2020年高考物理（新课标卷）模拟卷含答案解析（6）

2020年高考物理（新课标卷）模拟卷（6）注意事项：1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回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。二、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河北高三）爱因斯坦对于光电效应的解释使人类对于光的本性的认识更加透彻，下列关于光电效应的说法中正确的是A在光电效应中，光电子的最大初动能与入射光强度成正比B入射光光子能量小于金属逸出功时也可能发生光电效应的C对于某种金属，只要入射光强度足够大，照射时间足够长，就会发生光电效应D用频率大于金属的极限频率的入射光照射金属时，光越强，饱和电流越大【答案】D【解析】A根据光电效应方程知，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，故A错误；B当入射光子的能量小于金属表面的电子克服原子核的引力逸出时需要做的最小功，光电效应便不能发生了，故B错误；C能否发生光电效应与入射光的强度，照射时间无关，故C错误；D在光电效应中，入射光越强，光电流的饱和值越大，故D正确。故选D。15（2019河南高三）a、b两个物体在同一时间、从同一地点开始，沿同一条直线运动，v-t图象如图所示，a、b两物体运动图线均为正弦(余弦)曲线的一部分。在06s时间内，关于两物体的运动，下列说法正确的是Ab物体的加速度先增加后减小Ba物体的位移大于b物体的位移C2s末a物体的加速度大于b物体的加速度D3s末a、b两物体之间的距离最大【答案】C【解析】Ab的斜率先减小后增大，固b的加速度先减小后增大；A错误。B由图可知曲线a在 06 秒内与时间轴所围上下面积之和小于曲线b与时间轴所围上下面积之和，固曲线a位移小于曲线b位移；B错误。C2s末曲线a的斜率大于曲线b的斜率，故两秒末曲线a的加速度大于曲线b的加速度；C正确。D6s末曲线ab所围面积之差最大，故6s末ab两物体之间距离最大；D错误。故选C。16如图所示，光滑半圆形轨道MAN固定在竖直平面内，MN为水平直径，一轻质小环A套在轨道上，轻绳一端固定在M点，另一端穿过小环系一质量为m的小球恰好静止在图示位置，不计所有摩擦，重力加速度大小为g。下列说法正确的是A轻绳对M点拉力的大小为B轻绳对M点拉力的大小为2mgC轻绳对小环A作用力的大小为D轻绳对小环A作用力的大小为2mg【答案】C【解析】AB因为小球恰好静止，绳上拉力等于小球重力，轻绳上拉力处处相等，轻绳对M点的拉力为mg，所以AB错误；CD轻环受轻绳的两股力以及轨道的支持力共三个力而平衡，绳上的两股力的合力与环的支持力等大反向，所以绳的合力沿AO方向，又绳上的力相等，所以AO是两股绳夹角的角平分线，所以OAM= ，所以合力，所以C正确，D错误。故选C。17（2019河南高三月考）滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示，某运动员（可视为质点）从雪坡上先后以初速度之比vl：v2=3：4沿水平方向飞出，不计空气阻力，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中A运动员先后在空中飞行的时间相同B运动员先后落在雪坡上的速度方向不同C运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比为3:4D运动员先后落在雪坡上动能的增加量之比为1:1【答案】C【解析】A根据x=vt，则两次的初速度不同，则时间不同，选项A错误；B速度方向与水平方向的夹角可知.运动员先后落在雪坡上的速度方向相同，选项B错误；C根据动量定理则运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比为3:4，选项C正确；D根据动能定理：则运动员先后落在雪坡上动能的增加量之比为9:16，选项D错误；故选C.18蹦极是一项刺激的户外休闲活动，足以使蹦极者在空中体验几秒钟的“自由落体”。如图所示，蹦极者站在高塔顶端，将一端固定的弹性长绳绑在踝关节处。然后双臂伸开，双腿并拢，头朝下跳离高塔。设弹性绳的原长为L，蹦极者下落第一个时速度的增加量为v1， 下落第五个时速度的增加量为v2，把蹦极者视为质点，蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力，则满足 A12B23C34D45【答案】D【解析】蹦极者下落高度L的过程，可视为做自由落体运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等位移的时间之比为1：（ -1）：（）：（ ）：（），可知即45根据 ，可得45。A12，与结论不相符，选项A错误；B23，与结论不相符，选项B错误；C34，与结论不相符，选项C错误；D45，与结论相符，选项D正确；19（2020湖南高三期末）如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则A无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为逆时针方向B无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大C有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针方向D有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化【答案】AD【解析】A当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，故A正确。B通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，故B错误。CD有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化时，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，接收线圈中的感应电流方向不变，但金属片中的感应电流会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，故C错误，D正确。故选AD。20（2020福建高三期末）2019 年 7 月 25 日下午 13 时，北京星际荣耀公司的“双曲线一号遥一”小型固体运载火箭在中国酒泉卫星发射中心点火升空，按飞行时序将两颗卫星精确送入预设轨道，星际荣耀成为除美国以外全球第一家实现火箭入轨的民营公司。已知卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为 r，经过时间 t（t 小于其运行周期 T）运动的弧长为 s，万有引力常量为G，地球表面重力加速度为 g，下列说法正确的是A卫星的线速度为B卫星的线速度为C地球的质量为D地球的质量为【答案】AD【解析】AB卫星的线速度为，选项A正确，B错误；CD根据解得地球的质量为选项C错误，D正确；故选AD.21（2019四川高三）如图，一绝缘且粗糙程度相同的竖直细杆与两个等量异种点电荷+Q、-Q连线的中垂线重合，细杆和+Q、-Q均固定，A、O、B为细杆上的三点，O为+Q、-Q连线的中点，AO=BO。现有电荷量为q、质量为m的小球套在杆上，从A点以初速度v0向B滑动，到达B点时速度恰好为0。则可知A从A到B，小球的电势能始终不变，受到的电场力先增大后减小B从A到B，小球的加速度先减小后增大C小球运动到O点时的速度大小为D小球从A到O与从O到B，重力的冲量相等【答案】AC【解析】A.等量异种电荷的中垂面是等势面，故电荷q在AB上运动时电势能不变，从A到B电场强度先变大后边小，故它受到的电场力先变大后变小，在O点受到的电场力最大，A正确；B.电荷在水平方向受到电场力和杆的弹力，竖直方向受到重力和摩擦力，故水平方向的电场力先变大后边小，故杆对小球的支持力先变大后边小，故摩擦力先变大后边小，小球到达B点时速度减为0，说明其受到的摩擦力大于重力，故在竖直方向摩擦力先变大后边小，因此小球的加速度先变大后边小，B错误； C.从A到B，由动能定理可得从A到O和从O到B电场力变化相同，由可知，摩擦力变化情况相同，故从A到O和从O到B摩擦力做功相等，故从从A到O由动能定理可得联立两式可解得C正确；D. 从A到O和从O到B的过程中，由于位移相同但是速度不相同，物体始终处于减速状态，故运动时间不同，因此重力的冲量不相等，D错误；故选AC。三、非选择题：共174分，第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。22（5分）某同学用如图甲所示装置做“探究加速度与力、质量关系”实验.（1）关于实验的要点，下列说法正确的是_.A重物的质量应远小于小车的质量B平衡摩擦力时重物应挂在小车上C接通打点计时器的电源同时释放小车D调节定滑轮的高度使滑轮与小车间细线与长木板平行（2）调节好装置，做探究加速度与合外力关系实验时，打点计时器打出的一条纸带如图乙所示，已知打点计时器每隔0.02s打一次点，根据纸带可求出小车的加速度，大小为_m/s2（结果保留两位有效数字）.改变悬挂重物的质量，重复多次实验，测得多组加速度a及对应力传感器的示数，做出aF图像如图丙所示，发现图像不过原点，重新实验，为了使作出的图像过远点，应适当_（填“增大”或“减小”）木板的倾角.（3）做探究加速度与质量关系实验时，正确平衡摩擦力，保持悬挂的重物不变，改变小车上砝码的质量m多次实验，测出多组加速度a及小车上砝码的质量m，作出图像m如图丁所示.若图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，且实验过程中小车受到的拉力保持不变，则小车受到的拉力为_，小车的质量为_.【答案】D（1分） 3. 2（1分） 减小（1分） （1分） （1分） 【解析】（1）由于小车受到的外力由力传感器测得，因此不需要满足重物的质量远小于小车的质量，A项错误；平衡摩擦 力时应不挂重物，B项错误；接通打点计时器的电源后等打点计时器打点稳定再释放小车，C项错误；调节定滑轮的高度使滑轮与小车间细线与长木板平行，保证细线的拉力等于小车受到的合外力，D项正确.（2）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度：a =m/s2=3.2 m/s2；图象不过原点，是由于平衡摩擦力过度，应适当减小木板的倾角. （3）设小车质量为M，若牛顿第二定律成立，则F=（M+m）a整理得 所以图中直线的斜率k = 纵轴上的截距b=解得车受到的拉力F=小车的质量M=.23（10分）某实验小组要测量一段金属丝的电阻率.（1）用螺旋测温器测金属丝直径，示数如图甲所示，则金属丝直径为d=_mm.（2）实验小组成员根据实验室提供的器材，连接成了如图乙所示的电路，闭合电键前将图乙中的滑动变阻器滑片移到最_（填“左”或“右”）端，闭合电键，将滑动变阻器的滑片移到合适的位置，在移动金属夹P的位置，从而改变金属丝接入电路的长度.测得多组电压表示数U、电流表示数I及金属丝接入电路的长度L，作出L图像，如图丙所示，图像不过原点的原因是_.如果图像的斜率k=2/m，则该金属丝电阻率= _m.（结果保留两位有效数字）.（3）若本实验中的操作、读数及计算均正确无误，由于电流表内阻的存在，则电阻率的测量值与真实值相比_（填“偏大”“偏小”或“相等”）.【答案】1. 980（2分） 左（2分） 电流表有内阻（2分） 6.210-6 （2分） 相等 （2分） 【解析】（1）由题图甲可知，螺旋测微器固定刻度示数是1. 5 mm，可动刻度示数是48. 00. 01 mm=0. 480 mm，金属丝直径为 1.5 mm+0. 480 mm= 1. 980 mm.（2）闭合电键前，应使滑动变阻器输出电压为零，因此滑片应移到最左端；由可知，图象不过原点的原因是电流表有内阻；-L图象的斜率表示电阻率与金属丝横截面积之比；如果图象的斜率k=2/m，则金属 丝的电阻率=kS=k（）2=23.14（）m=6.210-6m.（3）由于电流表的内阻对图象的斜率无影响，即电阻率的测量值等于真实值.24.（14分）（2019湖南高三）如图所示，在直角坐标系中，虚线平分第一、三象限，虚线右侧有垂直于坐标平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为，轴上方、虚线左侧有沿轴正向的匀强电场，电场强度为，点处有一质量为、电量为的带正电的粒子在坐标平面内、以大小为的速度沿平行的方向射入电场，经电场偏转后，恰好经过坐标原点且速度沿轴负方向，不计粒子的重力。求：（1）点的位置坐标；（2）从点射出到第五次经过所用的时间。【答案】(1)，(2)【解析】 (1)设点的位置坐标为，粒子从点到点的运动为类平抛运动的逆运动因此有：，（1分）（1分）（1分）（1分）求得，（3分）(2)粒子进入磁场时速度大小（1分）粒子两次在磁场中运动的总时间（1分）粒子第二次在电场中运动时间（1分）粒子第三次在电场中运动时做类平抛运动，设运动的时间为，则，（1分）（1分）求得（1分）因此粒子从点射出到第五次经过，所用时间（1分）25.（18分）（2019辽宁高三）如图所示，半径为R11.8 m的光滑圆弧与半径为R20.3 m的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L2.0 m、质量为M1.5 kg的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同现在让质量为m22 kg的物块静止于B处，质量为m11 kg的物块从光滑圆弧顶部的A处由静止释放，物块m1下滑至B处和m2碰撞后不再分开，整体设为物块m(mm1m2)物块m穿过半圆管底部C处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为2 m/s时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若g10 m/s2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计(1)求物块m1和m2碰撞过程中损失的机械能；(2)求物块m滑到半圆管底部C处时所受支持力大小；(3)若物块m与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为0.25，求物块m在台阶表面上滑行的最大距离【答案】12J 190N 0.8m 【解析】试题分析：（1）选由机械能守恒求出物块下滑到B点时的速度；、碰撞满足动量守恒，由求出碰撞过程中损失的机械能；（2）物块m由B到C满足机械能守恒，在C点由牛顿第二定律可求出物块m滑到半圆管底部C处时所受支持力大小；（3）根据动量守恒定律和动能定理列式即可求解.设物块下滑到B点时的速度为，由机械能守恒可得：（1分）解得：（1分）、碰撞满足动量守恒：（1分）解得；（1分）则碰撞过程中损失的机械能为：（1分）物块m由B到C满足机械能守恒：（1分）解得：（1分）在C处由牛顿第二运动定律可得：（1分）解得：（1分）设物块m滑上木板后，当木板速度为时，物块速度为，由动量守恒定律得：（1分）解得：（1分）设在此过程中物块运动的位移为，木板运动的位移为，由动能定理得：对物块m：（1分）解得：（1分）对木板M：（1分）解得：（1分）此时木板静止，物块m到木板左端的距离为：（1分）设物块m在台阶上运动的最大距离为，由动能定理得：（1分）解得：（1分）（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。33物理选修33（15分）（2020河南高三期末）（1）（5分）如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始经历四个过程，到达状态e。对此气体，下列说法中正确的是（）（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，每选错1个扣3分，最低得分0分）A过程中气体从外界吸收热量B过程中气体从外界吸收热量C过程中气体对外界做正功D状态a比状态e的体积大E过程中气体吸收的热量和对外界做功的数值相等【答案】BCE【解析】A过程中气体等温变化U=0，压强增大，根据理想气体状态方程知，体积一定减小，外界对气体做功W0，再根据热力学第一定律W+Q=U，可知Q0所以过程中气体放热，故A错误；B过程中气体等容变化W=0，温度升高，U0，根据热力学第一定律，Q0，所以过程中气体从外界吸收热量，故B正确；C过程中气体等压变化，温度升高，根据理想气体状态方程知，体积一定增大，气体对外界做功W0，故C正确；D状态a和状态e，压强相等，温度a比e小，根据理想气体状态方程知，状态a比状态e的体积小，故D错误；E、过程中气体等温变化U=0，根据热力学第一定律，Q=W，即气体吸收的热量和对外界做功的数值相等，故E正确。故选BCE。（2）（10分）如图所示，圆柱形汽缸放在水平面上，容积为V，圆柱内面积为S的活塞（质量和厚度可忽略不计）将汽缸分成体积比为3：1的上下两部分，一轻质弹簧上下两端分别固定于活塞和汽缸底部，此时弹簧处于压缩状态，活塞上部气体压强为P0，弹簧弹力大小为，活塞处于静止状态。要使活塞移动到汽缸正中间并能保持平衡，可通过打气筒向活塞下部汽缸注入压强为p0的气体（汽缸下部有接口）。已知活塞处于正中间时弹簧恰好恢复原长，外界温度恒定，汽缸和活塞导热性能良好，不计活塞与汽缸间的摩擦，求：（i）初始状态活塞下部气体压强；（ii）需要注入的压强为p0的气体的体积。【答案】（i）p0 （ii）V【解析】（i）对活塞受力分析得：p0S=p1S+（2分）解得：p1=p0（2分）（ii）设当活塞处于正中间时，上部气体压强为P2，则：p0=p2（2分）又弹簧处于原长，则下部气体压强也为p2，则：p1+p0Vx=p2（2分）联立解得：Vx=V（2分）34物理一选修34）（15分）（2019重庆西南大学附中）（1）如图所示，一列在x轴上传播的横波，时刻的波形图用实线表示，经过后，其波形图变为图中的虚线所示，则下列说法中正确的是（ ）（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，每选错1个扣3分，最低得分0分）A若波向右传播，则波的最大周期为2sB若波向右传播，则波的最大速度为1m/sC若波向左传播，则波的最小波速为9m/sD若波速为，则波向左传播E若此波传入另一介质中的波速变为，那么，它在该介质中的波长为4m【答案】ACD【解析】AB由图可得波长=2m；若波向右传播，则在t=0.2s内波的传播距离x1=2n+0.2（m），nN，故波速，nN，故波的最小速度为1m/s；波的周期，nN，故波的最大周期为2s，故A正确，B错误；C若波向左传播，则在t=0.2s内波的传播距离x2=2n+1.8（m），nN，故波速，nN，故波的最小速度为9m/s；故C正确；D若波速为29m/s，n没有取值，n=2，故波向左传播，故D正确；E波长为，当波速变为，波的周期不变但不确定，则在该介质中的波长不确定，故E错误；故选ACD。（2）（10分）一内外半径分别为R1和R2的空心玻璃圆柱体的横截面如图所示，已知玻璃的折射率为n，真空中光速为c（i）当R2=2R1，n=时，入射光线a的折射光恰好与圆柱体的内表面相切，求a光线在外表面的入射角（ii）当R1、R2和折射率n满足一定的关系时，与外圆相切的入射光线b的折射光线也恰好与圆柱体的内表面相切，求光从外表面到达内表面的传播时间【答案】（i）（ii）（或也正确）【解析】（i）设光线a的入射点为M，有（2分）由折射定律，有（2分）故入射角（1分）（i i）设光线b的入射点为N，在中，由折射定律，有和 （1分）光由N到B的传播时间为（2分）故 （或也正确）（2分）