1、2020 年高考（全国新课标）押题猜想卷年高考（全国新课标）押题猜想卷 理科综合物理试题理科综合物理试题 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 1417 题 只有一项符合题目要求，第 1821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.如图所示为氢原子能级的示意图，下列有关说法正确的是 A. 处于基态的氢原子吸收 10.5eV的光子后能跃迁至，n2能级 B. 大量处于 n4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出 3种不同频率的光 C. 若用从 n3 能级跃迁到 n2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效
2、应， 则用从 n4能级跃迁到 n3 能级辐射出的光，照射该金属时一定能发生光电效应 D. 用 n4 能级跃迁到 n1 能级辐射出的光，照射逸出功为 6.34 eV 的金属铂产生的光 电子的最大初动能为 6.41eV 【答案】D 【解析】A处于基态的氢原子吸收 10.2eV 的光子后能跃迁至 n=2 能级，不能吸收 10.2eV的能量。故 A 错误； B大量处于 n=4能级的氢原子，最多可以辐射出 2 4 C6 种，故 B错误； C从 n=3能级跃迁到 n=2能级辐射出的光的能量值大于从 n=4能级跃迁到 n=3能级辐 射出的光的能量值，用从 n=3能级跃迁到 n=2 能级辐射出的光，照射某金属
3、时恰好发 生光电效应，则用从 n=4 能级跃迁到 n=3能级辐射出的光，照射该金属时不一定能发 生光电效应，故 C 错误； D处于 n=4能级的氢原子跃迁到 n=1能级辐射出的光的能量为： 41 0.85( 13.6)12.75eVEEE ，根据光电效应方程，照射逸出功为 6.34eV 的金 属铂产生的光电子的最大初动能为：12.756.346.41eV km EE W ，故 D正确。 15.如图所示，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于 O点，右端跨过位于 O点的光滑 定滑轮悬挂一质量为 1kg的物体，O O段水平，长度为 1.6m。绳上套一可沿绳自由滑 动的轻环，现在在轻环上悬挂一钩码（图中
4、未画出），平衡后，物体上升 0.4m。则钩 码的质量为 A. B. C. 1. 6 kg D. 1. 2 kg 【答案】D 【解析】重新平衡后，绳子形状如下图： 设钩码的质量为 M，由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为 53 ，则根据平衡可求得： 解得： ，故 D 对；ABC 错；综上所述本题答案是：D 16.如图所示，导轨 OPQS 的电阻忽略不计，OM 是有一定电阻、可绕 O 转动的金属 杆，M 可 在 PQS 上自由滑动，空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大 小为 I先 让 OM从 OQ 位置以角速度 1沿逆时针方向匀速转到 OS位置（过程 I）；再 将 OM 固定在 OS位置
5、，使整个装置以 OQ为轴，以角速度 2匀速转动 90 （过程 II）。要使过程 I、II回路中产生的热量相同， 1 2 应等于 A. 2 2 B. 2 4 C. 2 8 D. 2 16 【答案】A 【解析】令 OM棒长为 L，从 OQ位置以角速度 1沿逆时针方向匀速转到 OS位置的 过程中，产生的感应电动势为： 2 11 1 2 EBL 回路中产生的热量为： 2 2 21 1 11 1 1 2 2 BL E Qt RR 将 OM固定在 OS位置，使整个装置以 OQ为轴，以角速度 2匀速转动 90 过程中，产 生的感应电动势最大值为： 2 2 2 m ENBSBL 回路中产生的热量为： 2 2
6、22 2 22 2 2 2 2 BL E Qt RR 联立可得： 2 1 2 2 故 A正确，BCD错误。 17.如图所示，质量为 m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径 AB长 度为 2R，现将质量也为 m 的小球从距 A点正上方 h0高处由静止释放，然后由 A点经 过半圆轨道后从 B冲出，在空中能上升的最大高度为（不计空气阻力），则（ ） A. 小球和小车组成的系统动量守恒 B. 小车向左运动的最大距离为 C. 小球离开小车后做斜上抛运动 D. 小球第二次能上升的最大高度 【答案】D 【解析】小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守 恒，但系统整体所受
7、合外力不为零，系统动量不守恒，故 A错误；系统水平方向动量 守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv-mv=0， 解得，小车的位移：x=R，故 B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒， 小球由 A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球 离开小车后做竖直上抛运动，故 C 错误；小球第一次车中运动过程中，由动能定理 得：mg（h0- h0）-Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf= mgh0，即小球第 一次在车中滚动损失的机械能为 mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速 度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力
8、做功小于 mgh0，机械能损 失小于 mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于： h0- h0= h0，而小于 h0，故 D正确；故选 D。 18.如图所示，足够长的木板下端的 点通过铰链与地面连接，其与水平地面间的夹 角 可在范围内调节。质量为的小滑块在木板下端获得的初速度沿 木板向上运动，当夹角为时，小滑块向上滑行的时间最短，大小为，重力加速度 取，则此情况下 A. 木板的倾角 B. 小滑块上滑的最大高度为 C. 小滑块上滑过程损失的机械能为 D. 小滑块返回过程的加速度大小为 【答案】AD 【解析】小滑块沿木板向上滑行，由牛顿第二定律，得 ，设，则 ，当时， 存在最大值，即 ，
9、故，所以 A正确。设小滑块上升的高度为 ，则 ，所以 B错误。根据如上计算可知，。小滑块上滑过程克服 摩擦力做功。故机械能损失，C 错误。因，故小 滑块上滑到最高点处后反向下滑，此时，所以 D正确。综 上所述，选项 AD正确。 19.如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电 场线与 x轴平行，在 x 轴上的电势 q与坐标 x 的关系如图中曲线所示，曲线过（0.1， 4.5）和（0.15，3）两点，图中虚线为该曲线过点（0.15，3）的切线，现有一质量为 0.20kg、电荷量为+2.0 108C 的滑块 P（可视为质点），从 x0.10m 处由静止释放， 其与水平
10、面的动摩蓀因数为 0.02，取重力加速度 g10m/s。则下列说法中正确的是 （ ） A. 滑块 P运动过程中的电势能先减小后增大 B. 滑块 P运动过程中的加速度先减小后增大 C. x0.15m 处的电场强度大小为 2.0 106N/C D. 滑块 P运动的最大速度为 0.1m/s 【答案】BCD 【解析】电势 与位移 x 图线的斜率表示电场强度可知，电场方向未变，滑块运动的 过程中，电场力始终做正功，电势能逐渐减小，故 A错误；电势 与位移 x图线的斜 率表示电场强度，则 x0.15m 处的场强为： 5 66 3 10 V/m2 10 V/m2.0 10 N/C 0.30.15 E x ，
11、此时的电场力为：FqE 2 108 2 106N0.04N；滑动摩擦力大小为：fmg0.02 2N0.04N，在 x0.15m 前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x0.15m 后电场力小于摩擦 力，做减速运动，加速度逐渐增大。故 BC 正确。在 x0.15m 时，电场力等于摩擦 力，速度最大，根据动能定理得，qUfx 1 2 mv2，因为 0.10m 和 0.15m 处的电势差大 约为 1.5 105V，代入求解，最大速度大约为 0.1m/s。故 D正确。 20.如图所示，在边长为 L 的正方形区域 abcd内有垂直纸面向里的匀强磁场，有一个质 量为 m，带电量大小为 q的离子
12、，从 ad边的中点 O处以速度 v垂直 ad 边界向右射入 磁场区域，并从 b点离开磁场。则 A.离子在 O、b两处的速度相同 B.离子在磁场中运动的时间为 4 m qB C.若增大磁感应强度 B，则离子在磁场中的运动时间减小 D.若磁感应强度 4 5 mv B qL ，则该离子将从 bc边射出 【答案】CD 【解析】A.离子在磁场中做匀速圆周运动，离子在 O、b 两处的速度大小相同，但是方 向不同，故 A错误； B.离子在磁场中的运动的半径满足： 2 22 1 2 RLRL 解得 5 4 L R ，则粒子在磁场中运动的弧长所对的圆心角的正弦值为sin0.8，即 =53 ，运动的时间 532
13、3603604 mm tT qBqB 故 B错误； C.若增大磁感应强度 B，由 mv R qB 知，离子在磁场中的运动半径减小，同时由 T= 2 m qB 知离子在磁场中运动的周期也将减小，粒子将从 ab 边射出，由于离子的速度 v大小不 变，而对应的弧长减小，则离子在磁场中的运动时间将减小，故 C 正确； D.若离子从 bc边射出，则 5 4 mvL R qB 即 4 5 mv B qL ， 故 D正确。 21.如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速 度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时， 用 v表示他在竖直方向的速度
14、，其 v-t 图像如图（b）所示，t1和 t2是他落在倾斜雪道上 的时刻。则 A. 第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B. 第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C. 第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D. 竖直方向速度大小为 v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 【答案】BD 【解析】A由 v-t 图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下 落距离大于第一次下落距离，所以，A错误； B由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大， 故 B正确 C由于 v-t 斜率知第一次大、第二次小，斜率越大
15、，加速度越大，或由 0 vv a t 易知 a1a2，故 C 错误 D由图像斜率，速度为 v1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故 a1a2，由 G-fy=ma，可知，fy1fy2，故 D正确 三、非选择题：共 62分，第 2225题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3334 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 47分。 22. （5分）某同学设计了如图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、 滑 块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数 ，滑块和托盘上分别放 有 若干砝码，滑块质量为 M，滑块上砝码总质量为 m，托盘和盘中砝码的总质量为 m。实验中，
16、滑块在水平 轨道上从 A 到 B 做初速度为零的匀加速直线运动， 重力加速 度 g 取 10 m/s2 (1)为测量滑块的加速度 a，需测出它在 A、B 间运动的_和_，计 算 a 的运动学公式是_。 (2)根据牛顿运动定律得到 a 与 m 的关系为：_ 他想通过多次改变 m，测出相应的 a 值，并利用上式来计算 。若要求 a 是 m 的一 次 函数，必须使上式中的 _保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于 _ 【答案】位移；时间；(m+m) 【解析】（1）滑块在水平轨道上从 A到 B 做初速为零的匀加速直线运动，根据 x= at2 得 a= ，所以需要测量的是位移 s 和时间 t。 （2
17、）对整体进行研究，根据牛顿第二定律得： 若要求 a是 m 的一次函数必须使不变，即使 m+m不变，在增大 m 时等量减小 m，所以实验中应将从托盘中取出的砝码置于滑块上。 23. （10分）.小明同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻 阻值的电路。 他用了以下的实验器材中的一部分，设计出了图(a)的电路图： a电流表 A1(量程 0.6A，内阻很小)；电流表 A2(量程 300A，内阻 rA=1000)； b滑动变阻器 R(0-20)； c，两个定值电阻 R1=1000，R2=9000； d待测电阻 Rx； e待测电源 E(电动势约为 3V，内阻约为 2) f开关和导线若干
18、 (1)根据实验要求，与电流表 A2串联的定值电阻为_(填R1或R2) (2)小明先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关 S1，调节滑动变阻器，分别记录电流表 A1、A2的读数 I1、I2，得 I1与 I2的关系如图(b) 所示。根据图线可得电源电动势 E=_V；电源内阻 r=_，(计算 结果均保留两位有效数字) (3)小明再用该电路测量定值电阻 Rx的阻值，进行了以下操作： 闭合开关 S1、S2，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表 A1示数 Ia，电流表 A2示数 Ib； 断开开关 S2，保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表 A1示数 Ic，电流表 A2
19、示 数 Id；后断开 S1； 根据上述数据可知计算定值电阻 Rx的表达式为_。若忽略偶然误差，则 用该方法测得的阻值与其真实值相比_(填偏大、偏小或相等) 【答案】R2 3.0 2.1 相等 【解析】（1）电流表 A2与 R2串联，可改装为量程为 的电压表，故选 R2即可； （2）由图可知电流表 A2的读数对应的电压值即为电源的电动势，则 E=3.0V；内阻 （3）由题意可知： ，；联立解得 ；由以上分析可知，若考虑电流表 A1内阻的影响，则表达式列成： ， ，最后求得的 Rx表达式不变，则用 该方法测得的阻值与其真实值相比相等。 24. （12分）牛顿说：我们必须普遍地承认，一切物体，不论是
20、什么，都被赋予了相 互引力的原理。任何两个物体间存在的相互作用的引力，都可以用万有引力定律 计算，而且任何两个物体之间都存在引力势能，若规定物体处于无穷远处时 的势能为零，则二者之间引力势能的大小为，其中 m1、m2为两个物体的质 量， r 为两个质点间的距离（对于质量分布均匀的球体，指的是两个球心之间的距 离），G为引力常量。设有一个质量分布均匀的星球，质量为 M，半径为 R。 （1）该星球的第一宇宙速度是多少？ （2）为了描述电场的强弱，引入了电场强度的概念，请写出电场强度的定义式。类比 电场强度的定义，请在引力场中建立引力场强度的概念，并计算该星球表面处的引 力场强度是多大？ （3）该星
21、球的第二宇宙速度是多少？ （4）如图所示是一个均匀带电实心球的剖面图，其总电荷量为+Q（该带电实心球可看 作电荷集中在球心处的点电荷），半径为 R，P 为球外一点，与球心间的距离为 r，静 电力常量为 k。现将一个点电荷-q（该点电荷对实心球周围电场的影响可以忽略）从球 面附近移动到 p点，请参考引力势能的概念，求电场力所做的功。 【答案】（1）；（2）；（3）；（4） 【解析】(1)设靠近该星球表面做匀速圆周运动的卫星的速度大小为，万有引力提供 卫星做圆周运动的向心力 解得： ； (2)电场强度的定义式 设质量为 m 的质点距离星球中心的距离为 r，质点受到该星球的万有引力 质点所在处的引力
22、场强度 得 该星球表面处的引力场强度 (3)设该星球表面一物体以初速度向外抛出，恰好能飞到无穷远，根据能量守恒定律 解得： ； (4)点电荷-q在带电实心球表面处的电势能 点电荷-q 在 P 点的电势能 点电荷-q 从球面附近移动到 P 点，电场力所做的功 解得： 。 25. （20分）如图所示，水平面上有两条相互平行的光滑金属导轨 PQ和 MN 间距为 d，左侧 P与 M之间通过一电阻 R连接，两条倾角为 的光滑导轨与水平导轨在 N、Q 处平滑连接，水平导轨的 FDNQ区域有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为 B，磁场 区域长度为 x。P，M 两处有套在导轨上的两根完全相同的绝缘轻质弹簧，其原
23、长为 PF，现用某约束装量将两弹簧压缩到图中虚线处，只要有微小扰动，约束装置就解除 压缩。长度为 d，质量为 m，电阻为 R的导体棒，从 AC 处由静止释放，出磁场区域后 向左运动触发弹簧。由于弹簧的作用，导体棒向右运动，当导体棒进入磁场后，约束 装置重新起作用，将弹簧压缩到原位置. （1）若导体棒从高水平导轨高 h的位置释放，经过一段时间后重新滑上斜面，恰好能 返回原来的位置，求导体棒第一次出磁场时的速率 （2）在（1）条件下，求每根弹簧被约束装置压缩后所具有的弹性势能。 （3）要使导体棒最终能在水平导轨与倾斜导轨间来回运动，则导体神初始高度 H及每 根弹簧储存的弹性势能需要满足什么条件？
24、【答案】 (1)v2=2gh- 22 2 B d x mR (2) Ep= 22 2 2 B d x gh R (3) H 442 22 8 B d x m gR 且 EP 442 2 4 B d x mR 【解析】（1）导体棒在倾斜轨道上向下滑动的过程中，根据机械能守恒定律有： mgh= 2 1 1 2 mv 解得：v1=2gh 导体棒越过磁场的过程中，根据动量定理可得： -BdIt=mv2-mv1， 根据电荷量的计算公式 q=It= R = Bdx R 解得 v2=2gh- 22 2 B d x mR ； （2）设解除弹簧约束，弹簧恢复压缩后导体棒的速度为 v3，根据导体棒与弹簧组成的 系
25、统机械能守恒可得： 2 3 1 2 mv= 2 2 1 2 mv+2Ep； 导体棒向右通过磁场的过程中，同理可得： v4=v3- 22 2 B d x mR ； 由于导体棒恰好能回到原处，所以有 v4=v1， 联立解得：Ep= 22 2 2 B d x gh R ； （3）导体棒穿过磁场才能把弹簧压缩，故需要满足 v20， 即 H 442 22 8 B d x m gR 要使导体棒不断地运动下去，导体棒必须要回到 NQ位置，则： EP= 22 2 2 B d x gH R 442 2 4 B d x mR 要使导体棒最终能在水平导轨与倾斜导轨间来回运动，H 442 22 8 B d x m g
26、R ，且弹簧的弹性势 能满足 EP 442 2 4 B d x mR 。 （二）选考题：共 15分。请考生从 2道物理题任选一题作答。如果多做，则按所做的 第一题计分。 33物理选修 33（15 分） （1）（5分）关于热现象，下列说法中正确的是_。 A. 显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分于运动的 无规则性 B. 扩散现象说明分子之间存在空隙，同时说明分子在永不停息地做无规则运动 C. 晶体有固定的熔点，具有规则的几何外形，物理性质具有各向同性 D. 可利用高科技手段、将流散的内能全部收集加以利用，而不引起其他变化 E. 对大量事实的分析表明，不论技术手段如何先
27、进，热力学零度最终不可能达到 【答案】.ABE; 【解析】显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分于 运动的无规则性，选项 A正确；扩散现象说明分子之间存在空隙，同时说明分子在永 不停息地做无规则运动，选项 B正确；晶体有固定的熔点，单晶体具有规则的几何外 形，多晶体物理性质具有各向同性，选项 C 错误；根据热力学第二定律可知，不可能 将流散的内能全部收集加以利用，而不引起其他变化，选项 D错误；对大量事实的分 析表明，不论技术手段如何先进，热力学零度最终不可能达到，选项 E 正确；故选 ABE. （2）（10分）内径相同、导热良好的上形细管竖直放置，管的水平部分左、右
28、两端 封闭，竖直管足够长且上端开口与大气相通，水银将水平管中的理想气体分为两部 分，各部分长度如图所示，设外界温度不变，外界气压 P075cmHg。 （1）现再向竖直管中缓慢注入水银，直到 B 中气柱长度变为 4.5cm 求注入管中的水银 柱的长度？ （2）如果让整个装置保持图示形状不变做自由落体运动，求竖直管内水银的高度？ 【答案】（1）11.5cm；（2）18cm。 【解析】（1）设细管的横截面积为 S 对 B气体：PB1LB1SPB2LB2S 对 A中气体：PA1LA1SPA2LA2S 且：PA1PB1，PA2PB2，LB15cm，LB24.5cm，LA110cm 代入数据解得：LA29
29、cm PA2PB2100cmHg 又：PB2P0+P竖2，P 竖225cmHg 故注入水银柱的长度为： L25cm15cm+（54.5）cm+（109）cm11.5cm （2）自由落体后，PA3PB375cmHg 由 PA1LA1PA3LA3，和 PB2LB2PB3LB3 得 LA36cm，LB312cm 可得竖直管内的水银柱高度为 15cm+（61）cm+（1210）cm18cm 34 物理一选修 34）（15 分） (1)（5分）由波源 S 形成的简谐横被在均匀介质中向左、右传播。已知介质中 P、Q两 质点位于波源 S 的左右两侧如图甲所示，P、Q的平衡位置到 S 的平衡位置之间的距离 分
30、别为 5.1m、8.2m.图乙中实线和虚线分别表示 P、Q的振动图像，下列判断正确的是 _。（选对 1个得 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 低得分为 0分） A. P、Q的起振方向相同 B. P、Q的运动方向始终相同 C.当 P 在波峰时.Q向下运动 D.这列波的频率为 10Hz E.这列波的波速可能为 10m/s 【答案】.ADE 【解析】P、Q的起振方向与波源 S 的起振方向一致，故起振方向相同，故 A正确；由 图乙可知：在 0.5n+0.25（s）0.5n+0.26（s）时间内，P、Q的运动方向正好相反，故 B错误；由图乙可知：当 P在波峰时，
31、Q的位移为正，且向波峰运动，故 Q向上运 动，故 C 错误；由图乙可得：周期 T=0.1s，故频率 f=10Hz，故 D正确；由图乙可知： 质点 Q的振动比质点 P 的振动晚 0.01s，故根据波的传播可得：8.2m-5.1m=v （nT+0.01s）=v（0.1n+0.01）m，故波速，当 n=3时，波速 v=10m/s， 故 E正确。所以 ADE 正确，BC 错误。 （2）如图所示，水平面上有一半径为 R的半圆柱形玻璃砖，一束平行光以 45 的入射 角照射到玻璃砖的上表面，已知光在此玻璃砖中的传播速度为 2 2 c（光在真空中的 速度为 c），求： （1）圆柱面上光线能够从弧线 MP射出的
32、区域所对的圆心角 ； （2）能从圆柱面射出的光线中，在玻璃砖中传播的最长时间（不考虑反射光线） 【答案】（1）90 ；（2） 2 6 3 R c 【解析】玻璃砖的折射率为 n= c v = 2。 作出光路图，如图所示。 由折射定律有：n= sini sin 得：sin= sini n = 1 2 解得折射角 =30 如果光线 EA刚好在 A 点发生全反射，则有：n= 1 sinEAO 即有EAO=45 ，此时EOA=75 因 EA与 OB平行，所以EAO=AOB=45 如果光线 FC 刚好在 C 点发生全反射，则有FCO=45 ，此时FOC=15 故知圆柱面上光线能够射出的区域所对的圆心角为：=180 -EOA-FOC=180 -75 - 15 =90 能从圆柱面射出的光线中，光线在玻璃砖中传播的最长距离为：s= 60 R sin 光线在玻璃砖中传播的最长时间为：t= s v 解得 t= 2 6 3 R c
