ImageVerifierCode 换一换
格式:DOC , 页数:21 ,大小:1.04MB ,
资源ID:125678      下载积分:60 金币
快捷下载
登录下载
邮箱/手机:
温馨提示:
快捷下载时,用户名和密码都是您填写的邮箱或者手机号,方便查询和重复下载(系统自动生成)。 如填写123,账号就是123,密码也是123。
特别说明:
请自助下载,系统不会自动发送文件的哦; 如果您已付费,想二次下载,请登录后访问:我的下载记录
支付方式: 支付宝    微信支付   
验证码:   换一换

加入VIP,更优惠
 

温馨提示:由于个人手机设置不同,如果发现不能下载,请复制以下地址【https://www.77wenku.com/d-125678.html】到电脑端继续下载(重复下载不扣费)。

已注册用户请登录:
账号:
密码:
验证码:   换一换
  忘记密码?
三方登录: 微信登录   QQ登录   微博登录 

下载须知

1: 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。
2: 试题试卷类文档,如果标题没有明确说明有答案则都视为没有答案,请知晓。
3: 文件的所有权益归上传用户所有。
4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
5. 本站仅提供交流平台,并不能对任何下载内容负责。
6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

版权提示 | 免责声明

本文(2020年高考物理(新课标卷)模拟卷含答案解析(3))为本站会员(Al****81)主动上传,七七文库仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。 若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知七七文库(发送邮件至373788568@qq.com或直接QQ联系客服),我们立即给予删除!

2020年高考物理(新课标卷)模拟卷含答案解析(3)

1、2020年高考物理(新课标卷)模拟卷(3)注意事项:1答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。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和是重要的聚变核燃料,和聚变的核反应方程为+X+17.6MeV,X与Y核反应又可获得,即X

2、+Y+4.9MeV,则下列说法正确的是AX是电子BY的核电荷数为4C+X+17.6MeV中的17.6MeV是的结合能DX+Y+4.9MeV中平均每个核子释放的能量为0.7MeV【答案】D【解析】A根据质量数、电荷数守恒可知,X是中子,A项错误;B根据质量数、电荷数守恒可知,Y的核电荷数为3,B项错误;C核子结合成原子核释放的能量才是结合能,C项错误;DX+Y+4.9MeV中平均每个核子释放的能量为=0. 7MeV,D项正确.故选D。15(2019重庆高三)如图,正点电荷固定在O点,以O为圆心的同心圆上有a、b两点,带负电的粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点,则Aa、b两点电场强度相同B粒子在

3、a点的动能小于在b点的动能C粒子在a点的加速度小于在b点的加速度D粒子在a点的电势能小于在b点的电势能【答案】D【解析】Aa、b两点电场强度大小和方向均不同,则场强不相同,选项A错误;BD从a到b电场力做负功,则动能减小,电势能变大,即粒子在a点的动能大于在b点的动能,在a点的电势能小于在b点的电势能,选项B错误,D正确;C粒子在a点受到的电场力较大,则粒子a的加速度大于在b点的加速度,选项C错误;故选D。16(2020湖南高三期末)如图,用绝缘材料制作的光滑杆AB,B端固定在水平地面上,杆AB与水平地面的夹角,D点是杆AB的中点。水面地面上的C点固定有正点电荷Q,A、C连线竖直。在杆AB上套

4、一个带负电的小圆环P,并让小圆环从A端静止释放,小圆环P能从A沿杆滑到B端,对小圆环下滑的过程,下列说法正确的是A小圆环P一直做匀加速运动B小圆环P的机械能守恒C小圆环P在A点和D点的机械能相等D小圆环P在D点的加速度最大【答案】C【解析】A对小圆环P受力分析,受重力、静电力、杆的弹力作用,沿杆的方向有重力的分力、静电力的分力,静电力的大小方向都变化,合力随着变化,加速度也随着变化,不会一直做匀加速运动,故A错误。B小圆环P下滑的过程,静电力先做正功后做负功,机械能先增加后减小,故B错误。CC离A点和D点的距离相等,静电力相等,即A点和D点在同一等势面上,电势能相等,小圆环P下滑的过程发生电势

5、能和机械能的相互转化,所以在A点和D点的机械能相等,故C正确。D重力沿杆方向的分力mgsin不变,在D点静电力沿杆的分力沿杆向上,而在A点沿杆向下,所以小圆环P在D点的加速度不是最大,故D错误。故选C。17(2019黑龙江高三)教学用发电机能够产生正弦式交变电流,原理如图所示。矩形线圈abcd面积为S,匝数为N,电阻为r,线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴OO以角速度匀速转动,利用该发电机向定值电阻R供电,电压表和电流表均可视为理想表。下列说法正确的是A线圈平面通过图示位置时电流方向改变B电压表的读数为C当线圈由图示位置转过30时,线圈中的电流为D当线圈由图示位置转过30的过程

6、中,通过线圈磁通量的变化量为【答案】D【解析】A线圈在中性面时磁通量最大,电流为零,电流方向改变,A错误;B电压表测得是路端电压,电动势最大值为,有效值,由于线圈有电阻,路端电压要比有效值小,B错误;C从图示位置开始转动,电动势,电流  ,C错误;D转过,D正确;故选D。18如图所示,正方形为水平放置的长木柱的截面,一根细线一端连接在点一端连一个小球,细线的长为,开始时细线水平拉直,由静止释放小球,要使小球刚好能垂直打在侧面,不计小球的大小,重力加速度为,则正方形的边长的大小为ABCD【答案】C【解析】设小球刚好能垂直打在侧面时速度大小为,由机械能守恒定律有由牛顿第二定律求得故C正确

7、。故选C。19如图所示,在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘,盘面与水平面的夹角为30,盘面上离转轴距离L处有小物体与圆盘保持相对静止,绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动,角速度为时,小物块刚要滑动,物体与盘面间的动摩擦因数为 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),该星球的半径为R,引力常量为G,下列说法正确的是A这个行星的质量MB这个行星的第一宇宙速度v12C这个行星的同步卫星的周期是D离行星表面距离为R的地方的重力加速度为42L【答案】AB【解析】A.物体在圆盘上受到重力、圆盘的支持力和摩擦力,合力提供向心力,可知当物体随圆盘转动到最低点,小物块刚要滑动,所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大,此

8、时圆盘的角速度最大,由牛顿第二定律得mgcos30mgsin30m2L所以星球表面的重力加速度g42L在该行星表面mg这个行星的质量M故A正确;B.第一宇宙速度即为卫星绕行星表面做匀速圆周运动的速度,有mg故这个行星的第一宇宙速度v12故B正确;C.因为不知道同步卫星距行星表面的高度,所以不能求出同步卫星的周期,故C错误;D.离行星表面距离为R的地方质量为m的物体受到的万有引力Fmgm2L即该地方的重力加速度为2L,故D错误。20(2019重庆西南大学附中高三月考)如图所示,在水平桌面上放置两根相距l的平行光滑导轨ab与cd,阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连。质量为m、电阻不计的导体棒垂直于

9、导轨放置并可沿导轨自由滑动。整个装置放于匀强磁场中,磁场的方向竖直向上(图中未画出),磁感应强度的大小为B。导体棒的中点系一不可伸长的轻绳,轻绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后,与一个质量也为m的物块相连,轻绳处于拉直状态。现若从静止开始释放物块,用h表示物块下落的高度(物块不会触地),g表示重力加速度,其他电阻不计,则下列说法正确的是A通过电阻R中的感应电流方向由c到aB物块下落的最大加速度为gC若h足够大,物块下落的最大速度为D通过电阻R的电荷量为【答案】ACD【解析】A从静止开始释放物块,导体棒切割磁感线产生感应电流,由右手定则可知,电阻R中的感应电流方向由c到a,故A正确;B设导体棒所受的

10、安培力大小为F,根据牛顿第二定律得物块的加速度,当F=0,即刚释放导体棒时,a最大,最大值为0.5g,故B错误。C物块和滑杆先做变加速运动,后做匀速运动,当加速度等于零时速度最大,则有mg=F,而F=BIl,解得物体下落的最大速度为,故C正确;D通过电阻R的电量:,故D正确。故选ACD。21(2020天津高三期末)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑,到达C处的速度为零,。如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A处。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,则A从A到C的下滑过程中,圆环的加速度一直

11、减小B从A下滑到C过程中弹簧的弹势能增加量小于mghC从A到C的下滑过程中,克服摩擦力做的功为D上滑过程系统损失的机械能比下滑过程多【答案】BC【解析】A圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,所以圆环先做加速运动,再做减速运动,经过B处的速度最大,所以经过B处的加速度为零,所以加速度先减小,后增大,故A错误;BC研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程,运用动能定理列出等式在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A,运用动能定理列出等式解得则克服摩擦力做的功为,由分析可知,所以在C处,弹簧的弹性势能为则从A下滑到C过程中弹簧的弹性势能增加量等于故BC正确;D由能量守恒定

12、律知,损失的机械能全部转化为摩擦生热了,而摩擦生热两个过程系统损失的机械能相等,故D错误。故选BC。三、非选择题:共174分,第2232题为必考题,每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题:共129分。22(6分)(2020福建高三期末)小米同学用图所示装置探究物体的加速度与力的关系。实验时保持小车(含车中重物)的质量不变,细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力 F,用打点计时器测出小车运动的加速度 a。(1)下列操作中,是为了保证“细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力 F” 这一条件的有(_)A实验前应将木板远离定滑轮一端适当垫高,以平衡摩擦力B实验

13、前应调节定滑轮高度,使定滑轮和小车间的细线与木板平行C小车的质量应远小于钩码的质量D实验时,应先接通打点计时器电源,后释放小车(2)如图为实验中打出的一条纸带,从比较清晰的点迹起,在纸带上标出连续的 5 个计数点A、B、C、D、E,相邻两个计数点之间都有 4 个点迹未标出,测出各计数点到 A 点间的距离。已知所用电源的频率为 50Hz,则小车的加速度 a_m/s2。(结果保留两位小数)(3)改变细线下端钩码的个数,得到 aF 图象如图所示,造成图线不过原点的原因可能是_。【答案】AB(2分)  0.93(2分)  平衡摩擦力过度(2分)【解析】(1)A实验前应将木板远离定滑

14、轮一端适当垫高,以平衡摩擦力,这样细线下端悬挂钩码的重力才能视为小车受到的合力F,选项A正确;B实验前应调节定滑轮高度,使定滑轮和小车间的细线与木板平行,这样细线下端悬挂钩码的重力才能视为小车受到的合力F,选项B正确;C要使得细线下端悬挂钩码的重力等于小车受到的合力,则要使得小车的质量应远大于钩码的质量,选项C错误;D实验时,应先接通打点计时器电源,后释放小车,这一操作对保证“细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力 F” 这一条件无影响,选项D错误;故选AB。(2)根据可得小车的加速度(3)由图像可知,小车上拉力为零时就有了加速度,可知是由于平衡摩擦力时木板抬的过高,平衡摩擦力过度引起的。2

15、3(9分)(2020福建高三期末)厦门某中学开展“垃圾分类我参与”活动,小米同学想测量某废旧干电池的电动势和内阻。现有如下器材:A一节待测干电池(电动势约 1.5V)B电流表 A1(满偏电流 1.5mA,内阻 r1=10,读数记为 I1)C电流表 A2(满偏电流 60mA,内阻 r2=2.0,读数记为 I2)D电压表 V(满偏电压 15V,内阻约 3k)E滑动变阻器 R1(020,2A)F滑动变阻器 R2(01000,1A)G定值电阻 R3=990,开关 S 和导线若干(1)为了尽可能准确地进行测量,实验中应选用的滑动变阻器是_(填写器材前面的字母编号)(2)根据本题要求,将图甲的实物图连接完

16、整_。(3)图乙为该同学根据实验数据作出的 I1- I2 图线,由该图线可得被测干电池的电动势E=_V,内阻 r=_。(4)图丙为某小灯泡的伏安特性曲线,如将此小灯泡接到该电池两端,其工作时的功率为_W(结果保留两位小数)【答案】E(1分) (2分)1.34-1.36(2分)5.0-5.3(2分)0.08(2分)【解析】(1)为了尽可能准确地进行测量,实验中应选用的滑动变阻器是阻值较小的E即可;(2)电压表量程过大,可用已知内阻的电流表A1与电阻R3串联,这样就相当于量程为:的电压表;电路连接如图: (3)因电流表A1的满量程1.5mA与电压1.5V对应;延长图像交于两坐标轴;交纵轴于1.36

17、mA,则电池的电动势为E=1.36V,内阻(4)对电源U=E-Ir=1.36-5.3I;将电源的U-I线和灯泡的U-I线画在同一坐标纸上如图,交点为I=0.28A,U=0.27V,则功率P=IU0.08W.24.(13分)(2019河南高三)如图所示,ABCD 与 MNPQ 均为边长为 l 的正方形区域,且 A 点为 MN 的中点。ABCD 区城中存在有界的垂直纸面方向的匀强磁场,在整个 MNPQ 区域中存在图示方向的匀强电场。大量质量为 m、电荷量为 e 的电子以初速度 v0 垂直于 BC 射入 ABCD 区域后,都从 A 点进入电场,且所有电子均能打在 PQ 边上。已知从 C 点进入磁场的

18、电子在ABCD 区域中运动时始终位于磁场中,不计电子重力。求:(1)电场强度 E 的最小值;(2)匀强磁场区域中磁感应强度 B0 的大小和方向; (3)ABCD 区域中磁场面积的最小值。【答案】(1)   (2) ,方向为垂直纸面向外 (3)【解析】【详解】(1)粒子在匀强电场中做类似抛体运动,有eE=ma(1分)要使所有粒子均能打在PQ边上,由题意可知至少在A点水平向左飞出的粒子能打到 Q 点。(1分)(1分)解得:(2分)(2)由洛伦磁力提供向心力可得(1分)由题意则有r=l(1分)解得;(2分)方向为垂直纸面向外(3)由题意分析可知,图中阴影部分为磁场面积最小范围。上部分圆弧为

19、以 B点为圆心,以 l 为半径的圆弧,下部分圆弧为以 D 点为圆心,以 l为半径的圆弧。由几何关系求得阴影部分面积:(2分)解得:(2分)25.(19分)(2019河北高三)网上购物近年来促使物流网迅速发展。如图所示为某智能快递车间传送装置的示意图,传送带的右端与水平面相切,且保持v0=8m/s的恒定速率顺时针运行,传送带的长度为L=12m。现将一质量为0.4kg的包裹甲轻放在传送带左端,包裹甲刚离开传输带时恰好与静止的包裹乙发生正碰,碰撞时间极短,为0.001s,碰撞后包裹甲向前滑行了0.4m静止,包裹乙向前运动了1.6m静止。已知包裹甲与传输带间的动摩擦系数为0.4,包裹甲、乙与水平面间的

20、动摩擦因数均为0.5,g取10m/s2。求:(1)包裹甲在传送带上运动的时间;(2)包裹乙的质量;(3)甲乙包裹间碰撞的平均作用力的大小。【答案】(1)2.5s(2)0.6kg(3)2400N【解析】 (1)包裹甲传送带上滑行,由牛顿第二定律可得(1分)解得(1分)假设包裹甲离开传送带前就与传送带共速度,由匀变速运动知识可得(1分)解得(1分)所以假设成立,加速度过程(1分)得(1分)匀速过程(1分)解得(1分)所以包裹甲在传带上运动时间(1分)(2)包裹甲在水平面滑动时,由牛顿第二定律可得(1分)解得(1分)同理可知包裹乙在水平面滑动的加速度也是5m/s2,包裹甲向前滑动至静止:(1分)解得

21、(1分)包裹乙向前滑动至静止(1分)解得(1分)包裹甲、乙相碰前后系统动量守恒(1分)解得(1分)(3)由乙的动量定理(1分)解得(1分)(二)选考题:共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做,则每科按所做的第一题计分。33物理选修33(15分)(1)(5分)如图所示为一定质量的理想气体的压强随体积变化的图象,其中AB段为双曲线,则下列有关说法正确的是(  )(填正确答案标号,选对1个给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0分)A过程中气体分子的平均动能不变B过程中气体分子单位时间内对容器壁的碰撞次数减小C过程中气体

22、分子的平均动能减小D过程中气体分子对容器壁的碰撞次数增大E过程中气体的内能不变【答案】BDE【解析】根据理想气体状态方程可得:故可知图像的斜率,而对一定质量的理想气体而言,斜率定性的反映温度的高低。A图像在过程的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐减小,表示理想气体的温度逐渐降低,而由平均动能可知平均动能减小,A项错误;C图像过程的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐逐渐增大,则温度升高,平均动能增大,C错误;B图像过程可读出压强不变,体积增大,温度升高,由压强,其中N为单位时间单位面积的碰撞次数(由温度和体积共同决定),为每个气体分子的平均碰撞力(仅由温度决定),因压强不变,而温度升高导致增大,可得

23、N减小,故B正确;D过程可读出压强增大,体积减小,温度不变,因温度不变使得不变,而压强增大,则气体分子对容器壁的碰撞次数增大,D项正确;E图像过程可读出压强增大,体积减小,温度不变,因理想气体的分子势能不计,则有:可知理想气体的内能不变,故E项正确;故选BDE。(2)(10分)如图,绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面,由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦。两气缸内装有处于平衡状态的理想气体,开始时体积均为、温度均为。缓慢加热A中气体,停止加热达到稳定后,A中气体压强为原来的1.2倍。设环境温度始终保持不变,求气缸A中气体的体积和温度。【答案】;【解析】设初态压强为p0,膨胀后A,B压强相等

24、pB=1.2p0(2分)B中气体始末状态温度相等p0V0=1.2p0(2V0-VA)(2分),(2分)A部分气体满足(2分)TA=1.4T0(2分)34物理一选修34)(15分)(1)5分(2020河南高三期末)一列简谐横波沿x轴传播,图甲是t=0.2s时的波形图,P、Q是这列波上的两个质点,图乙是P质点的振动图象,下列说法正确的是()(填正确答案标号,选对1个给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0分)A这列波的传播方向沿x轴正方向B这列波的传播速度为15m/sCt=0.1s时质点Q处于平衡位置正在向上振动DP、Q两质点在任意时刻加速度都不可能相同EP、Q两质点在

25、某些时刻速度可能相同【答案】BCE【解析】A图甲是t=0.2s时的波形图,图乙是P质点的振动图象,则在t=0.2s时,质点P沿y轴负方向传播,根据波动规律可知,波沿x轴负方向传播,故A错误;B由图甲确定波长=6.0m,由图乙确定周期T=0.4s,根据波长、波速和周期的关系可知=15m/s故B正确;Ct=0.2s时,质点Q处于波峰,则t=0.1s=时质点Q处于平衡位置向上振动,故C正确;D质点P、Q的平衡位置,相隔,当质点P、Q关于波谷或波峰对称分布时,位置相同,加速度相同,故D错误;Et=0.2s时,质点P向下运动,质点Q也向下运动,在某些时刻速度可能相同,故E正确。故选BCE。(2)(10分)(2020河南高三期末)一玻璃砖截面如图所示,O为圆环的圆心,内圆半径为R,外圆半径为3R,AF和EG分别为玻璃砖的两端面,AOE=,B、C、D三点将圆弧四等分。一细束单色光a从F点沿平行于BO方向从AF面射入玻璃砖,其折射光线恰好射到B点,求:(i)玻璃砖的折射率n;(ii)从B点出射的光线相对于射入玻璃砖前入射光线的偏转角。【答案】(i) (ii)【解析】(i)光路图如图所示:设从AF界面射入时的入射角为1,折射角为2,因为a光线平行于BD,则1=60,根据余弦定理有(2分)所以3=,2=(2分)根据折射定律有。(2分)(ii)因为,(2分)解得4=则偏转角为。(2分)