廣東省湛江市2020屆高三普通高考測試（二）物理試題含解析《含高考15套》

廣東省湛江市2020屆高三普通高考測試（二）物理試題

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合

題目要求的。

1、一端裝有定滑輪的粗糙斜面體放在地面上，A、B兩物體通過細繩連接，并處于靜止狀態(tài)，不計繩的質(zhì)

量和繩與滑輪間的摩擦，如圖所示.現(xiàn)用水平力F作用于物體B上，緩慢拉開一小角度，此過程中斜面

體與物體A仍然靜止.則下列說法正確的是

A.在緩慢拉開B的過程中，水平力F不變

B.物體A所受細繩的拉力一定變大

C.物體A所受斜面體的摩擦力一定變大

D.物體A所受斜面體的作用力的合力一定變大

2、如圖所示，小球放在光滑的墻與裝有校鏈的光滑薄板之間，薄板在F作用下逆時針緩慢轉(zhuǎn)動，在墻與

薄板之間的夾角0緩慢地從90。逐漸減小的過程中（）

A.小球?qū)Ρ“宓膲毫赡苄∮谛∏虻闹亓?/p>

B.小球?qū)Ρ“宓恼龎毫σ恢痹龃?/p>

C.小球?qū)Φ膲毫ο葴p小，后增大

D.小球?qū)Φ恼龎毫Σ豢赡艽笥谛∏虻闹亓?/p>

3、如圖，水平桌面上有三個相同的物體a、b、c疊放在一起，a的左端通過一根輕繩與質(zhì)量為加=3百kg

的小球相連，繩與水平方向的夾角為60。，小球靜止在光滑的半圓形器皿中。水平向右的力F=20N作用在

b上，三個物體保持靜狀態(tài)。g取lOm/s?。下列說法正確的是（）

A.物體a對桌面的靜摩擦力大小為10N,方向水平向右

B.物體b受到物體a給的一個大小為20N的摩擦力，方向向左

C.物體c受到向右的靜摩擦力，大小為20N

D.在剪斷輕繩的瞬間，三個物體一定會獲得向右的加速度

4、下列說法中錯誤的是（）

A.若氫原子從n=6能級向n=l能級躍遷時輻射出的光不能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則氫原子從n=6能級

向n=2能級躍遷時輻射出的光也不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)

B.盧瑟福通過a粒子散射實驗，提出原子的核式結(jié)構(gòu)模型

C.原子核發(fā)生一次p衰變，該原子核外就一定失去一個電子

D.質(zhì)子、中子、a粒子的質(zhì)量分別是m、m2、m3,質(zhì)子和中子結(jié)合成一個a粒子，釋放的能量是

（2町+2m,一平,）＜?

5、如圖所示，AB是斜坡，BC是水平面，從斜坡頂端A以不同初速度v向左水平拋出同一小球，當初

速度為vo時，小球恰好落到坡底B。不計空氣阻力，則下列圖象能正確表示小球落地（不再彈起）前瞬間

重力瞬時功率P隨v變化關(guān)系的是

6、中國北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)（BeiDouNavigationSatelliteSystem,BDS）是繼美國全球定位系統(tǒng)（GPS）,俄

羅斯格洛納斯衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)（GLONASS）之后第三個成熟的衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)。北斗導(dǎo)航系統(tǒng)中有幾顆衛(wèi)星

是地球同步衛(wèi)星，GPS導(dǎo)航系統(tǒng)是由周期約為12h的衛(wèi)星群組成。則北斗導(dǎo)航系統(tǒng)的同步衛(wèi)星與GPS導(dǎo)

航衛(wèi)星相比（）

A.北斗導(dǎo)航系統(tǒng)的同步衛(wèi)星的角速度大

B.北斗導(dǎo)航系統(tǒng)的同步衛(wèi)星的軌道半徑小

C.GPS導(dǎo)航衛(wèi)星的線速度大

D.GPS導(dǎo)航衛(wèi)星的向心加速度小

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符

合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7、下列關(guān)于熱力學定律的說法正確的是。

A.如果兩個系統(tǒng)均與第三個系統(tǒng)處于熱平衡狀態(tài)，這兩個系統(tǒng)的溫度一定相等

B.外界對某系統(tǒng)做正功，該系統(tǒng)的內(nèi)能一定增加

C.可以找到一種材料做成墻壁，冬天供暖時吸收熱量溫度升高，然后向房間自動釋放熱量供暖，然后再

把熱量吸收回去，形成循環(huán)供暖，只需要短時間供熱后即可停止外界供熱

D.低溫系統(tǒng)可以向高溫系統(tǒng)傳遞熱量

E.無論科技如何進步與發(fā)展，絕對零度都不可以達到

8、如圖M和N是兩個帶有異種電荷的帶電體，（M在N的正上方，圖示平面為豎直平面）P和Q是M

表面上的兩點，S是N表面上的一點。在M和N之問的電場中畫有三條等差等勢線?，F(xiàn)有一個帶正電的

液滴從E點射入電場，它經(jīng)過了F點和W點已知油滴在F點時的機械能大于在W點的機械能。（E、W

兩點在同一等勢面上，不計油滴對原電場的影響，不計空氣阻力）則以下說法正確的是（）

A.P和Q兩點的電勢不相等

B.P點的電勢低于S點的電勢

C.油滴在F點的電勢能高于在E點的電勢能

D.F點的電場強度大于E點的電場強度

9、一簡諧橫波沿x軸負向傳播，t時刻的波形如圖所示，則該時刻（）

A.質(zhì)點A的速度向上

B.質(zhì)點B的動能最大

C.B、D兩質(zhì)點的振動情況總是相反

D.從該時刻經(jīng)過半個周期，質(zhì)點D的加速度為零

E.從該時刻經(jīng)過上個周期，質(zhì)點C將移動到質(zhì)點B的位置

4

10、如圖所示，豎直放置的半圓形軌道與水平軌道平滑連接，不計一切摩擦.圓心O點正下方放置為2m

的小球A,質(zhì)量為m的小球B以初速度vo向左運動，與小球A發(fā)生彈性碰撞.碰后小球A在半圓形軌道

運動時不脫離軌道，則小球B的初速度vo可能為()

A.2y/2gRB.C.2y/5gRD.師

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11、(1)為了研究平拋物體的運動，可做下面的實驗：如圖甲所示，用小錘打擊彈性金屬片，B球就水平

飛出，同時A球被松開，做自由落體運動，兩球同時落到地面；如圖乙所示的實驗：將兩個完全相同的斜

滑道固定在同一豎直面內(nèi)，最下端水平.把兩個質(zhì)量相等的小鋼球從斜面的同一高度由靜止同時釋放，滑道

2與光滑水平板連接，則將觀察到的現(xiàn)象是球1落到水平木板上擊中球2,這兩個實驗說明

A.甲實驗只能說明平拋運動在豎直方向做自由落體運動.

B.乙實驗只能說明平拋運動在水平方向做勻速直線運動

C.不能說明上述規(guī)律中的任何一條

D.甲、乙二個實驗均能同時說明平拋運動在水平、豎直方向上的運動性質(zhì)

(2)關(guān)于“研究物體平拋運動”實驗，下列說法正確的是

A.小球與斜槽之間有摩擦會增大實驗誤差

B.安裝斜槽時其末端切線應(yīng)水平

C.小球必須每次從斜槽上同一位置由靜止開始釋放

D.小球在斜槽上釋放的位置離斜槽末端的高度盡可能低一些.

E.將木板校準到豎直方向，并使木板平面與小球下落的豎直平面平行

F.在白紙上記錄斜槽末端槽口的位置O,作為小球做平拋運動的起點和所建坐標系的原點

甲

(3)如圖丙，某同學在做平拋運動實驗時得出如圖丁所示的小球運動軌跡，a、b、c三點的位置在運動

軌跡上已標出，貝|J：(g取

①小球平拋運動的初速度為m/s.

②小球運動到b點的速度為m/s

③拋出點坐標x=cmy=cm.

12、在沒有天平的情況下，實驗小組利用以下方法對質(zhì)量進行間接測量，裝置如圖甲所示：一根輕繩跨過

輕質(zhì)定滑輪與兩個相同的重物P、Q相連，重物P、Q的質(zhì)量均為m(已知)，在重物Q的下面通過輕質(zhì)

掛鉤懸掛待測物塊Z。重物P的下端與穿過打點計時器的紙帶相連，已知當?shù)刂亓铀俣葹間。

(1)某次實驗中。先接通頻率為50Hz的交流電源，再由靜止釋放系統(tǒng)，得到如圖乙所示的紙帶。相鄰兩計

數(shù)點間還有四個點沒畫出，則系統(tǒng)運動的加速度a=m/s?(保留兩位有效數(shù)字)。

⑵在忽略阻力的情況下，物塊Z質(zhì)量M的表達式為M=(用字母m、a、g表示)。

(3)由(2)中理論關(guān)系測得的質(zhì)量為M,而實際情況下，空氣阻力、紙帶與打點計時器間的摩擦、定滑輪中

的滾動摩擦不可以忽略，使物塊Z的實際質(zhì)量與理論值M有一定差異。這是一種(填“偶然誤差”

或“系統(tǒng)設(shè)差

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、

方程式和演算步驟。

13、如圖所示，一根內(nèi)壁光滑的直角三角形玻璃管處于豎直平面內(nèi)，6=37，讓兩個小球(可視為質(zhì)點)

分別從頂點A由靜止開始出發(fā)，一小球沿AC滑下，到達C所用的時間為t”另一小球自由下落經(jīng)B到

達C,所用的時間為t2,在轉(zhuǎn)彎的B處有個極小的光滑圓弧，可確保小球轉(zhuǎn)彎時無機械能損失，且轉(zhuǎn)彎時

t.

間可以忽略不計，點1137。=0.6,求：,的值。

’2

G

B

14、如圖所示，一內(nèi)壁光滑的長圓柱形容器，器壁絕熱、底面積為S且導(dǎo)熱性能良好。初始時開口向上豎

直放置。容器內(nèi)有兩個質(zhì)量均為《苴的絕熱活塞A和B。在A與B之間封有一定質(zhì)量溫度為To、高度為

d的理想氣體甲，B與容器底面之間封有一定質(zhì)量的理想氣體乙，平衡時甲、乙兩部分氣體的體積均相等。

現(xiàn)讓容器緩慢倒過來開口向下豎直放置，兩個活塞再次平衡，此時氣體甲的體積變?yōu)樵瓉淼膢■倍。活塞與

器壁間密閉性能好，且無摩擦，外界的溫度不變，大氣壓強為po,重力加速度取g?求：

①容器開口向下放置時氣體甲的溫度；

②容器開口向下放置時氣體乙的體積。

15、如圖甲所示，有一“上”形、粗細均勻的玻璃管，開口端豎直向上放置，水平管的兩端封閉有理想氣體

A與B,氣柱長度都是22cm,中間水銀柱總長為12cm?，F(xiàn)將水銀全部推進水平管后封閉管道接口處，并

把水平管轉(zhuǎn)成豎直方向，如圖乙所示，為了使A、B兩部分氣體一樣長，把B氣體的一端單獨放進恒溫熱

水中加熱，試問熱水的溫度應(yīng)控制為多少？（已知外界大氣壓強為76cmHg,氣溫275K）

參考答案

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合

題目要求的。

【解析】

【分析】

先對物體B分析，根據(jù)共點力平衡條件求出繩子拉力；再對木塊A分析，可以得出各個力的情況。

A.對木塊B受力分析，如圖所示，根據(jù)共點力平衡條件有:F=mBgtand,在緩慢拉開B的過程中,0變大，故

F變大，故A錯誤；

B.根據(jù)共點力平衡有T="，在緩慢拉開B的過程中,0變大，故T變大，B正確；

C.物體A受重力、支持力、細線的拉力，可能沒有靜摩擦力，也可能有沿斜面向下的靜摩擦力，還有可能受沿

斜面向上的靜摩擦力，故拉力T變大后，靜摩擦力可能變小，也可能變大,C錯誤；

D.支持力不變,故斜面對物體A的作用力的合力可能增大也可能減小或不變,D錯誤。

【點睛】

本題關(guān)鍵分別對A、B受力分析，然后根據(jù)共點力平衡條件分析求解。

2、B

【解析】

【分析】

【詳解】

以小球為研究對象，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)受力平衡，由圖可知

AB.當墻與薄板之間的夾角。緩慢地從90。逐漸減小的過程中，薄板給球的支持力匕逐漸增大，木板受到

的壓力增大，小球?qū)Ρ“宓膲毫Σ豢赡苄∮谛∏虻闹亓Γ珹錯誤B正確；

CD.當墻與薄板之間的夾角。緩慢地從90。逐漸減小的過程中，墻壁給球的壓力乃逐漸增大，根據(jù)牛頓

第三定律可知墻壁受到的壓力增大，小球?qū)Φ恼龎毫赡艽笥谛∏虻闹亓?，CD錯誤。

故選B。

3、B

【解析】

【分析】

【詳解】

A.對山受力分析

在豎直方向

2Tsin60°-mg

則繩子拉力為

T=mg-=^X^N=3QN

2sin60_>/3

2x

2

對。、》、C整體受力分析，水平方向根據(jù)平衡條件

T=F+f

則桌面對。的靜摩擦力方向水平向右，大小為

/=T-F=30N-20N=10N

根據(jù)牛頓第三定律可知，。對桌面的靜摩擦力大小為10N,方向水平向左，A錯誤；

B.對匕、（、整體受力分析，水平方向根據(jù)平衡條件

F=f'=20N

可知物體b受到物體a給的一個大小為20N的摩擦力，方向向左，B正確；

C.對c受力分析可知，物體僅受重力和支持力，受到的摩擦力為0,C錯誤；

D.地面對。、b.c,整體的最大靜摩擦力大小未知，在剪斷輕繩的瞬間，系統(tǒng)的運動狀態(tài)未知，D錯誤。

故選B。

4、C

【解析】

【詳解】

A.根據(jù)玻爾理論可知，氫原子從〃=6能級向”=1能級躍遷時輻射出的光的能量大于氫原子從〃=6能

級向〃=2能級躍遷時輻射出的光的能量，結(jié)合光電效應(yīng)發(fā)生的條件可知，若氫原子從〃=6能級向〃=1

能級躍遷時輻射出的光不能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則氫原子從〃=6能級向〃=2能級躍遷時輻射出的

光也不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故A正確；

B.盧瑟福通過對。粒子散射實驗結(jié)果的分析，提出了原子核式結(jié)構(gòu)理論，故B正確；

C.B衰變的實質(zhì)是原子核中的一個中子轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€質(zhì)子和一個電子，電子釋放出來，不是來自核外電子,

故C錯誤；

D.質(zhì)子、中子、a子的質(zhì)量分別是班、加2、機3,質(zhì)子和中子結(jié)合成一個。粒子的過程中虧損的質(zhì)量為

△tn=2mt+2m2-/n,

2

根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程可知釋放的能量是(2叫+2m2-mi)c,故D正確;

本題選擇錯誤的，故選C。

5、C

【解析】

【詳解】

當平拋的初速度%時，小球均落在斜面上，具有相同的位移偏向角均等于斜面傾角可得：

12

tan2上=出,

xvt2v

可得平拋時間：

2vtan^

t=---------

g

則小球所受的重力的瞬時功率為：

P-mg?vy=mg?gt=2mgtan6?v

可知，P關(guān)于v構(gòu)成正比例函數(shù)關(guān)系；

當平拋的初速度%時，小球均落在水平面上，平拋的豎直高度相同為h,有：

712

h=2gt

則平拋時間為：

r樣

則小球所受的重力的瞬時功率為：

P=tng?vv=mg-gf=mg12gh

可知功率p為恒定值；

綜合兩種情況可得C項的圖像爭取，ABD項的圖像錯誤;

故選c.

6、C

【解析】

【分析】

【詳解】

A.地球同步衛(wèi)星的周期為24h,GPS導(dǎo)航系統(tǒng)周期約為12h,根據(jù)周期與角速度的關(guān)系

2乃

CD=——

T

可知北斗導(dǎo)航系統(tǒng)的同步衛(wèi)星的周期大，則其角速度小，故A錯誤；

B.由萬有引力提供向心力有

「Mm4萬2

G—r=mr-

得衛(wèi)星繞地球做圓周運動的周期

J13

T—-----

\GM

北斗導(dǎo)航系統(tǒng)的同步衛(wèi)星的周期大，則其軌道半徑大，故B錯誤；

C.由萬有引力提供向心力有

2

門Mmv

G——=m—

r-r

得衛(wèi)星繞地球做圓周運動的線速度

北斗導(dǎo)航系統(tǒng)的軌道半徑大，則其線速度小，GPS導(dǎo)航衛(wèi)星的線速度大，故C正確；

D.根據(jù)

a-va>

可知北斗導(dǎo)航系統(tǒng)的角速度小、線速度小，則其加速度小，GPS導(dǎo)航衛(wèi)星的向心加速度大，故D錯誤。

故選C。

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符

合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7、ADE

【解析】

【分析】

【詳解】

A.如果兩個系統(tǒng)均與第三個系統(tǒng)處于熱平衡狀態(tài)，這兩個系統(tǒng)的溫度一定相等，A正確；

B.外界做正功，有可能同時放熱，內(nèi)能的變化不確定，B錯誤；

C.根據(jù)熱力學第二定律，題中所述的問題不可能實現(xiàn)，選項C錯誤；

D.低溫系統(tǒng)向高溫系統(tǒng)傳遞熱量是可以實現(xiàn)的，前提是要引起其他變化，D正確；

E.絕對零度不可以達到，E正確.

故選ADE。

8、BD

【解析】

【詳解】

A.P和Q兩點在帶電體M的表面上，M是處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體，其表面是一個等勢面，故P和Q

兩點的電勢相等，故A錯誤；

B.帶正電的油滴在F點時的機械能大于在W點的機械能，故從F點到W點，機械能減小，電場力做負

功，說明電場力向上，故電場線垂直等勢面向上，而沿著電場線電勢逐漸降低，故P點的電勢低于S點的

電勢，故B正確；

C.由于電場線垂直等勢面向上，故E點的電勢大于F點的電勢，根據(jù)Ep=q<p,油滴在F點的電勢能低于

在E點的電勢能，故C錯誤；

D.因F點等勢面密集，則電場線也密集，可知F點的電場強度大于E點的電場強度，選項D正確；

故選BDo

9、BCD

【解析】

【分析】

【詳解】

A.由波的平移法可知，在該時刻質(zhì)點A正向下運動，故A錯誤；

B.由圖可得，在該時刻質(zhì)點B在平衡位置，速度最大，動能最大，故B正確；

C.B、D兩質(zhì)點相差半個波長，振動情況總相反，故C正確；

D.從該時刻經(jīng)過半個周期，質(zhì)點D又處于平衡位置，加速度為零，故D正確.

E.從該時刻經(jīng)過1/4個周期，質(zhì)點C將運動到自己的平衡位置，不會運動到B質(zhì)點處，故E錯誤；

故選BCD?

10、BC

【解析】

【分析】

【詳解】

A與B碰撞的過程為彈性碰撞，則碰撞的過程中動量守恒，設(shè)B的初速度方向為正方向，設(shè)碰撞后B與

A的速度分別為VI和V2,則：

mvo=mvi+2mv2

由動能守恒得：

12121c2

—mv0=—mv^+—?2mv2

聯(lián)立得：％=①①

3

1.恰好能通過最高點，說明小球到達最高點時小球的重力提供向心力，是在最高點的速度為Vmm,由牛頓第二

定律得：

V2.C

2mg=2加?②

R

A在碰撞后到達最高點的過程中機械能守恒，得：

2mg?2R=g-2mvj-g-2加編?③

聯(lián)立①②③得：vo=1.5而示，可知若小球B經(jīng)過最高點，則需要：vo>1.5癡記

2.小球不能到達最高點，則小球不脫離軌道時，恰好到達與。等高處，由機械能守恒定律得：

2mg.R=；.④

聯(lián)立①④得：vo=1.5j荻

可知若小球不脫離軌道時，需滿足：voV1.5娛記

由以上的分析可知,若小球不脫離軌道時，需滿足：丫0<1.5近加或vo>1.5何記，故AD錯誤，BC正確.

故選BC

【點睛】

小球A的運動可能有兩種情況：1.恰好能通過最高點，說明小球到達最高點時小球的重力提供向心力，

由牛頓第二定律求出小球到達最高點點的速度，由機械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度.由碰撞

過程中動量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度；2.小球不能到達最高點，則小球不脫離軌道

時，恰好到達與O等高處，由機械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度.由碰撞過程中動量守恒及

能量守恒定律可以求出小球B的初速度.

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11、ABBCE22.5-10-1.25

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)A、用小錘打擊彈性金屬片，B球就水平飛出，同時A球被松開，做自由落體運動，兩球同時落到地面,

知B球豎直方向上的運動規(guī)律與A球相同，即平拋運動豎直方向上做自由落體運動.故A正確.

B、把兩個質(zhì)量相等的小鋼球從斜面的同一高度由靜止同時釋放，滑道2與光滑水平板吻接，則將觀察到

的現(xiàn)象是球1落到水平木板上擊中球2,知1球在水平方向上的運動規(guī)律與2球相同，即平拋運動在水平

方向上做勻速直線運動.故B正確，C、D錯誤；

故選AB.

(2)A、小球與斜槽之間有摩擦，不會影響小球做平拋運動，故A錯誤；

B、研究平拋運動的實驗很關(guān)鍵的地方是要保證小球能夠水平飛出，只有水平飛出時小球才做平拋運動，

則安裝實驗裝置時，斜槽末端切線必須水平的目的是為了保證小球飛出時初速度水平，故B正確；

C、由于要記錄小球的運動軌跡，必須重復(fù)多次，才能畫出幾個點，因此為了保證每次平拋的軌跡相同，

所以要求小球每次從同一高度釋放，故C正確；

D、小球在斜槽上釋放的位置離斜槽末端的高度不能太低，故D錯誤.

E、根據(jù)平拋運動的特點可知其運動軌跡在豎直平面內(nèi)，因此在實驗前，應(yīng)使用重錘線調(diào)整面板在豎直平

面內(nèi)，即要求木板平面與小球下落的豎直平面平行，故E正確；

F、在白紙上記錄斜槽末端槽口的位置O,不能作為小球做平拋運動的起點，故F錯誤；

故選BCE.

R?=O.ls,則小球平拋運動的初速度

⑶①在豎直方向上Ay=gT2,可得時間間隔T

二=絲向s=2m/s

°T0.1

②b點在豎直方向上的分速度%,=方=1.5m/s，小球運動到b點的速度為v=肘+%=2.5m/s.

③拋出點到b點的運動時間，=」=0.15s.水平方向上的位移xi=vt=0.3m,豎直方向上的位移

g

1,

y=]g廠=0.1125tn.所以開始做平拋運動的位置坐標x=0.2-0.3=-0.1m=-10cm,

y=0.1-0.1125=-0.0125m=-1.25cm；

2ma

12、0.32系統(tǒng)誤差

g-a

【解析】

【分析】

【詳解】

根據(jù)逐差法求解加速度

一小一%_0.0329+0.0295-0.0264—0.0232

m/s2=0.32m/s2

4T24x0.12

(2)[2]對P、Q、Z構(gòu)成的系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律

+M)g-mg=(m+m+M)cz

解得

.,Ima

M--------

g-a

(3)網(wǎng)根據(jù)題意可知這種誤差為客觀因素造成的不可避免的誤差，應(yīng)為系統(tǒng)誤差。

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、

方程式和演算步驟。

13、1

【解析】

【詳解】

設(shè)三邊分別為3a、4a、5a,由AC滑下有

a=gsin0=O.6g

由

1,2-

—4Z/1-5ci

得

沿ABC滑下AB段有

12c

2^21=3?

得

U=g，21=7^

沿水平BC段有

vt2i=4a

得

故可知

tl：t2=l：1?

47

14、①余=盧@-dS

【解析】

【分析】

【詳解】

①初始狀態(tài)下，對活塞A、B受力分析，均處于平衡狀態(tài)，得

mg+%S=與S

mg+RyS=P^S

倒置后，對活塞A、B受力分析，均處于平衡狀態(tài)，得

mg+%S=4s

mg+岑S=瑞S

對甲部分氣體，由理想氣體狀態(tài)方程得

解得

如亨

②對乙部分氣體，由理想氣體等溫變化可得

七V=外七

解得

77

K=—V=—dS

乙33

15、312.5K

【解析】

【分析】

【詳解】

玻璃管開口向上時，AB兩部分氣體的初狀態(tài)

PA=PB=SOcmHg,LA=LB=22cm,T=275K

將水銀全部推進水平管時PM=PB\，LAi=LBI=20cm

對A氣體，由玻意耳定律：PALA=PMLM,解得PM=SScmHg

對于最終狀態(tài)的B氣體PB2=PM+\2cmHg=\00cmHg

由理想氣體狀態(tài)方程=鏗"

解得熱水的溫度（=312.5K.

2019-2020高考物理模擬試卷

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合

題目要求的。

1、如圖所示，一傾角為30。的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度3轉(zhuǎn)動，盤面上離轉(zhuǎn)軸

距離d處有一帶負電的電荷量為q、質(zhì)量為m的小物體與圓盤始終保持相對靜止.整個裝置放在豎直向上

的勻強電場中，電場強度丘=等，則物體與盤面間的動摩擦因數(shù)至少為（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,

g為重力加速度）（）

,V3（3^+4?2J）?2（6+1）療d

9g3g

cJ（g+4序"）口>8+2蘇團

?3g3g

2、下列說法正確的是（）

A.愛因斯坦在1900年首次把能量子的概念引入物理學

B.單色光照射金屬表面發(fā)生光電效應(yīng)時，入射光越強，單位時間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)越多

C.一個氫原子從量子數(shù)n=3的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時最多可輻射3種不同頻率的光子

D.玻爾的原子理論能夠解釋氫原子的光譜

3、如圖所示，四根等長的纜繩一端懸于起重機的吊鉤上，另一端分別系在一個正方形的框架上，框架下

面懸吊著重物，起重機將重物以0.5%的速度沿豎直方向勻速向上吊起.若起重機的輸出功率為20kW,

每根纜繩與豎直方向的夾角均為37°,忽略吊鉤、框架及繩的重力，不計一切摩擦，sin3/=0.6，

cos37°=0.8.則懸于吊鉤的每根纜繩的拉力大小為（）

A.5.0X104NB.4.0X104N

c.1.25X104ND.1.0X104N

4、如圖所示，一端擱在粗糙水平面上，另一端系一根細線（線豎直）處于靜止狀態(tài)的重直桿A受到的作

用力個數(shù)（）

C.3D.4

5、某行星的自轉(zhuǎn)周期為T,赤道半徑為R.研究發(fā)現(xiàn)，當該行星的自轉(zhuǎn)角速度變?yōu)樵瓉淼?倍時會導(dǎo)致

該行星赤道上的物體恰好對行星表面沒有壓力，已知引力常量為G.則

A.該行星的質(zhì)量為二=零

B.該行星的同步衛(wèi)星軌道半徑為二=a二

C.質(zhì)量為m的物體對行星赤道地面的壓力為二=是三

D.環(huán)繞該行星做勻速圓周運動的衛(wèi)星的最大線速度為7.9km/s

6、在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一

定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且

AB=2BC,如圖所示，由此可知（）

11E++2廣

A.小球帶正電

B.電場力大小為3mg

C.小球從A到B與從B到C的運動時間相等

D.小球從A到B與從B到C的速度變化相等

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符

合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7、質(zhì)譜儀又稱質(zhì)譜計，是根據(jù)帶電粒子在電磁場中能夠偏轉(zhuǎn)的原理，按物質(zhì)原子、分子或分子碎片的質(zhì)

量差異進行分離和檢測物質(zhì)組成的一類儀器。如圖所示為某品牌質(zhì)譜儀的原理示意圖，初速度為零的粒子

在加速電場中，經(jīng)電壓U加速后，經(jīng)小孔P沿垂直極板方向進入垂直紙面的磁感應(yīng)強度大小為B的勻強

磁場中，旋轉(zhuǎn)半周后打在熒光屏上形成亮點。但受加速場實際結(jié)構(gòu)的影響，從小孔P處射出的粒子方向會

有相對極板垂線左右相等的微小角度的發(fā)散（其他方向的忽略不計），光屏上會出現(xiàn)亮線，若粒子電量均

為q,其中質(zhì)量分別為mi、m2（m2>mi）的兩種粒子在屏上形成的亮線部分重合，粒子重力忽略不計,

則下列判斷正確的是（

A.小孔P處粒子速度方向相對極板垂線最大發(fā)散角0滿足cos0=

m,

B.小孔P處粒子速度方向相對極板垂線最大發(fā)散角0滿足sing」

C.兩種粒子形成亮線的最大總長度為四三絲。

D.兩種粒子形成亮線的最大總長度為出『把、衛(wèi)

8、如圖所示，長度為1的輕桿上端連著一質(zhì)量為m的小球A（可視為質(zhì)點），桿的下端用較鏈固接于水平

面上的O點。置于同一水平面上的立方體B恰與A接觸，立方體B的質(zhì)量為M。今有微小擾動，使桿向

右傾倒，各處摩擦均不計，而A與B剛脫離接觸的瞬間，桿與地面夾角恰為?，重力加速度為g,則下

列說法正確的是

A.A與B剛脫離接觸的瞬間，A、B速率之比為2:1

C.A落地時速率為瘍？

D.A、B質(zhì)量之比為1：4

9、空間中有水平方向的勻強電場，同一電場線上等間距的五個點如圖所示，相鄰各點間距均為2cm。一

個電子在該水平線上向右運動，電子過。點時動能為6eV,運動至8點時電勢能為-3eV,再運動至c點

時速度為零。電子電荷量的大小為e,不計重力。下列說法正確的是（）

abcdf

A.由。至。的運動過程，電場力做功大小為3eV

B.勻強電場的電場強度大小為300V/m

C.等勢面△的電勢為3V

D.該電子從c點返回。點時動能為6eV

10、一簡諧機械橫波沿x軸正方向傳播，，=1s時刻波形如圖甲所示a、b、d是波上的三個質(zhì)點。圖乙是

波上某一質(zhì)點的振動圖像。則下列說法正確的是()

甲乙

A.該波傳播速度大小為3m/sB.圖乙可以表示d質(zhì)點的振動

C.圖乙可以表示b質(zhì)點的振動D.f=0.5s時，，，質(zhì)點速度沿y軸負方向

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11、某實驗小組在實驗室做“驗證牛頓運動定律”實驗：

(D在物體所受合外力不變時，改變物體的質(zhì)量，得到數(shù)據(jù)并作出圖象如圖甲所示.由圖象,

mm

你得出的結(jié)論為

(2)物體受到的合力大約為(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)

(3)保持小車的質(zhì)量不變，改變所掛鉤碼的數(shù)量，多次重復(fù)測量.在某次實驗中根據(jù)測得的多組數(shù)據(jù)在坐

標紙上畫出a-F關(guān)系的點跡如圖乙所示.經(jīng)過分析，發(fā)現(xiàn)這些點跡存在一些問題，產(chǎn)生這些問題的主要原因

可能是

A.軌道與水平方向夾角太大

B.軌道保持了水平狀態(tài)，沒有平衡摩擦力

C.所掛鉤碼的總質(zhì)量太大，造成上部點跡有向下彎曲趨勢

D.所用小車的質(zhì)量太大，造成上部點跡有向下彎曲趨勢

12、用圖甲所示的電路測量一電流表A1的內(nèi)阻。圖中A。是標準電流表，凡是滑動變阻器，與是電阻箱,

S和3分別是單刀雙擲開關(guān)和單刀單擲開關(guān)，實驗電路電源電動勢為E。依據(jù)實驗原理完成下列填空。

(D將S撥向接點1,閉合5,調(diào)節(jié),使A］指針偏轉(zhuǎn)到適當位置，記下此時標準電表A。的讀

數(shù)I。

(2)然后將S撥向接點2,調(diào)節(jié)________至適當位置，使A。的讀數(shù)仍為I,此時R的讀數(shù)即為待測電表

A,內(nèi)阻的測量值。

(3)若在某一次測量中&的示數(shù)如圖乙所示，其電阻為Q?該電阻箱可以提供的阻值范圍為

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、

方程式和演算步驟。

13、如圖所示，在紙面內(nèi)建立直角坐標系xOy,以第ID象限內(nèi)的直線OM(與負x軸成45。角)和正y軸

為界，在x<0的區(qū)域建立勻強電場，方向水平向左，場強大小E=2V/m；以直線OM和正x軸為界，在

y<0的區(qū)域建立垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.1T.一不計重力的帶負電粒子從坐標原點O

沿y軸負方向以vo=2xl伊m/s的初速度射入磁場.己知粒子的比荷為q/m=5xlO4C/kg,求：

(1)粒子經(jīng)過1/4圓弧第一次經(jīng)過磁場邊界時的位置坐標？

(2)粒子在磁場區(qū)域運動的總時間？

(3)粒子最終將從電場區(qū)域D點離開電，則D點離O點的距離是多少？

y

E

---------------------O

/

■XX

?

r/

■""7B

z

一—.XXX

/

/XXX

X

14、我國是世界上開發(fā)利用地下水資源最早的國家之一，浙江余姚河姆渡古文化遺址水井，其年代距今約

5700年。壓水井可以將地下水引到地面上，如圖所示，活塞和閥門都只能單向打開，提壓把手可使活塞

上下移動，使得空氣只能往上走而不往下走?；钊弦苿訒r，閥門開啟，可將直管中的空氣抽到閥門上

面；活塞向下移動時，閥門關(guān)閉，空氣從活塞處溢出，如此循環(huán)，地下水就在大氣壓的作用下通過直管被

抽上來了。閥門下方的直管末端在地下水位線之下，地下水位線距離閥門的高度h=8m,直管截面積S=

0.002m2,現(xiàn)通過提壓把手，使直管中水位緩慢上升4m。已知水的密度pE.OxliPkg/n?,外界大氣壓強

po=L0xl05Pa,重力加速度g=lOm/s2,直管中的氣體可視為理想氣體：

⑴若該裝置的機械效率11=0.4,求人對把手做的功；

⑵求直管中剩余空氣質(zhì)量△m與直管中原空氣質(zhì)量mo之比。

15、如圖所示，質(zhì)量為1kg的長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為0.5kg的物塊B放在長木板上表面

的右端，現(xiàn)對長木板施加大小為6N的水平恒力F,使長木板A和物塊B一起由靜止開始向左做加速運動,

物塊B相對于長木板A恰好不滑動，重力加速度為g=10m*,已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：

(1)物塊B與長木板A間的動摩擦因數(shù)；

(2)若F作用2s時，立即將F水平反向，大小增大為原來的2倍，結(jié)果當物塊B的速度為零時，剛好從木

板的左端滑離，求長木板的長度。

參考答案

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合

題目要求的。

1、A

【解析】

【分析】

【詳解】

物體以恒定角速度“轉(zhuǎn)動，所以，物體在垂直盤面方向上合外力為零，故支持力

FN=^ng+^mgcos3Q°=^3-Kmg

4

物體在盤面上的合外力即向心力

F^mard.

則最大靜摩擦力至少為

/=%+(mg+gmg]si〃30°=mco2d+-1mg

故物體與盤面間的動摩擦因數(shù)至少為

,3

fmco'd+^mgV3(3^+4(y2J)

F「3下)~9g

I4T”卻

故A正確，BCD錯誤.

2、B

【解析】

【分析】

【詳解】

A.普朗克在1900年把能量子引入物理學，破除了“能量連續(xù)變化”的傳統(tǒng)觀念，故A錯誤；

B.單色光照射金屬表面發(fā)生光電效應(yīng)時，入射光越強，則入射光子的數(shù)目越多，所以單位時間內(nèi)發(fā)射的

光電子數(shù)越多，故B正確；

C.根據(jù)玻爾理論，一個氫原子從量子數(shù)n=3的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時最多可輻射2種不同頻率的光子，故

C錯誤；

D.玻爾第一次將量子觀念引入原子領(lǐng)域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，很好地解釋了氫光譜，但不能夠解

釋氫原子的光譜，故D錯誤。

故選B。

3、C

【解析】

【詳解】

p

由P=N可知/=一=4x104N,故重物的重力G=F=4xlO4N.設(shè)每跟纜繩的拉力大小為T根據(jù)共

v

點力平衡條件可得4Tcos37°=G，解得T=1.25X1()4N,故C正確.

4、C

【解析】

【分析】

【詳解】

棒保持靜止狀態(tài)，合力為零；對棒受力分析，受重力、繩子豎直向上的拉力，地面的支持力，由于繩子豎

直向上的拉力，有合力為零，故地面對棒沒有靜摩擦力，因此棒共受到3個力作用，故C正確，ABD錯

誤；故選C.

【點睛】

受力分析時為防止漏力、多力，可以按照重力、彈力、摩擦力的順序分析，同時要結(jié)合平衡態(tài)分析，注意

繩子的拉力方向是解題的關(guān)鍵.

5、B

【解析】

該行星自轉(zhuǎn)角速度變?yōu)樵瓉韮杀?，則周期將變?yōu)榱?，由題意可知此時：二三=二二三,解得：二=三三,

J=字/口口

故A錯誤；同步衛(wèi)星的周期等于該星球的自轉(zhuǎn)周期，由萬有引力提供向心力可得：二三=二二名,又

二=亭，解得：r=；RR,故B正確；行星地面物體的重力和支持力的合力提供向心力：

二二一二二'=二二三，又：二二=二三=二二三，解得：二二，=。三，由牛頓第三定律可知質(zhì)量為m的

物體對行星赤道地面的壓力為二二=上李，故C錯誤；7.9km/s是地球的第一宇宙速度，由于不知道該星

球的質(zhì)量以及半徑與地球質(zhì)量和半徑的關(guān)系，故無法得到該星球的第一宇宙速度與地球第一宇宙速度的關(guān)

系，故無法確環(huán)繞該行星作勻速圓周運動的衛(wèi)星線速度是不是必不大于7.9km/s,故D錯誤；故選B.

點睛：重點知識：行星自轉(zhuǎn)的時候，地面物體萬有引力等于重力沒錯，但是不是重力全部用來提供向心力，

而是重力和支持力的合力提供向心力；“星球赤道上物體恰好對行星表面沒有壓力”時重力獨自充當向心

力.

6、B

【解析】

【分析】

【詳解】

根據(jù)小球從B點進入電場的軌跡可看出，小球帶負電，故A錯誤；因為到達C點時速度水平，所以C點

速度等于A點速度，因為AB=2BC,設(shè)BC的豎直高度為h,則AB的豎直高度為2h,由A到C根據(jù)動

能定理：mgx3h-Eqh=0,即Eq=3mg,故B正確；小球從A到B在豎直方向上的加速度為g,所用時間

為：乙=、竺=-；在從到的加速度為%=Eq~mS=向上,故所用時間：

2BC,2gt2=1—=M,

\g\8.m\2g

故h=2t2,故C錯誤；小球從A到B與從B到C的速度變化大小都等于Av=2gp但方向相反，故

D錯誤。

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符

合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分。

7、AD

【解析】

【詳解】

由題意知

qU=-mAv0

2

q%B=，吟

解得

同理

設(shè)左右最大發(fā)射角均為。時，粒子加2光斑的右邊緣恰好與粒子㈣光斑的左邊緣重合，如圖所示（圖中虛

線為加2半圓軌跡和向左發(fā)散。角軌跡，實線為肛半圓軌跡和向左發(fā)散。軌跡），則

2R2COS0-27?1

聯(lián)立解得

此時兩種粒子光斑總寬度為

Ax=24-27?1cos0

故選AD。

8、ABD

【解析】

【詳解】

A.設(shè)小球速度為VA,立方體速度為VB,分離時刻，小球的水平速度與長方體速度相同，即：VAsin30。=vB,

解得：VA=2VB,故A正確；

B.根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin30o，解得VA=J"，VB=V,A/2=J?,故B正確；

2

C.A從分離到落地，小球機械能守恒，mgLsin30°=1/?7V-|mv^丫=欄￡,故C錯誤；

D.在桿從豎直位置開始倒下到小球與長方體恰好分離的過程中，小球和長方體組成的系統(tǒng)機械能守恒，

2

則有：mgL(l-sin30°)=^mvA+~^Mv]}

把VA和VB的值代入，化簡得：m：M=l：4,故D正確。

故選：ABD.

9、AD

【解析】

【詳解】

A.電場線沿水平方向，則等間距的各點處在等差等勢面上。電子沿電場線方向做勻變速運動。電子從。至

c的過程，電勢能與動能之和守恒，動能減小了6eV,則電勢能增加了6eV,則電勢差

4『=6V

則

W3V

電子從。至匕的過程，電場力做負功，大小為

e%=3eV

A正確;

B.電場強度大小

E=____________=150V/m

-2x2xlO_2m

B錯誤;

C.電子經(jīng)過等勢面。時的電勢能為-3eV,則。點的電勢

%=3V

又有

(pb—(pd=2x3V=6V

則

為=-3V

C錯誤；

D.電子在a點時動能為6eV,從。減速運動至c,然后反向加速運動再至。點，由能量守恒定律知電子

此時的動能仍為6eV,D正確。

故選ADo

10、AC

【解析】

【分析】

【詳解】

A.由題圖甲可知波長;1=6m,由題圖乙可知周期T=2s,則波速

2°,

u=—=3m/s

T

A正確；

BC.a、b>d三質(zhì)點中在f=Is時位于平衡位置的是b和d質(zhì)點，其中b質(zhì)點向y軸正方向運動，d質(zhì)點

向y軸負方向運動。