1、2020年高考物理模擬試題1 .貝克勒爾在120年前首先發現了天然放射現象，如今原子核的放射性在眾多領域中有著重要作用，下列屬于放射性元素衰變的是A.可二 kB. ：，：'.一：C.： "匚 二I"D.、I. ；/.!'；!【答案】A 放射性衰變是指不穩定原子核自發地放射出射線而轉變為另一種原子核的過程，放出的射線包括討”和了射線，P衰變生成的是電子，。衰變生成的是。粒子，裂變是重核裂變成輕核,聚變是輕核生成重核，據此分析即可；【解析】A、A選項的反應釋放出。粒子，屬于以衰變，故A正確；B、B選項屬于重核裂變，故 B錯誤；C、C選項屬于輕核聚變，故 C錯誤；

2、D、D選項是原子核的人工轉變，不是放射性衰變，故 D錯誤。2 .如圖為一個質點做直線運動的v-t圖象，該質點在前 2s內向西運動，則該質點A.在前2s內加速度方向也向西B.在前4s內加速度方向始終向東C.在后2s內加速度方向始終向東D.在6s內加速度方向始終不變【答案】B 由v-t圖象根據速度的正負可以得出物體運動的方向，知道加速度方向與速度方向相同做加速運動，相反則做減速運動；【解析】A、由題可知向西為負方向，而向東為正方向，該質點在前2s內向西減速運動，則該段時間加速度向東， 而2-4s向東做加速運動，則加速度方向仍然向東， 故選項A錯誤，B正確；C、由圖像可知在4-53內向東做減速運動，

3、而5-區內向西做加速運動，所以在 4-a這段時間內加速度方向一直向西，故選項C錯誤；D、由上面分析可知，在 °一加內加速度方向向東，在4-6s內加速度方向向西，即在 6s內加速度方向發生變化，故選項D錯誤。3 .“神舟十一號”飛船與“天宮二號”空間實驗室自動交會對接前的示意圖如圖所示，圓形軌道I為“天宮二號”運行軌道，圓形軌道 II為“神舟十一號”運行軌道。此后“神舟十一號”要進行多次變軌，才能實現與“天宮二號”的交會對接，則：A. “天宮二號”在軌道I的運行速率大于“神舟十一號”在軌道 II上運行速率B. “神舟十一號”由軌道 II變軌到軌道I需要減速C. “神舟十一號”為實現變軌

4、需要向后噴出氣體D. “神舟十一號”變軌后比變軌前機械能減少【答案】C 根據萬有引力提供向心力得出線速度與軌道半徑的關系，從而比較速度的大小，當萬有引 力不夠提供向心力，做離心運動，發動機做正功，使其機械能增加；Mm v2IGM【解析】A、由題可知，萬有引力提供向心力，即 G二- =則，由于“天宮二號”的半徑大，可知其速率小，則 A錯誤；B、“神舟十一號”由軌道II變軌到軌道I需要加速做離心運動，要向后噴出氣體，速度變大，發動機做正功，使其機械能增加，故選項C正確，BD錯誤。4 .如圖所示，放在光滑水平桌面上的A、B木塊之間夾一被壓縮的彈簧。現釋放彈簧，A、B木塊被彈開后，各自在桌面上滑行一段

5、距離飛離桌面。A落地點距桌邊水平距離為 0.5m,B落地點距桌邊水平距離為 1m,則TIwwvwTb _；_ I 匕A. A、B離開彈簧時的速度比為 1 : 2B. A、B離開彈簧時的速度比為 1 : 1C. A、B質量之比為1 : 2D. A、B質量之比為2: 1【答案】ADA、B離開桌面后都做平拋運動，它們拋出點的高度相同，運動時間相等，由水平位移可 以求出它們的初速度關系，彈簧彈開物體過程中，系統動量守恒，由動量守恒定律可以求 出它們的質量關系；【解析】A、A和B離開桌面后做平拋運動，下落的高度相同，它們的運動時間相等，由xva工40.51得速度之比： 一=一=丁 =，故A正確，B錯誤；

6、VB XB 上C、彈簧彈開物體的過程，兩物體及彈簧組成的系統動量守恒，取向左為正方向，由動量守恒定律得：m4A血爐七=°,則質量之比： 一=一=一，故c錯誤，D正確。 mB VA 1【遷移】解決本題的關鍵要掌握平拋運動的規律，知道彈簧彈開物體的過程，系統的動量守恒，再結合動量守恒定律進行求解即可。5 .某同學將一閉合電路電源的總功率Pe、輸出功率PR和電源內部的發熱功率 Pr隨電流I變化的圖線畫在了同一坐標系中，如圖中的a、b、c所示，則下列判斷正確的是A.直線a表示電源內部的發熱功率隨電流I變化的圖線B.曲線b表示電源的總功率隨電流I變化的圖線C.曲線c表示電源的輸出功率隨電流I變

7、化的圖線D.電源的電動勢 E=3V ,內電阻r=2 Q【答案】C根據電源消耗的總功率的計算公式Pe'EI可得電源的總功率與電流的關系，根據電源內部的發熱功率1=再可得電源內部的發熱功率與電流的關系，從而可以判斷 abc三條線代表的關系式，在由功率的公式可以分析功率之間的關系；【解析】A、由電源消耗總功率和電源內部消耗功率表達式rE = EI,斗=14 ,可知，a是直線，表示的是電源消耗的總功率pe, b是拋物線，表示的是電源內電阻上消耗的功率4，c表示外電阻的功率即為電源的輸出功率pr=EI-I 2r,所以AB錯誤，C正確；D、由圖可知，當短路時電流為 汽總功率Pe = EI = N則

8、可知電動勢為：E = W,則內E 3阻為： = 3 ='= 故D錯誤。 Ji 上6 .如圖所示，豎直放置的足夠長的U型金屬框架中，定值電阻為 R,其他電阻均可忽略,ef是一水平放置的電阻可忽略的導體棒，導體棒質量為m ,棒的兩端始終與 ab、cd保持良好接觸，且能沿框架無摩擦下滑，整個裝置放在與框架平面垂直的勻強磁場中，當導體棒ef從靜止下滑一段時間后閉合開關S,則S閉合后（）A.導體棒ef的加速度一定大于 gB.導體棒ef的加速度一定小于 gC.導體棒ef機械能一定守恒D.導體棒ef機械能一定減少【答案】D當ef從靜止下滑一段時間后閉合S,ef將切割磁感線產生感應電流，受到豎直向上安

9、培力，分析安培力與重力的大小關系即可判斷加速度與重力加速度的大小；由于有感應電流產生，則導致ef的機械能減小轉化為電能；【解析】A、當ef從靜止下滑一段時間后閉合S, ef將切割磁感線產生感應電流，受到豎直向上的安培力，若安培力大于2mg ,則由牛頓第二定律得知，ef的加速度大小可能大于g;若安培力小于 mg ,則ef的加速度大小可能小于 g ,故選項A B錯誤；C、閉合S, ef將切割磁感線產生感應電流，則 ef的機械能減小轉化為電能，故 C錯誤,D正確。7 .我國高鐵技術發展迅猛，目前處于世界領先水平，已知某路段為一半徑為5600米的彎道，設計時速為216km/h （此時車輪輪緣與軌道間無

10、擠壓），已知我國的高鐵軌距約為1400mm ,且角度較小時可近似認為 Lan6 = sin8,重力加速度g等于10m/s 2 ,則此彎道內、外軌高度差應為A. 8cm B. 9cm C. 10cm D. 11cm【答案】B要使火車安全通過彎道，則火車拐彎時不側向擠壓車輪輪緣，靠重力和支持力的合力提供向心力，根據向心力公式列式求解；【解析】由題可知：半徑 R = 560011，時速為v =216krn/h =；2根據牛頓第二定律得：R9 解得：140h由題意得 1J而聯立得：h = 90mm = 9cm,故B正確，ACD錯誤；8.一理想變壓器原、副線圈的匝數比為5: 1,原線圈輸入電壓的變化規律

11、如圖甲所示，副線圈所接電路如圖乙所示，P為滑動變阻器的觸頭，下列說法正確的是（）。A.副線圈輸出電壓的頻率為 50HzB.副線圈輸出電壓的有效值為 44VC. P向左移動時，原、副線圈的電流比減小D. P向左移動時，變壓器的輸出功率增加【答案】ABD根據甲圖可明確交流電的最大值和周期，則根據最大值和有效值關系可明確有效值，再根 據變壓器原理可明確輸出端的電壓；輸出電壓不變，根據滑片的移動可明確電阻的變化，從而明確電流的變化情況;【解析】A由原線圈的電壓變化規律及有效值的概念可知，原線圈中電壓頻率為50H上，變壓器不改變交流電的頻率，所以副線圈輸出電壓的頻率為50Hz,故A正確；B、原線圈電壓有

12、效值為 ylV = 22OV,由原、副線圈中電壓之比等于匝數之比可知，副線圈中電壓的有效值為44V,故B正確；C、P向左移動時，原、副線圈的電流比等于匝數的反比，匝數比不變，則原、副線圈的匝數比不變，故C錯誤；D、當P向左移動，滑動變阻器接入電路的電阻減小，副線圈中電流增大，副線圈的電壓不變，變壓器輸出功率增加，故 D正確。【遷移】本題查理想變壓器中，原、副線圈上電壓關系、電流變化、功率關系及有效值等方面的理解及應用，注意電路動態分析的分析方法。9.如圖所示，甲、乙兩物體靠在一起，放在光滑的水平面上，在水平力Fi和F2共同作用下，一起從靜止開始運動，已知Fi>F2,兩物體運動一段時間后A

13、.若突然撤去Fi,甲的加速度一定減小B.若突然撤去Fi,甲乙間的作用力減小C.若突然撤去F2,乙的加速度一定增大D.若突然撤去F2,甲乙間的作用力增大【答案】BC要分析加速度的變化，先由牛頓第二定律求出整體的加速度，再進行分析，由隔離法求出甲乙間的作用力，根據表達式進行分析；F|T'r【解析】A、一起運動時，整體的加速度為：a = -ni|對乙分析，則甲、乙之間的作用力為：N-F2 = Tn：a解得N =突然撤去耳，則整體的加速度 看=,%不一定大于a,甲乙之間的作用力nit - m,N =,故A錯反、B正確;叫十m.c、突然撤去后,則整體的加速度, =則小即加速度增大 甲乙之間的作用

14、力為：N廣;CW故選項C正確, D錯誤。10.兩個帶等量異種電荷的粒子分別以速度Va和Vb射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為 60°和30 ° ,磁場寬度為d,兩粒子同時由A點出發，同時到達B點, 如圖所示則A. a粒子帶正電，b粒子帶負電B.兩粒子的軌道半徑之比Ra： Rb=回：1C.兩粒子的質量之比 ma： mb=1 ： 2D.兩粒子的質量之比 ma： mb=2 ： 1【答案】BD 根據粒子偏轉方向，由左手定則判斷電性，根據粒子做勻速圓周運動，由幾何關系求得軌道半徑，根據幾何關系得到中心角，即可由運動時間相同得到周期之比，從而由洛倫茲力做向心力得到質量

15、；【解析】A、由左手定則可得：a粒子帶負電，b粒子帶正電，故 A錯誤；B、由粒子做勻速圓周運動可得：粒子運動軌道圓心在AB的垂直平分線和過 A點的速度垂直方向的交點，故2n 21,，所以，凡：% =於：1 ,故B正確；氏=d % = = R"sin300 k sin600 用C、由幾何關系可得：從A運動到B, a粒子轉過的中心角為60° ,b粒子轉過的中心角為2根據運動時間相同可得運動周期為：二” =2:1 ,再根據洛倫茲力做向心力可得：Bvq = RSnrR 23qh所以，運動周期為：1=；V qB根據電荷量相等可得,故c錯誤，D正確。【遷移】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓

16、周運動的問題，一般根據幾何關系求得軌道半徑及中心角，即可由洛倫茲力做向心力求得速度、運動時間等問題。二、非選擇題：包括必考必考題和選考題兩部分，第 11-12題為必考題，每個考生都必修做答。第13-14題為選考題，考生根據要求做答。11 .如圖所示，光滑絕緣的半圓形軌道ABC固定在豎直面內，圓心為 O,軌道半徑為R,B為軌道最低點。該裝置右側的1/4圓弧置于水平向右的足夠大的勻強電場中。某一時刻一個帶電小球從 A點由靜止開始運動。到達 B點時，小球的動能為 E0,進入電場后繼續沿軌道運動，到達 C點時小球的電勢能減少量為2E。，試求：(1)小球所受重力和電場力的大小(2)小球脫離軌道后到達最高

17、點時的動能E 2E【答案】(1) 二(2)就。R R(1 )根據動能定理和功能關系即可求解重力和電場力的大小;(2)小球通過C點后，利用運動的分解進行求解即可;【解析】(1)設帶電小球的質量為 m,則從A到B根據動能定理有：m嶇=E。一 琦、則小球受到的重力為： mg =，萬向豎直向下;R由題可知：到達 C點時小球的電勢能減少量為 2Eo,根據功能關系可知：EqR = 2E| 沁、則小球受到的電場力為：Eq = ,方向水平向右，小球市正電;R(2)設小球到達C點時速度為外,則從A到C根據動能定理有：EqR = 2埒則C點速度為：Vc一,方向豎直向上m從C點飛出后，在豎直方向只受重力作用，做勻減

18、速運動，到達最高點時間為:在水平方向只受電場力作用，做勻加速運動，到達最高點時只有水平方向的速度，其速度為:【遷移】本題考查帶電小球在重力場和電場中的運動，注意將運動按照受力情況進行分解, 分成水平方向做勻加速運動和豎直方向勻減速進行求解即可。V0 = 2m/s ,此時一12 .如圖所示，一足夠長木板在水平粗糙面上向右運動。某時刻速度為質量與木板相等的小滑塊(可視為質點)以V1 = 4m/s的速度從右側滑上木板，經過 1s兩者速度恰好相同，速度大小為v2 = 1m/s ,方向向左。重力加速度g = 10m/s 2,試求:(1)木板與滑塊間的動摩擦因數 以(2)木板與地面間的動摩擦因數 壯(3)

19、從滑塊滑上木板，到最終兩者靜止的過程中，滑塊相對木板的位移大小。1【答案】(1 )。3(3) 275m(1 )對小滑塊根據牛頓第二定律以及運動學公式進行求解；(2)對木板分析，先向右減速后向左加速，分過程進行分析即可；(3)分別求出二者相對地面位移，然后求解二者相對位移；一、，1 1-4 ,“、一，【解析】(1)對小滑塊分析：其加速度為：、 = 萬向向右1 t 1對小滑塊根據牛頓第二定律有：一火山名二mai,可以得到：陽二03 ;(2)對木板分析，其先向右減速運動，根據牛頓第二定律以及運動學公式可以得到：vo十 出，= m一然后向左加速運動，根據牛頓第二定律以及運動學公式可以得到：丐出口唱一內

20、 2mg = m k而且聯立可以得到：出=(,LLt廣°鳥 ;0 i-v0(3)在二°占3時間內，木板向右減速運動，其向右運動的位移為：X = - t =O5m ,方向向右；v7 + 0在1工=0.5$時間內，木板向左加速運動，其向左加速運動的位移為：k、=二 t" 0 25m ,222-方向向左；在整個t =上時間內，小滑塊向左減速運動，其位移為：x = t = 2,5m,方向向左2則整個過程中滑塊相對木板的位移大小為：找二一力一修=N75m。【遷移】本題考查了牛頓第二定律的應用，分析清楚小滑塊與木板的運動過程和受力情況是解題的前提，應用牛頓第二定律與運動學公式

21、即可解題。13.a、b、c三條平行光線垂直于半圓柱體玻璃磚的截面直徑從空氣射向玻璃磚，如圖所示,光線b正好過圓心O,光線a、c從光線b的兩側對稱入射，光線 a、c從玻璃磚下表面進 入空氣后與光線b交于P、Q,則下列說法正確的是A.玻璃對三種光的折射率關系為na>nb>ncB.玻璃對a光的折射率大于對 c光的折射率C.在相同條件下進行雙縫干涉實驗，a光的條紋間距比c光窄D. a、c光分別從空氣射入某種介質中，c光發生全反射時臨界角較小E. a光比c光穿過該半圓柱體玻璃磚所需時間長【答案】BCE根據折射定律判斷出折射角的大小，從而得到折射率的大小關系，判斷波長的長短，分析干涉條紋間距的大小以及臨界角等問題即可；【解析】A、由圖可知，a光和c光入射角相同，但是 c光折射角較大，根據折射率公式可知玻璃對a光的折射率大于對 c光的折射率，當時由于玻璃對 b光沒有發生折射，故無法比較b光的折射率的大小，故選項 A錯誤，B正確；C、由于a光的折射率大，波長較短，則在相同條件下進行雙縫干涉實驗，a光的條紋間距比c光窄，故選項C正確；D、a、c光分別從某種介質射入空氣中時，能發生全反射，根據臨界角公式51rle ='可知an光發生全反射時臨界角較小，故選項D錯