2020年高考理綜物理模擬題

1、2020年高考理綜物理模擬試題1 .貝克勒爾在120年前首先發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象，如今原子核的放射性在眾多領(lǐng)域中有著重要作用，下列屬于放射性元素衰變的是A.敞-*rh +初dB.旗"里黨¥”小C.杭:>卜 D. *He + Oa1* +【答案】A放射性衰變是指不穩(wěn)定原子核自發(fā)地放射出射線而轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N原子核的過(guò)程，放出的射線包括Q. P|>射線，C衰變生成的是電子，4衰變生成的是S粒子，裂變是重核裂變成輕核，聚變是輕核生成重核，據(jù)此分析即可；【解析】A、A選項(xiàng)的反應(yīng)釋放出u粒子，屬于u衰變，故A正確；B、B選項(xiàng)屬于重核裂變，故 B錯(cuò)誤；C、C選項(xiàng)屬于輕核聚變，故

2、C錯(cuò)誤；D、D選項(xiàng)是原子核的人工轉(zhuǎn)變，不是放射性衰變，故D錯(cuò)誤?！就卣埂勘绢}考查放射性的問(wèn)題，要知道衰變的生成物還有幾個(gè)典型的核反應(yīng)方程，在平時(shí)學(xué)習(xí)過(guò)程中注意加強(qiáng)訓(xùn)練。2 .如圖為一個(gè)質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)的 v-t圖象，該質(zhì)點(diǎn)在前2s內(nèi)向西運(yùn)動(dòng)，則該質(zhì)點(diǎn)A.在前2s內(nèi)加速度方向也向西B.在前4s內(nèi)加速度方向始終向東C.在后2s內(nèi)加速度方向始終向東D.在6s內(nèi)加速度方向始終不變【答案】B由v-t圖象根據(jù)速度的正負(fù)可以得出物體運(yùn)動(dòng)的方向，知道加速度方向與速度方向相同做加速運(yùn)動(dòng)，相反則做減速運(yùn)動(dòng)；【解析】A、由題可知向西為負(fù)方向，而向東為正方向，該質(zhì)點(diǎn)在前？玉內(nèi)向西減速運(yùn)動(dòng)，則該段時(shí)間加速度向東，而工-張

3、向東做加速運(yùn)動(dòng)，則加速度方向仍然向東，故選項(xiàng) A錯(cuò)誤，B正確；C、由圖像可知在4 5卜內(nèi)向東做減速運(yùn)動(dòng)，而5-國(guó)內(nèi)向西做加速運(yùn)動(dòng)，所以在4鈿這段時(shí)間內(nèi)加速度方 向一直向西，故選項(xiàng) C錯(cuò)誤；D、由上面分析可知，在0加內(nèi)加速度方向向東，在4依內(nèi)加速度方向向西，即在 6s內(nèi)加速度方向發(fā)生 變化，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！就卣埂勘绢}考查物體做加速或減速的條件，即：加速度方向與速度方向相同做加速運(yùn)動(dòng)，相反則做減速運(yùn)動(dòng)。3.“神舟十一號(hào)”飛船與“天宮二號(hào)”空間實(shí)驗(yàn)室自動(dòng)交會(huì)對(duì)接前的示意圖如圖所示，圓形軌道I為“天宮二號(hào)”運(yùn)行軌道，圓形軌道 II為“神舟十一號(hào)”運(yùn)行軌道。此后“神舟十一號(hào)”要進(jìn)行多次變軌，才 能實(shí)現(xiàn)與

4、“天宮二號(hào)”的交會(huì)對(duì)接，則：A. “天宮二號(hào)”在軌道I的運(yùn)行速率大于“神舟十一號(hào)”在軌道 II上運(yùn)行速率B. “神舟十一號(hào)”由軌道II變軌到軌道I需要減速C. “神舟十一號(hào)”為實(shí)現(xiàn)變軌需要向后噴出氣體D. “神舟十一號(hào)”變軌后比變軌前機(jī)械能減少【答案】C根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得出線速度與軌道半徑的關(guān)系，從而比較速度的大小，當(dāng)萬(wàn)有引力不夠提供向心力，做離心運(yùn)動(dòng)，發(fā)動(dòng)機(jī)做正功，使其機(jī)械能增加；【解析】A、由題可知，萬(wàn)有引力提供向心力，即 Gm，則“= F ,由于“天宮二號(hào)”的半徑F r 大，可知其速率小，則 A錯(cuò)誤；B、“神舟十一號(hào)”由軌道II變軌到軌道I需要加速做離心運(yùn)動(dòng)，要向后噴出氣體，速度變

5、大，發(fā)動(dòng)機(jī)做正功，使其機(jī)械能增加，故選項(xiàng)C正確，BD錯(cuò)誤?！就卣埂勘绢}考查了萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵掌握變軌的原理，以及掌握萬(wàn)有引力提供向心力這一理論，并能靈活運(yùn)用。4.如圖所示，放在光滑水平桌面上的 A、B木塊之間夾一被壓縮的彈簧?，F(xiàn)釋放彈簧， A、B木塊被彈開(kāi) 后，各自在桌面上滑行一段距離飛離桌面。 A落地點(diǎn)距桌邊水平距離為 0.5m , B落地點(diǎn)距桌邊水平距離 為1m ,則總工:;二可忐土：工；工五工工二二W-士丁二S3A. A、B離開(kāi)彈簧時(shí)的速度比為 1 : 2B. A、B離開(kāi)彈簧時(shí)的速度比為 1: 1C. A、B質(zhì)量之比為1: 2D. A、B質(zhì)量之比為2: 1【答案】ADA

6、、B離開(kāi)桌面后都做平拋運(yùn)動(dòng)，它們拋出點(diǎn)的高度相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，由水平位移可以求出它們的初速度關(guān)系，彈簧彈開(kāi)物體過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可以求出它們的質(zhì)量關(guān)系;工得速度之【解析】A、A和B離開(kāi)桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，下落的高度相同，它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，由vA xA os i比： 一=-= =.，故 A 正確, B 錯(cuò)誤；VB?C、彈簧彈開(kāi)物體的過(guò)程，兩物體及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：%2mAvA mfivB _ 0,則質(zhì)量之比： 一=一故C錯(cuò)誤，D正確。mD VA 1【拓展】解決本題的關(guān)鍵要掌握平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，知道彈簧彈開(kāi)物體的過(guò)程，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，再結(jié)合

7、動(dòng)量守恒定律進(jìn)行求解即可。5 .某同學(xué)將一閉合電路電源的總功率PE、輸出功率PR和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率 Pr隨電流I變化的圖線畫(huà)在了同一坐標(biāo)系中，如圖中的 a、b、c所示，則下列判斷正確的是A.直線a表示電源內(nèi)部的發(fā)熱功率隨電流I變化的圖線B.曲線b表示電源的總功率隨電流I變化的圖線C.曲線c表示電源的輸出功率隨電流I變化的圖線D.電源的電動(dòng)勢(shì) E=3V ,內(nèi)電阻r=2 Q【答案】C根據(jù)電源消耗的總功率的計(jì)算公式Pe-EI可得電源的總功率與電流的關(guān)系，根據(jù)電源內(nèi)部的發(fā)熱功率h 止可得電源內(nèi)部的發(fā)熱功率與電流的關(guān)系，從而可以判斷abc三條線代表的關(guān)系式，在由功率的公式可以分析功率之間的關(guān)系；【解析

8、】A、由電源消耗總功率和電源內(nèi)部消耗功率表達(dá)式史-可知，a是直線，表示的是電源消耗的總功率P& b是拋物線，表示的是電源內(nèi)電阻上消耗的功率，c表示外電阻的功率即為電源的輸出功率Pr=EI-I 2r,所以AB錯(cuò)誤，C正確；D、由圖可知，當(dāng)短路時(shí)電流為 己自，總功率pE，EI GV,則可知電動(dòng)勢(shì)為：|E 3V,則內(nèi)阻為：E 3r = 一 -一0J 5C,故D錯(cuò)誤。6 .如圖所示，豎直放置的足夠長(zhǎng)的 U型金屬框架中，定值電阻為 R,其他電阻均可忽略，ef是一水平放置的電阻可忽略的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒質(zhì)量為m,棒的兩端始終與ab、cd保持良好接觸，且能沿框架無(wú)摩擦下滑，整個(gè)裝置放在與框架平面垂直的勻

9、強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)導(dǎo)體棒ef從靜止下滑一段時(shí)間后閉合開(kāi)關(guān) S,則S閉合后（）A.導(dǎo)體棒ef的加速度一定大于 gB.導(dǎo)體棒ef的加速度一定小于gC.導(dǎo)體棒ef機(jī)械能一定守恒D.導(dǎo)體棒ef機(jī)械能一定減少【答案】D當(dāng)ef從靜止下滑一段時(shí)間后閉合 S, ef將切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到豎直向上安培力，分析安培力與重力的大小關(guān)系即可判斷加速度與重力加速度的大??；由于有感應(yīng)電流產(chǎn)生，則導(dǎo)致ef的機(jī)械能減小轉(zhuǎn)化為電能；【解析】A、當(dāng)ef從靜止下滑一段時(shí)間后閉合S, ef將切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到豎直向上的安培力，若安培力大于2mg ,則由牛頓第二定律得知，ef的加速度大小可能大于 g;若安培力小于 mg ,

10、則ef的加速度大小可能小于 g,故選項(xiàng)A B錯(cuò)誤；C、閉合S, ef將切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，則 ef的機(jī)械能減小轉(zhuǎn)化為電能，故 C錯(cuò)誤，D正確。關(guān)鍵抓住安培力【拓展】本題考查分析導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)情況的能力，而分析運(yùn)動(dòng)情況，必須分析其受力情況, 方向豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行分析比較即可。7 .我國(guó)高鐵技術(shù)發(fā)展迅猛，目前處于世界領(lǐng)先水平，已知某路段為一半徑為5600米的彎道，設(shè)計(jì)時(shí)速為216km/h （此時(shí)車輪輪緣與軌道間無(wú)擠壓）,已知我國(guó)的高鐵軌距約為 1400mm ,且角度較小時(shí)可近似認(rèn)為tan。= ©Mb重力加速度g等于10m/s 2,則此彎道內(nèi)、外軌高度差應(yīng)為A. 8cm B.

11、 9cm C. 10cm D. 11cm【答案】B要使火車安全通過(guò)彎道，則火車拐彎時(shí)不側(cè)向擠壓車輪輪緣，靠重力和支持力的合力提供向心力， 根據(jù)向心力公式列式求解；【解析】由題可知：半徑 R-5600m,時(shí)速為根據(jù)牛頓第二定律得：R9解得：UnO -14Qh由題意得tan。- smO -L而聯(lián)立得：h - %inm - 9cm,故b正確，acd錯(cuò)誤；【拓展】解決本題的關(guān)鍵理清向心力的來(lái)源，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求解，注意單位的統(tǒng)一。8 .一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為5:1,原線圈輸入電壓的變化規(guī)律如圖甲所示，副線圈所接電路如圖乙所示，P為滑動(dòng)變阻器的觸頭，下列說(shuō)法正確的是（）。A.副線圈輸出電

12、壓的頻率為 50HzB.副線圈輸出電壓的有效值為44VC. P向左移動(dòng)時(shí)，原、副線圈的電流比減小D. P向左移動(dòng)時(shí)，變壓器的輸出功率增加【答案】ABD根據(jù)甲圖可明確交流電的最大值和周期，則根據(jù)最大值和有效值關(guān)系可明確有效值，再根據(jù)變壓器原理可明確輸出端的電壓；輸出電壓不變，根據(jù)滑片的移動(dòng)可明確電阻的變化，從而明確電流的變化情況；【解析】A由原線圈的電壓變化規(guī)律及有效值的概念可知，原線圈中電壓頻率為SOEld，變壓器不改變交流電的頻率，所以副線圈輸出電壓的頻率為5011。故A正確；B、原線圈電壓有效值為 -2-'2二西,由原、副線圈中電壓之比等于匝數(shù)之比可知，副線圈中電壓的有效值為44%

13、故B正確；C、P向左移動(dòng)時(shí)，原、副線圈的電流比等于匝數(shù)的反比，匝數(shù)比不變，則原、副線圈的匝數(shù)比不變，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)P向左移動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻減小，副線圈中電流增大，副線圈的電壓不變，變壓器輸出功率增加，故D正確?！就卣埂勘绢}查理想變壓器中，原、副線圈上電壓關(guān)系、電流變化、功率關(guān)系及有效值等方面的理解及應(yīng)用，注意電路動(dòng)態(tài)分析的分析方法。9.如圖所示，甲、乙兩物體靠在一起，放在光滑的水平面上，在水平力Fi和F2共同作用下，一起從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，已知Fi>F2,兩物體運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后甲 £ l2"A.若突然撤去Fi,甲的加速度一定減小B.若突然撤去Fi,甲乙間的作用

14、力減小C.若突然撤去F2,乙的加速度一定增大D.若突然撤去F2,甲乙間的作用力增大【答案】BC要分析加速度的變化，先由牛頓第二定律求出整體的加速度，再進(jìn)行分析，由隔離法求出甲乙間的作用力, 根據(jù)表達(dá)式進(jìn)行分析;【解析】A、一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，整體的加速度為：中叫卜；十mJ；對(duì)乙分析，則甲、乙之間的作用力為：N F, m,a,解得N-突然撤去F：,則整體的加速度 由=,%不一定大于a,甲乙之間的作用力= <工,故A錯(cuò)誤、B正確;C、突然撤去F二則整體的加速度 編=1 ，則即加速度增大 甲乙之間的作用力為： 卜=一吧<N,故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤 【拓展】關(guān)于連接體的處理方法，先整體后隔離，可以求

15、得連接體間的相互作用力的大小。10.兩個(gè)帶等量異種電荷的粒子分別以速度Va和Vb射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩粒子的入射方向與磁場(chǎng)邊界的夾角分別為60。禾030 ° ,磁場(chǎng)寬度為d ,兩粒子同時(shí)由A點(diǎn)出發(fā)，同時(shí)到達(dá) B點(diǎn)，如圖所示則X X XA. a粒子帶正電，b粒子帶負(fù)電B.兩粒子的軌道半徑之比Ra： Rb=/： 1C.兩粒子的質(zhì)量之比ma： m b=1 : 2D.兩粒子的質(zhì)量之比 m a： m b=2 ： 1【答案】BD 根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)方向，由左手定則判斷電性， 根據(jù)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)， 由幾何關(guān)系求得軌道半徑，根據(jù)幾何關(guān)系得到中心角，即可由運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同得到周期之比，從而由洛倫茲力做向心力得到質(zhì)

16、量；【解析】A、由左手定則可得：a粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電，故 A錯(cuò)誤;B、由粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)可得： 粒子運(yùn)動(dòng)軌道圓心在 AB的垂直平分線和過(guò) A點(diǎn)的速度垂直方向的交點(diǎn),C、由幾何關(guān)系可得：從 A運(yùn)動(dòng)到B, a粒子轉(zhuǎn)過(guò)的中心角為6。，b粒子轉(zhuǎn)過(guò)的中心角為,根據(jù)運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同可得運(yùn)動(dòng)周期為：T廿Tb- 2 1 ,再根據(jù)洛倫茲力做向心力可得：-R2itR 2xni所以，運(yùn)動(dòng)周期為： ;v qB根據(jù)電荷量相等可得mab - T；Tb 211,故C錯(cuò)誤，D正確?！就卣埂繋щ娏Ｗ釉趧驈?qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，一般根據(jù)幾何關(guān)系求得軌道半徑及中心角，即可由洛倫茲力做向心力求得速度、運(yùn)動(dòng)時(shí)間等問(wèn)題。二、非

17、選擇題：包括必考必考題和選考題兩部分，第11-12題為必考題，每個(gè)考生都必修做答。 第13-14題為選考題，考生根據(jù)要求做答。11.如圖所示，光滑絕緣的半圓形軌道 ABC固定在豎直面內(nèi)，圓心為O,軌道半徑為R, B為軌道最低點(diǎn)。該裝置右側(cè)的1/4圓弧置于水平向右的足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。某一時(shí)刻一個(gè)帶電小球從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能為 E0,進(jìn)入電場(chǎng)后繼續(xù)沿軌道運(yùn)動(dòng)，到達(dá) C點(diǎn)時(shí)小球的電勢(shì)能減少量為 2E0,試求:A4(1)小球所受重力和電場(chǎng)力的大小 (2)小球脫離軌道后到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能【答案】(1)電嗎(2)叫R R(1)根據(jù)動(dòng)能定理和功能關(guān)系即可求解重力和電場(chǎng)力的大小；(2

18、)小球通過(guò)C點(diǎn)后，利用運(yùn)動(dòng)的分解進(jìn)行求解即可；【解析】(1)設(shè)帶電小球的質(zhì)量為 m,則從A到B根據(jù)動(dòng)能定理有：M鈔tEo4一.匕:、4 . 士 4則小球受到的重力為：mw =，方向豎直向下；r r由題可知：到達(dá)C點(diǎn)時(shí)小球的電勢(shì)能減少量為？Eq,根據(jù)功能關(guān)系可知：EqR - 2EJ一洱、十一”則小球受到的電場(chǎng)力為：Eq-，萬(wàn)向水平向右，小球帶正電；(2)設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為vc,則從A到C根據(jù)動(dòng)能定理有： Lr - -2Ea皿從C點(diǎn)飛出后，在豎直方向只受重力作用，做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)間為:g 隊(duì)m在水平方向只受電場(chǎng)力作用，做勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)只有水平方向的速度，其速度為:v at

19、-m則在最高點(diǎn)動(dòng)能為：12k Amm-L彳，2- 8匕?！就卣埂勘绢}考查帶電小球在重力場(chǎng)和電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，注意將運(yùn)動(dòng)按照受力情況進(jìn)行分解，分成水平方向做勻加速運(yùn)動(dòng)和豎直方向勻減速進(jìn)行求解即可。12.如圖所示，一足夠長(zhǎng)木板在水平粗糙面上向右運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻速度為vo = 2m/s ,此時(shí)一質(zhì)量與木板相等的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以 v1 = 4m/s的速度從右側(cè)滑上木板，經(jīng)過(guò)1s兩者速度恰好相同，速度大小為V1v2=1m/s ,方向向左。重力加速度 g = 10m/s 2,試求:T211)木板與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)i i(2)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)V 2(3)從滑塊滑上木板，到最終兩者靜止的過(guò)程中，滑塊相

20、對(duì)木板的位移大小。【答案】(1) 0.3 (2) 1 (3)2.75m20(D對(duì)小滑塊根據(jù)牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解；(2)對(duì)木板分析，先向右減速后向左加速，分過(guò)程進(jìn)行分析即可；(3)分別求出二者相對(duì)地面位移，然后求解二者相對(duì)位移；【解析】(1)對(duì)小滑塊分析：其加速度為：= E1=二J = J ,方向向右1 t I.對(duì)小滑塊根據(jù)牛頓第二定律有：-內(nèi)mg 川可，可以得到：(2)對(duì)木板分析，其先向右減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以得到:然后向左加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以得到:而且“十片.(一心聯(lián)立可以得到：:一, k。畫(huà)，卜心;20(3)在h-QX時(shí)間內(nèi)，木板

21、向右減速運(yùn)動(dòng)，其向右運(yùn)動(dòng)的位移為:在0.5$時(shí)間內(nèi)，木板向左加速運(yùn)動(dòng)，其向左加速運(yùn)動(dòng)的位移為：°、L=f 5山va + 0亍二 025m方向向右;方向向左;If V在整個(gè)t 時(shí)間內(nèi)，小滑塊向左減速運(yùn)動(dòng)，其位移為：方向向左r則整個(gè)過(guò)程中滑塊相對(duì)木板的位移大小為：Ax4十”士 2.75m o【拓展】本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，分析清楚小滑塊與木板的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和受力情況是解題的前提，應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可解題。13.a、b、c三條平行光線垂直于半圓柱體玻璃磚的截面直徑從空氣射向玻璃磚，如圖所示，光線b正好過(guò)圓心O,光線a、c從光線b的兩側(cè)對(duì)稱入射，光線 a、c從玻璃磚下表面進(jìn)入空

22、氣后與光線b交于P、Q,則下列說(shuō)法正確的是A.玻璃對(duì)三種光的折射率關(guān)系為 na>n b>n cB.玻璃對(duì)a光的折射率大于對(duì) c光的折射率C.在相同條件下進(jìn)行雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，a光的條紋間距比c光窄D. a、c光分別從空氣射入某種介質(zhì)中，c光發(fā)生全反射時(shí)臨界角較小E. a光比c光穿過(guò)該半圓柱體玻璃磚所需時(shí)間長(zhǎng)【答案】BCE根據(jù)折射定律判斷出折射角的大小，從而得到折射率的大小關(guān)系，判斷波長(zhǎng)的長(zhǎng)短，分析干涉條紋間距的大小以及臨界角等問(wèn)題即可；【解析】A、由圖可知，a光和c光入射角相同，但是 c光折射角較大，根據(jù)折射率公式可知玻璃對(duì)a光的折射率大于對(duì)c光的折射率，當(dāng)時(shí)由于玻璃對(duì)b光沒(méi)有發(fā)生折射，故無(wú)法比較 b光的折射率的大小，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；C、由于a光的折射率大，波長(zhǎng)較短，則在相同條件下進(jìn)行