点的电场强度大小相等，方向相反8. c、d两点的电场强度大小相等，方向相同C.将一

3、带正电的13t探电荷从 a点沿直线移到b点，其电势能先减小后增大 D.将一带正电的13t探电荷从 c点沿直线移到d点，其电势能先增大后减小A.星球A的角速度一定大于 B的角速度B.星球A的质量一定小于 B的质量C.双星的总质量一定，双星之间的距离越小，其转动周期越大D.双星之间的距离一定，双星的总质量越大，其转动周期越大、多选题（本大题共 3小题，共10.0分）3.如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐.若第一次将线框从磁场中以恒定速度 vi向右匀速拉出，第二次以线速度V2让线框绕轴 MN匀速转过90为使两次操作过程

4、中，线框产生的平均感应电动势相等，则（）A.B. ： 2：C. ：: 2D. ： 1X XX X X/JX X X X X-X-XX父aX Kx XX X7.如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m=0.2kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量 法的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g=10m/s2,则下列说法中正确的是（）甲4.如图所示，光滑轨道由 AB、BCDE两段细圆管平滑连接组成，其中 AB段水平，BCDE段为半径为R 的四分之三圆弧管组成，

5、圆心 。及D点与AB等高，整个轨道固定在竖直平面内.现有一质量为m,初速度vo=的光滑小球水平进入圆管 AB,设小球经过轨道交接处无能量损失，圆管孔径远小于 R,A.该弹簧的劲度系数为 20B.当 m时，小球处于超重状态C.小球刚接触弹簧时速度最大D.从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度一直增大（小球直径略小于管内径）8.如图所示，虚线a、b、c为电场中的一簇等势线，相邻两等势面之间的电势差相等，等势线 a上一点A处，分别射出甲、乙两个粒子，两粒子在电场中的轨道分别交等势线c于B、C点，甲粒子从A到B的动能变化量的绝对值是 E,乙粒子从A到C动能变化量绝对值为-E.不计粒子的重力，由此

6、可以判断（）A.小球到达C点时的速度大小为A.甲粒子一一定带正电，乙粒子-一定带;负电B.甲的电量一定为乙电量的2倍B.小球能通过E点后恰好落至B点C.甲粒子从A到B电场力一定做正功，乙粒子从A到C电场力一定做负功D.甲在B点的电势能的绝对值一定是乙在C点电势能绝对值的 2倍9. 下列说法正确的是（）A.理想气体吸热后温度一定升高B.可视为理想气体的相同质量和温度的氢气与氧气相比，平均动能一定相等，内能一定不相等C.某理想气体的摩尔体积为，阿伏加德罗常数为，则该理想气体单个的分子体积为 一（1）为了测定电阻 R0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选 （选填

7、AJ或 A2”），请将实物连线补充完整.（2）为测量锂电池的电动势 E和内阻r,小红设计了如图乙所示的电路图.根据测量数据作出图象，如图丙所示.若该图线的斜率为 k,纵轴截距为b,则该锂电池的电动势 E=,内阻r=（用k、b和R2表示）.该实验的测量值偏小，造成此系统误差主要原因是 .D.甲、乙两个分子仅在分子力的作用下由无穷远处逐渐靠近直到不能再靠近的过程中，分子引力与分子斥力都增大，分子势能先减小后增大E.扩散现象与布朗运动都能说明分子在永不停息地运动三、填空题（本大题共 1小题，共3.0分）甲10.如图所示为一横截面为等边三角形的透明柱状介质，一平行于角平分线 AD的单色光由AB射入介质

8、，经AB折射后的光线恰好平行于 AC,由此可求出介质的折射率为,此折射光照射到 BC边上时 （选填“能”或“不能”）发生全反射.四、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）11.在“探究弹力和弹簧伸长量的关系，并测量弹簧白劲度系数”的实验中，实验装置如图1所示。所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力。实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度， 再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测量相应的弹簧的总长度，并在下面图2坐标上描出了弹簧所受的拉力与弹簧长度所对应的五个点，连接这些点就得到一条图线。五、计算题（本大题共 4小题，共40.0分）13.如图所示，竖直半圆形光滑轨道BC与水平面

9、AB相切，AB间距离x=1m,质量m=0.1kg的小滑块1放在半圆形轨道底端的 B点，另一 质量也为m=0.1kg的小滑块2,从A点以Vo=2 1m/s的初速度在水 平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑 上半圆形轨道。已知滑块 2与水平面之间的动摩擦因数科二0.2取重力加速度g=10m/s2.两滑块均可视为质点。求：（1）碰后瞬间两滑块共同的速度大小v;（2）两滑块在碰撞过程中损失的机械能AE;（3）半圆环轨道的半径 R。图1图2（1）由此图线可计算出该弹簧的劲度系数k=N/m（2）该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较 优点在于：缺点在于：。12.某研究小组收

10、集了两个电学元件：电阻Ro （约为2kQ）和手机中的锂电池（电动势E标称彳t为3.7V,允许最大放电电流为 100mA）.实验室备有如下器材：A.电压表V （量程3V,电阻Rv约为4.0kQ）B,电流表A1 （量程100mA,电阻Ra1约为5Q）C,电流表A2 （量程2mA,电阻Ra2约为50Q）D.滑动变阻器 R1 （040Q,额定电流1A）E.电阻箱 R2 （0999.9 Q）F.开关S一只、导线若干14.如图，第一象限内存在沿 y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E,第二，三，四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B,第三，四象限磁感应强度大小相等，一

11、带正电的粒子，从 P （-d, 0）点沿与x轴正方向成a =60角平行xOy平面入射，经第二象限后 恰好由y轴上的Q点（图中未画出）垂直 y轴进入第一象限，之后经第四，三象限重新回到P点，回到P点时速度方向与入射时相同，不计粒子重力，求：（1）粒子从P点入射时的速度 V0；（2）第三，四象限磁感应强度的大小B.E15.如图所示，在固定的气缸 A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气 体，活塞面积之比为 Sa: Sb=1 : 2,两活塞以穿过 B的底部的刚性细杆 相连，可沿水平方向无摩擦滑动.两个气缸都不漏气.初始时，A、B 中气体的体积皆为 Vo,温度皆为To=300K. A中气体压强Pa=1.

12、5Po, P0是气缸外的大气压强.现对 A加热，使其中气体的压强升到Pa =2po,同时保持B中气体的温度不变.求此时A中气体温度Ta.16.机械横波某时刻的波形图如图所示，波沿x轴正方向传播，质点 P的坐标x=0.32m。从此时刻开始计时，若每间隔最小时间 0.4s重复出现波形图，求波速；若P点经0.4s第一次达到正向最大位移，求波速；若P点经0.4s到达平衡位置，求波速。2020年高考物理模拟试卷答案和解析（全国1卷）1.【答案】c【解析】解:A、质点运动速度的平方v2随位移s变化规律不是质点运动的轨迹，故A错误 解决本题的关键知道等量异种电荷周围的电场线分布，知道两电荷连线的中垂线是等势

13、线，电BC、根据;知，图线切线斜率的大小等于2a,图线切线斜率增大，则加速度增大，根据牛顿第二定律知，合力增大，故B错误，C正确。D、质点的速度增大，动能增大，重力势能的变化未知，则无法判断机械能的 变化，故D错误。故选:C。速度的平方v2与位移s图线的切线斜率表示加速度，结合图线斜率的变化得出加速度的变化, 从而得出合外力的 变化，图线不是质点运动的轨迹.解决本题的关键能够灵活运用图象解题，知道图线切线斜率表示加速度大小的2倍，注意图线 不是质点运动的轨迹.2 .【答案】B【解析】 解:A、根据等量异种电荷周围的电场分布情况和对称性，可知，a、b两点的电场强度的大小相等，方向相同，方向都向右

14、，故A错误；B、根据电场线分布的对称性知c、d两点的电场强度大小相等，方向相同都垂直与中垂 线，即 方向也相同，故B正确；C、将一带正电的试探电荷从a点沿直线移到b点，电场力一直做正功，其电势能一直减小，故C错误；D、在两点电荷连线的中垂线上电场方向垂直于中垂 线向右，所以将一检验电荷沿中垂线由c移动到d,所受电场力方向垂直于中垂 线向右，电场力不做功，电势能不变，故D错误。故选：Bo本题考查了等量异种电荷周围电场分布情况：在如图所示的电场中，等量异种电荷连线上的电场方向是相同的，在两点电荷连线的中垂线上电场方向垂直于cd向右。两电荷连线的中垂线上电场强度关于。点对称，cd是一条等势线。场线与

15、等势面垂直3 .【答案】A【解析】解：若第一次将线框从磁场中以恒定速度v向右匀速拉出,E1=BLv=Bav第二次以同样大小的线速度v让线框转过90E1=E2得：两次的速度之比为2:前故选:A。A小平均感应电动势E=%，瞬时感应电动势E=BLv ,然后计算比较.解决本题的关键掌握平均感应电动势，瞬时感应电动势的公式.对于这些基础知识，要加强理解和应用，平时练习不可忽视.4 .【答案】B【解析】解:A、小球从A至C过程，由机械能守恒定律得（以AB为参考平面）：mv02三，mvC2-mgR,将vlou?Ju/?vo=y=L代入得：vo=r .故A错误；B、从A至E过程，由机械能守恒定律得：m mv0

16、2=! mvE2+mgR,解得vE=曰从E点开始小球做平抛运 动，则由x=vEt=J ?/ 二R，小球能正好平抛落回B点，故B正确；C、因为是圆弧管，内管壁可提供支持力，所以小球在E点速度可以为零，故C错误。D、若将DE轨道拆除，设小球能上升的最大高度 为h,由机械能守恒得：:mv02=mgh,解得h二C、由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，小球的重力大于 弹簧对它的弹力，当所 为 第5页，共9页r R,故D错误。故选：Bo小球从A到C过程，由机械能守恒可求得小球运 动到C点时的速率；A至E过程，由机械能守 恒定律求出小球通 过E点的速度.从E点开始小球做平抛运 动，由平抛运动的规律求出水

17、平距 离，判断能否落到B点；管道内壁可提供支持力，所以小球在E点速度可以为零.本题是平抛运动与机械能守恒定律的 综合应用，它们之间的桥梁是速度.要注意管子类型与轻 杆类型相似，小球通过最高点时最小速度为零.5 .【答案】C【解析】解:A、线圈中通以恒定的 电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A的磁通量不变，没有感应 电流产生，环A不动。故A错误。B、通电时，侬阻器的滑片P作向右匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，回路中电流减 小，线圈产生的磁场减小，穿过铜环A磁通量减小，产生感应电流的磁场方向与原磁场的方向 相同，二者相互吸引，故A向左运动。故B错误。C、通电时，3阻器的滑片P作左加速滑动时

18、，变阻器接入电路的电阻减小，回路中电流增大, 线圈产生的磁场增强，穿过铜环A磁通量增大，产生感应电流。感应电流的磁场方向与原磁场 的方向相反，二者相互排斥，环A向右运动。故C正确。D、招电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过铜环A的磁通量减小，产生感 应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，二者相互吸引，故A向左运动。故D错误。故选:C。感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化。根据这个条件分析判断有没有感 应 电流产生。然后根据楞次定律判断出感 应电流的方向，最后使用左手定则判断出环A受力的方 向。该题考查安培定则、楞次定律和左手定则的应用，一定要理解三个定律（定则）的国L

19、育能正确使用它们。本题也可以使用楞次定律的推广形式来 处理，该方法比较简单。6 .【答案】B【解析】解:A、双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，故 A错误；B、根据万有引力提供向心力m102r产m232r2,因为12,所以m1Vm2,即A的质量一定小于B的质量，故B正确；CD、设两星体间距为L,中心到A的距离为ri ,至QB的距离为亚，根据万有引力提供向心力公_一 15式得：G=m1- r1 =m2yr r2解得周期为:丁=2几/人 ?；,由此可知总质量一定，双星之间的距离就越小，转动周期越小，故C错误。双星的距离一定，质量越大周期越小，故D错误；故选：B。双星靠相互间的万有引

20、力提供向心力，具有相同的角速度，根据向心力公式判断 质量关系，根据V=CD1判断线速度关系。解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度。以及会用万有引力提供向心力进行求解。7 .【答案】AB【解析】解:A、由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于 弹簧对它的弹力，当x为0.1m时，小球的速度最大，然后减小，说明当” 为0.1m时，小球的重力等于弹簧对它的,（1.2 X ID a-弹力。所以可得：kx=mg,解得=云= 业1 =,故A正确；B、当“OFm时，物体的速度减小，加速度向上，故说明物体处于超重状态，故B正确；0.1m时，小球的速度最大，然后速

21、度减小，故C错误；D、图中的斜率表示加速度，则由图可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先 减小后增大，故D错误；故选:AB。由图象可知，当O.lm时，小球的速度最大，加速度为零，止惧寸重力等于弹簧对它的弹力，根 据kz=mg求出k,再求出最低点的弹力，根据牛顿第二定律求解在最低点的加速度，与 刚开 始接触时比较得出什么时候加速度最大，小球和弹簧组成的系统机械能守恒。解答本题要求同学们能正确分析小球的运动情况，能根据机械能守恒的条件以及牛顿第二定 律解题，知道从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧弹力一直做增大，弹簧的弹性势能一直 增大。8 .【答案】BC【解析】解：根据等势面与电场

22、线的方向垂直的特点，画出两条 电场线如图： X 对比轨迹与电场线的可得，甲偏转的方向大体向下，而乙偏转的方向 乙,1匚二二二大体向上，二者偏转的方向沿电场线的两个不同的方向，所以甲与乙 B f 一定带不同性质的电荷；由于不知道abc个等势面的电势的高低，所以不能判断出电场线的方向，也不能判断出甲、乙的具体的电性。故A错误；B、由题目可知，电场力对甲做的功是对乙做的功的2倍，根据电场力做功的特点：W=qU,甲的 电荷量的绝对值是乙的电荷量的绝对值的2倍。故B正确；C、对比轨迹与电场线的可得，甲的轨迹的方向与受力的方向之 间的夹角是锐角，所以电场力 对甲做正功；而乙的轨迹方向与电场线的方向之间的夹

23、角是钝角，所以电场力对乙做负功。故 C正确；D、电势能的大小与0势能面的选取有关，由于不知道0势能面的位置，所以不能判断出甲、乙 电势能绝对值的关系。故D错误。根据带电微粒的运动情况可以确定带电微粒的受力情况，从而确定a、b、c三个等势面的电势 的高低；根据电场力做功可以确定 带电微粒的动能和电势能的大小关系。解题的突破口是根据带电微粒的运动情况可以确定电荷的受力情况，从而确定电势的高低以 及电势能的变化。9 .【答案】BDE【解析】解:A、根据热力学第一定律U=W+Q得物体的内能与做功和 热传递有关，故一定质量的理想 气体吸热时内能可以不变。故A错误。B、温度是分子的平均动能的标志，所以温度

24、相同，平均动能一定相等；但氢气分子与氧气分子 相比，氢气分子的质量小，所以相同质量的氢气的分子数比氧气的分子多，内能一定比氧气大， 故B正确；C、某理想气体的摩尔体积为Vo,阿伏加德罗常数为Na,可以求出该理想气体的每一个分子所 占的空间为鲁；由于气体分子之间的距离远大于分子的大小，所以气体的体 积小于普.故CA .4-V4错误D、分子之间的距离减小时，分子引力与分子斥力都增大；甲、乙两个分子在只受分子力的作用 下由无穷远处逐渐靠近直到不能再靠近的 过程中，开始时分子之间的作用力表现为引力，距离 减小的过程中分子力做正功，分子势能减小；分子之间的距离小于平衡位置的距离时，分子力 表现为斥力，距

25、离再减小的过程中分子力做负功，分子势能增大，故D正确；E、扩散现象与布朗运动都能说明分子在永不停息的运 动。故E正确。故选：BDE。物体内能改变与做功和热传递有关。温度是分子的平均 动能的标志；气体的分子之间的距离比较大；故选：BC开始时分子之间距离大于r0,分子力为引力，分子相互靠近时分子力做正功，分子势能减小， 当分子之间距离小于r0时，分子力为斥力，再相互靠近分子力做负功，分子势能增大，因此根据分子力做功情况可以分析分子 势能的变化。布朗运动是固体小颗粒的运动，分子在做永不停息的无 规则运动。本题考查的知识点比较多，关键是分子势能：可以通过分子力做功情况判断分子 势能变化也可以根据分子势

26、能与分子之间距离的变化情况直接判断分子势能的变化。10 .【答案】一不能 【解析】解：根据几何关系得，光在AB面上的入射角i=60,折射角r=30 根据折射定律得：介质的折射率n=v!Stilt设介质的临界角为C,则sinC=空， Jt 3由几何知识可知，光在BC面上的入射角 为30因为sin300 云，电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示.2）伸乙所示电路可知，E=U+W=U+ r,则:=pn +p ,因此图象的纵轴截距b1 ,电动 /i JILJL势 E=：；,图象的斜率k=，则电源内阻r=kE=：;由S乙所示可知，由于电压表分流，使实验的测量值 偏小.故答案为：10A2;电路图如图所

27、示；;t ;电压表的分流. I?缺点是：弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差内阻问的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图.1）根据逋立待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据 待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表2)侧合电路的欧姆定律求出与)的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；由 f.J ”上于电压表的分流作用使 测量值偏小.根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻问的关系确定电流表的接法是正确 连接实物电路图的前提与关键.13.【答案】解：(1)滑

28、块2从A运动到B,设滑块2在B点的速度为V1,由动能定理可得： 22-pmgx=-mvi -mvo ,代入数据解得：vi=6m/s,在B点，滑块2与滑块1发生完全非弹性碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvi=2mv,代入数据解得：v=3m/s;(2)滑块2与滑块1在B点发生完全非弹性碰撞，由能量守恒定律得：-mv12= E+-?2mv2,代入数据解得：AE=0.9J；(3)碰后两物块沿圆弧轨道上升到C点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：22-?2mv =2mg?2R+-?2mvc ,在 UM 根据牛顿第二定律可得：2mg=2m_,代入数据解得：R=0.18m;答：(1)碰后瞬间两

29、滑块共同的速度大小v为3m/s；(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能AE为0.9J;(3)半圆环轨道的半径 R为0.18m。【解析】1)根据动能定理和动量守恒定律求出小滑 块1与小滑块2碰撞后的共同速度；2)碰后小滑块1、小滑块2粘在引起，组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后的速度，结合能量守恒定律求出 损失的机械能；3)碰后两物块沿圆弧轨道上升到C点的过程中根据机械能守恒和根据牛 顿第二定律可得求得 半径。本题主要考查了动量守恒定律、牛顿第二定律、机械能守恒定律等知识，综合性较强，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、动量守恒定律与机械能守恒定律、牛 顿第二定律可以解

30、题14 .【答案】解：(1)粒子从P点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r,由几何知识得：r=根据qvoB=m彳导vo=粒子在第一象限中做类平抛运动，则有 r 11-cos60 ) =tan l= 联立解得V0=(2)设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x和y,根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x轴正方向的夹角等于 a.贝U有：x=v0t, y 得一= 由几何知识可得 y=r-rcos a -=则得x-所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为R=一，二d粒子进入第三、四象限运动的速度v=-=2v0=根据 qvB =m得：B =B答：(1)粒子从P点入射时的速度V0为一.(2)第三，四象限磁感应强度的大小B为一B.1)粒子从P点射入磁场中做匀速圆周运动，根据题意可知粒子在第二象限中运 动时速度偏向角为30,则轨迹对应的圆心角为30,画出粒子运动的轨迹，根据几何知识求出轨迹半径，由【解析】洛伦兹力等于向心力，求解速度V0.2)粒子进入电场中做类平抛运动，根据粒子经