2020年海南省高考物理模拟试卷(含解析).docx

1、2020年海南省高考物理模拟试卷 一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）1. 下列说法中正确的是()A. 卡文迪许为经典力学作出了最重要的贡献B. 牛顿认为力是改变物体运动状态的原因C. 亚里士多德认为物体的运动不需要力来维持D. 伽利略认为一切物体不受外力作用时都处于静止状态2. 一小球从空中由静止释放，不计空气阻力(g取10m/s2).下列说法正确的是()A. 第2s末小球的速度为10m/sB. 前2s内小球的平均速度为20m/sC. 第2s内小球的位移为10mD. 前2s内小球的位移为20m3. 将一小球以5m/s的速度水平抛出，经过1s小球落地，不计空气阻力，g取10m/s2关于这

2、段时间小球的运动，下列表述正确的是()A. 着地速度是10m/sB. 竖直方向的位移是10mC. 着地速度是5m/sD. 水平方向的位移是5m4. 如图所示，一轻弹簧下端固定在水平面上，上端放置一小物体，小物体处于静止状态。现对小物体施一竖直向上的拉力F，使小物体向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图所示，a、b、c均为已知量，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则下列结论正确的是A. 开始时弹簧的压缩量为aB. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态C. 物体的加速度大小为abgD. 物体从开始运动到离开弹簧的过程经过的时间为2c(b-a)ag5. 当两个分子间的距离r=r0时，分

3、子处于平衡状态，设r1r0vBvCB. 向心加速度满足aAaBBCD. 运动一周后，A最先回到图示位置二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）9. 如图所示，河水自西向东匀速流动，水流速度为4m/s，河宽为90m：假定船在静水中的速度不变。甲船从南岸的P点出发，实际轨迹垂直河岸，即PO线，船头方向与PO线成=53，同时，乙船从北岸的Q点出发，船头方向垂直河岸，两者恰好在河中央O点相遇(sin53=0.8,cos53=0.6)。下列说法正确的是()A. 两船相遇的时间为25.5sB. 甲船在静水中的速度为5m/sC. 乙船在静水中的速度为6m/sD. 两船出发点的相隔距离为3013m10. 波

4、速均为v=2m/s的甲、乙两列简谐横波都沿x轴正方向传播，某时刻波的图象分别如图所示，其中P、Q处的质点均处于波峰关于这两列波，下列说法正确的是()A. 甲波中的P处质点比M处质点先回平衡位置B. 从图示的时刻开始，经过1.0s，P质点通过的位移为2mC. 此时刻，M点的运动方向沿x轴正方向D. 从图示的时刻开始，P处质点比Q处质点先回平衡位置E. 如果这两列波相遇不可能产生稳定的干涉图样11. 如图所示是氢原子的能级图，下列判断正确的是()A. E1E2B. E1r0时，分子力表现为引力，当rr0时，分子力表现为引力，当rdvLv，故A错误，B正确；C、洛伦兹力方向与速度方向始终垂直，对电子

5、不做功，故C错误；D、洛伦兹力不做功，电子的动能不变，则其速率不变，电子在b点的速度与a点的速度方向不同，故D错误。故选：B。本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据运动学特性进行解答是关键。8.答案：B解析：根据卫星的速度公式比较三颗卫星的速度大小，由万有引力定律比较万有引力的大小，卫星的向心加速度等于重力加速度g=GMr2，再比较向心加速度的大小。根据周期的大小，分析哪颗卫星先回到原点。对于卫星的线速度、周期、角速度、向心加速度等物理量的比较，只要抓住卫星的速度公式v=GMr，比较出线速度的大小，其他量可以根据圆周运动知识理解并比较。A.设地

6、球的质量为M，卫星的轨道半径为r，卫星的速度v=GMr，可见，r越大，v越小，则有vAvBvC,故A错误；B.根据牛顿第二定律得，向心加速度a=GMr2，所以aAaBaC，故B正确；C.根据万有引力提供向心力，GMmr2=m2r，得：=GMr3，所以运转角速度满足ABTBTC，所以运动一周后，C先回到原地点，故D错误。故选B。9.答案：BD解析：小船过河的速度为船在静水中的速度垂直河岸方向的分速度，故要求过河时间需要将船速分解为沿河岸的速度和垂直河岸的速度；要求两船相遇的地点，需要求出两船之间的相对速度，即它们各自沿河岸的速度的和。本题考查了运动的合成与分解，相对速度，小船过河问题，注意过河时

7、间由垂直河岸的速度与河宽决定。解：AB、分析甲船的运动情况，船在静水中的速度为：v1=v水sin=5m/s则垂直于河岸方向上的分速度为：v1y=v1cos=3m/s相遇时间为：t=d2v1y=15s，故A错误，B正确。C、乙船在静水中的速度为：v2=d2t=3m/s，故C错误。D、乙船与甲船平行河岸的距离为：x=v水t=60m，河宽d=90m，则两船的出发点相距x2+d2=3013m，故D正确。故选：BD。10.答案：ADE解析：解；A、波向右传播，此时M点向上运动，P处质点比M处质点先回平衡位置故A正确B、由于波的正确未知，所以不能计算出经过1.0s，P质点通过的位移故B错误C、波向右传播，

8、此时M点向上运动，沿y轴的正方向故C错误；D、T甲=甲v=2s，T乙=乙v=4s，P点、Q点回到平衡位置时间分别为tP=14T甲，tQ=14T乙，则tptQ.P处质点比Q处质点先回平衡位置故D正确E、两波频率不同，不能产生干涉故E正确故选：ADE 同一波动图上，根据质点的振动方向和所在位置判断回到平衡位置的先后不同的波动图上，先由图可读出波长，根据波速分别算出它们的周期，根据时间判断回到平衡位置的先后根据时间与周期的关系，确定质点P的位置，从而求出其位移根据干涉的条件：两列波的频率相同判断能否产生干涉波的基本特点是波传播的是振动形式和能量，而质点不随波迁移，只在各自的平衡位置附近振动要熟练进行

9、质点振动方向和波的传播方向关系的判断11.答案：BD解析：解：根据玻尔理论，所有原子的能级都是负值，则氢原子的各能级也是负值，可知：E10；氢原子的各能级之间的关系：En=1n2E1则：E2=122E1=E14由于氢原子的各能级都是负值，所以E1E2.故AC错误，BD正确故选：BD。根据玻尔理论能级的概念，以及能级之间的关系：En=1n2E1分析即可。玻尔原子模型(1)轨道假设：原子中的电子在库仑引力的作用下，绕原子核做圆周运动，电子绕核运动的可能轨道是不连续的。(2)定态假设：电子在不同的轨道上运动时，原子处于不同的状态，因而具有不同的能量，即原子的能量是不连续的。这些具有确定能量的稳定状态

10、称为定态，在各个定态中，原子是稳定的，不向外辐射能量。(3)跃迁假设：原子从一个能量状态向另一个能量状态跃迁时要吸收或放出一定频率的光子，光子的能量等于两个状态的能级差，即h=Em-En。12.答案：AC解析：解：A、R1是定值电阻，则有R1=U1I=U1I.所以U1I=1，故A正确B、根据闭合电路欧姆定律得U2=E-I(R1+r)，可得U2I=R1+r=4.故B错误C、当电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，则电源的最大输出功率为Pm=(E2r)2r=E24r=48243W=1.92W.故C正确D、当R2=0时，电路中电流最大，电阻R1的功率最大，为Pm1=(ER1+r)2R1=(4.81

11、+3)21W=1.44W.故D错误故选：AC R1是定值电阻，有R1=U1I.根据闭合电路欧姆定律求U2I.当电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大当电路中电流最大时，电阻R1的功率最大本题中，关键是根据闭合电路欧姆定律研究U2I，也可以运用等效的方法，将R1看成电源的内阻，即可得到U2I=R1+r13.答案：AB解析：解：A、B点的电势为正，且大小恒定不变，那么电子进入电场之后，将一直受到向上的电场力的作用，所以电子一直做加速运动，知道从B点飞出，所以A正确B、B点的电势按照正弦规律变化，电子进入电场之后，先是向上的加速运动，但是加速度的大小是在减小的，当电势变为负值的时候，电子做向上的减速

12、运动，根据对称性可知，当电势再此减为零的时候，电子的速度恰好也减为零，之后，电场由变为正的，在重复上面的过程，所以整个过程中，电子是一直在向上运动的，所以可以从B点飞出，所以B正确C、B点的电势按照余弦规律变化，电子进入电场之后，先是向上的加速运动，当电势变为负值的时候，电子做向上的减速运动，直到减为零，之后，由于电势还是负担，所以电子要做反向的加速运动，根据对称性可知，当电势变为零的时候，电子的速度最大，之后又开始做减速运动，当速度减小为零的时候，电势最大，之后再重复前面的过程，所以电子做的是往复运动，不一定能够从B点射出，所以C错误D、电子的运动的情况和C的类似，只不过此时电子做的事匀加速

13、和匀减速运动，运到的情况和C的类似也是往复运动，不一定能够从B点射出，所以D错误故选AB根据电势的高低可以分析产生的电场的情况，在根据电子在电场中的受力来分析电子的运动的情况，从而可以判断能否从B点射出电子在电场中的运动状态的分析是这一类题目的关键，根据粒子的受力的情况分析可能的运动的状态14.答案：(1)AD；(2)4n22Lt2；(3)2.01；9.76。解析：(1)根据实验要求，摆长1m左右，体积较小的实心金属球；(2)根据单摆周期公式T=2Lg，结合单摆完成n次全振动的时间为t，求解g的表达式；(3)根据T=tn算出周期，再根据单摆周期公式T=2Lg求出g值。本题考查重力加速度的测量、

14、数据的处理，要掌握单摆的周期公式，从而求解重力加速度，摆长、周期等物理量之间的关系。(1)单摆在摆动过程中。阻力要尽量小甚至忽略不计，所以摆球选铁球；摆长不能过小，一般取1m左右，故AD正确，BC错误。故选AD。(2)单摆完成n次全振动的时间为t，所以T=tn，测得悬点O至小球球心的距离(摆长)L，根据T=2Lg解得：g=4n22Lt2；(3)T3=t3n=100.550s=2.01s根据单摆的周期公式T=2Lg，解得：g=42L3T32=43.14212.012m/s2=9.76m/s2。故答案为：(1)AD；(2)4n22Lt2；(3)2.01；9.76。15.答案：(1)偏小 (2)不变

15、(3)可能偏大、可能偏小、可能不变解析：(1)用图测定折射率时，玻璃中折射光线偏折大了，所以折射角增大，折射率变小； (2)用图测定折射率时，只要操作正确，与玻璃砖形状无关；(3)用图测定折射率时，无法确定折射光线偏折的大小，所以测得的折射率可能偏大、可能偏小、可能不变16.答案：(1)如图：;(2)UR2-R1；R2-2R1；(3)相等。解析：(1)根据电路图连接实物图；(2)根据欧姆定律分析，列式求解；(3)根据实验原理分析误差。本题关键是理解实验原理，根据欧姆定律分析。(1)根据电路图连接实物图如图：(2)当电流表满偏时，有：Ig=UR1+Rg当电流表半偏时，有：Ig2=UR2+Rg联立

16、解得：Ig=UR2-R1，Rg=R2-2R1(3)实验用了等效代替法，两种情况下电路两端电压相等，则电流表内阻测量值等于真实值，故相等。故答案为：(1)如图：(见解答)；(2)UR2-R1；R2-2R1；(3)相等。17.答案：解：(i)设活塞的质量为m，当气缸开口向下时，缸内气体的压强p1=p0-mgS气缸从水平转到缸口向下，气体发生等温变化，则有p0LS=p143LS联立解得活塞的质量m=p0S4g()设气缸开口向上且活塞与卡环刚好要接触时，缸内气体的温度为T，缸内气体压强为p2=p0+mgS=54p0气体发生等容变化，根据查理定律得：p1T0=p2T解得：T=53T0设气缸刚转到开口向上

17、时，活塞离卡环的距离为d，则p0LS=p2(43L-d)S解得：d=815L在给气体加热的过程中，气体对外做功W=p2Sd=23p0SL则根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量为：Q=W+E=23p0LS+E解析：本题主要考查了等温变化、等压变化，难度一般；关键是正确使用气体状态方程，并根据题目给出的条件求出气体状态参量，根据状态方程求解即可。18.答案：解：(1)对导体棒做匀速运动，F=f+BILf=N=mg导体棒做切割磁感线运动，E=BLvI=ER1+R2+r联立解得水平拉力的大小F=0.6N(2)开关S1，S2闭合，电路稳定后电容两端电压等于R2两端电压Uab=IR2此时电容所带的电荷量

18、为Q=CUab断开S1后，电容所有的电荷都会通过R2，故断开S1后，流过R2的电荷量Q=410-6C答：(1)水平拉力F的大小为0.6N；(2)断开S1后，流过R2的电荷量410-6N解析：(1)由E=BLv求出感应电动势，然后应用欧姆定律求出电流，由右手定则可以判断出感应电流的方向由安培力公式可以求出金属棒受到的安培力，然后由平衡条件求出拉力(2)由欧姆定律求出电容器两端的电压，然后由电容定义式的变形公式求出电荷量本题是电磁感应与电路相结合的问题，是一道含容电路问题，金属棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，分析清楚电路结构是解题的关键，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式与平衡条件可以解

19、题19.答案：解：(1)当A、B速度相等时，弹簧的压缩量最大，设此时A、B的共同速度为v取向右为正方向，对子弹、A、B组成的系统，从子弹射入A到弹簧压缩到最短时系统的动量守恒，则得：14mv0=(14m+34m+m)v解得：v=18v0 (2)设子弹射入A后，A与子弹的共同速度为v1，根据A与子弹系统的动量守恒得：14mv0=(14m+34m)v1，解得，v1=14v0由系统的机械能守恒定律得：弹簧的最大弹性势能Ep=12(mA+14m)v12-12(mA+mB+14m)v2解得：Ep=164mv02答：(1)弹簧压缩到最短时B的速度为14v0(2)弹簧的最大弹性势能为164mv02解析：(1)子弹击中木块A后A压缩弹簧，A做减速运动，B做加速运动，当A、B速度相等时，弹簧的压缩量最大，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出B的速度；(2)子弹击中A的过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的速度，当弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能本题考查了求速度、弹簧的弹性势能，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题；解题时要注意，子弹击中A的过程中，子弹与A组成的系统动量守恒，但机械能不守恒