2020届高考 物理模拟点睛卷 (全国卷)(一)

2020届高考物理模拟点睛卷（全国卷）（一）

1、μ子与氢原子核(质子)构成的原子称为μ氢原子(hydrogen muon atom),它在原子核的物理研究中有很重要作用。如图μ氢原子的能级示意图。假定光子能量为E的一束光照射容器中大量处于n2能级的μ氢原子, μ氢原子吸收光子后,发出频率为v1、v2、v3、v4、v5和v6的光,且依次增大,则E等于( )

A. h(v3v1)

B. h(v5v6)

C. hv3

D. hv4

2、如图所示，一质量为m的滑块置于倾角θ=30°，质量为M的直角三角形斜劈的底端，现通过一质量不计的细绳给滑块施加一方向沿斜面向上的拉力F，大小为mg，使滑块沿斜面匀速上滑，整个过程中斜劈处于静止状态，若斜劈与滑块、斜劈与地面间的动摩擦因数均为μ，已知重力加速度大小为g。则( )

A. 斜劈对滑块的支持力大小为mg B. 斜劈对滑块的作用力大小为mg C. 动摩擦因数μ=0.5

D. 水平面对斜劈的摩擦力大小为

1mg 23、如图所示,理想变压器原线圈接入正弦交流电,图中电压表和电流表均为理想交流电表,R1为定值电阻,R2为负温度系数的热敏电阻(温度升高时阻值减小),C为电容器.下列说法正确的是( )

A.通过R1的电流为零

C.R2处温度升高时,电压表的示数不变

B.滑片P向上滑动,电压表示数变大 D.减小电容器C的电容,电流表的示数变大

4、宇宙空间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为L.忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，引力常量为G.下列说法正确的是（ ）

A.每颗星做圆周运动的线速度为3Gm 3L

B.每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关

C.若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍 D.若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度变为原来的2倍

5、如图所示,正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿

fd方向射入磁场区域,当速度大小为vb时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时间为tb,当速

度大小为vc时,从c点离开磁场,在磁场中运动的时间为tc,不计粒子重力。则( )

A.vb:vc1:2,tb:tc2:1

B.vb:vc2:1,tb:tc1:2

C.vb:vc2:1,tb:tc2:1 D.vb:vc1:2,tb:tc1:2

6、甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动，两车从t0时刻开始计时的vt图象如图所示。已知开始计时时 乙车在甲车前x6m处,且在t12s和t26s时两车各相遇一次,则下列判断正确的是（ ）

A.0~6s内甲车的加速度大小是乙车的两倍 B.t0时乙车的速度大小为16m/s C.两车在运动过程中一定会相遇三次 D.当乙车停止运动时，甲、乙两车仍相距6m

7、如图所示,长为L的轻杆两端分别固定a,b金属球,两球质量均为m,a放在光滑的水平面上,b套在竖直固定光滑杆上且离地面高度为3L,现将b从图示位置由静止释放,则( ) 2

A.在b球落地前的整个过程中,a,b组成的系统水平方向上动量守恒 B.从开始到b球距地面高度为

L31mgL 的过程中,轻杆对a球做功为28L3mgL 的过程中,轻杆对b球做功-28C.从开始到b球距地面高度为

D.在b球落地的瞬间,重力对b球做功的功率为mg3gL

8、如图甲所示,左侧接有定值电阻R=2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感应强度B=1T,导轨间距L=1m。一质量m=2kg,阻值r=2Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动,金属棒的v-x图象如图乙所示,若金属棒与导轨间

动摩擦因数μ=0.2,则从起点发生x=1m位移的过程中(g=10m/s2)( )

A.金属棒克服安培力做的功W1=0.25J C.整个系统产生的总热量Q=4.25J

B.金属棒克服摩擦力做的功W2=5J D.拉力做的功W=9.25J

9、关于“验证动量守恒定律”的实验,请完成下列的三个问题:

1.如图所示,在做“验证动量守恒定律”的实验时,实验必须要求满足的条件是( )

A.斜槽轨道必须是光滑的 B.斜槽轨道末端的切线是水平的

C.入射球每次都要从同一高度由静止滚下

D.若入射小球质量为m1,被碰小球质量为m2,则m1m2

2.利用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时,先让入射球m1多次从斜轨上的S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量出平抛的射程OP.然后,把被碰小球m2静置于轨道的水平部分,再将入射小球m1从斜轨上的S位置由静止释放,与小球m2相碰,并且多次重复.接下来要完成的必要步骤是( )(填选项前的符号) A.用天平测量两个小球的质量m1、m2 B.测量小球m1开始释放高度h C.测量抛出点距地面的高度H

D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N;测量平抛射程OM,ON

3.若两个小球相碰前后的动量守恒,其表达式可以表示为______.[利用2中所测量的物理量表示];若碰撞是弹性的碰撞,那么还应该满足的表达式应该为______.[利用2中所测量的物理量表示].

10、某课外活动小组利用铜片、锌片和橙汁制作了橙汁电池,并利用所学知识设计电路测量该电池的电动势E和内阻r。他们在一个玻璃器皿中放入橙汁,在橙汁中相隔—定距离插入铜片和锌片作为橙汁电池的正、 负极。使用的器材有: A.毫安表(量程0~3 mA,内阻未知); B.滑动变阻器R1 (最大阻值为500 Ω); C.电阻箱R2 (阻值范围为0〜999. 9Ω); D.开关和导线若干。

该小组成员分析发现,由于毫安表的内阻未知,所以无法直接测量该橙汁电池的电动势和内阻,经过思考后,该小组设计了如图甲所示的电路,先测出该毫安表的内阻Rg、再测量橙汁电池的电动势E和内阻r。

(1)请按照图甲所示的电路图，用笔画线代替导线，将图乙实物图中的滑动变阻器接入电路，要求当滑动变阻器的滑片滑到最右端时.滑动变阻器接入电路的阻值最大。

(2)该小组连接好电路后,首先对毫安表的内阻Rg进行测量,请完善测量步骤. ①将滑动变阻器R1的滑片滑至最右端,断开开关S2,闭合开关S1; ②滑动滑动变阻器R1的滑片,使毫安表的指针达到满偏;

③保持________不变,闭合开关S2,调节电阻箱R2的阻值,使毫安表的示数达到满偏电流的一半;④读出此时电阻箱R2的示数,即可求得毫安表的内阻Rg。

(3) 该小组发现,当毫安表的电流达到满偏电流的一半时,电阻箱的示数为50.0Ω,则毫安表的内阻Rg_______Ω,用此种方法测得的毫安表的内阻与其真实值相比,测量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值。

(4)该小组测得毫安表的内阻Rg之后,采用以下方法测量该橙汁电池的电动势E和内阻r。首先将电路中滑动变阻器的滑片移至最右端,然后多次改变电阻箱的阻值R得到了多组毫安表的电流I,根据测得的数据作出

11图象,如图丙所示,则该电源的电动势E=_______,内阻IRr=______(结果均保留三位有效数字)

11、如图所示，半径为0.2m的光滑四分之一圆弧面，质量为0.5kg的小球从静止开始从A点开始下滑，经过B点后落在与水平面成45的斜面上的C点。求：

（1）小球到达B点时速度为多大？ （2）此时小球对圆弧的压力为多大？ （3）小球的落点C与B的距离为多大？

12、如图所示的坐标系内，以垂直于x轴的虚线PQ为分界线，左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，AC边有一挡板可吸收电子，AC长为d. 右侧为偏转电场，两极板长度为d/2，间距为d. 电场右侧的x轴上有足够长的荧光屏. 现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M点，M到下极板右端的距离为d/2，电子电荷量为e，质量为m，不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求：

（1）电子通过磁场区域的时间t； （2）偏转电场的电压U；

（3）电子至少以多大速率从O点射出时才能打到荧光屏上． 13、[物理——选修3–3]

1.关于热力学定律，下列说法正确的是________。 A．气体吸热后温度一定升高 B．对气体做功可以改变其内能 C．理想气体等压膨胀过程一定放热

D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体

E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡

（2）在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为p2,其中σ=0.070 N/m。现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升，r已知大气压强p01.0105Pa，水的密度1.0103kg/m3，重力加速度大小g=10 m/s2。 （i）求在水下10 m处气泡内外的压强差；

（ii）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。 14、[物理——选修3-4]

(1)如图所示为半圆柱体玻璃砖的横截面，OD为直径，一束由a光和b光组成的复色光沿AO方向由真空从OD面射入玻璃，之后分成两束分别从B,C两点射出，其中从点射出的为a光,从C点射出的为b光。则下列说法正确的是_______。 A.从B点射出玻璃砖的a光的频率较小

B.在玻璃砖中，b光的传播速度一定大于a光的传播速度 C.a光和b光在玻璃砖中的传播时间相等

D.将a光和b光通过相同的双缝干涉装置，b光的干涉条纹间距较小

E.若将a光和b光分别放在水面足够大的池塘底部同一位置，则b光照亮的水面区域大 (2)甲、乙两列简谐横波分别沿x轴负方向和正方向传播，两波源分别位于x=0.9m处和x=-0.6m处，两列波的波速大小相等，波源的振幅均为2cm,两列波在t=0时刻的波形如图所示，此时平衡位置在x=-0.2m和x=0.1m处的P,Q两质点刚要开始振动。质点M位于x=0.3m处，已知甲波的周期为0.8s，求：

(i)乙波传播到M质点所需要的时间；

(ii)在0~0.5S时间内，M质点沿y轴正方向位移最大的时刻。

答案以及解析

1答案及解析： 答案：C

解析：由能级跃迁知识及题意可知，处于n2能级的氢原子吸收能量为E的光子后，发出6种频率的光，说明μ氢原子是从n4能级跃迁的，而v1、v2、v3、v4、v5和v6频率依次增大，说明n4跃迁到n2时，辐射能量为hv3，C项正确，A、B、D三项错误。

2答案及解析： 答案：B

解析：斜劈对滑块的支持力大小为mgcos30o3mg，选项A错误；滑块处于平衡状态，2重力与拉力夹角为120°，重力与拉力合力为mg，则斜劈对滑块的作用力与重力和拉力合力等大反向，则斜劈对滑块的作用力大小为mg，选项B正确；根据

Fmgmgsin30omgcos30o，解得3，选项C错误；对滑块和斜劈的整体，3水平方向：Fcos30f，解得f

3答案及解析： 答案：C

o3mg，选项D错误；故选B. 2解析：A. 交流电是可以通过电容器的,通过R1的电流不为零，故A错误； B. 滑片P向上滑动,原线圈匝数增大,根据U2n2n1可知电压表示数变小，故B错误； U1n2n1可知电压表的示数不变，故CU1C. R2处温度升高时,原副线圈匝数之比不变、根据U2正确；

D. 减小电容器C的电容，容抗增大，电流表的示数变小，故D错误。 故选：C。

4答案及解析： 答案：C

解析：任意两颗星之间的万有引力FGmm，每一颗星受到的合力为：F13F 2L由几何关系知：它们的轨道半径为：r3L…① 33Gmmv2合力提供它们的向心力：m…② 2rL3Gmm3GmGm联立①②，解得：v，故A错误；根据得：，故加速度与maaLL2L223L33Gmm4π2r它们的质量有关，故B错误；根据，若距离L和每m2解得：Tπ3GmL2T颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍，故C正确；根据vGm可L知，若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度不变，故D错误．故选C．

5答案及解析： 答案：A

解析：设正六边形边长为L,若粒子从b点离开磁场,可知运动的半径为R1L,在磁场中转过

o的角度为1120;若粒子从c点离开磁场,可知运动的半径为R22L,在磁场中转过的角

度为260,根据Rmv可知vb:vcR1:R21:2;根据qB2mbb24ac可知,tb:tc1:22:1,故选A. tT.360360qB2a

6答案及解析： 答案：ACD

解析：设甲车的初速度大小为v甲,加速度大小为a甲,乙车的初速度大小为v乙,加速度大小为a乙,1122当两车在t12s相遇时,有v甲t1a甲t1v乙t1a乙t1x,当两车在t26s相遇时,有

221122v甲t2a甲t2v乙t2a乙t2x,又由图象可知v甲6a甲4(m/s),v乙12sa乙,联立以上各式并

22代入数据可解得a甲2m/s,a乙1m/s2,故0~6s内甲车的加速度大小是乙车的两倍,t0时,甲车的速度大小为v甲16m/s,乙车的速度大小为v乙12m/s,选项A正确,B错误;在t26s'时，甲车速度大小为v甲4m/s,由匀变速直线运动规律可知，乙车速度大小为

2

1''2'v乙v乙a乙t26m/s,设两车又经过t时间相遇，则有v甲tv乙ta乙(t),代入数据解得

2t4s,故两车会在t10s时发生第三次相遇，而此时两车均未停止运动，故选项C正确；

由题图可知,从t10s开始，乙车再运动2s速度变为零，此段时间内甲车的位移为x甲8m,2乙车的位移为x乙2m=2m,故当乙车停止运动时，甲车在乙车前方xx甲x乙6m处,

2选项D正确.

7答案及解析： 答案：BD

解析：A、对两球及杆组成的系统，在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用，a球的水平方向受力为零，系统在水平方向所受合外力不为零，所以a、b组成的系统水平方向上动量不守恒，故A错误；

BC、对两球及杆系统，在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用不做功，a、b组成的系统机械能守恒，从开始到b球距地面高度为

L的过程中，由机2311212mgL械能守恒定律得：22mvA2mvB，且有vAcos30vBcos60，解得：2vA=31gL2，vB=331gL21231，所以轻杆对a球做功为：WAmvA0mgL，

28轻杆对b球做功：WB31mgL，故B正确，C错误； 8312，解得：vBLmvB22D、在b球落地的瞬间，由机械能守恒定律得：mg3gL，所

以在b球落地的瞬间，重力对b球做功的功率为：PBmgvBmg

8答案及解析： 答案：AC

解析：A、由速度﹣位移图象得：v＝2x

3gL，故D正确；

B2L2vB2L22x 金属棒所受的安培力为：FARrRr代入得：FA0.5x

则知FA与x是线性关系。当x＝0时，安培力FA10

当x＝1m时，安培力FA20.5N

则从起点发生x＝1m位移的过程中，安培力做功为：WA即金属棒克服安培力做的功为：W10.25J，故A正确。

B、金属棒克服摩擦力做的功为：W2mgx0.22101J4J，故B错误；

C、克服安培力做功等于回路中产生的电热，克服摩擦力做功等于产生的摩擦热，则整个系统产生的总热量QWAW24.25J，故C正确；

1D、根据动能定理得：WFW2WAmv2，其中v＝2m/s，μ＝0.2，m＝2kg

2FA1FA20.5x1J0.25J 22代入解得拉力做的功为：WF8.25J．故D错误。

9答案及解析：

答案：1.BCD; 2.AD; 3. m1OPm1OMm2ON;m1OP2m1OM2m2OP2.

解析：1.A、“验证动量守恒定律”的实验中,是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的,只要离开轨道后做平抛运动,对斜槽是否光滑没有要求,故A错误; B、要保证每次小球都做平抛运动,则轨道的末端必须水平,故B正确;

C、要保证碰撞前的速度相同,所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下,故C正确; D、为了保证小球碰撞为对心正碰,且碰后不反弹,要求mamb,rarb,故D正确. 应选:BCD.

2.要验证动量守恒定律定律,即验证: m1v1m1v2m2v3,小球离开轨道后做平抛运动,它们抛出点的高度相等,在空中的运动时间t相等,

上式两边同时乘以t得: m1v1tm1v2tm2v3t,得: m1OPm1OMm2ON, 因此实验需要测量:两球的质量、小球的水平位移,故选:AD. 3.由2知,实验需要验证: m1OPm1OMm2ON; 如果碰撞过程机械能守恒,则: 两边同时乘以t2得:

10答案及解析：

11122, m1v12m1v2 m2v32221112222222m1v12t2m1v2tm2v3t,则m1OPm1OMm2OP. 222

答案：（1）如图所示

（2)滑动变阻器R1接入电路的阻值；（3)50.0，小于；（4)1.00，200

解析：（1)由于要求当滑动变阻器的滑片滑到最右端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，故滑动变阻器的接法如图所示。

（2)此种测量电阻的方法为半偏法，使用此方法测量未知电阻的阻值时，要求电路中其他元件的阻值不能发生变化，故应保持滑动变阻器接入电路的阻值不变； （3)当毫安表指针达到满偏后，再闭合开关S2时，认为电路中的总电流仍为毫安表的满偏电流Ig。当流过毫安表的电流达到满偏电流的一半时，由于电阻箱与毫安表为并联关系，故有安表的内阻

也为50.0Ω。但此种方法存在系统误差，当滑动变阻器接入电路的阻值不变时，由于电阻箱的接入，整个电路中的阻值减小，电路中的总电流IIg，因此当毫安表的111Ig时，实际流过电阻箱的电流I箱Ig，由于IgRgI箱R,所以有RRg; 222IRgIRg(4)由闭合电路欧姆定律可得(I)R1IRgE(I)r

RR1Rg(R1r)1rRgR1整理可得 IERE11IgRgIgR，所以RRg，因此当电阻箱的示数为50.0Ω时，毫22示数为

将Rg50.0,R1500代入并结合图丙可得 50.0(500r)140r550750/A,750A1

E3E两式联立可解得E=l.00V,r=200Ω。

11答案及解析：

12答案：(1)小球到达B点时速度由动能定理得：mgRmvB

2代入解得：vB2m/s

2vB(2)由牛顿第二定律得此时小球对圆弧的压力：Nmgm

R解得：N15N，

由牛顿第三定律可知小球对轨道压力大小为15N。 (3)小球的落点C与B的水平距离为x，下落高度为h， 由平抛规律得：h解得：h0.8m，

由三角关系可得：LBC2h解析：

12答案及解析：

答案：1.电子在磁场区域运动周期为T通过磁场区域的时间为t12πm eB12gt,xhcot45vBt， 242m。 590πm ,T3602eBmv2.由几何知识得rd,又r

eBeBdd解得v 通过电场的时间t2,

m2v1dy141m, 代入数据解得t2电子离开电场后做匀速直线运动到达M点y21d22eB211eU21又y1y2d解得y1d故t2d

3md38eB2d2代入数据解得U

3m

3.电子恰好打在下极板右边缘磁场中rmv eB

11eU2电场中水平方向dvt竖直方向rt

2md2eBd由上述三式代入数据解得v3 3m

解析：

13答案及解析： 答案：1..BDE 2. （i）p128Pa （ii）.

r2321.3 r1解析：1. 根据热力学第一定律,气体吸热的同时若对外做功,则气体内能不一定增加,温度不一定升高,A错误。对气体做功可以改变其内能,B正确。理想气体等压膨胀过程,对外做功,由理想气体状态方程可知,气体温度升高,内能增加,故气体一定吸热,C错误。根据热力学第二定律知,热量不可能自发地从低温物体传到高温物体,D正确根据热平衡定律,如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡,那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡,E正确。 2.（i）当气泡在水下h10m处时,设其半径为r1,气泡内外压强差为p1

p12 ① r1代入题给数据得

p128Pa ②

（ii）.设气泡在水下10m处时,气泡内空气的压强为p1,气泡体积为V1;气泡到达水面附近时,气泡内空气压强为p2,内外压强差为p2,其体积为V2,半径为r2。 气泡上升过程中温度不变,根据波意耳定律

p1V1p2V2 ③ p1p0ghp1 ④

p2p0p2 ⑤

气泡体积V1和V2分别为

4V1r13 ⑥

34V2r23 ⑦

3联立③④⑤⑥⑦式得

3r1p0p2 ⑧ ghp0p1r2由②式知, p1=p0,i1,2,故可略去式中的p1项。代入题给数据得

r2321.3. r1

14答案及解析： 答案：(1)BCE;

(2)（i）由题图可知,甲波的波长为甲0.8m,由于甲波的周期为T甲0. 8s 由v甲可得v10m/s

T甲

两波波速大小相等,由题图可知xPM0.5m,由t(ii)由题图乙知乙波的波长乙0.4m,由T乙xPM可解得t0.5s v乙可得T乙0. 4s v4甲波使M质点处于波峰时，应有t甲mT甲，解得t甲ms(m0,1,2,…)

52乙使M质点处于波峰时，应有t乙(n2)T乙，解得t乙(n2)s(n0,1,2,…)

5欲使两列波相遇后M质点位于波峰位置，则必有t甲t乙，即2mn2 因m、n只能取整数，故有m=l、n=0时，t=0.8s m=2、n=2时，t=1.6s m=3、n=3时，t=2.4s

所以t=0时刻后的2.5s时间内,M质点沿y轴正方向位移最大的时刻 分别为0.8s、1.6s和2.4s。

解析：(1)由题图可知，玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，所以a光的频

率较大，选项A错误;连接B、D和C、D，设∠ODB=α，∠OD C=β，玻璃砖的半径为R，则有xOB2Rsin,xOC2Rsin，设玻璃砖对a光的折射率为na，对b光的折射率为nb，则有vac,vbc，因nanb，故vavb，a光在玻璃砖中的传播时间为

nanbtaxOB ，b光在玻璃砖中的传播时间为tbxOC，设复色光从真空射入玻璃砖时的入vavb2Rsin射角为θ，则有nasincnbsinc,以上各式联立可解得tatb,

csinnasinnb所以a光和b光在玻璃砖中的传播时间相等，选项BC正确；ba,由干涉条纹间距公式x由sinC

L可d知

, xbxa,选项D错误;a光和b光在水中传播时有nanb,

1知，光的全反射临界角较大，故b光照亮的范围大，选项E正确。 n