2020年高考（全国新课标）押题猜想卷 理科综合物理试题03（解析版）.doc

1、2020 年高考（全国新课标）押题猜想卷年高考（全国新课标）押题猜想卷 理科综合物理试题理科综合物理试题 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.玻尔首先提出能级跃迁。如图所示为氢原子的能级图，现有大量处于 n3 能级的氢 原子向低能级跃迁。下列说法正确的是 A. 这些氢原子总共可辐射出三种不同频率的光 B. 氢原子由 n3能级跃迁到 n2能级产生的光频率最大 C. 氢原子由 n3 能级跃迁到 n1能级产生的光波长最长 D

2、. 这些氢原子跃迁时辐射出光子能量的最大值为 10.2 eV 【答案】A 【解析】这些氢原子总共可辐射出种不同频率的光，选项 A正确；氢原子由 n 3 能级跃迁到 n1 能级时能级差最大，产生的光频率最大，波长最短，选项 BC 错 误；这些氢原子跃迁时辐射出光子能量的最大值为-1.51eV-(-10.2 eV)=8.69eV，选项 D 错误；故选 A. 15. 在地球大气层外有大量的太空垃圾在太阳活动期，地球大气会受太阳风的影响而 扩张，使一些原本在大气层外绕地球飞行的太空垃圾被大气包围，从而开始向地面下 落大部分太空垃圾在落地前已经燃烧成灰烬，但体积较大的太空垃圾仍会落到地面 上，对人类造成

3、危害太空垃圾下落的原因是 A. 大气的扩张使垃圾受到的万有引力增大而导致下落 B. 太空垃圾在与大气摩擦燃烧过程中质量不断减小，进而导致下落 C. 太空垃圾在大气阻力作用下速度减小，运动所需的向心力将小于万有引力，垃圾做 趋向圆心的运动，落向地面 D. 太空垃圾的上表面受到的大气压力大于其下表面受到的大气压力，这种压力差将它 推向地面 【答案】C 【解析】太空垃圾在大气阻力的作用下速度减小，地球对它的引力大于它做圆周运动 所需的向心力，其不断做向心运动，最终落在地面上，故 C 正确，ABD 错误。 16. 科学技术的发展没有一帆风顺，目前实力位于世界前茅的中国人民解放军火箭军也 经历了 艰难的

4、发展历程。1962年 3 月 21 日，我国自行研制的第一代战术导弹东风 2 号发射升 空.然而由于出现故障，导弹起飞后 25s 时发动机关闭，很快就坠毁在发射塔 附近，导弹上升的最大高度仅为 3570m。设发动机工作时推力恒定，导弹在空中一直 沿竖直方向运动，不考虑大气的作用，已知东风 2 号的质量恒为 3.0 104kg，取 g=10m/s2，由此可知 A. 导弹在空中上升的时间与下落的时间之比为 25:714 B. 发动机工作时的推力是其重力的 1.68倍 C. 15s 时，导弹发动机的功率约为 2.08 107W D. 返回地面时，导弹的动能约为 1.07 1010J 【答案】B 【解

5、析】A、设推力作用结束时的速度为 v，则导弹匀加和匀减的平均速度为 0 2 v v ，故加速的位移为 11 2 v ht， 12 hhh ，匀减的位移 2 2 2 v h g ，联立解得： 170m/sv，则减速时间为 2 17s v t g ，即加速和减速时间之比为 12 :25:17tt ；故 A 错误. B、加速的加速度为1 1 170 25 Fmgv a mt ，解得 42 1.68 25 Fmgmg；故 B正确. C、导弹在 15s 时正在加速， 11 1 102m/svat ，则发动机的功率为 7 11 1.685.1 10 WPFvmg v；故 C 错误. D、导弹返回地面做自由

6、落体运动， 2 2 2vgh，则落地动能为 29 2 1 1.07 10 J 2 k Emvmgh；故 D错误.故选 B. 17.某兴趣小组制作了一个简易的转动装置，如图甲所示，在干电池的负极吸上一块 圆柱形强磁铁，然后将一金属导线折成顶端有一支点、底端开口的导线框，并使导线 框的支点与电源正极、底端与磁铁均良好接触但不固定，图乙是该装置的示意图。若 线框逆时针转动(俯视)，下列说法正确的是 A. 线框转动是因为发生了电磁感应 B. 磁铁导电，且与电池负极接触的一端是 S 极 C. 若将磁铁的两极对调，则线框转动方向不变 D. 线框转动稳定时的电流比开始转动时的大 【答案】B 【解析】ABC、

7、对线框的下端平台侧面分析，若扁圆柱形磁铁上端为 S 极，下端为 N 极，周围磁感线由上往下斜穿入线框内部，在垂直于纸面向外的径向上，磁感应线有 垂直于纸面向里的分量，在此径向上的负电荷由下往上运动，由左手定则知：此负电 荷受到垂直于径向沿纸面向右的洛伦兹力，即在径向的左垂线方向；同理，其他任一 径向上的电荷均受到左垂线方向的洛伦兹力（中心原点除外），所以，由上往下看 （俯视），线框沿逆时针转动，若扁圆柱形磁铁上端为 N极，下端为 S 极，则转动方 向相反，所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应。故 AC 错误，B正 确； D、稳定时，因导线切割磁感应线，则线框中电流比刚开始转动时的

8、小，故 D错误。 18.如图 1所示，R1和 R2是材料相同、厚度相同、表面为正方体的导体，边长之比为 21，通过导体电流方向如虚线所示；现将这两个电阻 R1、R2串联接入正弦交流电 路，电路图如图 2所示；交流电源电压 u随时间 t 变化的情况如图 3 所示。则下列说法 中正确的是 A. 电阻 R1和 R2的阻值之比为 12 B. 流过电阻 R1和 R2是的电流之比为 12 C. 电阻 R1两端的电压最大值为 220 V D. 电阻 R2两端的电压有效值为 110 V 【答案】D 【解析】根据电阻定律：，可知电阻 R1和 R2的阻值之比为 11，选项 A错 误；两电阻串联，则流过电阻 R1和

9、 R2的电流之比为 11，选项 B 错误；两电阻阻值 相等，则两端电压的最大值相等，均为 110V，有效值也相等，均为 110V，选项 C 错误，D正确. 19.质量为 M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和 1 4 圆弧的轨道均光滑。如 图所示，一个质量为 m 的小球以速度 v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时， 下列说法中正确的是 A. 小球一定沿水平方向向左做平抛运动 B. 小球可能沿水平方向向左做平抛运动 C. 小球可能沿水平方向向右做平抛运动 D. 小球可能做自由落体运动 【答案】BCD 【解析】小球滑上小车，又返回到离开小车的整个过程，取水平向右为正方向，根据 系统水平

10、方向动量守恒有： 0 mvMv mv ，再根据系统机械能守恒有： 222 0 111 222 mvMv mv ，联立解得： 0 mM vv mM ，如果mM， v 与 0 v方向相反，小球 离开小车后向左做平抛运动；如果mM，0v，小球离开小车后做自由落体运动； 如果mM， v 与 0 v方向相同，小球离开小车向右做平抛运动，BCD正确。 20.如图所示,在空间中存在竖直向上的匀强电场,质量为m,电荷量为+q 的物块从 A点由 静止开始下落,加速度为 2 3 g,下落高度 H到 B点后与一绝缘轻弹簧接触,又下落 h到达 最低点 C,整个过程中不计空气阻力,且弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为

11、g,则带电物 块在由 A点运动到 C 点的过程中,下列说法正确的是 A. 物块在 B点速度最大 B. 弹簧的弹性势能的增加量为 2() 3 mg Hh C. 带电物块电势能增加量为mg Hh D. 带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为 () 3 mg Hh 【答案】BD 【解析】A.物块由静止开始下落时的加速度为 2 3 ag，根据牛顿第二定律得 mgEqma ，解得 3 mg E q ，合外力为零时，速度最大，所以 B点速度不是最大速 度，故 A错误； B.由 A到 C 应用能量守恒定律，弹簧的弹性势能的增加量 2 ()()() 3 Emg HhEq HhmgHh 弹 ，故 B正确； C.

12、从 A到 C 的过程中，电场力做功 1 ()() 3 WEq Hhmg Hh 。带电物块电势能 的增加量为 1 () 3 mg Hh，故 C 错误； D.带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量等于克服电场力做的功，所以带电物块和 弹簧组成的系统机械能减少量为 () 3 mg Hh ，故 D正确。故选：BD 21.如图所示，竖直放置的 圆弧轨道，O为圆心，AO水平。两相同小球 a、b分别从圆 周上的 A、B两点水平抛出，两小球均能到达 C 点(位于 O点正下方)，OB连线与竖直 方向夹角 =60，不考虑空气阻力的影响，以下说法正确的是 A. a、b 两球到达 C 点的时间之比为：1 B. a、b

13、两球到达 C 点的过程中，动能增加量之比为：1 C. a、b 两球到达 C 点时重力的瞬时功率之比为：1 D. a、b 两球到达 C 点的过程中，速度增量之比为 2：1 【答案】AC 【解析】由图可知，AB 两点到 C 点的竖直高度之比为 2:1，由可知，a、b两球 到达 C 点的时间之比为：1，选项 A正确；a、b 两球到达 C 点的过程中，由动能定 理： ，可知动能增加量之比为 2：1，选项 B错误；a、b两球到达 C 点时重 力的瞬时功率，则瞬时功率之比为：1，选项 C 正确；速度增量 ，则 a、b两球到达 C 点的过程中，速度增量之比为 ：1，选项 D错误。 三、非选择题：共 62分，

14、第 2225题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3334 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 47分。 22. （5分）如图所示的装置可以用作探究牛顿第二定律.在气垫导轨上安装了两光电 门 1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连.实验时，测出光电 门 1、2间的距离为 L，遮光条的宽度为 d，滑块和遮光条的总质量为 M. (1)完成下列实验步骤中的填空： A.安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直； B.实验时要调整气垫导轨水平，不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块 _，则表示气垫导轨已调整至水平状态； C.挂上钩码后，接通气源，再

15、放开滑块，记录滑块通过光电门 1的时间 1 t和通过光电门 2 的时间 2 t，若弹簧测力计的示数为 F，要验证牛顿第二定律的表达式为 _； D.改变钩码的质量，重复步骤 C，求得滑块在不同合力作用下的动能变化量 k E 和加速 度 a. (2)若利用前面所测得的数据，可求得钩码和动滑轮的总质量为_. 【答案】静止 22 21 2 dd tt FM L 22 21 4 2 2 F dd tt g L 解：(1)不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块静止，则表示气垫导轨已调 整至水平状态；弹簧测力计的示数 F等于绳拉力即为滑块和遮光条的合外力，滑块和 遮光条做匀加速直线运动，有 22 21

16、 ()( ) 2 dd tt a L ，若满足 22 21 ()( ) 2 dd tt FM L ，则可验证 牛顿第二定律. (2)由装置图可得钩码加速度 2 a a，对钩码由牛顿第二定律得2mgF ma ，联立可 得 22 21 ()( 4 ) 2 2 dd tt L F m g 23. （10分）电动自行车是一种环保，便利的交通工具，越来越受大众的青睐，为了测 定电动车电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图 1 所示的实验电路，所用实验 器材有： A电池组(电动势约为 12 V，内阻未知) B电流表(量程为 300 mA，内阻忽略不计) C电阻箱 R(0999.9 ) D定值电阻 R0(

17、阻值为 10 ) E导线和开关 该同学部分操作步骤如下 (1)当闭合开关后，无论怎样调节电阻箱，电流表都没有示数，反复检查确认电路连接 完好，该同学利用多用电表，又进行了如下操作：断开电源开关 S.将多用电表选择开 关置于1挡，调零后，将红、黑表笔分别接在 R0两端，读数为 10.将多用电表选 择开关置于10 挡，调零后，将红，黑表笔分别接电阻箱两接线柱，指针位置如图 2 所示，则所测电阻箱的阻值为_ .用多用电表分别对电源和开关进行检测， 发现电源，开关均完好由以上操作可知，发生故障的元件是_ (2)在更换规格相同的元件后重新连接好电路 (3)改变电阻箱 R的阻值，分别测出电路中相应的电流

18、I.为了保证实验顺利进行且使测 量结果更准确些，电阻箱 R的取值范围应为_ A100300 B40100 C1540 (4)根据实验数据描点，绘出的 1 I R图象如图 3 所示若直线的斜率为 k，在 1 I 坐标轴 上的截距为 b，则该电池组的电动势 E_，内阻 r_(用 k，b和 R0表 示) 【答案】70 电流表 B 1 k 0 b R k 【解析】（1）欧姆表表盘读数为 7，倍率为10，故为 70；在故障检测时，除电流 表其余部分均没有问题，故问题只能出在电流表处； （3）为减小电流表的读数误差，电流表指针偏转角度应该尽量大于三分之一，即电流 范围为：100mAI300mA，根据欧姆定

19、律，总电阻 120R总40，扣除定值电阻 10，即电流表内阻和电源内阻加上电阻箱电阻应该大于等于 30而小于等于 110， 由于电流表内阻不计，故应该选 B； （4）根据闭合电路欧姆定律，有 0 EI rRR，则 0 11Rr R IEE ，故有： 1 k E ， 0 Rr b E ，联立解得： 1 E k ， 0 rR b k 。 24. （12分）北京 2022 年冬奥运会和冬残奥运开闭幕式计划在北京市区举行，国家游 泳中心水立方又将迎来新的使命，在这里将进行冰壶的比赛项目。在冰壶比赛中我 们经常可以听到这些词：先手、后手、进营、打定等。其中打定就是将对方 的冰壶击打出大本营，自己的冰壶停

20、在打击位置，从而留在大本营。此过程中两个冰 壶的碰撞可以看作是对心弹性碰撞，两个冰壶质量完全相同，且运算时可当质点处 理。下图为冰壶场地示意图，大圆半径为 R，栏线到圆心的距离为 L，已知冰壶甲静止 于圆心 O处。 （1）请用物理学知识解释打定中，自己的冰壶在打击后停在击打位置不动的现象； （2）已知冰壶和冰面之间的动摩擦因数为 ，欲通过打定的技巧将甲冰壶打出大本 营，求乙冰壶从 A点投出时速度应满足的条件。 【答案】（1）两冰壶发生弹性碰撞，碰撞后互换速度，出现打定中，自己的冰壶在 打击后停在击打位置不动的现象；（2）乙冰壶从 A点投出时速度应满足的条件是：v0 2()g LR 。 【解析】

21、设两个冰壶的质量均为 m，碰撞前乙的速度为 v，碰撞后乙和甲的速度分别为 v1、v2， （1）两冰壶发生对心弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞前乙的 速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvmv1+mv2， 由机械能守恒定律得： 222 12 111 222 mvmvmv ， 解得：v10，v2v，由此可知，有自己的冰壶停在打击位置不动的现象； （2）设以冰壶投出的速度为 v0，甲冰壶刚好被打出大本营， 乙冰壶从投出到碰撞前瞬间过程，由动能定理得： 22 0 11 22 mgLmvmv， 两冰壶发生对心弹性碰撞，则碰撞后 v2v，若甲冰壶恰好滑到大本营的右侧边缘，对 甲冰壶，由

22、动能定理得： 2 0 1 0 2 mgRmv， 解得： 0 2()vg LR 要将冰壶甲打出大本营，乙冰壶从 A点投出的速度应满足： 0 2()vg LR 25.（20分）如图所示，在 xOy平面坐标系中，x轴上方存在电场强度 E=100V/m、方 向沿 y轴负方向的匀强电场；虚线 PQ与 x轴平行，在 x轴与 PQ之间存在着磁感应强 度为 B=20T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为 d。一个质量为 m=2 10- 5kg、电荷量为 q=+1.0 10-5C 的粒子从 y轴上（0，1）的位置以 v0=10m/s 的初速度沿 x 轴正方向射入匀强电场，不计粒子的重力。求： （1）粒子第一

23、次进入磁场时速度的大小和方向； （2）若磁场宽度足够大，粒子第一次射出磁场时的位置； （3）若粒子可以以不同大小的初速度水平射入电场，要使所有粒子都能经磁场返回， 磁场的最小宽度是多少。 【答案】（1），与 x 轴成 45 角斜向下（2）(4,0)（3）1m 解：(1)粒子进入电场后做类平抛运动，在竖直方向上有： 解得： 由 解得：，与 x 轴成角斜向下 (2)根据洛伦磁力提供向心力可得： 解得： 由几何关系得弦长： 在类平抛运动过程中，竖直方向上粒子做初速度为零的匀加速直线运动 所以竖直方向上的平均速度为： 所以，类平抛过程的水平位移应为竖直位移的 2 倍，即： 粒子第一次射出磁场时的横坐标

24、为： 所以，粒子第一次射出磁场时的位置为（4，0） (3)设粒子进入磁场时与水平方向的夹角为 有几何关系可得： 整理得： 因为为定值，所以当时， 有最大值为： 所以磁场的最小宽度为 1m （二）选考题：共 15分。请考生从 2道物理题任选一题作答。如果多做，则按所做的 第一题计分。 33物理选修 33（15 分） （1）（5分）关于热现象，下列说法正确的是（ ） A. 将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体 B. 在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体可以转化为晶体 C. 水的饱和蒸汽压与温度有关，与水周围的其他气体的压强无关 D. 由于液体表面有收缩的趋势，故液体表面的分子之间

25、不存在斥力 E. 即使没有摩擦、漏气和不必要的散热等损失，热机的效率也不能达到 100% 【答案】BCE 【解析】将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍然是晶体，选项 A错误；在合适的条件 下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，例如天然石英是晶 体，熔融过的石英却是非晶体。把晶体硫加热熔化（温度超过 300）再倒进冷水中， 会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫。故 B正确。液体的饱和蒸汽 压与温度有关，相同温度下，水的饱和汽的压强是一定的，与水周围的其他气体的压 强无关。故 C 正确；由于液体表面具有收缩趋势，故液体表面的分子之间斥力和吸引 力的合力表现为引力，即液体

26、的表面张力，故 D错误。由热力学第二定律可知，即使 没有摩擦、漏气和不必要的散热等损失,热机的效率也不能达到 100%，选项 E正确； 故选 BCE. （2）（10分）如图所示，一气缸开口向上竖直放置，用面积为 S 的活塞在汽缸内封闭 着一定质量的气体，活塞上放有一重物，活塞和重物的总质量为 m，距气缸底部的高 度为 h1，此时缸内气体温度为 T1。在气缸内注入汽油并迅速完全燃烧，使气体温度急 剧升高，重物与活塞沿气缸加速上升。当活塞距缸底高度为 h2时，速度达到最大值。 若此时汽油燃烧释放的热能为 Q0，气缸对外释放的热量为 Q1，气体内能增加了E， 外界大气压强为 P0。不计活塞所受摩擦阻

27、力，试求： (i)气缸注入汽油前气体的压强，以及活塞速度达最大值时，气体的压强及温度； (ii)活塞的最大速度(设活塞与重物一直一起运动)。(不考虑汽油燃烧前后气缸内被封闭 气体种类及质量等的变化，仍将其看作是质量一定的同种理想气体。) 【答案】（）； （） 【解析】（）对活塞： 解得 由于气体等压变化， 则： ，解得 （）对气体 对活塞 解得 34 物理一选修 34）（15 分） (1)（5分）一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，P、Q、A为该横波上的三个质 点，各自的纵坐标位置分别为，-2m，0m。从该时刻开始计时，波上 A质点的振 动图象如图乙所示，则下列说法正确的是_。（填正确答案标

28、号。） A该波波速是 25 m/s，传播方向沿 x正方向 B若此波在同一介质中能与另一列简谐横波发生稳定干涉，则另一列波的频率为 1.25Hz C若该波能发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物尺寸一定比 20m 大很多 D从该时刻起，再经过 0.7s 质点 P通过的路程为 E从该时刻起，质点 Q将比质点 P先回到平衡位置 【答案】ABD 【解析】由振动图像和波的图像读出波长和周期，然后求解波速；根据 A质点的振动 图像判断波的传播方向；当两列波的频率相等时才能产生稳定干涉现象当障碍物的 尺寸与波长相差不多或比波长更小时才会发生明显的衍射现象根据 0.7s 内波向右传 播的距离确定 P 点的位

29、置，从而确定 P 点通过的路程. 由振动图像可知，t=0时刻质点 A向下振动，可知波传播方向沿 x正方向，由图可知 =20m，T=0.8s，则波速为 ，选项 A正确；因该波的频率 f=1/T=1.25Hz，若此波在同一介质中能与另一列简谐横波发生稳定干涉，则另一列波的 频率为 1.25Hz，选项 B正确；若该波能发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物 尺寸一定比 20m 小很多，选项 C 错误；由几何关系可知 P 质点的位置的横坐标为 7.5m；t=0时刻质点 P 向上振动，因 0.7s 内波向右传播 x=25 0.7m=17.5m，可知此时 P 点恰好运动到波谷位置，则经过 0.7s 质点

30、 P 通过的路程为（3A+m）=(6+) m，选 项 D正确；因 t=0时刻 P 向上振动，Q在波谷位置，则从该时刻起，质点 Q将比质点 P后回到平衡位置，选项 E错误；故选 ABD. （2）（10 分）如图所示为某种透明材料制成的一块柱形棱镜的横截面图，圆弧 CD是 半径为 R 的四分之一圆周，圆心为 O光线从 AB面上的 M 点入射，入射角 i 45，光进入棱镜后恰好在 BC 面上的 O点发生全反射，然后由 CD面射出，已知 OB 段的长度 2 R L ，真空中的光速为 c，求： （1）透明材料的折射率 n； （2）光从 M 点射入到从 CD面射出所用的时间 t。 【答案】（1）透明材料的折射率 n是 6 2 。（2）光从 M 点射入到从 CD 面射出所用的 时间 t 是 (32 6) 4 R c 。 【解析】（1）设光线在 AB面的折射角为 r，根据折射定律可得： sin ? sin i n r 设棱镜的临界角为 C，根据题意，光线在 BC 面恰好发生全反射， 得到：sinC1/n 由几何关系可知 r+C90 联立解得：n 6 2 （2）光在棱镜中传播速度为：vc/n 由几何关系可知： 1 sin2 nR MO C 故光从 M点到从 CD面射出所用时间为： (32 6) 4 RMOR t vc