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 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.根据高中所学知识可知,做自由落体运动的小球,将落在正下方位置。但实际上,从 赤道上方 20m 处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约 6cm 处。这一现象可解释 为,除重力外,由于地球自转,下落过程小球还受到一个水平向东的力,该力与竖 直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道
2、地面竖直上抛,考虑对称性,上升过程该 力水平向西,则小球 A. 上升过程相对抛出点向西运动,下落过程相对抛出点向东运动 B. 到最高点时,水平方向的加速度为零,水平速度达到最大 C. 到最高点时,水平方向的加速度和速度均不为零 D. 小球在水平方向上先做匀加速后做匀减速运动 【答案】B 【解析】将此物体的运动分解成水平方向与竖直方向,在上抛过程中,水平方向速度不 断增大,当下降时,因加速度方向与水平速度方向相反,做减速运动,但在落回到抛出 点时,水平方向有向西的位移,因此落地点在抛出点西侧,故 A错误;在刚竖直上抛 时,因竖直方向有速度,则受到水平向西的一个力,导致物体水平向西有个加速度,加
3、速度会随着竖直方向速度减小而减小,因此在水平方向不是匀变速运动;因此物体到最 高点时,水平方向有速度,竖直方向速度为零;水平方向加速度为零,故 CD错误,B 正确。 15.已知金属钙的逸出功为 2.7eV,氢原子的能级图如图所示,一群氢原子处于量子数 n 4的能量状态,则 A. 氢原子可能辐射 3 种频率的光子 B. 氢原子可能辐射 5种频率的光子 C. 有 3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应 D. 有 4种频率的辐射光子能使钙发生光电效应 【答案】C 【解析】根据 2 4 C6 知,这群氢原子可能辐射 6 种频率的光子。故 A错误,B错误。n 4跃迁到 n3辐射的光子能量为 0.66eV,
4、n3跃迁到 n2辐射的光子能量为 1.89eV, n4跃迁到 n2辐射的光子能量为 2.55eV,均小于逸出功,不能发生光电效应,其余 3种光子能量均大于 2.7eV,所以这群氢原子辐射的光中有 3 种频率的光子能使钙发生光 电效应。故 C 正确,D错误。 16.如图所示,间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置,导轨左端有一 阻值为R的电阻,一质量为m、电阻也为R的金属棒横跨在导轨上,棒与导轨接触良 好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中,金属棒以初速度 0 v沿导轨 向右运动,在金属棒整个运动过程中,下列说法正确的是 A. 金属棒b端电势比a端高 B. 金属棒ab克
5、服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热 C. 金属棒ab运动 的位移为 0 22 mv R B L D. 金属棒ab运动的位移为 0 22 2mv R B L 【答案】D 【解析】由右手定则可知,金属棒ab上电流的方向是ab,说明b端电势比a端低,A 错误;由能量守恒知金属棒ab克服安培力做的功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热, B错误;由动量定理 0 0BIL tmv ,整个过程中感应电荷量 2 E I tt R ,又 BLx E tx ,联立得 2 BLx I t R ,故金属棒的位移 0 22 2mv R x B L ,C 错误,D正确。 17.如图所示,某宾馆大楼中的电梯下方固定有 4
6、 根相同的竖直弹簧,其劲度系数均为 k 。这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。若缆绳断裂后,总质量为 m 的电梯下坠,4 根弹簧同时着地而开始缓冲,电梯坠到最低点时加速度大小为 5g(g为 重力加速度大小),下列说法正确的是 A. 电梯坠到最低点时,每根弹簧的压缩长度为 2 mg k B. 电梯坠到最低点时,每根弹簧的压缩长度为 6mg k C. 从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中,电梯先处于失重状态后处于超重状态 D. 从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中,电梯始终处于失重状态 【答案】C 【解析】在最低点时,由牛顿第二定律:4kx mgma ,其中 a=5g,解得 3
7、 2 mg x k ,选 项 AB错误;从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中,重力先大于弹力,电梯向 下先加速运动,当重力小于弹力时,电梯的加速度向上,电梯向下做减速运动,则电梯 先处于失重状态后处于超重状态,选项 C 正确,D错误. 18.点电荷 Q1、Q2分别固定在 x轴上的原点 O 处和 x5d处,正点电荷 q(不计重力)从 xd 处以初速度 v0沿 x 轴正方向运动,其速率 v与在 x轴上的位置关系如图所示,则下 列判断正确的是 A. 点电荷 Q1带负电荷、Q2带正电荷 B. 点电荷 Q1、Q2所带电荷量的绝对值之比为 2:3 C. 点电荷 q 从 xd处到 x4d处的过程中,在
8、x2d处的电势能最小 D. 从 xd处到 x4d 处,电势先增大后减小 【答案】D 【解析】正点电荷从 d 到 4d的过程,速度先减小后增大,则电场力先做负功后做正功, 即从 d到 2d 场强方向向左,从 2d到 4d场强方向向右,则 x2d 处合场强为零。由上面 的分析结合场强的叠加可知点电荷 Q1、Q2均带负电荷,故 A错误;由 x2d处和场强 为零得: 12 22 (2 )(3 ) kQkQ dd ,解得:Q1:Q24:9,故 B错误;由前面的分析知:点电荷 q 从 xd 处到 x4d处的过程中,电场力先做负功后做正功,电势能先增大后减小,所以 x2d 处的电势能最大,故 C 错误,由
9、p Eq 可知正电荷电势能越大则电势越大,因此 在 2d处电势最大,因此电势先增大后减小,D正确. 19.如图所示,电源电动势 E3V,内阻不计,R1、R2、R3为定值电阻,阻值分别为 1、0.5、9、R4、R5为电阻箱,最大阻值均为 99.9,右侧竖直放置一个电容为 1.5 103F的理想平行板电容器,电容器板长 0.2m,板间距为 0.125m。一带电粒子以 0.8m/s 的速度沿平行板中线进入,恰好匀速通过,不计空气阻力,此时 R4、R5阻值分别 为 1.8、1下列说法正确的是 A. 此粒子带正电 B. 带电粒子匀速穿过电容器时,电容器的电荷量为 3 109C C. 欲使粒子向上偏转但又
10、不打到电容器的上板,R4阻值不得超过 5.7 D. 欲使粒子向下偏转但又不打到电容器的下板,R4阻值不得低于 l.4 【答案】BC 【解析】A上极板与电源的正极相连,极板间电场方向向下,粒子所受的电场力方向 向上,故粒子带负电,故 A错误; B电容器与 R2、R3、R4这部分电路并联,当粒子匀速穿过电容器时,R2、R3、R4这部 分电路的总电阻为 2,根据串联电路分压特点可得这部分的电压 U02V,电容器的电 荷量为 Q0CU01.5 109 2C3 109C,故 B正确; C当粒子匀速穿过电容器时,有 qE0mg,粒子在电容器中的运动时间 。当粒子向上偏转且刚好经过上极板最右端时,在竖直方向
11、上,有 ,解得:a2m/s2由牛顿第二定律得 qE1mgma,可得,并可得 ,由此得 R2、R3、R4这部分电路总电压 U12.4V,R1的电压 UR1EU1 0.6V,电流 ,可得 R2、R3、R4这部分电路总电阻 , 由,由此算出 R45.7,所以欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上 板,R4阻值不得超过 5.7,故 C 正确; D同理,粒子经过下极板最右端时的加速度 a2m/s2电容器极板间电压 U21.6V, 解得:R40.69,故 D 错误。 20.竖直放置的轻弹簧下端固定在地上,上端与质量为 m的钢板连接,钢板处于静止状 态。一个质量也为 m的物块从钢板正上方 h处的 P点自由落下
12、,打在钢板上并与钢板一 起向下运动 x0后到达最低点 Q.下列说法正确的是 A. 物块与钢板碰后的速度为2gh B. 物块与钢板碰后的速度为 2 2gh C. 从 P到 Q的过程中,弹性势能的增加量为 0 (2) 2 h mgx D. 从 P到 Q的过程中,弹性势能的增加量为 mg(2x0+h) 【答案】BC 【解析】物体下落 h,由机械能守恒:mgh= 1 2 mv12;物体与钢板碰撞,则动量守恒: 2 n,解得 21 21 22 gh vv,选项 A错误,B正确;从碰撞到 Q点,由能量关系可知: 2 20 1 22 2 P mvmgxE,则弹性势能的增加量为 0 (2) 2 P h Emg
13、x,选项 C 正确,D错误. 21.如图所示,两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为,间距为 d导轨 处于匀强磁场中,磁感应强度大小为 B,方向与导轨平面垂直质量为 m 的金属棒被固 定在导轨上,距底端的距离为 s,导轨与外接电源相连,使金属棒通有电流金属棒被 松开后,以加速度 a 沿导轨匀加速下滑,重力加速度为 g在金属棒下滑到底端的过程 中 A. 末速度的大小2vas B. 通过金属棒的电流大小 sinmg I dB C. 通过金属棒的电流大小 sin m ga I dB D. 通过金属棒的电荷量 Q= sin2m gaas dBa 【答案】ACD 【解析】根据速度位移关系 v2=
14、2as 可得末速度的大小为: 2vas,故 A正确;以导体 棒为研究对象,根据牛顿第二定律可得:mgsin-BId=ma,解得通过金属棒的电流大小 为: ()m gsina I dB ,故 B错误、C 正确;金属棒运动的时间为: 2vas t aa ,根据 电荷量的计算公式可得通过金属棒的电荷量为: (2)m gsinaas QIt dBa ,故 D正确。 故选 ACD。 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. (6分)某同学用如图甲的装置来测定滑块与导轨间的动摩擦因数在气垫
15、导轨上安 装了两个光电门 l、2,滑块上固定一遮光条,滑块用细线跨过定滑轮与钩码相连 (1)用游标卡尺测光电门遮光条的宽度 d,图乙中游标卡尺读数为_cm滑块在轨 道上做匀加速运动时,先后通过光电门 1、2所用的时间分别为 t1、t2,两光电门间的距 离为 L,用 d、t1、t2、L 表示滑块运动的加速度 a_; (2)要使细线中拉力近似等于钩码重力,滑块质量 M与钩码质量 m应满足_关系 (3)满足(2)后,调整气垫导轨水平,断开气源时,测得滑块在轨道上运动的加速度 为 a1;不改变钩码的质量,接通气源,测得滑块在轨道上运动的加速度为 a 2,用 a1、 a2、g 表示滑块与导轨间的动摩擦因
16、数 _ 【答案】(1)0.225, 2 22 21 11 2 d L tt ; (2)M 远大于 m; (3) 21 aa g 【解析】(1)由图示游标卡尺可知,主尺示数为 0.2cm,游标尺示数为 5 0.05mm 0.25mm0.025cm,则游标卡尺读数为 0.2cm+0.025cm0.225cm; 滑块经过光电门时的速度12 12 , dd vv tt , 由匀变速直线运动的速度位移公式得: 22 21 2vvaL ,解得加速度 2 22 21 11 2 d a L tt (2)当滑块质量 M远大于钩码质量 m 时,细线中拉力近似等于钩码重力 (3)对滑块由牛顿第二定律得: 12 ,F
17、MgMa FMa 解得: 21 aa g 23. (9分)某实验小组测量某电阻元件的电阻阻值。 先用多用电表粗略测量。选用“”倍率的电阻挡测量,发现多用电表指针偏转角 度过大,需要选择_(选填“”或“”)倍率的电阻挡,重新欧姆调零后再 测量,测量结果如图所示,则该电阻元件的电阻为_ 。 为了精确测量,供选择的器材有: A电流表(量程 0.6A,内阻 约为) B电流表(量程 60mA,内阻 约为) C电流表(量程 20mA,内阻) D电压表 V(量程 15V,内阻 约为) E定值电阻 F滑动变阻器,最大阻值为,额定电流 1A G滑动变阻器,最大阻值为,额定电流 0.2A H电源 E,电动势为 4
18、V,内阻不计 I开关 S 及导线若干 为减小测量误差,测量时要求电表示数不能小于其量程的 1/3,并且电表示数变化范 围较大。除请器材 H和 I外,还需选用的实验器材是:_(选填器材前对应的字母 序号)。 根据你选择的实验器材,请在虚线框内画出精确测量该电阻元件电阻阻值的最佳电路 图,并标明器材的字母代号。 【答案】10. 10 70 BCEF 【解析】 (1)用多用电表粗略地测量该元件的电阻,选用100的电阻挡测量时,发现指 针偏转较大,说明所选挡位太大,为准确测量电阻阻值,欧姆表应换用较小挡位,应将 多用电表选择旋钮调到电阻 10 挡;由图所示表盘可知,被测电阻的阻值为: ; (2)电源电
19、动势为 4V,电压表量程为 15V,电压表量程太大,不能用电压表测电源; 可以用已知内阻的电流表 与定值电阻 串联改装成电压表测电压;通过待测电阻的最大 电流约为:,电流表应选 B;为保证电路安全且方便实验操 作,滑动变阻器应选择 ,故还需要的实验器材为:; 由题意可知,待测电阻阻值远大于滑动变阻器的最大阻值,为测多组实验数据,滑动 变阻器应采用分压接法,实验电路图如图所示: 24. (12分)近年来,随着 AI的迅猛发展,自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及. 如图为某自动分拣传送装置的简化示意图,水平传送带右端与水平面相切,以 v0=2m/s 的恒定速率顺时针运行,传送带的长度为 L=7.
20、6m.机械手将质量为 1kg的包裹 A轻放在 传送带的左端,经过 4s 包裹 A离开传送带,与意外落在传送带右端质量为 3kg的包裹 B 发生正碰,碰后包裹 B 在水平面上滑行 0.32m 后静止在分拣通道口,随即被机械手分拣. 已知包裹 A、B与水平面间的动摩擦因数均为 0.1,取 g=10m/s2.求: (1)包裹 A与传送带间的动摩擦因数; (2)两包裹碰撞过程中损失的机械能; (3)包裹 A是否会到达分拣通道口. 【答案】 (1)1=0.5(2)E=0.96J (3)包裹 A不会到达分拣通道口 【解析】 (1)假设包裹 A经过 t1时间速度达到 v0,由运动学知识有 0 101 2 v
21、 tv ttL() 包裹 A在传送带上加速度的大小为 a1,v0=a1t1 包裹 A的质量为 mA,与传输带间的动摩檫因数为 1,由牛顿运动定律有:1mAg=mAa1 解得:1=0.5 (2)包裹 A离开传送带时速度为 v0,设第一次碰后包裹 A与包裹 B速度分别为 vA和 vB, 由动量守恒定律有:mAv0=mAvA+mBvB 包裹 B在水平面上滑行过程,由动能定理有:-2mBgx=0- 1 2 mBvB2 解得 vA=-0.4m/s,负号表示方向向左,大小为 0.4m/s 两包裹碰撞时损失的机械能:E= 1 2 mAv02 - 1 2 mAvA2- 1 2 mBvB2 解得:E=0.96J
22、 (3)第一次碰后包裹 A返回传送带,在传送带作用下向左运动 xA后速度减为零, 由动能定理可知-1mAgxA=0- 1 2 mAvA2 解得 xA=0.016mL,包裹 A在传送带上会再次向右运动. 设包裹 A再次离开传送带的速度为 vA 1mAgxA= 1 2 mAvA2 解得:vA =0.4m/s 设包裹 A再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为 xA -2mAgxA =0- 1 2 mAvA2 解得 xA=0.08m xA=0.32m 包裹 A静止时与分拣通道口的距离为 0.24m,不会到达分拣通道口. 25. (20分)如图所示,xOy为一平面直角坐标系,O为坐标原点,S(0,L)、
23、M (0.5L, 0)、N(0,-L)分别为坐标平面内的三个点,在 xL 的区域存在平行于 xOy 平面但方向未知的匀强电场,在 Lx2.5L 的区域存在方向垂直 xOy 平面向里的匀强磁 场。S点有一粒子源,能向平面内的任意方向发射质量为 m、电荷量为+q、速率为 v0的 带电粒子。一粒子从 S 点射出后通过 M点时速率为;另一粒子从 S点射出后通过 N 点时的速率为 3v0。还有一粒子从 S 点沿 x轴正方向射出,一段时间后该粒子从磁场左边 界进入磁场,经磁场偏转后从磁场右边界射出磁场,该粒子在磁场中运动的时间为其在 磁场中做匀速圆周运动周期的四分之一。不计粒子重力和粒子之间的相互作用,求
24、: (1)S、M间的电势差与 S、N 间的电势差; (2)匀强电场的电场强度; (3)匀强磁场的磁感应强度大小。 【答案】(1)USM=,USN=;(2)E=,方向沿 y轴负方向;(3)B= 【解析】(1)粒子从 S 到 M,据动能定理可得: 解得: 粒子从 S 到 N,据动能定理可得: 则 (2)因,可知 OC 为等势线,可得匀强电场方向沿 y轴负方向 则,方向沿 y轴负方向 (3)从 S 点向 x轴正方向射出的粒子,在电场和磁场中的运动轨迹图如图所示: 从 S点向 x轴正方向射出的粒子,在电场中做类平抛运动,到达磁场左边界,则: , 以上式子联立解得:y=L 可知粒子从 C 点进入磁场,粒
25、子通过 C 点时的速度与通过 M点速度大小相等,可得粒 子在 C 点处的速度大小及方向为:, 粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力: 据几何关系可得: 据题意: 解得: (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)下列说法中正确的是_(填正确答案标号。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. 晶体具有确定的熔点 B. 露珠呈球状是由于液体表面张力的作用 C. 某物体温度高,组成该物体的某些分子速率可能很小 D. 理想气体从外界吸热,则内
26、能一定增大 E. 压缩气体需要力表明气体分子间存在斥力 【答案】.ABC 【解析】根据晶体特性,晶体具有确定的熔点,故 A正确。液体存在表面张力,有使液 体的表面积减小到最小的趋势,如露珠呈球状就是由于液体表面张力的作用,故 B正 确;温度是分子平均动能的标志,是由大量分子统计出来的,遵循统计学规律,对于个 别分子无意义,分子运动是无规则的,某些分子速率可能很小,故 C 正确;由热力学第 一定律 U=W+Q可知,气体吸热的同时又对外界做功,内能不一定增大,故 D错误; 气体分子间距很大,分子力很小,可以忽略不计,压缩气体也需要用力是为了克服气体 内外的压强的差。故 E错误。 (2) (10 分
27、)如图所示,可在竖直平面内转动的平台上固定着一个内壁光滑的气缸,气 缸内有一导热性能良好的活塞,活塞面积为 S,活塞底面与气缸底面平行,一定质量的 理想气体密封在气缸内。当平台倾角为 37 时,气缸内气体体积为 V,将平台顺时针缓 慢转动直至水平,稳定时气缸内气体的体积为 0.9V,该过程中环境温度始终为 T0,外界 大气压强为 p0。已知 sin37 =0.6,cos37 =0.8。重力加速度为 g。 (i)求活塞的质量; ()若平台转至水平后,经过一段时间,环境温度缓慢降至 0.9T0(大气压强 p0保持不 变),该过程中气缸内气体内能的减少量为 0.14p0V,求该过程中气缸内气体放出的
28、热量 Q。 【答案】() () 0.32p0V 【解析】()设活塞质量为 m,当平台倾角为 37 时 气缸内气体的压强为: 气体的体积为:V1V 平台水平时,气缸内气体压强的大小 气体的体积:V2=0.9V 由玻意耳定律有: 联立得: () 降温过程,气缸内气体压强不变,由盖吕萨克定律有: 解得:V30.81V 活塞下降过程,外界对气体做功为: 已知气缸内气体内能内能减小了U: 由热力学第一定律:UW+Q 得放出的热量 Q为 34物理一选修 34)(15分) (1)(5 分)有一根足够长的水平弹性轻绳,绳的左端 O振动了 3s,产生的波形如图所 示, (1)O点的振动频率为_Hz; (2)若从
29、此时刻起波源停止振动,试在图中画出,从该时刻起经过 3s 后的波形图。 【答案】(1)0.5(2)图见解析; 【解析】(1)根据波形图求出周期,再根据周期和频率的关系求解频率; (2)若从此时刻起波源停止振动,从该时刻起经过 3s 该波形先后平移 3段,由此画 图。 (1)根据波形图可知, 解得周期 T=2s; 则振动频率为 f= =0.5Hz; (2)若从此时刻起波源停止振动,从该时刻起经过 3s 该波形先后平移 3段,其波形图 如图所示: (2) (10 分)如图所示的是一个透明圆柱体的横截面,一束单色光平行于直径 AB射向圆 柱体,光线经过折射后恰能射到 B点,已知入射光线到直径 AB的
30、距离为 3 2 RR是圆 柱体的半径。已知光在真空中的传播速度为 c,求: 该透明圆柱体介质的折射率; 该单色光从 C 点传播到 B点的时间; 折射光线过 B点时是否发生全反射,说明理由。 【答案】3; 3R c ;折射光线过 B点时不发生全反射。 【解析】光线 P经折射后经过 B点,光路图如图所示。由几何知识得: sin= CD CO = 3 2 ,=60,= 1 2 =30 则折射率为:n= sin sin = 60 30 sin sin =3 CB间的距离为:s=2Rcos=3R 光在圆柱体传播速度为:v= c n , 则光从 C 点传播到 B点的时间为:t= s v = 3R c 由几何知识知,折射光线射到 B点时的入射角等于 ,由光路可逆性原理,折射光线 不可能在 B点发生全反射,一定能从 B点射出.