2020年浙江省杭州高考物理模拟试卷(附答案解析).docx

1、2020年浙江省杭州高考物理模拟试卷一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）1. 下列说法中正确的是()A. R=LS、E=Fq分别是电阻和场强的定义式B. 力的单位(N)、电流的单位(A)均是国际单位制中的基本单位C. 质点做曲线运动时，可能在相等的时间内速度变化相等D. 当加速度与速度同向时，若加速度减小，则物体的速度可能减小2. 在物理学的发展史上，许多科学家付出了努力。下列说法符合史实的是()A. 牛顿经过了大量的数据推演和模型创设，提出了行星的三大运动定律B. 库仑通过实验测定了静电力常数k的具体数值C. 法拉第通过大量电和磁关系的实验研究，终于发现了电流周围存在磁场D. 赫兹通

2、过实验首先捕捉到电磁波3. 如图所示为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向同时开始运动的vt图线，已知在第3s末两个物体在途中相遇，则()A. A、B两物体是从同一地点出发B. 3s内物体A的平均速度比物体B的大C. A、B两物体在减速段的加速度大小之比为3：1D. t=1s时，两物体第一次相遇4. 如图所示，在固定的斜面上A、B、C、D四点，AB=BC=CD.三个相同的小球分别从A、B、C三点以v1、v2、v3的水平速度抛出，不计空气阻力，它们同时落在斜面的D点，则下列判断正确的是()A. A球最后才抛出B. C球的初速度最大C. A球离斜面最远距离是C球的三倍D. 三个小球落在斜面上速度方

3、向与斜面成30斜向右下方5. 2020年，我国将一次实现火星的“环绕、着陆、巡视”三个目标。假设探测器到达火星附近时，先在高度恰好等于火星半径的轨道上环绕火星做匀速圆周运动，测得运动周期为T，之后通过变轨、减速落向火星。探测器与火星表面碰撞后，以速度v竖直向上反弹，经过时间t再次落回火星表面。不考虑火星的自转及火星表面大气的影响，已知万有引力常量为G，则火星的质量M和火星的星球半径R分别为()A. M=v3T41284Gt3，R=vT2162tB. M=v3T21284Gt3，R=vT162tC. M=v3T410244Gt3，R=vT2322tD. M=v3T410244Gt2，R=vT32

4、2t6. 如图所示，直线、分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线是一个小灯泡的伏安特性曲线。曲线与直线、相交点的坐标分别为P(5,3，5)、Q(6,5)。如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法不正确的是()A. 电源1与电源2的内阻之比是3：2B. 电源1与电源2的电动势之比是1：1C. 在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是21：26D. 在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7：107. 如图所示，虚线为位于O位置的点电荷形成电场中的等势面，已知三个等势面的电势差关系为12=23，图中的实线为一带负电的粒子进入该电场后的运动轨迹，与等势面相交于图

5、中的a、b、c、d四点。已知该粒子仅受电场力的作用，则下列说法正确的是()A. 该粒子只有在a、d两点的动能与电势能之和相等B. 场源电荷是正电荷C. 粒子电势能先增加后减小D. 1238. 用图1装置研究光电效应，分别用a光、b光、c光照射阴极K得到图2中a、b、c三条光电流I与A、K间的电压UAK的关系曲线，则下列说法正确的是()A. 开关S扳向1时测得的数据得到的是I轴左侧的图线B. b光的光子能量大于a光的光子能量C. 用a光照射阴极K时阴极的逸出功大于用c光照射阴极K时阴极的逸出功D. b光照射阴极K时逸出的光电子最大初动能小于a光照射阴极时逸出的光电子最大初动能9. 如图所示，木箱

6、置于水平地面上，一轻质弹簧一端固定在木箱顶部，另一端系一小球，小球下端用细线拉紧固定在木箱底部。剪断细线，小球上下运动过程中木箱刚好不能离开地面。已知小球和木箱的质量相同，重力加速度大小为g，若t0时刻木箱刚好不能离开地面，下面说法正确的是()A. t0时刻小球速度最大B. t0时刻小球加速度为零C. t0时刻就是刚剪断细线的时刻D. t0时刻小球的加速度为2g10. 如图所示，CD间接交流电源，电源有效值保持恒定不变，自耦变压器可视为理想的变压器、图中A为交流电流表，V为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，下列说法正确的是()A. 当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变

7、大，电压表读数变小B. 当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大C. 当自耦变压器滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变大，电压表读数变大D. 由于理想变压器输入功率等于输出功率，滑动触头P转动时，变压器的输出功率不变11. 如图所示，某电器内的部分电路，C为电容器，L为电感器，下列说法正确的是()A. 当输入端输入直流电时，输出端无输出B. 当C为容量较小的电容、L为自感系数较小的电感器、输入端只输人低频交流电时，输出端几乎无输出C. 当C为容量较大的电容、L为自感系数较大的电感器、输入端只输人高频交流电时，输出端几乎无输出D. 当C为容量较大的电容、L为自感系数较小的电

8、感器、输入端只输入低频交流电时，输出端几乎无输出12. 一玻璃砖横截面如图所示，其中ABC为直角三角形(AC边未画出)，AB为直角边，ABC=45；ADC为一圆弧，其圆心在BC边的中点。此玻璃的折射率为1.5，P为一贴近玻璃砖放置的、与AB垂直的光屏。若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入玻璃砖，则()A. 从BC边折射出一束宽度与BC边长度相等的平行光B. 平行光在BC边上不会发生全发射C. 屏上有一亮区，其宽度等于AC边的长度D. 当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小然后逐渐变大13. 水平面上A、B、C、D为边长为L的正方形四个顶点，四点固定着四个电荷量均为Q

9、的正点电荷O点离A、B、C、D均为L，现将一质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点，如图所示，为使小球能静止在O点小球所带的电荷量为(已知静电力常量为k，重力加速度为g)()A. mgL24kQB. 2mgL22kQC. 2mgL24kQD. 2mgL2kQ二、多选题（本大题共3小题，共6.0分）14. 下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是()A. 图甲是粒子散射实验示意图，当显微镜在A、B、C、D中的A位置时荧光屏上接收到的粒子数最多B. 图乙是氢原子的能级示意图，氢原子从n=3能级向低能级跃迁，最多能产生2种频率的光子C. 图丙是光电效应实验示意图，当光照射锌板时验电

10、器的指针将发生偏转，此时验电器的金属杆带的是正电荷D. 图丁是电子束穿过铝箔后的衍射图样，该实验现象说明实物粒子也具有波动性15. 下列说法正确的是()A. 玻璃中的气泡看起来特别明亮，是发生全反射的缘故B. 高压输电线上方另加两条与大地相连的导线，是利用静电屏蔽以防输电线遭受雷击C. 透过平行灯管的窄缝看正常发光的日光灯，能观察到彩色条纹，这是光的干涉现象D. 发生或衰变时，原子核从高能级向低能级跃迁时辐射光子16. 在O点有一波源，t=0时刻开始向上振动，形成向右传播的一列横波t1=4s时，距离O点为3m的A点第一次达到波峰；t2=7s时，距离O点为4m的B点第一次达到波谷则以下说法正确的

11、是()A. 该横波的波长为2mB. 该横波的周期为4sC. 该横波的波速为1m/sD. 距离O点为5m的质点第一次开始向上振动的时刻为6s末三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）17. 如图1所示，在“验证动量守恒定律”实验中，A、B两球半径相同。先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，从轨道末端抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为m2的B球放在水平轨道末端，让A球仍从位置C由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。M、P、N为三个落点的平均位置，未放B球时，A球的

12、落点是P点，O点是轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图2所示。(1)为了尽量减小实验误差，A球碰后要沿原方向运动，两个小球的质量应满足m1_m2(选填“”或“21，故D错误。故选：C。由于带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即向右，由于粒子是带负电，则电场的方向与受力的方向相反，由此判断电场的方向以及判断电势的高低。根据运动的方向与受力的方向之间的关系判断做正功或做负功。掌握住带电粒子的运动轨迹与力方向的关系是解题的前提，灵活应用场强方向与等势面垂直，以及电场力做功时动能和电势能间的关系是解题的关键。8.【答案】B【解析】解：A、当光电流恰为零，此时光电管两端加的电

13、压为截止电压，当开关S扳向1时，光电子在光电管是加速，则所加的电压是正向电压，因此测得的数据得到的并不是I轴左侧的图线，故A错误；B、根据eU截=12mvm2=hW，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大；由题目图可知，b光的截止电压大于a光的截止电压，所以b光的频率大于a光的频率，依据E=h可知，b光的光子能量大于a光的光子能量，故B正确；C、同一阴极的逸出功总是相等，与入射光的能量大小无关，故C错误；D、b光的截止电压大于a光的截止电压，根据eU截=12mvm2=hW，所以b光对应的光电子最大初动能大于a光的光电子最大初动能，故D错误。故选：B。根据eU截=12mvm2=hW，入射光的频

14、率越高，对应的截止电压U截越大。根据图象中可看出，截止电压U截的大小，从而确定频率高低，进而可确定对应的光电子最大初动能大小；同一金属逸出功总是相同的，即可求解。解决本题的关键掌握截止电压、逸出功，以及理解光电效应方程eU截=12mvm2=hW，注意依据图象提供的截止电压大小来确定光的频率高低是解题的关键。9.【答案】D【解析】解：小球运动到最高点时木箱恰好不能离开地面，此时小球的速度为零；对木箱受力分析可得：F=Mg 对小球受力分析可知，mg+F=ma 由于F=F、M=m 解得：a=2g，故ABC错误、D正确。故选：D。小球运动到最高点时木箱恰好不能离开地面，此时小球的速度为零，分别对木箱、

15、对小球根据牛顿第二定律列方程求解。本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。10.【答案】C【解析】解：AB、保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则副线圈输出电压不变，电压表读数不变，当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，连入电路的电阻的阻值变小，总电流增大，R1分担的电压增大，并联支路的电压减小，通过R2的电流减小，则流过滑动变阻器的电流增大，电流表读数变大，故AB错误；C、保持滑动变阻器连入电路的阻值不变，将P沿逆时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数不变，

16、副线圈的匝数增大，副线圈输出电压增大，电压表读数变大，则电流表读数变大，故C正确；D、由于理想变压器输入功率由输出功率决定，滑动触头P转动时，变压器的输出功率变化，故D错误。故选：C。保持P的位置不动，输出电压不变，将触头向下移动时，R变小，根据动态分析思路分析。当P转动时，副线圈匝数变化，根据变压比分析。理想变压器输入功率由输出功率决定。此题考查了变压器的构造和原理，明确自耦变压器的原理，结合变压器的特点和欧姆定律去分析。11.【答案】C【解析】A、直流电不能通过电容器，但可以通过电感器，所以当输入端输入直流电时，输出端有输出，故A错误。BD、电容器通高频，阻低频，电感器通低频，阻高频。所以

17、输入端只输人低频交流电时，输出端有输出，故BD错误。C、电容器通高频，阻低频，电感器通低频，阻高频。所以输入端只输人高频交流电时，输出端几乎无输出，故C正确。故选：C。【分析】电感器在电路中的作用：通直流，阻交流；通低频，阻高频。电容器在电路中的作用：通交流，隔直流；通高频，阻低频。本题考查了电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用。熟记电感器和电容器在电路中的作用是本题的关键。12.【答案】D【解析】解：因sinC=1n=1.5，所以45C，根据几何知识可知，光在BC面上的入射角为45，所以光在BC面上发生全反射，光经BC面全反射后垂直AC面由ADC进入空气，折射角大于入射角，故所有从曲面A

18、DC射出的光线都向ADC的中央方向偏折，如图所示，屏上亮区宽度小于AC边长度，又AB边与AC边长度相等，当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小，一旦越过，折射光线的交点后，亮区渐渐变大，故D正确，ABC错误。故选：D。材料的折射率n=1.5，临界角小于45，从AB面射入的所有光线在AC面上都发生全反射。从AB面中间附近射入的光线到达圆弧ACD面时，入射角较小，不发生全反射，可以从圆弧面折射出来。解决该题需要能根据所给知识正确作出光路图，熟记全反射现象的条件以及全反射的临界角公式。13.【答案】C【解析】解：对小球进行受力分析，小球受重力和A，B，C，D处正点电荷施加的库仑力将A，

19、B，C，D处正点电荷施加的库仑力正交分解到水平方向和竖直方向设是A，B，C，D处正点电荷施加的库仑力方向与竖直方向的夹角，将库仑力分解到水平方向与竖直方向，根据竖直方向平衡条件得：在竖直方向 4Fcos=mg F=kQqL2 A、B、C、D为边长为L的正方形，且O点离A、B、C、D均为L，根据几何关系得=45 解得q=2mgL24kQ，故C正确、ABD错误故选：C对其中小球受力分析，由共点力的平衡条件可得出小球所受重力的大小和小球受到的库仑力，由库仑力公式可得出小球所带电荷量本题中小球受力是对称的，故分析其中一个力即可得出正确结论；在电场中处理问题的方法与力学是一致的，做好受力分析是解决问题的

20、关键14.【答案】ACD【解析】解：A、图甲是粒子散射实验示意图，当显微镜在A、B、C、D中的A位置时荧光屏上接收到的粒子数最多故A正确；B、图乙是氢原子的能级示意图，根据C32=3知，这些氢原子向低能级跃迁的过程中能产生3种不同频率的光子故B错误；C、当光照射锌板时，金属板失去电子，将带正电，所以与之相连的验电器的指针将发生偏转，此时验电器的金属杆带的是正电荷故C正确；D、图丁是电子束穿过铝箔后的衍射图样，由于衍射是波特有的性质，所以该实验现象说明实物粒子也具有波动性故D正确；故选：ACD(1)放射源放出一束射线轰击金箔，运用显微镜前荧光屏去观察射线的位置，了解粒子散射实验的实验现象即可正确

21、解答；(2)根据数学组合公式Cn2求出一群氢原子处于量子数n=3的激发态，可能发出的光谱线条数；(3)当光子的频率大于极限频率时，发生光电效应，金属板将带正电；(4)衍射是波特有的性质；由粒子的散射实验可知，原子内部的结构：中心有一个很小的核，全部正电荷及几乎全部的质量都集中在里面，外面自由电子绕核高速旋转，知道粒子的散射实验的结果；解决本题的关键知道发生光电效应时有光电子从金属中飞出，理解光电效应的产生；理解光电效应产生的条件，以及光电流大小的决定因素，并能在具体问题中正确应用15.【答案】ABD【解析】解：A、玻璃中的气泡看起来特别明亮，是发生了光的全反射缘故，故A正确；B、高压输电线的上

22、方还有两条导线，这两条导线的作用是它们与大地相连，形成稀疏的金属“网”把高压线屏蔽起来，免遭雷击，故B正确；C、当光通过狭缝时，若缝的尺寸与光的波长相当，则会发生明显的衍射现象，当透过平行灯管的窄缝看正常发光的日光灯，能观察到彩色条纹，这是光的衍射现象。故C错误；D、放射性的原子核在发生衰变和衰变后产生的新核往往处于高能级，这时它要向低能级跃迁，辐射光子，即射线，故D正确；故选：ABD。气泡看起来特别明亮，是发生了光的全反射缘故；静电屏蔽：为了避免外界电场对仪器设备的影响，或者为了避免电器设备的电场对外界的影响，用一个空腔导体把外电场遮住，使其内部不受影响，也不使电器设备对外界产生影响，这就叫

23、做静电屏蔽；根据光的衍射与干涉的特点分析；新核从高能级向低能级跃迁时，辐射处射线。掌握了各种物理现象发生的原理即可顺利解决此类题目，故对于物理现象要知其然更要知其所以然。解决本题的关键是掌握全反射的条件，并理解射线产生的原理。16.【答案】BC【解析】解：由于波源开始向上振动，所以当第一次出现波峰时，根据t=xv得：t1=4s=3v+T4第一出现波谷时有：t2=7s=4v+3T4联立解得：v=1m/s，T=4s，波长=vT=4m振动从O传到距离O点为5m的质点所需时间t=xv=51=5s，故AD错误，BC正确。故选：BC。本题是根据所给信息来求波长、波速、周期等问题，“A点第一次达到波峰”的含

24、义是波传到该点时，又向上振动了四分之一周期到达波峰，同理理解“第一次到达波谷的含义”本题有一定的难度，波动过程中，质点都在重复波源的振动，知道波源起振方向，理解“第一次到达”的含义是解题关键17.【答案】 C B m1OP=m1OM+m2ON【解析】解：(1)为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即m1m2。(2)小球离开斜槽后做平抛运动，球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，水平位移与初速度成正比，可以把小球做平抛运动的时间作为时间单位，用球的水平位移代替其初速度，实验不需要测量小球释放点的高度与抛出点的高度，只要测出小球做平抛运动的水平位移即可，故选：C。(3

25、)A、实验时只要从相同高度由静止释放入射球即可保证入射球到达斜槽末端的速度相对，斜槽轨道不必光滑，故A错误；B、为使小球离开轨道后做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，故B正确；C、每次实验时B球每次的落点不一定是重合的，故C错误；D、为准确测出小球做平抛运动的水平位移，实验过程中，白纸不可以移动，故D错误。故选：B。(4)两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2，小球做平抛运动抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，方程两边同时乘以t得：m1v0t=m1v1t+m2v2t，则：m1OP=m1OM+m2ON；故答案为：(1)；(2)C；(3)B

26、；(4)m1OP=m1OM+m2ON。(1)为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量。(2)小球离开斜槽后做平抛运动，球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，水平位移与初速度成正比，可以用球的水平位移代替其初速度。(3)小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端切线应水平，根据实验注意事项分析答题。(4)根据题意应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速度和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键；要注意理解该方法的使用。18.【答案】1.2 1.6 0.25【解析】解：电压表量

27、程为1V，把电压表量程扩大为2V，串联电阻分压为1V，由串联电路特点可知，电阻箱R2的阻值等于电压表内阻1.2k。电压表与电阻箱R2串联改装成量程为2V的电压表，电压表测路端电压，电流表测电路电流，电池内阻很小，为使电压表示数变化明显，把定值电阻R0与电池串联，实验电路图如图所示；由图示电路图可知，电源电动势：E=UV+IA(r+R0)，则UV=EIA(r+R0)，由图象UVIA图象可知，电源电动势：E=1.6V，电源内阻：r=UIR0=1.60.50.42.5=0.25；故答案为：1.2；实验电路图如图所示；1.6；0.25。根据改装后电压表量程应用串联电路特点求出串联电阻阻值。根据实验原理

28、作出实验电路图。根据实验原理求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。本题考查了电压表改装与测电源电动势与内阻实验，理解实验原理是解题的前提与关键，求出图象的函数表达式，根据图示图象可以求出电源电动势与内阻。19.【答案】解：(1)小孩竖直方向合外力为0，小车竖直方向受重力、支持力FN及拉力的竖直分力Fy；列出竖直方向力学方程为：FN+Fsin37mg=0求得支持力为：FN=188N(2)小孩水平方向受摩擦力f和拉力的水平分力Fx，支持力FN由(1)求得，故摩擦力为：f=FN=9.4N；拉力的水平分力：Fx=Fcos=16N；则水平方向合外力为：F合x=Fxf=6.6N；由牛

29、二律得小车加速度a=F合xm=0.33m/s2。(3)大人的拉力作用4s后撤去，小车先由静止做匀加速直线运动，撤去拉力，小车做匀加速直线运动直至静止。匀加速直线运动加速度由(2)得，则匀加速直线运动位移x1=12at2=2.64m，拉力撤去瞬间小车速度v1=at=1.32m/s；拉力撤去后，拉力竖直方向分力也消失，此时地面支持力FN=mg，故摩擦力f=FN=10N，则加速度a=fm=0.5m/s2；物块最终静止，由公式0v12=2ax2求得，x2=1.74m；故小车总位移X=x1+x2=4.38m答：(1)小孩与冰车受到的支持力FN的大小为9.4；(2)小孩与冰车的加速度a的大小为0.33m/s2；(3)冰车的总位移X的大小为4.38m【解析】(1)对小车进行受力分析，小车竖直方向合力为0，列力学方程求支持力(2)分析小车水平方向受力，根据牛二律求出加速度(3)分析小车运动过程，先匀加速后匀减速，用运动学公式求出小车位移此题考查受力分析、牛二律与运动学。解题时容易忽略支持力的变化引起的摩擦力的变化。20.【答案】解：(1)小球B自由下落H的速度为vB根据动能定理可得：mgH=12mvB2解得：vB=2gH小球B与小球A碰撞过程动量守恒，取向下为正，则有：mvB+0=(m+m)v1