1、2020年高考物理模拟试题1.贝克勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着重要作用，下列属于放射性元素衰变的是A. B. C. D. 【答案】A放射性衰变是指不稳定原子核自发地放射出射线而转变为另一种原子核的过程，放出的射线包括和射线，衰变生成的是电子，衰变生成的是粒子，裂变是重核裂变成轻核，聚变是轻核生成重核，据此分析即可；【解析】A、A选项的反应释放出粒子，属于衰变，故A正确；B、B选项属于重核裂变，故B错误；C、C选项属于轻核聚变，故C错误；D、D选项是原子核的人工转变，不是放射性衰变，故D错误。2.如图为一个质点做直线运动的v-t图象，该质点在前2s内
2、向西运动，则该质点A. 在前2s内加速度方向也向西B. 在前4s内加速度方向始终向东C. 在后2s内加速度方向始终向东D. 在6s内加速度方向始终不变【答案】B由v-t图象根据速度的正负可以得出物体运动的方向，知道加速度方向与速度方向相同做加速运动，相反则做减速运动；【解析】A、由题可知向西为负方向，而向东为正方向，该质点在前内向西减速运动，则该段时间加速度向东，而向东做加速运动，则加速度方向仍然向东，故选项A错误，B正确；C、由图像可知在内向东做减速运动，而内向西做加速运动，所以在这段时间内加速度方向一直向西，故选项C错误；D、由上面分析可知，在内加速度方向向东，在内加速度方向向西，即在6s
3、内加速度方向发生变化，故选项D错误。3.“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间实验室自动交会对接前的示意图如图所示，圆形轨道I为“天宫二号”运行轨道，圆形轨道II为“神舟十一号”运行轨道。此后“神舟十一号”要进行多次变轨，才能实现与“天宫二号”的交会对接，则：A. “天宫二号”在轨道I的运行速率大于“神舟十一号”在轨道II上运行速率B. “神舟十一号”由轨道II变轨到轨道I需要减速C. “神舟十一号”为实现变轨需要向后喷出气体D. “神舟十一号”变轨后比变轨前机械能减少【答案】C根据万有引力提供向心力得出线速度与轨道半径的关系，从而比较速度的大小，当万有引力不够提供向心力，做离心运动，发动机做正
4、功，使其机械能增加；【解析】A、由题可知，万有引力提供向心力，即，则，由于“天宫二号”的半径大，可知其速率小，则A错误；B、“神舟十一号” 由轨道II变轨到轨道I需要加速做离心运动，要向后喷出气体，速度变大，发动机做正功，使其机械能增加，故选项C正确，BD错误。4.如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块之间夹一被压缩的弹簧。现释放弹簧，A、B木块被弹开后，各自在桌面上滑行一段距离飞离桌面。A落地点距桌边水平距离为0.5m，B落地点距桌边水平距离为1m，则A. A、B离开弹簧时的速度比为1：2B. A、B离开弹簧时的速度比为1：1C. A、B质量之比为1：2D. A、B质量之比为2：1【答案】
5、ADA、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，由水平位移可以求出它们的初速度关系，弹簧弹开物体过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出它们的质量关系；【解析】A、A和B离开桌面后做平抛运动，下落的高度相同，它们的运动时间相等，由得速度之比：，故A正确，B错误；C、弹簧弹开物体的过程，两物体及弹簧组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：，则质量之比：，故C错误，D正确。【迁移】解决本题的关键要掌握平抛运动的规律，知道弹簧弹开物体的过程，系统的动量守恒，再结合动量守恒定律进行求解即可。5.某同学将一闭合电路电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率
6、Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示，则下列判断正确的是A. 直线a表示电源内部的发热功率随电流I变化的图线B. 曲线b表示电源的总功率随电流I变化的图线C. 曲线c表示电源的输出功率随电流I变化的图线D. 电源的电动势E=3V，内电阻r=2【答案】C根据电源消耗的总功率的计算公式可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，在由功率的公式可以分析功率之间的关系；【解析】A、由电源消耗总功率和电源内部消耗功率表达式，可知，a是直线，表示的是电源消耗的总功率，b是抛物线，表示的是电源内电阻
7、上消耗的功率，c表示外电阻的功率即为电源的输出功率=EI-I2r，所以AB错误，C正确；D、由图可知，当短路时电流为，总功率，则可知电动势为：，则内阻为：，故D错误。6.如图所示，竖直放置的足够长的U型金属框架中，定值电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一水平放置的电阻可忽略的导体棒，导体棒质量为m，棒的两端始终与ab、cd保持良好接触，且能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架平面垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S，则S闭合后()A. 导体棒ef的加速度一定大于gB. 导体棒ef的加速度一定小于gC. 导体棒ef机械能一定守恒D. 导体棒ef机械能一定减少【答案】D当e
8、f从静止下滑一段时间后闭合S，ef将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上安培力，分析安培力与重力的大小关系即可判断加速度与重力加速度的大小；由于有感应电流产生，则导致ef的机械能减小转化为电能；【解析】A、当ef从静止下滑一段时间后闭合S，ef将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，则由牛顿第二定律得知，ef的加速度大小可能大于g；若安培力小于mg，则ef的加速度大小可能小于g，故选项A B错误；C、闭合S，ef将切割磁感线产生感应电流，则ef的机械能减小转化为电能，故C错误，D正确。7.我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平，已知某路段为一半径为5600米的弯
9、道，设计时速为216km/h（此时车轮轮缘与轨道间无挤压），已知我国的高铁轨距约为1400mm，且角度较小时可近似认为，重力加速度g等于10m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为A. 8cm B. 9cm C. 10cm D. 11cm【答案】B要使火车安全通过弯道，则火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力公式列式求解；【解析】由题可知：半径，时速为；根据牛顿第二定律得： 解得： 由题意得而联立得：，故B正确，ACD错误；8.一理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头，下列说法正确的
10、是（ ）。A. 副线圈输出电压的频率为50HzB. 副线圈输出电压的有效值为44VC. P向左移动时，原、副线圈的电流比减小D. P向左移动时，变压器的输出功率增加【答案】ABD根据甲图可明确交流电的最大值和周期，则根据最大值和有效值关系可明确有效值，再根据变压器原理可明确输出端的电压；输出电压不变，根据滑片的移动可明确电阻的变化，从而明确电流的变化情况；【解析】A由原线圈的电压变化规律及有效值的概念可知，原线圈中电压频率为，变压器不改变交流电的频率，所以副线圈输出电压的频率为，故A正确；B、原线圈电压有效值为，由原、副线圈中电压之比等于匝数之比可知，副线圈中电压的有效值为，故B正确；C、P向
11、左移动时，原、副线圈的电流比等于匝数的反比，匝数比不变，则原、副线圈的匝数比不变，故C错误；D、当P向左移动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，副线圈中电流增大，副线圈的电压不变，变压器输出功率增加，故D正确。【迁移】本题查理想变压器中，原、副线圈上电压关系、电流变化、功率关系及有效值等方面的理解及应用，注意电路动态分析的分析方法。9.如图所示，甲、乙两物体靠在一起，放在光滑的水平面上，在水平力F1和F2共同作用下，一起从静止开始运动，已知F1F2，两物体运动一段时间后A. 若突然撤去F1，甲的加速度一定减小B. 若突然撤去F1，甲乙间的作用力减小C. 若突然撤去F2，乙的加速度一定增大D. 若突
12、然撤去F2，甲乙间的作用力增大【答案】BC要分析加速度的变化，先由牛顿第二定律求出整体的加速度，再进行分析，由隔离法求出甲乙间的作用力，根据表达式进行分析；【解析】A、一起运动时，整体的加速度为：；对乙分析，则甲、乙之间的作用力为：，解得；突然撤去，则整体的加速度，不一定大于，甲乙之间的作用力，故A错误、B正确；C、突然撤去，则整体的加速度，则，即加速度增大甲乙之间的作用力为：，故选项C正确，D错误。10.两个带等量异种电荷的粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60和30，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示则A. a粒子带正电，b
13、粒子带负电B. 两粒子的轨道半径之比Ra：Rb=：1C. 两粒子的质量之比ma：mb=1：2D. 两粒子的质量之比ma：mb=2：1【答案】BD根据粒子偏转方向，由左手定则判断电性，根据粒子做匀速圆周运动，由几何关系求得轨道半径，根据几何关系得到中心角，即可由运动时间相同得到周期之比，从而由洛伦兹力做向心力得到质量；【解析】A、由左手定则可得：a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；B、由粒子做匀速圆周运动可得：粒子运动轨道圆心在AB的垂直平分线和过A点的速度垂直方向的交点，故，所以，故B正确；C、由几何关系可得：从A运动到B，a粒子转过的中心角为，b粒子转过的中心角为，根据运动时间相同可得运动
14、周期为：，再根据洛伦兹力做向心力可得： 所以，运动周期为：；根据电荷量相等可得，故C错误，D正确。【迁移】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，一般根据几何关系求得轨道半径及中心角，即可由洛伦兹力做向心力求得速度、运动时间等问题。二、非选择题：包括必考必考题和选考题两部分，第11-12题为必考题，每个考生都必修做答。第13-14题为选考题，考生根据要求做答。11.如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道ABC固定在竖直面内，圆心为O，轨道半径为R，B为轨道最低点。该装置右侧的1/4圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。某一时刻一个带电小球从A点由静止开始运动。到达B点时，小球的动能为E0，进入电场后
15、继续沿轨道运动，到达C点时小球的电势能减少量为2E0，试求：（1）小球所受重力和电场力的大小（2）小球脱离轨道后到达最高点时的动能【答案】（1） （2）（1）根据动能定理和功能关系即可求解重力和电场力的大小；（2）小球通过C点后，利用运动的分解进行求解即可；【解析】（1）设带电小球的质量为，则从A到B根据动能定理有：则小球受到的重力为：，方向竖直向下；由题可知：到达C点时小球的电势能减少量为，根据功能关系可知：则小球受到的电场力为：，方向水平向右，小球带正电；（2）设小球到达C点时速度为，则从A到C根据动能定理有：则C点速度为：，方向竖直向上从C点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动，
16、到达最高点时间为：在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时只有水平方向的速度，其速度为：=则在最高点动能为：。【迁移】本题考查带电小球在重力场和电场中的运动，注意将运动按照受力情况进行分解，分成水平方向做匀加速运动和竖直方向匀减速进行求解即可。12.如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为v02m/s，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v14m/s的速度从右侧滑上木板，经过1s两者速度恰好相同，速度大小为v21m/s，方向向左。重力加速度g10m/s2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数1（2）木板与地面间的动摩擦因数2（3）从滑块滑上木板，到最终两者
17、静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。【答案】（1）（2）（3）（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解；（2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可；（3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移；【解析】（1）对小滑块分析：其加速度为：，方向向右对小滑块根据牛顿第二定律有：，可以得到：；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：而且联立可以得到：，；（3）在时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：，方向向右；在时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：，
18、方向向左；在整个时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：，方向向左则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：。【迁移】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚小滑块与木板的运动过程和受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。13.a、b、c三条平行光线垂直于半圆柱体玻璃砖的截面直径从空气射向玻璃砖，如图所示，光线b正好过圆心O，光线a、c从光线b的两侧对称入射，光线a、c从玻璃砖下表面进入空气后与光线b交于P、Q，则下列说法正确的是A. 玻璃对三种光的折射率关系为nanbncB. 玻璃对a光的折射率大于对c光的折射率C. 在相同条件下进行双缝干涉实验，a光的条纹间距比c光窄D. a、
19、c光分别从空气射入某种介质中，c光发生全反射时临界角较小E. a光比c光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长【答案】BCE根据折射定律判断出折射角的大小，从而得到折射率的大小关系，判断波长的长短，分析干涉条纹间距的大小以及临界角等问题即可；【解析】A、由图可知，a光和c光入射角相同，但是c光折射角较大，根据折射率公式可知玻璃对a光的折射率大于对c光的折射率，当时由于玻璃对b光没有发生折射，故无法比较b光的折射率的大小，故选项A错误，B正确；C、由于a光的折射率大，波长较短，则在相同条件下进行双缝干涉实验，a光的条纹间距比c光窄，故选项C正确；D、a、c光分别从某种介质射入空气中时，能发生全反射，根据
20、临界角公式可知a光发生全反射时临界角较小，故选项D错误；E、根据公式，由于a光的折射率大，则a光在玻璃中传播速度较小，故a光比c光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长，故选项E正确。【迁移】本题考查对光的几何光学和物理光学理解能力，注意判断折射率的大小关系，从而得到干涉条纹间距以及临界角的关系。14.如图所示，是一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，已知波的传播速度v=4m/s。求x=2.5m，处质点在04.5s内通过的路程及t=4.5s时的位移。此时A质点的纵坐标为2cm，试求从图示时刻开始经过多长时间A质点第一次到达波峰？（结果保留2位有效数字）【答案】 由波动图象读出振幅和波长，求出周期，根据时间4.5s与周期的关系，分析x=2.5m处质点在04.5s内通过的路程及t=4.5s时的位移；写出波动方程，求出A点的横坐标，当A左侧最近的波峰状态传到A点时，A点第一次出现波峰；【解析】由图知，波长，则该波的周期为 ；质点在一个周期内通过的路程是，则质点在内通过的路程为；由题可知：时刻该质点的位移，所以时质点的位移为。由波动方程得：，得所以时则在A点左侧第一个波峰传到A点时，A点第一次出现波峰，波所传的距离为：则A质点第一次到达波峰时间为：。
