2019-2020学年高考物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．摩天轮是的乐场一种大型转轮状设施，摩天轮边缘悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，下列叙述正确的是
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．摩天轮物动一周的过程中，乘客所受合外力的冲量为零 C．在最低点，乘客处于失重状态
D．摩天轮转动过程中，乘客所受的重力的瞬时功率保持不变
2．建筑工人常常徒手向上抛砖块，当砖块上升到最高点时被楼上的师傅接住。 在一次抛砖的过程中，砖块运动3s到达最高点，将砖块的运动匀变速直线运动，砖块通过第2s内位移的后
1用时为t1，通过第1s3t21内位移的前用时为t2，则满足（ ）
t15A．
1t21?? 5t14B．
1t21?? 4t13C．
1t21?? 3t12D．
1t2??1 2t13．下列关于温度及内能的说法中正确的是( )
A．温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的温度高 B．两个不同的物体，只要温度和体积相同，内能就相同 C．质量和温度相同的冰和水，内能是相同的
D．一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化
4．如图，a、b两个物块用一根足够长的轻绳连接，跨放在光滑轻质定滑轮两侧，b的质量大于a的质量，用手竖直向上托住b使系统处于静止状态。轻质弹簧下端固定，竖直立在b物块的正下方，弹簧上端与b相隔一段距离，由静止释放b，在b向下运动直至弹簧被压缩到最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内）。下列说法中正确的是（ ）
A．在b接触弹簧之前，b的机械能一直增加
B．b接触弹簧后，a、b均做减速运动 C．b接触弹簧后，绳子的张力为零
D．a、b和绳子组成的系统机械能先不变，后减少
5．如图所示，一直角三角形acd在竖直平面内，同一竖直面内的a、b两点关于水平边cd对称，点电荷Q1、Q2固定在c、d两点上。一质量为m、带负电的小球P在a点处于静止状态，取重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．Q2对P的静电力大小为3mg 2B．Q1、Q2的电荷量之比为3 3C．将P从a点移到b点，电场力做正功
D．将P从a点沿直线移到b点，电势能先增大后减小
6．如图所示为四分之一圆柱体OAB的竖直截面，半径为R，在B点上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB的夹角为60°，则C点到B点的距离为( )
A．R B．
R 2C．
3R 4D．
R 47．某静电场中有电场线与x轴重合，x轴上各点电势φ分布如图所示，图线关于纵轴对称,则( )
A．x1处和－x1处场强方向相同 B．x1处和－x2处场强大小相等
C．某带电粒子在x2处和－x2处电势能相等 D．某带电粒子在x2处的电势能大于在－x2处的电势能 8．某同学在测量电阻Rx实验时，按图所示连接好实验电路。闭合开关后发现：电流表示数很小、电压表示数接近于电源电压，移动滑动变阻器滑片时两电表示数几乎不变化，电表及其量程的选择均无问题。请
你分析造成上述结果的原因可能是（ ）
A．电流表断路
B．滑动变阻器滑片接触不良
C．开关接触部位由于氧化，使得接触电阻太大
D．待测电阻和接线柱接触位置由于氧化，使得接触电阻很大
9．如图所示，轻质弹簧一端固定在竖直墙面上， 另一端拴接一质量为m的小滑块。刚开始时弹簧处于原长状态，现给小滑块上施加一水平力F，使之沿光滑水平面做匀加速直线运动，运动过程中弹簧未超出弹性限度。下列关于水平力F随位移x变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．如图，在研究功与内能改变的关系时，将一小块易燃物放在厚玻璃筒底部，用力向下压活塞，可以将易燃物点燃。关于该实验，下列说法正确的是（ ）
A．筒内气体，在被压缩的同时从外界迅速吸收热量，导致气体温度升高 B．只要最终筒内气体压强足够大，筒内易燃物就会被点燃 C．若实验中易燃物被点燃，是活塞与筒壁间摩擦生热导致的 D．该实验成功的关键是向下压活塞的力要大，速度要快
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek，重力势能Ep与其上升高度h间的关系分别如图中两直线所示，取g?10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为0.2kg
B．小球受到的阻力（不包括重力）大小为0.25N C．小球动能与重力势能相等时的高度为
20m 13D．小球上升到2m时，动能与重力势能之差为0.5J
12．两材料完全相同的、可视为质点的滑块甲和滑块乙放在粗糙的水平上，在两滑块的右侧固定一挡板。已知两滑块与水平面之间的动摩擦因数均为μ，甲、乙两滑块的质量分别为m1=3m、m2=2m，且在水平面上处于静止状态。现给滑块甲一向右的初速度v0（未知），使滑块甲和滑块乙发生无能量损失的碰撞，经过一段时间滑块乙运动到挡板处且被一接收装置接收，而滑块甲未与挡板发生碰撞，开始两滑块之间的距离以及滑块乙与挡板之间的距离均为L，重力加速度为g。滑块甲与滑块乙碰后的瞬间速度分别用v1、v2表示，下列正确的说法是（ ）
A．v1∶v2=1∶5 C．v0的最小值为B．v1∶v2=1∶6
61?gL 18D．v0的最小值为10?gL 313．如图所示，一列简谐横波正沿x轴传播，实线是t=0时的波形图，虚线为t=0.1s时的波形图，则以下说法正确的是（ ）
A．若波速为50m/s，则该波沿x轴正方向传播
B．若波速为50m/s，则x=4m处的质点在t=0.1s时振动速度方向沿y轴负方向 C．若波速为30m/s，则x=5m处的质点在0时刻起0.8s内通过的路程为1.2m
D．若波速为110m/s，则能与该波发生干涉的波的频率为13.75Hz
14．如图水平且平行等距的虚线表示某电场三个等势面，电势值分别为－U、O、U?U?0?，实线是电荷量为－q的带电粒子的运动轨迹，a、b、c为轨迹上的三点，且都位于等势面上，不计重力。下列说法正确的（ ）
A．若粒子在a点的动能为2eV，则在c点的动能可能为0 B．粒子在b点所受电场力方向水平向右 C．粒子在三点的电势能大小为Epb?Epa?Epc D．粒子从a到c过程中电场力对它做的功为qU
15．如图半径为R的内壁光滑圆轨道竖直固定在桌面上，一个可视为质点的质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过这两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次
W1击打过程中小锤对小球做功W2。若两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则的
W2值可能是（ ）
A．
1 3B．
1 2C．1 D．2
三、实验题：共2小题
16．如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与形变量的关系的实验。
(1)实验中还需要的测量工具有______。
(2)如图乙所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x。由图像可知：弹簧的劲度系数k=______N/m（g取10m/s2）。
(3)如图丙所示，实验中用两根不同的弹簧a和b，画出弹簧弹力F与弹簧长度L关系的F-L图像。下列说法正确的是______。 A．a的原长比b的长 B．a的劲度系数比b的大 C．a的劲度系数比b的小 D．弹力与弹簧长度成正比
17．某实验室欲将电流表改装为两用电表：欧姆表：中央刻度为30的“×l0”档；电压表：量程0～6V。 A．干电池组（E＝3.0 V）
B．电流表A1（量程0～10mA，内阻为100Ω） C．电流表A2（量程0～0.6A，内阻为0.2Ω） D．滑动变阻器R1（0～300Ω） E．滑动变阻器R2（0～30Ω） F．定值电阻R3（10Ω） G．定值电阻R4（500Ω）
H．单刀双掷开关S，一对表笔及若干导线
(1)图中A为_______（填“红”或“黑”）表笔，测量电阻时应将开关S扳向______（填“l”或“2”）。 (2)电流表应选用__________ （填“A1”或“A2”），滑动变阻器应选用__________（填“R1”或“R2”），定值电阻R应选__________（填“R3”或“R4”）。
(3)在正确选用器材的情况下，正确连接好实验电路，若电流表满偏电流为Ig，则电阻刻度盘上指针指在处所对应的阻值__________Ω。 四、解答题：本题共3题
18．如图 1 所示，在直角坐标系 xOy 中，MN 垂直 x 轴于 N 点，第二象限中存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场，Oy 与 MN 间（包括 Oy、MN）存在均匀分布的磁场，取垂直纸面向里为磁场的正方向，其感应强度随时间变化的规律如图 2 所示。一比荷
1Ig5q??的带正电粒子（不计重力）从 O 点沿纸面mB0t0
以大小 v0=
L232B0L) ，、方向与 Oy 夹角θ＝60°的速度射入第一象限中，已知场强大小 E=(1+
t0t30ON=(2??3)L 2(1)若粒子在 t=t0 时刻从 O 点射入，求粒子在磁场中运动的时间 t1；
(2)若粒子在 0~t0 之间的某时刻从 O 点射入，恰好垂直 y 轴进入电场，之后从 P 点离开电场， 求从 O 点射入的时刻 t2 以及 P 点的横坐标 xP；
(3)若粒子在 0~t0 之间的某时刻从 O 点射入，求粒子在 Oy 与 MN 间运动的最大路程 s。
19．（6分）在光滑绝缘水平面上，存在着有界匀强磁场，边界为PO、MN，磁感应强度大小为B0，方向
2垂直水平南向下，磁场的宽度为qB02E0m，俯视图如图所示。在磁场的上方固定半径R?2qB0E0m的四分之一光滑绝缘圆弧细杆，杆两端恰好落在磁场边缘的A、B两点。现有带孔的小球a、b（视为质点）被强力绝緣装置固定穿在杆上同一点A，球a质量为2m、电量为－q；球b质量为m、电量为q；某瞬时绝缘裝置解锁，a、b被弹开，装置释放出3E0的能量全部转为球a和球b的动能，a、b沿环的切线方向运动。求：（解锁前后小球质量、电量、电性均不变，不计带电小球间的相互作用） (1)解锁后两球速度的大小va、vb分别为多少； (2)球a在磁场中运动的时间；
(3)若MN另一侧有平行于水平面的匀强电场，球a进人电场后做直线运动，球b进入电场后与a相遇；求电场强度E的大小和方向。
20．（6分）2014年12月14日，北京飞行控制中心传来好消息，嫦娥三号探测器平稳落月。嫦娥三号接近月球表面过程可简化为三个阶段：一、距离月球表面一定的高度以v=1.7km/s的速度环绕运行，此时，打开七千五百牛顿变推力发动机减速，下降到距月球表面H＝100米高处时悬停，寻找合适落月点；二、找到落月点后继续下降，距月球表面h＝4m时速度再次减为0；三、此后，关闭所有发动机，使它做自由
落体运动落到月球表面。已知嫦娥三号着陆时的质量为1200kg，月球表面重力加速度g' 为1.6m/s2，月球半径为R，引力常量G，（计算保留2位有效数字）求： (1)月球的质量（用g'、R、G字母表示）
(2)从悬停在100米处到落至月球表面，发动机对嫦娥三号做的功？
(3)从v=1.7km/s到悬停，若用10分钟时间，设轨迹为直线，则减速过程的平均加速度为多大？若减速接近悬停点的最后一段，在垂直月面的方向下落，且加速度大小为上述减速过程的平均值，求此时发动机的平均推力为多大？
参考答案
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1．B 【解析】
A：乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，动能保持不变，重力势能随高度不断变化，乘客的机械能不断变化．故A项错误．
B：摩天轮转动一周的过程中，速度变化为零，动量变化为零，据动量定理：乘客所受合外力的冲量为零．故B项正确．
C：在最低点，乘客的加速度向上，乘客处于超重状态．故C项错误．
D：摩天轮匀速转动过程中，重力与速度的夹角?不断变化，乘客所受的重力的瞬时功率P?mg?vcos?不断变化．故D项错误． 2．C 【解析】 【分析】 【详解】
竖直向上抛砖是匀变速直线运动，经过3s减为0 ，可以从最高点开始逆向思维，把上升过程反过来看作自由落体运动。根据自由落体运动的公式h?12gt，得第1s内，第2s内，第3s内的位移之比为 2S1:S2:S3?1:3:5
从最高点开始，设第1s内位移为x ，则第2s内为3x，第3s内为5x。所以从最高点开始，砖块通过上抛第2s位移的后
11的位移为第2个x，通过第1s内位移的前的位移即为第9个x，按照自由落体公式可35
得
t1?2?2x2x ?gg2?9x2?8x ?9gt2?所以
t29?8??0.41 t12?1所以ABD错误，C正确。 故选C。 3．D 【解析】
试题分析：影响内能大小的因素：质量、体积、温度和状态，温度是分子平均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大．
温度是分子平均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大，A错误；影响内能大小的因素：质量、体积、温度和状态，B错误；一定质量的冰融化成相同温度的水需要从外界吸热，故质量和温度相同的冰和水，内能是不相同的，C错误；一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化，比如零摄氏度的冰化为零摄氏度的水，内能增加，D正确． 4．D 【解析】 【分析】 【详解】
A．在b接触弹簧之前，b除重力外有绳的拉力做负功，则b的机械能减小，故A错误；
B．b接触弹簧后，开始阶段弹力较小，b的合力向下，继续向下加速，b的合力减为零，再变为向上，b才开始减速，同样b加速时也会带动a跟着加速，故b接触弹簧后，ab均先做加速运动后做减速运动，故B错误；
C．b接触弹簧后，只要b在加速运动，就一定会带着a加速，绳子的拉力一定不为零，只有在b准备减速时，绳无法拉直，此时绳的张力为零，故C错误；
D．对a、b和绳子组成的系统而言，弹簧的弹力属于系统的其它力，则接触弹簧前弹力不做功，接触弹簧后弹力做负功，故系统的机械能先不变后减小，故D正确。 故选D。 5．B 【解析】
【分析】 【详解】
A．由于P处于平衡状态，可知Q2对P的静电力大小为
F2?mgcos60?选项A错误；
1mg 2B．同理可知Q1对P的静电力大小为
F1?mgcos30?3mg 2设ac=L，则ad?3L 由库仑定律
Q1q 2LQqF2?k22
3LF1?k联立解得Q1、Q2的电荷量之比为
Q13 ?Q23选项B正确；
CD．将P从a点移到b点，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增加，选项CD错误； 故选B。 6．D 【解析】 【分析】
由几何知识求解水平射程．根据平抛运动的速度与水平方向夹角的正切值得到初速度与小球通过D点时竖直分速度的关系，再由水平和竖直两个方向分位移公式列式，求出竖直方向上的位移，即可得到C点到B点的距离． 【详解】
设小球平抛运动的初速度为v0，将小球在D点的速度沿竖直方向和水平方向分解，则有
vyv0?tan60?，
解得：
gt?3， v0小球平抛运动的水平位移： x＝Rsin 60°，x＝v0t，
解得：
2v0?Rg3Rg2，vy?， 22设平抛运动的竖直位移为y，
2vy?2gy，
解得：
y?则
3R， 4R， 4BC＝y－(R－Rcos 60°)=
故D正确，ABC错误． 【点睛】
本题对平抛运动规律的直接的应用，根据几何关系分析得出平抛运动的水平位移的大小，并求CB间的距离是关键． 7．C 【解析】 【详解】
AB．φ—x图象的斜率大小等于电场强度，x1处和-x1处场强大小相等，方向相反，x1处和-x2处场强大小不相等，故AB错误；
CD．在x2处和-x2处电势相等，根据Ep=qφ知某带电粒子在x2处和-x2处电势能相等，故C正确，D错误。 故选C。 8．D 【解析】 【分析】 【详解】
AB．电流表断路或者滑动变阻器滑片接触不良，都会造成整个电路是断路情况，即电表示数为零，AB错误；
C．开关接触部位由于氧化，使得接触电阻太大，则电路电阻过大，电流很小，流过被测电阻的电流也很小，所以其两端电压很小，不会几乎等于电源电压，C错误；
D．待测电阻和接线柱接触位置由于氧化，使得接触电阻很大，相当于当被测电阻太大，远大于和其串联的其他仪器的电阻，所以电路电流很小，其分压接近电源电压，D正确。 故选D。 9．D 【解析】
【分析】 【详解】
小滑块运动过程中受到水平向右的拉力以及水平向左的弹力作用，而小滑块运动的位移大小等于弹簧的形变量，根据牛顿第二定律有
F?kx?ma
所以有 F?ma?kx
所以水平力F随位移x变化的图像是不过原点的一条倾斜直线，故A、B、C错误，D正确； 故选D。 10．D 【解析】 【分析】 【详解】
A．筒内气体在被压缩时外界对气体做功，导致气体温度升高，由于是迅速被压缩，从外界吸收热量很少，选项A错误；
B．易燃物能否被点燃与筒内气体的压强大小无关，选项B错误；
C．压缩气体时，活塞与筒壁间摩擦生热很少，不至于把易燃物点燃，选项C错误；
D．该实验成功的关键是向下压活塞的力要大，速度要快，即使气体快速被压缩，与外界绝热，才能使气体内能迅速增大，温度升高，选项D正确。 故选D。
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 11．BD 【解析】 【详解】
A．由图知，小球上升的最大高度为h=4m，在最高点时，小球的重力势能
Ep?mgh?4J
得
m?EP?0.1kg gh故A错误；
B．根据除重力以外其他力做的功
W其??E
则有
?fh?E高?E低
由图知
E高?4J，E低?5J
又 h?4m
解得
f?0.25N
故B正确；
C．设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有
mgH?12mv 21212mv?mv0 22由动能定理有
?fH?mgH?由图知
12mv0=5J 2联立解得
H=20m 95J=2.5J，所以小球上升到2m时，动能与重2故C错误；
D．由图可知，在h=2m处，小球的重力势能是2J，动能是力势能之差为
2.5J?2J?0.5J
故D正确。 故选BD。 12．BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB．两滑块碰撞过程满足动量守恒定律和机械能守恒定律，设碰撞前瞬间滑块甲的速度为v，则有 m1v＝m1v1＋m2v2 由机械能守恒定律得
111m1v2＝m1v12＋m2v22 222联立解得 v1＝
v6v ，v2＝
55则二者速度大小之比为 v1∶v2＝1∶6 A错误，B正确；
CD．当滑块甲初速度最小时，碰后滑块乙应刚好运动到右侧的挡板，则 －μm2gL＝－
1m2v22 2碰前滑块甲做减速运动 －μm1gL＝可得 v0＝11m1v2－m1v02 2261?gL 18C正确，D错误。 故选BC。 13．BCD 【解析】 【分析】 【详解】
A．由图可得，该波的波长为8m；若波向右传播，则满足 3+8k=v×0.1（k=0、1、2……） 解得 v=30+80k
若波向左传播，则满足 5+8k=v×0.1（k=0、1、2……） 解得 v=50+80k
当k=0时v=50m/s，则则该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．若波向左传播，x=4m处的质点在t=0.1s时振动速度方向沿y轴负方向，故B正确； C．若v=30m/s，则
T?84s?s 3015则0.8s=3T，即经过3个周期，所以x=5m处的质点在0时刻起0.8s内通过的路程为1.2m，故C正确；
D．若波速为110m/s，则
f?v??110Hz?13.75Hz 8发生干涉，频率相等，故D正确。 故选BCD。 【点睛】
根据两个时刻的波形，分析时间与周期的关系或波传播距离与波长的关系是关键，要抓住波的周期性得到周期或波传播速度的通项，从而得到周期或波速的特殊值． 14．CD 【解析】 【详解】
A．由题意可知，a点的电势低于c点电势，带负电的粒子在a点的电势能大于c点的电势能，由能量守恒可知，粒子在a点的动能小于在c点的动能，故A错误；
B．因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，根据电场线与等势面垂直，电场线竖直向上，结合轨迹的弯曲方向知粒子在b点的电场力竖直向下，故B错误； C．由题可知
?c??a??b
根据负电荷在电势高处电势能小可知
Epb?Epa?Epc
故C正确；
D．粒子由a到c过程中电场力做正功，则有
W??（q0?U）?qU
故D正确。 故选CD。 15．AB 【解析】 【分析】 【详解】
第一次击打后球最多到达与球心O等高位置，根据功能关系，有 W1≤mgR①
两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有 W1+W2-2mgR=在最高点，有
12mv② 2
v2mg+FN=m≥mg③
R联立①②③解得 W1≤mgR W2≥故
3mgR 2W12? W23故AB正确，CD错误。 故选AB。
三、实验题：共2小题 16．刻度尺 5 B 【解析】 【分析】 【详解】
（1）[1]需要测弹簧的长度、形变量，故还需要的实验器材有：刻度尺； (2)[2]图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比。可得
?F60?10?3?10k??N/m?5N/m ?2?2?x14?10?2?10（3）[3]A.在图象中横截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，故A错误；
BC.在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故B正确，C错误；D.弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误。 故选：B。
17．黑 1 A1 R1 R4 1200 【解析】 【详解】
(1)[1]从多用电表的表头共用特征来看，黑表笔和欧姆档内部电源的正极相连，确定A表笔为黑表笔； [2]测电阻时，需要内接电源，要将转换开关接到1位置；
(2)[3]由于改装后的欧姆表的内阻为300Ω（即中值电阻），且电源电动势为3.0V，所以最大电流为:
I?3mA?10mA 30所以电流表选A1；
[4]改装成欧姆表时，接入一个调零电阻，由题意知欧姆表的内阻为300Ω，当接入滑动器要满偏，则：
R滑?E?RA?200Ω Ig故滑动变阻器选R1；
[5]当改装为量程为0～4V的电压表时，应串联一个阻值为：
R?U?IgRgIg?500Ω
故定值电阻选R4； (3)[6]若电阻值指在
1Ig处，即此时电流为： 5I?1Ig?20mA 5E?R内?1200Ω。 I所以待测电阻：
Rx?四、解答题：本题共3题 18． (1)
12L)t0，?；(3)(5+43)L t0；(2)(1?3?3?3?【解析】 【分析】 【详解】
(1)若粒子在t0时刻从O点射入，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示：
由几何关系可知圆心角
???
洛伦兹力提供向心力，则
2v0qv0B0?m
R23已知
q?? mB0t0周期
T?2?R?2t0 v0粒子在磁场中运动的时间
t1??2T?t0?2t0 2?3符合题意。 (2)由(1)可知
2R???v0t1 3解得
R?L?
设t2时刻粒子从O点射入时恰好垂直y轴进入电场，如图所示：
则
R?v0(t0?t2) tan?解得
t2?(1?1)t0 3?粒子在电场中做类平抛运动，分解位移
R?R12?at3 sin?2?xP?v0t3
根据牛顿第二定律有
qE?ma
解得
xP??L?
(3)粒子在磁场中转动，已知周期 T?2t0
运动轨迹如图所示：
则
OC?Rtan?2?3?L?v0t0?L
由于
3t0?t0?2t0?T
粒子从C点开始恰好做匀速圆周运动一圈回到C点，4t0时刻运动到D，则
CD?v0t0?L
6t0后沿DG做直线运动，则 粒子从D点开始恰好做匀速圆周运动一圈回到D点， DG?Rtan?2?33?L
43)L 3?OG?OC?CD?DG?(1?因为
OGsin??(2??3)L 2恰好等于ON的长度，所以最大路程为
s?OG?2?2?R?(5?43)L 3?E0，方向与MN成斜向上45?方向 m19． (1)va?【解析】 【详解】
πmE0E4B(3)0，vb?20(2)qB0mm3(1)对两球a、b系统，动量守恒，有
mava?mbvb
能量守恒，有 11223E0?mava?mbvb
22解得
va?E0E，vb?20 mm(2)小球在磁场中运动轨迹如图所示，
由牛顿第二定律得
mv2 qvB?rT?2πr v2qB0故小球在磁场中运动的半径
ra?rb?E0m 由几何知识得 cos?OBC?πr2，∠OBC? ?4d2两粒子在磁场中运动对应的圆心角均为
??2?OBC?ta?π 2πm qB0?2πTa?(3)两小球相遇，且a做直线运动，电场若与a从磁场射出时的方向相同，则a做减匀速直线运动，b做类平抛运动，b在轨道上运动时间 tb1?πm 2qB0tb2??2πTb?πm 2qB0tb? tb1?tb2
两球同时出磁场，若电场与小球a从磁场射出时的方向相同，小球a做匀减速直线运动，小球b做向左方做类平抛运动，则两球不能相遇，故电场方向为与a从磁场出射方向相反，即电场方向为与MN成斜向上
45?方向。现小球b做向右方做类平抛运动与a球相遇
rb?vbt
1yb?a1t2
2ra?yb? ya
1ya?vat?a2t2
2
a1?a2?Eq mEq 2m联立得
E?4B03E0 mE0，方向与MN成斜向上45?方向。 m电场大小为4B03g'R220． (1)；(2)-1.8×105 J；(3)2.8m/s2；5300 N。
G【解析】 【分析】 【详解】 (1)由于
mg'?可求
GMm R2g'R2 M?G(2)由100m下降过程中到4m前发动机会做功，取100m和4m为初末状态，前后动能没变，用动能定理 mg'(H-h)+W=0 所以
W= -mg'(H-h) =-1200×1.6×96J=-1.8×105 J 即发动机做功为-1.8×105 J 。 (3)减速过程的平均加速度
v1.7?103a??m/s2?2.8m/s2
t10?60根据牛顿第二定律可得 F=m(a+g')=5300 N
2019-2020学年高考物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能是重力势能的4倍。不计空气阻力，该物块落地时的位移方向与水平方向夹角的正切值（ ） A．0.25
B．0.5
C．1
D．2
2．如图所示，电源E，导线，导电细软绳ab、cd，以及导体棒bc构成闭合回路，导电细软绳ab、cd的a端和d端固定不动，加上恰当的磁场后，当导体棒保持静止时，闭合回路中abcd所在平面与过ad的竖直平面成30°，已知ad和bc等长且都在水平面内，导体棒bc中的电流I=2A，导体棒的长度L=0.5m，导体棒的质量m=0.5kg，g取10m/s2，关于磁场的最小值和方向，说法正确的是（ ）
A．53T，竖直向上 3B．53T，竖直向下 3C．2.5T，由b指向a D．2.5T，由a指向b
3． “笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度一时间图像如图所示（不计空气阻力，取竖直向上为正方向），其中t0时刻为笛音雷起飞时刻、DE段是斜率大小为g的直线。则关于笛音雷的运动，下列说法正确的是（ ）
A．“笛音雷”在t1时刻加速度最小 B．“笛音雷”在t2时刻改变运动方向 C．“笛音雷”在t3时刻彻底熄火
D．t3~t4时间内“笛音雷\做自由落体运动
4．在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，a边长bc60，b90，
L。一个粒子源在b点将质量为m，电荷量为q的带负电粒子以大小和方向不同的速度射入磁
场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（ ）
A．
qBL 3mB．3qBL 3mC．3qBL 2mD．
qBL 2m5．长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L，重力加速度大小为g。今使小球在竖直平面内以A、B连线为轴做圆周运动，若小球在 最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小均为（ ）
A． B． C． D．
6．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（ ） A．vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s C．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s 7．下列说法正确的是( )
B．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s D．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
A．图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的 B．图乙中，两个影子在x、y轴上的运动就是物体的两个分运动
C．图丙中，小锤用较大的力去打击弹性金属片，A、B两球可以不同时落地
D．图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力大于所需要的向心力
8．一个带负电的粒子从x=0处由静止释放，仅受电场力作用，沿x轴正方向运动，加速度a随位置变
化的关系如图所示，x2－x1=x3－x2可以得出（ ）
A．从x1到x3过程中，电势先升高后降低 C．粒子经x1和x3处，速度等大反向
B．在x1和x3处，电场强度相同 D．粒子在x2处，电势能最大
9．如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为 ( )
A．aA?aB?0 B．aA?2g，aB?0 C．aA?3g，aB?0 D．aA?23g，aB?0
10．如图所示， AB是斜坡，BC是水平面，从斜坡顶端A以不同初速度v向左水平抛出同一小球，当初速度为v0时，小球恰好落到坡底B。不计空气阻力，则下列图象能正确表示小球落地（不再弹起）前瞬间重力瞬时功率P随v变化关系的是
A．
B．
C．
D．
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．如图所示，在范围足够大、磁感应强度为B的垂直纸面向里的水平匀强磁场内，固定着倾角θ=30°的足够长绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为+q的带电小物块置于斜面的顶端处静止状态，现增加一水平向左的场强E=3mg的匀强电场。设滑动时小物块的电荷量不变，从加入电场开始计时，小物块的摩擦q力f大小与时间t、加速度大小a与时间t的关系图像可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
12．如图，正方形金属线框自某一高度在空气中竖直下落（空气阻力不计），然后进入并完全穿过与正方形等宽的匀强磁场区域，进入时线框动能为Ek1，穿出时线框动能为Ek2。从刚进入到刚穿出磁场这一过程，线框产生的焦耳热为Q，克服安培力做的功为W1，重力做的功为W2，线框重力势能的减少量为?Ep，则下列关系正确的是（ ）
A．Q=W1
C．Q =?Ep?Ek1-Ek2
B．Q = W 2- W 1 D．W2=W1?(Ek2-Ek1)
13．如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s1．由题给数据可以得出
A．木板的质量为1kg
B．1s~4s内，力F的大小为0.4N C．0~1s内，力F的大小保持不变 D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.1
14．如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统.斜面轨道倾角为30o，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为3.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨6道无初速度滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程，下列选项正确的是
A．m=M B．m=2M
C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度
D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能 15．如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示．取g=10 m/s2，sin 37°=0.60，cos 37°=0.1．则（ ）
A．物体的质量m=0.67 kg
B．物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.50 C．物体上升过程中的加速度大小a=1m/s2 D．物体回到斜面底端时的动能Ek=10 J 三、实验题：共2小题
16．某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸． ①下列哪些措施能够提高实验准确程度______． A．选用两光学表面间距大的玻璃砖 B．选用两光学表面平行的玻璃砖 C．选用粗的大头针完成实验
D．插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些
②该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作正确的是______．
③该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN?的垂线，垂足分别为C、D点，如图所示，则玻璃的折射率n?______．（用图中线段的字母表示）
17．在做“用单摆测定重力加速度”的实验过程中：
(1)小李同学用游标卡尺测得摆球的直径如图所示，则摆球直径d＝________cm。
(2)小张同学实验时却不小心忘记测量小球的半径，但测量了两次摆线长和周期，第一次测得悬线长为L1，对应振动周期为T1；第二次测得悬线长为L2，对应单摆的振动周期为T2，根据以上测量数据也可导出重力加速度的表达式为_________________。 四、解答题：本题共3题
18．如图，T型硬质轻活塞上端与力传感器固连，下端与气缸光滑接触且不漏气．已知大气压强
p0=1.0×105Pa，活塞横截面积为S，活塞到气缸底部距离为H=20cm，气缸底部到地面高度为h，此时气体温度为t1?27℃。现对活塞下部气体缓慢加热，同时记录力传感器示数，最后得到如图的F﹣t图象。整个过程中活塞与气缸始终密闭。（g取10m/s2）求： (1)气缸质量M； (2)h大小； (3)活塞截面积S。
19．（6分）为测量水晶印章的折射率，某同学在水平桌面铺上一张白纸，然后将印章立放在白纸上，用红色激光笔从O点照射该印章的一个侧面，激光所在的竖直平面与印章的右侧面垂直，其正视图如图所示。已知该印章的水平截面是d=3cm的正方形，当光以θ=60°的入射角向右侧面照射时，印章右侧的白纸上出现了两个亮点M和N（M点位于N点的右方），测得两亮点间的距离s=2cm，不考虑光在印章表面的多次反射。
(i)作出光从O点入射至形成M、N两亮点的光路图； (ii)求水晶印章对红色光的折射率n。
20．（6分）如图所示，空间有场强E=1.0×103V/m竖直向下的电场，长L=0.4m不可伸长的轻绳固定于O点，另一端系一质量m=0.05kg带电q=+5×10－4C的小球，拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时，绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成?=30?、无限大的挡板MN上的C点。试求： (1)绳子至少受多大的拉力才能被拉断； (2)A、C两点的电势差。
参考答案
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1．A 【解析】 【分析】 【详解】
取水平地面为重力势能零点，设抛出时物体的初速度为v0，高度为h，物块落地时的竖直方向的速度大小为vy，落地速度与水平方向的夹角为?，位移方向与水平方向的夹角为?，根据题有
12mv0?4mgh 2解得
v0?8gh 竖直方向有
12mvy?mgh 2解得
vy?2gh 根据几何关系得
tan??vyv0
代vy、v0解得 tan??0.5
又根据速度夹角正切值与位移夹角正切值的关系有
tan??2tan?
解得
tan??0.25
故A正确，BCD错误。 故选A。 2．C 【解析】 【详解】
对导体棒受力分析，受到重力，绳子的拉力和安培力，拉力和安培力的合力竖直向上，根据三角形定则知，安培力方向与拉力方向垂直时，安培力最小，
根据左手定则可知，磁场的方向沿ba所在直线，由b指向a，磁感应强度最小，则根据共点力平衡可知 mgsin30°=BIL， 解得 B=2.5T，
故C正确，A、B、D错误； 故选C。 3．C 【解析】 【分析】 【详解】
A．t1时刻的斜率不是最小的，所以t1时刻加速度不是最小的，故A错误； B．t2时刻速度的方向为正，仍旧往上运动，没有改变运动方向，故B错误；
C．从图中看出，t3时刻开始做加速度不变的减速运动，所以“笛音雷”在t3时刻彻底熄火，故C正确； D．t3~ t4时间内“笛音雷”做向上运动，速度方向为正，不可能做自由落体运动，故D错误。 故选C。 4．A
【解析】 【详解】
由左手定则和题意知，沿ba方向射出的粒子在三角形磁场区域内转半周，运动时间最长，半径最大的则恰与ac相切，轨迹如图所示
由几何关系
L?r?r
sin30由洛仑兹力提供向心力
mv2 qvB?r从而求得最大速度
v?qBL 3m故BCD错误，A正确。 故选A。 5．A 【解析】 【详解】
小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有：mg=m，当小球在最高点的速率为2v时，根
据牛顿第二定律有：mg+2Tcos30°＝m6．C 【解析】 【详解】
A．碰前系统总动量为：
p?(1?6?2?2)kg?m/s?10kg?m/s
，解得：T=mg。故选A.
碰前总动能为：
11Ek?(?1?62??2?22)J?22J
22
如果vA??3m/s，vB??4m/s，则碰后总动量为： p??(1?3?2?4)kg?m/s?11kg?m/s
动量不守恒，不可能，A错误；
B．碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误； C．如果vA??2m/s，vB??4m/s，则碰后总动量为： p??(1?2?2?4)kg?m/s?10kg?m/s
系统动量守恒，碰后总动能为： 11Ek??(?1?22??2?42)J?18J
22系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确； D．如果vA???4m/s，vB??7m/s，则碰后总动量为 p??(1?(?4)?2?7)kg?m/s?10kg?m/s
系统动量守恒，碰后总动能为： 11Ek??(?1?42??2?72)J?57J
22系统动能增加，不可能，D错误。 故选C。 7．B 【解析】 【详解】
A．题图甲中炽热微粒是沿砂轮的切线方向飞出的，但是由于重力及其他微粒的碰撞而改变了方向，故A错误；
B．题图乙中沿y轴的平行光照射时，在x轴上的影子就是x轴方向的分运动，同理沿x轴的平行光照射时，在y轴上的影子就是y轴方向的分运动，故B正确；
C．无论小锤用多大的力去打击弹性金属片，只会使得小球A的水平速度发生变化，而两小球落地的时间是由两球离地面的高度决定的，所以A、B两球总是同时落地，故C错误；
D．做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力等于所需要的向心力，故D错误。 故选B。 8．A 【解析】 【分析】 【详解】 AB．由图可知，0x2加速度方向沿x轴正方向，x2x3加速度方向沿x轴负方向，由于粒子带负电，
则0x2电场强度方向沿x轴负方向，x2x3电场强度沿x轴正方向，根据沿电场线方向电势降低可知，
从x1到x3过程中，电势先升高后降低，在x1和x3处，电场强度方向相反，故A正确，B错误； C．a?t图像与坐标轴所围面积表示速度变化量，由图像可知，x1处，速度相同，故C错误； D．0x3速度变化为0，则粒子经x1和x3
x2电场强度方向沿x轴负方向，x2x3电场强度沿x轴正方向，则在x2处电势最高，负电荷的电
势能最小，故D错误。 故选A。 9．D 【解析】 【分析】
对水平细线被剪断前的整体和小球B受力分析，求出两段弹簧中的弹力。水平细线被剪断瞬间，绳中力变为零，弹簧弹力不会突变，对A和B分别受力分析，由牛顿第二定律求出AB各自的加速度。 【详解】
设两球的质量均为m，倾斜弹簧的弹力为T1，竖直弹簧的弹力为T2。对水平细线被剪断前的整体受力分
0析，由平衡条件可得：T1cos60?2mg，解得：T1?4mg。对水平细线被剪断前的小球B受力分析，由
平衡条件可得：T2mg。水平细线被剪断瞬间，绳中力变为零，弹簧弹力不会突变。对水平细线被剪断
瞬间的A球受力分析知，A球所受合力与原来细线拉力方向相反，水平向左，由牛顿第二定律可得：
T1sin600?maA，解得：aA?23g。对水平细线被剪断瞬间的B球受力分析知，B球的受力情况不变，
加速度仍为0。故D项正确，ABC三项错误。 【点睛】
未剪断的绳，绳中张力可发生突变；未剪断的弹簧，弹簧弹力不可以突变。 10．C 【解析】 【详解】
当平抛的初速度v?v0时，小球均落在斜面上，具有相同的位移偏向角均等于斜面倾角?，可得：
12gty2gt ，
tan????xvt2v可得平抛时间：
t?2vtan? g则小球所受的重力的瞬时功率为：
P?mg?vy?mg?gt?2mgtan??v
可知，P关于v构成正比例函数关系；
当平抛的初速度v?v0时，小球均落在水平面上，平抛的竖直高度相同为h，有：
h?12gt 2则平抛时间为： t?2h g则小球所受的重力的瞬时功率为：
P?mg?vy?mg?gt?mg2gh 可知功率P为恒定值；
综合两种情况可得C项的图像争取，ABD项的图像错误； 故选C。
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 11．BD 【解析】 【分析】 【详解】
加电场后，滑块受到水平向左的电场力，大小为F电=3mg，和竖直向下的重力合成可得合力为F=2mg，方向沿斜面向下；此时斜面受到的正压力为零，滑块受摩擦力为0；
滑块沿斜面做加速运动，则受到垂直斜面向下的洛伦兹力，随速度的增加，洛伦兹力变大，则滑块对斜面的正压力变大，摩擦力逐渐变大；根据2mg-f=ma可知，加速度逐渐减小，当2mg=f时，加速度a=0，滑块做匀速运动，则图像BD正确，AC错误。 故选BD。 12．ACD 【解析】 【分析】 【详解】
AB．由能量关系可知，线框产生的焦耳热Q等于克服安培力做的功为W1，选项A正确，B错误； CD．由动能定理
W2?W1?Ek2?Ek1
即
W2=W1?(Ek2-Ek1) 而 W2=?Ep 则
Q =W1= ?Ep?Ek1-Ek2 选项CD正确。 故选ACD。 13．AB 【解析】 【详解】
结合两图像可判断出0-1s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；1-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对1-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，1-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误. 14．BC 【解析】 【详解】
A B．木箱和货物下滑过程中，令下滑高度为h，根据功能关系有(M＋m)gh－μ(M＋m)gh箱上滑过程中，根据功能关系有－Mgh－μMghB正确；
木箱和货物下滑过程中，根据牛顿第二定律有： a1＝g(sin θ－μcos θ)，方向沿斜面向下．木C．箱上滑过程中，根据牛顿第二定律有： a2＝g(sin θ＋μcos θ)，方向沿斜面向下，所以C正确； D．根据能量守恒定律知，还有一部分机械能由于克服摩擦力做功转化为内能，D错误． 15．BD 【解析】 【详解】
A．在最高点，速度为零，所以动能为零，即物体在最高点的机械能等于重力势能，所以有E?Ep?0?mgh 所以物体质量为
cos?＝E弹．木sin?cos?＝0－E弹．代入相关数据，整理得m＝2M，A错误，sin?
m?E30?kg=1kg gh10?3A错误；
B．在最低点时，重力势能为零，故物体的机械能等于其动能，物体上升运动过程中只受重力、摩擦力做功，故由动能定理可得
??mgcos37?解得
h?mgh??Ek
sin37???20?0.6?0.5
1?10?3?0.8B正确；
C．物体上升过程受重力、支持力、摩擦力作用，故根据力的合成分解可得：物体受到的合外力为
F?mgsin???mgcos??10N
故物体上升过程中的加速度为
a?F?10m/s2 mC错误；
D．物体上升过程和下落过程物体重力、支持力不变，故物体所受摩擦力大小不变，方向相反，所以，上升过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同；由B可知：物体上升过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量20J，故物体回到斜面底端的整个过程克服摩擦力做的功为40J；又有物体整个运动过程中重力、支持力做功为零，所以，由动能定理可得：物体回到斜面底端时的动能为50J-40J=10J，D正确。 故选BD。
三、实验题：共2小题 16．AD D 【解析】 【详解】
采用插针法测定光的折射率的时候，应选定光学表面间距大一些的玻璃砖，这样光路图会更加清晰，减小误差，同时两枚大头针的距离尽量大一些，保证光线的直线度，因此AD正确，光学表面是否平行不影响该实验的准确度，因此B错误，应选用细一点的大头针因此C错误．
根据光的折射定律可知当选用平行的玻璃砖时出射光和入射光应是平行光，又因发生了折射因此出射光的出射点应相比入射光的延长线向左平移，因此D正确，ABC错误 由折射定律可知折射率n?AC BDsin?AOCACBDAC ，sin?AOC?，sin?BOD?，联立解得n?sin?BODRRBD
17．2.030 g?【解析】 【详解】
4?2?L1?L2?T?T2212
(1)[1]游标卡尺的主尺读数为20mm，游标尺读数为0.05×6mm＝0.30mm，则摆球的直径d＝20.30mm＝2.030cm
(2)[2]设小球的半径为r，根据单摆的周期公式得 T1＝2πL1?r gL2?r gT2＝2π联立方程组解得
g?4π2?L1?L2?T21?T22
四、解答题：本题共3题
18．（1）2kg（2）1.8cm（3）1.41×10﹣3m2 【解析】 【详解】
(1)加热时，气体先做等压变化，气缸活塞整体平衡，由平衡条件得：
F?Mg?20N
解得：
M?2kg
(2)气体体积保持不变，气体发生等压变化，由查理定律得：
HS(H?h)S?
273?t1273?2t1解得：
h?1.8cm
(3)气体温度从2t1到4t1过程气体发生等容变化，由查理定律得：
p3p2?
t2?273t3?273其中：
p2?p0?Mg，p3?p0 S
解得：
S?1.41?10﹣3m2
19． (i)见解析； (ii)n?【解析】 【详解】 (i)光路如图所示
3。
(ii)设O1、O2分别为射入印章的光线在后表面的反射点及前表面的折射点，r为折射角，根据反射定律和折射定律可知，射向纸面两光线互相平行。O1、O2两点间的距离为 OO2=stanθ OO2=2dtanr 解得:
tanr?3，r = 30° 3水晶印章对红色光的折射率n
n?sin? sinr解得:
n?3 20． (1)3N；(2)1600V 【解析】 【详解】
(1)对小球从A→B由动能定理有
(mg?qE)L?在B点时有
12mvB 22vBF?(mg?qE)?m
L代入数据可解得
F?3N
即绳子至少受3N的拉力才能被拉断；
(2)由(1)分析得
vB?2(mg?qE)L?4m/s
m小球离开B点后做类平抛运动，到达C点时小球垂直撞在斜面上，则
vC?vB?8m/s ?sin30对小球从A点到达C点过程，应用动能定理有
qUAC?mghAC?12mvC 又
UAC?EhAC
联立解得
UAC?1600V
2
2019-2020学年高考物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一个光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，让一个物块从槽上高h处由静止开始下滑。下列说法正确的是（ ）
A．物块沿槽下滑的过程中，物块的机械能守恒
B．物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的系统动量守恒 C．从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块的冲量等于零 D．物块第一次被反弹后一定不能再次回到槽上高h处
2．在如图所示的位移（x）—时间（t）图象和速度（v）—时间（t）图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（ ）
A．0~t1时间内，乙车的速度一直大于甲车的速度 B．0~t1时间内，甲车与乙车之间的距离先增大后减小 C．0~t2时间内，丙、丁两车的距离逐渐减小
D．0~t2时间内，丁车的速度先大于丙车，后小于丙车 3．关于对平抛运动的理解，以下说法正确的是（ ） A．只要时间足够长，其速度方向可能沿竖直方向 B．在任意相等的时间内速度的变化量相同
C．可以运用“化曲为直”的方法，分解为竖直方向的匀速直线运动和水平方向的自由落体运动 D．平抛运动的水平位移与竖直高度无关
4．一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，F随时间变化规律如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．在0~4s时间内，位移先增后减 B．在0~4s时间内，动量一直增加 C．在0~8s时间内，F的冲量为0 D．在0~8s时间内，F做的功不为0
5．如图所示，在横截面为正三角形的容器内放有一小球，容器内各面与小球恰好接触，图中a、b、c为容器的三个侧面、将它们以初速度v0竖直向上抛出，运动过程中容器所受空气阻力与速率成正比，下列说法正确的是
A．上升过程中，小球对c有压力且逐渐变大 B．上升过程中，小球受到的合力逐渐变大 C．下落过程中，小球对a有压力且逐渐变大 D．下落过程中，小球对容器的作用力逐渐变大
6． “世纪工程”﹣港珠澳大桥已于2018年10月24日9时正式通车，大桥主桥部分由约为6.7km海底隧道和22.9km桥梁构成，海底隧道需要每天24小时照明，而桥梁只需晚上照明。假设该大桥的照明电路可简化为如图所示电路，其中太阳能电池供电系统可等效为电动势为E、内阻为r的电源，电阻R1、R2分别视为隧道灯和桥梁路灯，已知r小于R1和R2，则下列说法正确的是（ ）
A．夜间，电流表示数为
E
R1?R2?rB．夜间，开关K闭合，电路中电流表、电压表示数均变小
C．夜间，由于用电器的增多，则太阳能电池供电系统损失的电功率增大 D．当电流表示数为I则太阳能电池供电系统输出电功率为EI
7．2019年7月9日，在沈阳进行的全国田径锦标赛上，来自上海的王雪毅以1米86的成绩获得女子跳
高冠军。若不计空气阻力，对于跳高过程的分析，下列说法正确的是（ ）
A．王雪毅起跳时地面对她的弹力大于她对地面的压力 B．王雪毅起跳后在空中上升过程中处于失重状态 C．王雪毅跃杆后在空中下降过程中处于超重状态 D．王雪毅落到软垫后一直做减速运动
8．如图，两束单色光A、B分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射时合成一束复色光P，下列说法正确的是
A．A光的频率小于B光的频率
B．在玻璃砖中A光的传播速度小于B光的传播速度 C．玻璃砖对A光的折射率大于对B光的折射率 D．两种单色光由玻璃射向空气时，A光的临界角较小 9．关于原子核的相关知识，下面说法正确的是（ ） A．原子核内相邻质子之间存在相互排斥的核力 B．原子核的比结合能越小，说明原子核越不稳定 C．温度越高放射性元素的半衰期越小
D．β射线是电子流，表明原子核内除质子中子之外还有电子
10．如图所示，一光滑小球与一过球心的轻杆连接，置于一斜面上静止，轻杆通过光滑铰链与竖直墙壁连接，已知小球所受重力为G，斜面与水平地面的夹角为60°，轻杆与竖直墙壁的夹角也为60°，则轻杆和斜面受到球的作用力大小分别为（ ）
A．G和G B．
13G和G 22C．13G和G
22D．3G和2G
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目
要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传动带的左端，传送带右端A点坐标为XA=8m，匀速运动的速度V0=5m/s，一质量m=1kg的小物块，轻轻放在传送带上OA的中点位置，小物块随传动带运动到A点后，冲上光滑斜面且刚好能够到达N点处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，斜面上M点为AN的中点，重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．N点纵坐标为yN=1.25m
B．小物块第一次冲上斜面前，在传送带上运动产生的热量为12.5J C．小物块第二次冲上斜面，刚好能够到达M点
D．在x=2m位置释放小物块，小物块可以滑动到N点上方
12．假设某战士从弧形的雪坡上沿水平方向飞出后，若倾斜的雪坡倾角为θ，战士飞出时的水平速度大小为v0，且他飞出后在空中的姿势保持不变，又落回到倾斜的雪坡上，如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
A．如果v0不同，该战士落到雪坡时的位置不同，速度方向也不同 B．如果v0不同，该战士落到雪坡时的速度方向相同，在空中运动时间不同 C．该战士在空中经历的时间是
2v0tan? gv0tan? 2gD．该战士在空中经历的时间是
13．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一个电荷量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v—t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。则下列说法正确的是（ ）
A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/m B．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大 C．由C点到A点的过程中，电势逐渐升高 D．A、B两点的电势之差?A－?B?－5V
14．如图所示，是小型交流发电机的示意图，正对的异名磁极间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，A为理想交流电流表。匝数为n、面积为S。阻值为r的线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′以角速度ω匀速转动，定值电阻阻值为R，从图示位置开始计时。下列说法正确的是（ ）
A．线圈每转动一周，电流方向改变2次 B．图示位置时交流电流表的示数为I?C．t?nBS? R?rπ时，线框中的磁通量最大，瞬时感应电动势最大 2?2R?nBS??D．电阻R消耗的热功率为P???
2?R?r?15．某单位应急供电系统配有一小型发电机，该发电机内的矩形线圈面积为S=0.2m2、匝数为N=100匝、电阻为r=5.0Ω，线圈所处的空间是磁感应强度为B=
2T的匀强磁场，发电机正常供电时线圈的转速为2n=
2160?r/min．如图所示是配电原理示意图，理想变压器原副线圈的匝数比为5︰2，R1=5.0Ω、R2=5.2Ω，
电压表电流表均为理想电表，系统正常运作时电流表的示数为I=10A，则下列说法中正确的是
A．交流电压表的示数为720V B．灯泡的工作电压为272V C．变压器输出的总功率为2720W
D．若负载电路的灯泡增多，发电机的输出功率会增大 三、实验题：共2小题
16．某同学用如图甲所示的电路测量一段总阻值约为10Ω的均匀电阻丝的电阻率ρ。在刻度尺两端的接线柱a和b之间接入该电阻丝，金属夹P夹在电阻丝上，沿电阻丝移动金属夹，从而可改变接入电路的电阻丝长度。实验提供的器材有：
电池组E（电动势为3.0V，内阻约1Ω）； 电流表A1（量程0~0.6A）； 电流表A2（量程0~100mA）； 电阻箱R（0~99.99Ω）； 开关、导线若干。 实验操作步骤如下：
①用螺旋测微器测出电阻丝的直径D；
②根据所提供的实验器材，设计如图甲所示的实验电路；
③调节电阻箱使其接入电路中的电阻值最大，将金属夹夹在电阻丝某位置上；
④闭合开关，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
⑤改变P的位置，调整________，使电流表再次满偏； ⑥重复多次，记录每一次的R和L数据； (1)电流表应选择________（选填“A1”或“A2”）； (2)步骤⑤中应完善的内容是_______；
(3)用记录的多组R和L的数据，绘出了如图乙所示图线，截距分别为r和l，则电阻丝的电阻率表达式ρ=_____（用给定的字母表示）；
(4)电流表的内阻对本实验结果__________（填“有”或“无”）影响。
17．欧姆表的内部电路可简化为一个电动势为E的电源、一个电流表和一个阻值为r的电阻串联而成(如图甲所示)。小明同学欲测量某多用电表欧姆挡在“×100”挡时的内部电阻和电动势，选用的器材如下： 多用电表，电压表(量程0~3V、内阻为3kΩ)，滑动变阻器 (最大阻值2kΩ)，导线若干。请完善以下步骤： (1)将多用电表的选择开关调到“×100”挡，再将红、黑表笔短接，进行_____ (机械/欧姆)调零；
(2)他按照如图乙所示电路进行测量，将多用电表的红、黑表笔与a、b两端相连接，此时电压表右端应为_____接线柱 (正/负)；
(3)调节滑动变阻器滑片至某位置时，电压表示数如图丙所示，其读数为________V。
(4)改变滑动变阻器阻值，记录不同状态下欧姆表的示数R及相应电压表示数U。根据实验数据画出的
1?R图线如图丁所示，由图可得电动势E=________ V，内部电路电阻r=________kΩ。(结果均保留两位U小数)
四、解答题：本题共3题
18．一玻璃立方体中心有一点状光源．今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只 经过一次折射不能透出立方体．已知该玻璃的折射率为2，求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值．19．（6分）如图所示，水平面上有A、B两个小物块（均视为质点），质量均为m，两者之间有一被压缩的轻质弹簧（未与A、B连接）。距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体（底部与水平面平滑连接）。某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A、B瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D（物块A过D点后立即撤去），B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为L（L小于斜面体的高度）。已知A与右侧水平面的动摩擦因数??0.5，B左侧水平面光滑，重力加速度为g，求： (1)物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小； (2)斜面体的质量；
(3)物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功。
20．（6分）如图所示，虚线MN的右侧空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场，一质量为m的带电粒子以速度v垂直电场和磁场方向从O点射入场中，恰好沿纸面做匀速直线运动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，粒子的电荷量为+q，不计粒子的重力。 (1)求匀强电场的电场强度E；
(2)当粒子运动到某点时撤去电场，如图乙所示，粒子将在磁场中做匀速圆周运动。求∶ a.带电粒子在磁场中运动的轨道半径R； b.带电粒子在磁场中运动的周期T。
参考答案
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1．D 【解析】 【详解】
AB．物块沿槽下滑过程中，物块与弧形槽组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，故AB错误； C．从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，物块受到的冲量等于物块动量的变化，物体的动量变化量不为零，故物体受到的冲量不为零，C错误；
D．物块反弹后追上弧形槽，上升到最高点时，物块和弧形槽具有相同的速度，全过程系统机械能守恒，故物块不能回到槽上高h处，D正确。 故选D。 2．B 【解析】 【详解】
A．根据位移－时间图象的斜率表示速度，由图象可知，乙车的速度在0~t1时间内并不是一直大于甲车的速度，故A错误；
B．根据位移－时间图象的斜率表示速度，由图象可知，甲图线的斜率不变，说明甲的速度不变，做匀速直线运动，乙车的速度先大于甲车的速度后小于甲车的速度，且由同一地点向同一方向运动，则0~t1时间内，甲车与乙车之间的距离先增大后减小，故B正确；
CD．由速度－时间图像可知，0~t2时间内，丁车的速度一直比丙车速度大，且由同一地点向同一方向运动，则两车间的距离一直增大，故CD错误。 故选B。 3．B 【解析】 【分析】 【详解】
A．当平抛运动下落时间无论多么长，由于存在水平方向的分速度，则速度方向不可能竖直向下，故A错误；
B．由公式△v=at=gt，可知平抛运动的物体在任意相等时间内速度的变化量相同，故B正确；
C．平抛运动运用“化曲为直”的方法，分解为水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，故C错误；
D．平抛运动的水平位移为
x?v0t?v02h g知平抛运动的水平位移由初速度和拋出点的高度共同决定，故D错误。 故选B。 4．C 【解析】
【详解】
A．由图可知，在0-4s内力F先向正方向，再向反方向，故质点先加速再减速到0，速度方向不变，位移增加，故A错误；
B．在0-4s内，速度先增加后减小，动量先增加后减小，故B错误；
C．0到8s内，一半时间的冲量为正，另一半时间的冲量为负，则总的冲量为0，故C正确；
D．因8s内总的冲量为0，根据动量定理，可知动量的变化为0，即初末速度为0，则动能的变化量为0，F做功为0，故D错误。 故选C。 5．D 【解析】 【详解】
AB．小球和正三角形容器为共加速系统，上升过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律： (m?m)g?kv?(m?m)a
系统加速度竖直向下且大于重力加速度，小球加速度向下，所以容器底面c对小球无作用力，a、b侧面对小球的作用力竖直向下，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律： mg?Nab?ma
系统速度减小，加速度减小，小球受到的合外力减小，AB错误； CD．下落过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律： (m?m)g?kv?(m?m)a
系统加速度竖直向下且小于重力加速度，小球加速度向下，所以a、b侧面对小球无作用力，底面c对小球的作用力竖直向上，根据牛顿第二定律：
mg?N?ma
系统的速度增大，加速度减小，小球的加速度减小，底面c对小球的作用力增大，根据牛顿第三定律可知小球对容器的作用力逐渐变大，C错误；D正确。 故选D。 6．C 【解析】 【详解】
A．夜间，桥梁需要照明，开关K闭合，电阻R1、R2并联，根据闭合电路欧姆定律可知，电流表示数
I?E?rR1R2，故A错误； R1?R2
B．夜间，开关K闭合，总电阻减小，干路电流增大，电路中电流表示数变大，故B错误；
C．根据能量守恒定律可知，夜间，由于用电器的增多，则太阳能电池供电系统损失的电功率增大，故C正确；
D．当电流表示数为I，则太阳能电池供电系统总功率为EI，输出功率为EI﹣I2r，故D错误。 故选C. 7．B 【解析】 【详解】
A．王雪毅起跳时地面对她的弹力与她对地面的压力是作用力与反作用力，大小相等，故A项错误； B．王雪毅起跳后在空中上升过程中，加速度的方向向下，处于失重状态，B项正确；
C．王雪毅越杆后在空中下降过程中，她只受到重力的作用，加速度的方向向下，处于失重状态，C项错误；
D．王雪毅落到软垫后，软垫对她的作用力先是小于重力，所以她仍然要做短暂的加速运动，之后才会减速，D项错误。 故选B。 8．A 【解析】 【详解】
由题图可知，玻璃砖对B光的折射程度大，则nB＞nA，故B光的频率较大，故A正确、C错误；由v=c/n知，在玻璃砖中，vB＜vA，故B错误；两种单色光由玻璃射向空气时，由于sinC=1/n，所以，CB＜CA，故D错误；故选A。 9．B 【解析】 【详解】
A．原子核内相邻质子之间存在强相互吸引的核力，A错误；
B．原子核比结合能越小，拆开原子核越容易，说明原子核越不稳定，B正确；
C．放射性元素的半衰期是原核的衰变规律，由原子核内部因素决定，即与元素的种类有关，与温度无关，C错误；
D．?射线是原子核内中子转变为质子时产生的，不能说明原子核内有电子，选项D错误。 故选B。 10．A 【解析】 【分析】
【详解】
对小球受力分析如图，由几何关系，三力互成120°角，据平衡条件有
FN?F?G
则轻杆和斜面受到球的作用力大小
FN??F??G
故选A．
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 11．AB 【解析】 【分析】 【详解】
A．小物块在传送带上匀加速运动的加速度 a=μg=5 m/s2
小物块与传送带共速时，所用的时间
t?v05?s?1s a5运动的位移
x?2v02a?251?2.5m＜XA?4m 2?52故小物块与传送带达到相同速度后以v0=5 m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑斜面到达N点，由机械能守恒定律得
12mv0?mgyN 2解得 yN=1.25 m 选项A正确；
B．小物块与传送带速度相等时，传送带的位移 x=v0t=5×1=5m
传送带受摩擦力的作用，小物块在传送带上运动产生的热量
Q=f（x-△x）=μmg（x-△x）=0.5×10×2.5=12.5J 选项B正确；
C．物块从斜面上再次回到A点时的速度为5m/s，滑上传送带后加速度仍为5m/s2，经过2.5m后速度减为零，然后反向向右加速，回到A点时速度仍为5m/s，则仍可到达斜面上的N点，选项C错误； D．在x=2m位置释放小物块，则小滑块在传送带上仍滑动2.5m后与传送带相对静止，则到达A点时的速度等于5m/s，则小物块仍可以滑动到N点，选项D错误。 故选AB。 12．BC 【解析】 【分析】 【详解】
雪坡的倾角等于位移与水平方向的夹角，根据平抛运动的规律可知
tan??ygt? x2v0解得平抛运动的时间为
t?2v0tan? g如果v0不同，该战士在空中运动时间不同，根据平抛运动的规律，位移与水平方向夹角的正切值等于速度与水平方向夹角的正切值的一半，故落地雪坡的速度方向相同，战士的水平位移为
22v0tan?x?v0t?
g知初速度不同，水平位移不同，落点位置不同，速度方向相同，故BC正确，AD错误。 故选BC。 13．AD 【解析】 【分析】
两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧；电量为2C的小物块仅在运动方向上受电场力作用从C点到B到A运动的过程中，根据v-t图可知在B点的加速度，可知物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况，由牛顿第二定律求出电场强度的最大值。根据电势能的变化，分析电势的变化。由动能定理求AB间的电势差。 【详解】
A．由乙图可知，物体在B点加速度最大，且加速度为
a?Δv?2m/s2 Δt
根据
qE?ma
可知B点的场强最大，为E=1V/m，故A正确；
B．从C到A的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错误； C．从C到A一直沿着电场线运动，电势逐渐降低，故C错误； D．从B到 A的过程中，根据动能定理，得
qUBA?1212mv?mv0 22代入数据得UBA=5V，则
UAB??UBA??5V
即
?A??B??5V
故D正确。 故选AD。 【点睛】
明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据v-t图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口。 14．AD 【解析】 【分析】 【详解】
A．线圈每转动一周，正弦交流电一个周期内，电流方向改变2次。故A正确； B．交流电流表的示数为电流的有效值，为
EmnBS? I?2?R?r2(R?r)故B错误； C．t??T?时，线框转到中性面位置，磁通量最大，瞬时感应电动势为零，故C错误； 2?42D．电阻R消耗的热功率为
R?nBS??P?I2R???
2?R?r?故D正确。 故选AD。
15．CD 【解析】 【分析】 （1）根据E?NBS? 求出电动势的有效值 2（2）根据闭合回路欧姆定律求出原线圈的电压
I1n2U1n1?及?求出副线圈的电压 （3）利用
I2n1U2n2（4）根据电路结构求电动机的输出功率 【详解】
A、根据题意电流表的示数为10A，根据
I1n2? 解得原线圈的电流为4A，线圈在磁场中产生电动势的有I2n1效值为E?NBS??720V , 2则电压表的读数为U?E?Ir?720?4?5?700V ，故A错；
U1n1? 可以求出副线圈上的电压BC、原线圈的电压为U1?E?I1?r?R1??720?4?10?680V 根据
U2n2为U2?272V，所以副线圈上的功率为P?I2U2?272?10?2720V 此时灯泡上的电压为U??272?10?5.2?220V 故B错；C对
D、把发电机外的所有用电器等效为一个电阻为R的电阻，根据题意可知R?r ，若负载电路的灯泡增多，则等效电阻R减小，根据电源输出功率与电阻之间关系的函数图像可知，此时发电机的输出功率会增大，故D对； 故选CD 【点睛】
此题比较复杂，对于原线圈中有用电器的变压器问题来说，一般做题的方向是利用前后功率相等来求解的．三、实验题：共2小题
16．A2 电阻箱R的阻值 ?=【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]．当电流表A1接入电路，电流表满偏时电路中的总电阻为
?rD24l 无
E3???5?；而当电流表A2接入电Ig10.6
路，电流表满偏时电路中的总电阻为
E3???30?，可知电流表应选择A2； Ig20.1(2)[2]．步骤⑤中应完善的内容是：改变P的位置，调整电阻箱R的阻值，使电流表再次满偏； (3)[3]．当每次都是电流表满偏时，外电路的总电阻是恒定值，设为R0，则
R??即
L?R0 SR?R0-?SL
由图像可知
?S即
?r lr?rD2 ?=S?l4l(4)[4]．若考虑电流表的内阻，则表达式变为
R??L?R0-RA S因R-L的斜率不变，则测量值不变，即电流表的内阻对实验结果无影响。 17．欧姆 正 0.95 (0.94~0.96) 1.45 (1.41~1.47) 1.57 (1.52-1.59) 【解析】 【详解】
（1）[1]选择合适的档位进行欧姆调零，使指针指向欧姆表的零刻度位置；
（2）[2]黑表笔和欧姆档内部的电源正极相连，电压表右端和黑表笔相连，所以电压表右端应为正接线柱；（3）[3]电压表分度值为0.1V，所以电压表读数为：0.95V； （4）[4]根据闭合电路欧姆定律： E?I(R?r)?U(R?r) RV变形得：
11r??R? UERVERV根据图像中的斜率： 14.7= ERV1.44?0.36解得：E?1.45V； [5]根据图像中的纵截距： r?0.36 ERV解得：r?1.57kΩ。
四、解答题：本题共3题 18．
? 4【解析】
试题分析：通过光线在镀膜部分发生全反射，根据临界情况，通过几何关系求出镀膜面积与立方体表面积之比的最小值．
如图，考虑从玻璃立方体中心O点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃立方体上表面发生折，根据折射定律有：nsin??sin?，式中，n是玻璃的折射率，入射角等于?，?是折射角，现假设A点是上表面面积最小的不透明薄膜边缘上的一点．由题意，在A点刚好发生全反射，故?A??2．设线段OA在立方体
上表面的投影长为R，由几何关系有
sin?A?RAa．式中a为玻璃立方体的边长，联立解得2RA?()22RA?a2n2?1．则RA?a，由题意，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为RA的圆．所求的22s?6?RA??镀膜面积S'与玻璃立方体的表面积S之比为?． 2s6a419． (1)6mg；(2) M?【解析】 【详解】 (1)在D点，有
2vDmg?m
Lm8mgL ；(3) W?23从C到D，由动能定理，有
?mg?2L?在C点，有
1212mvD?mvC 222vCF?mg?m
L解得
F?6mg
由牛顿第三定律可知，物块A通过C点时对半圆形轨道的压力
F??F?6mg
(2)弹簧释放瞬间，由动量守恒定律，有
mvA?mvB
对物块A，从弹簧释放后运动到C点的过程，有
??mgL?1212mvC?mvA 22B滑上斜面体最高点时，对B和斜面体，由动量守恒定律，有
mvB??m?M?v
由机械能守恒定律，有
121mvB?(m?M)v2?mgL 22解得
M?m 2(3)物块B从滑上斜面到与斜面分离过程中，由动量守恒定律
mvB?mvB??mv?
由机械能守恒，有
111mvB2?mvB?2?Mv?2 222解得
vB??6gL46gL ，v??33由功能关系知，物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功
1W?Mv?2
2解得
W?8mgL 320． (1)E?vB；(2)a.R?【解析】 【分析】
2?mmvT? ；b.
qBqB
【详解】
(1)粒子的受力示意图如图所示
根据物体的平衡条件 qvB=qE 得 E=vB
(2)a.粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿运动定律
v2qvB?m
R得
R?mv qBb.粒子在磁场中运动的周期T?2πR，得 vT?2π?m qB
〖精选3套试卷〗2020学年甘肃省嘉峪关市高考物理达标检测试题
