2020届湖南师大附中新高考冲刺押题模拟（二十七）
物理试卷
★祝你考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考考查范围。
2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。
5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
6、保持卡面清洁，不折叠，不破损。
7、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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，有选错的得0分。）
1.如图所示为氢原子能级的示意图，下列有关说法正确的是
A. 处于基态的氢原子吸收10.5eV的光子后能跃迁至，n＝2能级
B. 大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出3种不同频率的光
C. 若用从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光，照射该金属时一定能发生光电效应
D. 用n＝4能级跃迁到n＝1能级辐射出的光，照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为6.41eV 【答案】D
【解析】
【详解】A．处于基态的氢原子吸收10.2eV的光子后能跃迁至n=2能级，不能吸收10.2eV的能量．故A错误；
2B．大量处于n=4能级的氢原子，最多可以辐射出C4?6种，故B错误；
C．从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出光的能量值大于从n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光的能量值，用从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光，照射该金属时不一定能发生光电效应，故C错误； D．处于n=4能级的氢原子跃迁到n=1能级辐射出的光的能量为：
E?E4?E1??0.85?(?13.6)?12.75eV，根据光电效应方程，照射逸出功为6.34eV的金属铂产生的光
电子的最大初动能为：Ekm?E?W?12.75?6.34?6.41eV，故D正确；
2.如图所示，带电物块放置在水平绝缘板上．当空间存在有水平向右的匀强电场时，物块恰能向右做匀速直 时，物块恰能沿绝缘板匀速下滑，线运动．若在电场中将绝缘板的右端抬高，当板与水平面的夹角为37°=0.6，cos37°=0.8） 则物块与绝缘板间的动摩擦因数为（取sin37°
A.
1 2B.
1 3的 C.
1 4D.
1 5【答案】B 【解析】
【详解】当电场水平向右而滑块匀速直线运动，由平衡知识有：qE?f1，f1??N1，N1?mg，联立解得
qE??mg；而物块沿斜面匀速下滑时，有：mgsin??qEcos??f2，f2??N2，
N2?mgcos??qEsin?，联立得0.6mg?0.8qE??(0.8mg?0.6qE)；解出动摩擦因数??
1或3
???3(舍去)；则A、C、D错误，B正确.故选B.
3.超强台风山竹于2018年9月16日前后来到我国广东中部沿海登陆，其风力达到17级超强台风强度，风速60m/s左右，对固定建筑物破坏程度非常巨大．请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力（空气的压力）与风速（空气流动速度）大小关系，假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F与风速大小v关系式为( )
A. F＝?Sv 【答案】B 【解析】 【分析】
B. F＝?Sv
2C. F?1?Sv3 23D. F＝?Sv
根据“推算固定建筑物所受风力（空气的压力）与风速（空气流动速度）大小关系”可知，本题考查动量定理，设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，根据动量定理的公式Ft=△mv，即可求解．
【详解】设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则m=ρSvt，根据动量定理-Ft=0-mv=0-ρSv2t，F=ρSv2，故B正确，ACD错误． 故选B
4.L2是竖直固定的长直导线,L1、L3是水平固定且关于L2对称的长直导线,三根导线均通以大小相同、方向如图所示的恒定电流则导线L2所受的磁场力情况是
A. 大小为零
B. 大小不为零,方向水平向左 C. 大小不为零,方向水平向右 D. 大小不为零,方向竖直向下 【答案】A 【解析】
【详解】通电直导线产生的磁场，由右手螺旋定则可知，L1在L2处产生的磁场方向竖直向下，L3在L2处产生的磁场方向与竖直向下，即L2处的磁场方向与电流方向平行，所以安培力为零． 故选A．
5.如图所示，某次足球训练，守门员将静止的足球从M点踢出，球斜抛后落在60m外地面上的P点．发球的同时，前锋从距P点11.5m的N点向P点做匀加速直线运动，其初速度为2m/s，加速度为4m/s2，当其速度达到8m/s后保持匀速运动。若前锋恰好在P点追上足球，球员和球均可视为质点，忽略球在空中运动时的阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. 前锋加速的距离为7m B. 足球在空中运动的时间为2.3s C. 足球运动过程中的最小速度为30m/s D. 足球上升的最大高度为10m 【答案】C 【解析】
【详解】A．前锋做匀加速直线运动，初速度为2 m/s，加速度为4 m/s2，末速度为8 m/s，根据速度与位移的关系式可知
v2－v02＝2ax1
代入数据解得：
x1＝7.5 m
故A错误；
B．前锋和足球运动时间相等，前锋加速运动时间
t加＝
匀速运动时间
t匀＝
故足球在空中运动的时间为2 s，故B错误；
C．足球水平方向上做匀速直线运动，位移为60 m，时间为2 s，故运动过程中的最小速度为30 m/s，故C正确；
v?v0＝1.5 s ax?x1＝0.5 s vD．足球竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，上升时间为1 s，最大高度
hm＝
D错误
故选：C。
6.如图所示，长木板A与物体B叠放在水平地面上，物体与木板左端立柱间放置轻质弹簧，在水平外力F
作用下，木板和物体都静止不动，弹簧处于压缩状态。将外力F缓慢减小到零，物体始终不动，在此过程中（ ）
。12
gt＝5 m 2
A. 弹簧弹力不变
B. 物体B所受摩擦力逐渐减小 C. 物体B所受摩擦力始终向左 D. 木板A所受地面的摩擦力逐渐减小 【答案】AD 【解析】
【详解】A．将外力F缓慢减小到零，物体始终不动，则弹簧的长度不变，弹力不变，故A正确； B．对物体B，因开始时所受摩擦力的方向不确定，则由
F弹＝F±Ff
则随F的减小，物体B所受摩擦力的大小和方向都不能确定，故BC错误；
D．对A、B与弹簧组成的整体，在水平方向，力F与地面对A的摩擦力平衡，则随F的减小，木板A所受地面的摩擦力逐渐减小，故D正确。 故选：AD。
7.如图(a)所示，半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R构成闭合回路．若圆环内加一垂直于纸面变化的磁场，变化规律如图(b)所示．规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻．以下说法正确的是
A. 0～1 s内，流过电阻R的电流方向为b→R→a B. 2～3 s内，穿过金属圆环
磁通量在减小
C. t＝2 s时，流过电阻R的电流方向发生改变 D. t＝2 s时，Uab＝πr2B0 【答案】AD 【解析】
【详解】A．规定磁场方向垂直纸面向里为正，依据楞次定律，在0-1s内，穿过线圈向里的磁通量增大，则线圈中产生逆时针方向感应电流，那么流过电阻R的电流方向为b?R?a，故A正确；
B．由图乙可知，在2-3s内，穿过金属圆环磁通量在增大，故B错误；
C．1:2s磁通量减小，由楞次定律可知，产生的电流方向为a?R?b，2:3s磁通量增大，且磁场方向相反，由楞次定律可知，产生的电流方向为a?R?b，故C错误； D．当t=2s时，根据法拉第电磁感应定律E?Uab?E??r2B0，故D正确．
8.如图甲所示，两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m1和m2其中m1=1kg．现给A球一个水平向右的瞬时冲量，使A、B球发生弹性碰撞，以此时刻为计时起点，两球的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知
的?BS??r2B0，因不计金属圆环的电阻，因此?t
A. B球的质量m2=2kg
B. 球A和B在相互挤压过程中产生的最大弹性势能为4.5J C. t3时刻两球的动能之和小于0时刻A球的动能 D. 在t2时刻两球动能之比为Ek1︰Ek2=1︰8 【答案】AD 【解析】
【详解】A和B球在碰撞过程中满足动量守恒，因此由m1v??m1?m2?v共代入数据有m2=2kg，A正确；球A和球B在共速的时候产生的弹性势能最大，因此Ep?11932m1v2??m1?m2?v共=-=3J，B错误；2222因为是弹性碰撞，t3时刻两个小球分离后没有能量损失，因此t1时刻球A的动能和t3时刻两个球的动能之和相等，C错误；从碰撞到t2时刻小球满足动量守恒和机械能守恒，因此有m1v?m1v1?m2v2和
11128，Dm1v2?m1v12?m2v2，联立解得v2=2m/s，v1=-1m/s，故此时两个球的动能之比EkA：EkB=1：222正确．
三、非选择题：共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
9.如图甲所示，一条质量和厚度不计的纸带缠绕在固定于架子上的定滑轮上，纸带的下端悬挂一质量为m的重物，将重物由静止释放，滑轮将在纸带带动下转动．假设纸带和滑轮不打滑，为了分析滑轮转动时角速度的变化情况，释放重物前将纸带先穿过一电火花计时器，交变电流的频率为50 Hz，如图乙所示，通过研究纸带的运动情况得到滑轮角速度的变化情况．下图为打点计时器打出来的纸带，取中间的一段，在这一段上取了7个计数点A、B、C、D、E、F、G，每相邻的两个计数点间有4个点没有画出，其中：x1=8.05 cm、x2=10.34 cm、x3=12.62 cm、x4=14.92 cm、x5=17.19 cm、x6=19.47cm．
（1）根据上面的数据，可以求出D点的速度vD=______m/s；（结果保留三位有效数字）
（2）测出滑轮半径等于3.00 cm，则打下D点时滑轮的角速度为______rad/s；（结果保留三位有效数字） （3）根据题中所给数据求得重物下落的加速度为______m/s2．（结果保留三位有效数字） 【答案】 (1). 1.38 (2). 46.0 (3). 2.29 【解析】
【详解】（1）根据匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知D点的瞬时速度：
CE(12.62?14.92)?10?2vD???1.38m/s．
2T2?0.1（2）由v=ωr，则D时刻的角速度：??（3）根据?s?aT2 可知
vD1.38??46.0rad/s ． r0.03a??x4?x5?x6???x1?x2?x3???14.92 +17.19 +19.47???8.05 +10.34 +12.62? ?10?2?2.29m/s2
9T29?0.1210.某同学想将满偏电流Ig=100μA、内阻未知的微安表改装成电压表．
（1）该同学设计了图甲所示电路测量该微安表的内阻，所用电源的电动势为4V．请帮助该同学按图甲所示电路完成实物图乙的连接______．
（2）该同学先闭合开关S1，调节R2的阻值，使微安表的指针偏转到满刻度；保持开关S1闭合，再闭合开关S2，保持R2的阻值不变，调节R1的阻值，当微安表的指针偏转到满刻度的
2时，R1的阻值如图丙所示，3则该微安表内阻的测量值Rg=_____Ω，该测量值_____（填“大于”“等于”或“小于”）真实值．
（3）若要将该微安表改装成量程为1V的电压表，需_____（填“串联”或“并联”）阻值R0=_____Ω的电阻． 【答案】 (1). 如图所示
(2). 142； (3). 小于 (4). 串联 (5). 9858
【解析】 【分析】
（1）根据电路图连线；（2）结合电路串并电压、电流特点以及电流与电阻关系求解电流表的内阻．（3）利用电流的改装原理，电压表利用串联分压，根据U=Ug+IgR计算电阻R0． 【详解】（1）实物连线如图所示；
（2）由电路图可知，当微安表的读数偏转到2Ig/3时，通过电阻箱的电流为Ig/3，则电阻箱的阻值等于微安表内阻的2倍，由图可知电阻箱的读数为284Ω，则微安表的内阻为142Ω；
闭合S2后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过电阻箱的电流大于Ig/3，则该实验测出的电表内阻偏小；
（2）若要将该微安表改装成量程为1V的电压表，需串联阻值R0?电阻．
U1?rg??142?9858?的Ig100?10?6
11.如图所示，位于第一象限内半径为R的圆形磁场与两坐标轴分别相切于P、Q两点，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E．Q点有一粒子源，可在xOy平面内向各个方向发射速率均为v的带正电粒子，其中沿x轴正方向射入磁场的粒子恰好从P点射出磁场．不计重力及粒子之间的相互作用．
(1)求带电粒子的比荷
q； m(2)若AQ弧长等于六分之一圆弧，求从磁场边界上A点射出的粒子，由Q点至第2次穿出磁场所经历的时间． 【答案】(1)【解析】
【详解】(1)由几何关系得：粒子做圆周运动的半径r=R
qv(??2?3)R2BR? (2)t? ?mBRvEv2根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB?m
r解得：
qv? mBR(2)由于粒子轨迹半径和圆半径相等，则无论粒子沿哪个方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向均沿y轴负方向；若AQ弧长等于六分之一圆弧，粒子的运动轨迹如图所示：
粒子在磁场中运动周期：T?2?R v
粒子在QA段运动时间：t1?T 6无场区AB段距离：x?R?Rcos30? 粒子在AB段运动时间：t2?2x v粒子在电场中运动时由牛顿第二定律：qE?ma
v aT粒子在AC段运动时间：t4?
3在电场中运动时间：t3?2总时间：t?t1?t2?t3?t4 代入数据得：t?(??2?3)R2BR ?vE12.如图所示，倾角θ=37°的光滑固定斜面上放有A、B、C三个质量均为m的物块(均可视为质点)，A固定，C与斜面底端处的挡板接触，B与C通过轻弹簧相连且均处于静止状态，A、B间的距离为d．现释放A，一段时间后A与B发生碰撞，重力加速度大小为g，取sin37°=0.6，cos37°=0.8．
(1)求A与B碰撞前瞬间A的速度大小v0；
(2)若A、B碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去A，且B沿斜面向下运动到速度为零时(此时B与C未接触弹簧仍在弹性限度内)，弹簧的弹性势能增量为Ep，求B沿斜面向下运动的最大距离x；
(3)若A下滑后与B碰撞并粘在一起，且C刚好要离开挡板时，A、B的总动能为Ek，求弹簧的劲度系数k．
5EP72m2g26?d ；【答案】（1）v0?（2）x?（3）k? gd ；
3mg15mgd?50Ek5【解析】
【详解】（1）根据机械能守恒定律：mgdsin??12mv0 2解得v0?6gd 5（2）设碰撞后瞬间AB的速度大小分别为v1v2，根据动量守恒定律：mv0?mv1?mv2
由能量关系：
121212mv0?mv1?mv2 222解得v1=0 v2?v0?6gd； 512mv2?mgxsin? 2AB碰撞后，对B沿斜面向下压缩弹簧至B速度为零的过程，根据能量关系：EP?解得x?5EP?d 3mgmgsin? k（3）AB碰撞前，弹簧的压缩量：x1?设AB碰撞后瞬间的共同速度大小为v3，则：mv0=2mv3 解得v3?16gd 25mgsin? k当C恰好要离开挡板时，弹簧的伸长量为：x2?可见，在B开始沿斜面向下运动到C刚好要离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能该变量为零，根据机械能守恒定律：
12?2mv3=Ek?2mg(x1?x2)sin? 272m2g2解得：k?
15mgd?50Ek13.如图所示，在汽缸右侧封闭一定质量的理想气体，压强与大气压强相同．把汽缸和活塞固定，使汽缸内气体升高到一定的温度，气体吸收的热量为Q1，气体的内能为U1.如果让活塞可以自由滑动(活塞与气缸间无摩擦、不漏气)，也使气缸内气体温度升高相同温度，其吸收的热量为Q2，气体的内能为U2，则Q1________Q2，U1________U2.(均选填“大于”“等于”或“小于”)
【答案】 (1). 小于； (2). 等于 【解析】
根据热力学第一定律?U?Q+W可知，要使理想气体升高相同的温度，即使理想气体的内能增加量相同，由于第二种情形，理想气体除了吸热还要对外做功，所以第二次吸收的热量更多，
由于理想气体升高相同的温度，所以理想气体内能的增加量相同，故最后理想气体的内能相同． 点晴：解决本题关键理解理想气体的内能只具有分子动能，即只看气体的温度，温度变化相同，气体的内
能变化相同．
14.如图所示，容积为V的密闭导热氮气瓶，开始时存放在冷库内，瓶内气体的压强为0.9p0，温度与冷库内温度相同，现将气瓶移至冷库外，稳定后瓶内压强变为p0，再用充气装置向瓶内缓慢充入氮气共45次。已知每次充入氮气瓶的气体体积为(1)冷库内的温度；
(2)充气结束后，瓶内气体压强。
V，温度为27oC，压强为p0，设冷库外的环境温度保持27oC不变。求： 15
【答案】(1)270K或?3oC；(2)4p0 【解析】
【详解】(1)氮气瓶内气体在冷库内时压强为0.9p0，温度为T1，移至冷库外后，瓶内气体压强为p0，温度为
T2?(273?27)K?300K
据查理定律可知
0.9p0p0? T1T2得
T1?270K
即冷库温度为270K或?3oC。
(2)打气前，瓶内气体及所打人的气体，压强为p0，总体积
V2?V?45?气体打进后压强为p3，体积为
V?4V 15V3?V
据玻意耳定律得
p0V2?p3V3
得
p3?4p0
15.图甲为一列简谐横波在t＝0 s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1 m处的质点，Q是平衡位置为x＝4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则下列说法正确的是__________
A. 该波周期是0.10 s B. 该波的传播速度是40 m/s C. 该波沿x轴的正方向传播
D. t＝0.10 s时，质点Q的速度方向向下
E. 从t＝0 s到t＝0.15 s，质点P通过的路程为30 cm 【答案】BCD 【解析】
由b图得到该波的波长为??8m，由a图得到该波的周期为T?0.2s，故波速为：v?确；t=0.1s时Q点处在平衡位置上，且向下振动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，BC正确；从t=0.10s到t=0.25s，经历时间?t?0.15s?所以通过路程不是3A=30cm，D错误．
16.如图所示，球半径为R的玻璃球冠的底面镀银，底面的半径为（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点，经M点折射后的光线照射到底面的N点上，且BN=MN，已知光在真空中的传播速度为c. 求：
的
?T?40m/s，A正
3T，由于t?0.10s时刻质点P不再平衡位置和最大位移处，43R，在过球心O且垂直于底面的平面2①玻璃球冠的折射率；
②该光线在玻璃球冠的传播时间（不考虑光在玻璃球冠中的多次反射）． 【答案】①n?【解析】
【详解】（1）光路图如图所示：
3 ②t??3?3?R
c
由几何关系得：?OBA??OAB?30?,?BOA?120?，
?OAM为等边三角形，即BOM为一条直线，所以在M点入射角i=60?．又BN=MN，所以在M点折射角r=30?. 由折射定律得：n?解得：n?sini sinr3
（2）由几何关系可得，在N点反射后的光线过O点垂直BM从球冠的Q点射出 改光线在球冠中的路径：s?R?又有n?R?Rtan30?
cos30?cs，传播时间t? . vv解得：t?
?3?3?R
c
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