【文档说明】福建省厦门外国语学校2020届高三下学期高考最后一次模拟理综物理试题 【精准解析】.doc，共(20)页，1007.500 KB，由小赞的店铺上传

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厦门外国语学校2020届高三高考模拟考试理综试题-物理注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上。2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把

答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上做答无效。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然

后再写上新的答案；不准使用涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4．考生必须保持答题卡的整洁和平整。1.2018年II月16日，第26届国际计量大会通过“修订国际单位制”决议，正式更新包括国际标准质量单位“千克”在内的4项基本单位定义．

新国际单位体系将于2019年5月20日世界计量日起正式生效．其中，千克将用普朗克常量(h)定义；安培将用电子电荷量（e）定义．以基本物理常数定义计量单位，可大大提高稳定性和精确度．关于普朗克常量和电子电荷量的单位，下列正确的是A.普朗克常量的单位为kg.m3.s-2B.普朗克常量的单位为kg-1

.m2.s-1C.电子电荷量的单位为A．sD.电子电荷量的单位为A.s-1【答案】C【解析】【详解】由公式E=hv，可得h=E/v=Fs/v=mas/v，故普朗克常量h的单位为J/Hz，1J/Hz=1J·S=1Kg

·m2·s-1；由公式q=It，可得电荷量e的单位为C，1C=1A·s．故答案选C．2.如图所示是氢原子的能级图，大量处于n＝5激发态的氢原子向低能级跃迁时（）A.一共能辐射6种频率的光子B.能辐射出3种能量大于10.2

eV的光子C.能辐射出3种能量大于12.09eV的光子D.能辐射出能量小于0.31eV的光子【答案】B【解析】【详解】A．激发态的氢原子向低能级跃迁时，能辐射112nn种频率的光子，当5n时，一共能辐射10种频率的光子，A错误；BCD．辐射的光子的能量等于

两能级能量之差，即从5n依次向4,3,2,1n跃迁的能量分别为：0.31eV，0.97eV，2.86eV，13.06eV；从4n依次向3,2,1n跃迁的能量分别为：0.66eV，2.55eV，12.75eV；从3n依次向2,1n跃迁的能量分别为：1.89eV，12.09e

V；从2n向1n跃迁的能量为：10.2eV；所以B正确，CD错误；故选B．3.某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计。用vy、E、Ek、P分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、动能、重力的瞬时功率大小，用t表示足球

在空中的运动时间，下列图像中可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．足球做斜抛运动，在竖直方向上做加速度为g的匀变速直线运动，其速度-时间关系为，上升阶段0yyvvgt下落阶段yg

tv由关系式可知，速度与时间成一次函数关系，图像是一条倾斜直线，A错误；B．不考虑空气阻力，足球只受重力作用，机械能守恒，E不变，B错误；C．足球在水平方向上一直有速度，则足球的动能不能为零，C错误；D．足球在竖直方向上的速度满足上升阶段0yyvvgt下落阶段ygtv再由重

力的瞬时功率yPmgv可得重力的瞬时功率与时间成一次函数关系，且在最高点重力的瞬时功率为零，D正确；故选D．4.如图，一弯成“L”形的硬质轻杆可在竖直面内绕O点自由转动，已知两段轻杆的长度均为l，轻杆端点分别固定质量为m，2m的小球A、B（均可视为质点），现OA竖直，OB水平，静止释放，下列说

法错误的是（）A.B球运动到最低点时A球的速度为2glB.A球某时刻速度可能为零C.B球从释放至运动至最低点的过程中，轻杆对B球一直做正功D.B球不可能运动至A球最初所在的位置【答案】C【解析】【详解】A．B球由释放运动到最低点时，由机械能守恒

定律可知22112222mglmglmvmv解得2vgl选项A正确，不符合题意；B．根据机械能守恒定律，当整个系统的重心回到原来的高度时，两球的总动能为零，此时两球的速度为零，选项B正确，不符合题意；C．B球从释放至运动至最低

点的过程中，根据动能定理21222mglWmv解得W=0可知B球从释放至运动至最低点的过程中，轻杆对B球做的功为0，选项C错误，符合题意；D．若B球恰能运动至A球最初所在的位置，则整个系统的重力势能增加，即机械能增加，则不可能，选项D正确，不符合题

意。故选C。5.如图所示，一粒子发射源P能够在纸面内向各个方向发射速率为v、比荷为k的带正电粒子，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），不考虑粒子间的相互作用和粒子重力，已知粒子做圆周运动的半径大小为d，纸面内另一点A距P的距离恰为d，则（）A.磁感应强度的大

小为dkvB.粒子在磁场中均沿顺时针方向做圆周运动C.粒子从P出发至少经过时间6dv到达A点D.同一时刻发射出的带电粒子到达A点的时间差为43dv【答案】D【解析】【详解】A．根据2vqvBmr则mvvBqrkd选项A错误；B．由左手定则可知，粒子在磁场中均沿逆时针方向做圆周运动

，选项B错误；C．能经过A点且用时间最短的粒子在磁场中转过的角度为60°，则用时间6012ππ36063ddtTvv选项C错误；D．能经过A点且用时间最长的粒子在磁场中转过的角度为300°，则用时间'30052π5π36063ddtTvv则同

一时刻发射出的带电粒子到达A点的时间差为'4π3dtttv选项D正确。故选D。6.2020年6月23日9时43分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系统第五十五颗导航卫星，暨北斗三号最后一颗全球组网卫星。至此

，北斗三号全球卫星导航系统星座部署比原计划提前半年全面完成。已知地球的质量为M，平均半径为R，自转角速度为ω，引力常量为G，该卫星为地球静止轨道卫星（同步卫星），下列说法正确的是（）A.该导航卫星运行速度大于第一宇宙速度B.该导航卫星的预定轨道离地高度为h＝32G

MRC.该导航卫星的发射速度大小介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间D.该导航卫星在轨道运行时速率会小于质量较小的同步卫星【答案】BC【解析】【详解】A．卫星绕地球转动时万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可知22MmvGmrr变形可得G

Mvr由该公式可知轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度在数值上等于卫星绕地球表面转动时的环绕速度，该导航卫星轨道半径大于地球半径，所以其速度小于第一宇宙速度，故A错误；B．卫星绕地球做圆周运动时万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可知22MmGmrr由几何关系可知r

Rh联立可得h＝32GMR故B正确；C．第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，第二宇宙速度指的卫星摆脱地球引力最小发射速度，该导航卫星绕地球转动，没有摆脱地球引力，所以其发射速度大小介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，故C正确；D．由前面表达式GMv

r可知线速度大小仅与轨道半径有关，与卫星的质量无关，故D错误。故选BC。7.如图所示，边长为l1、l2的单匝矩形线框abcd处在磁感应强度为B的匀强磁场中，线框可绕轴OO′转动，轴OO′与磁场垂直，线框通过连接装置与理想变压器、小灯泡连接为如图所示的电路．已知

小灯泡L1、L2额定功率均为P，正常发光时电阻均为R．当开关闭合，线框以一定的角速度匀速转动时，灯泡L1正常发光，电流表A示数为I；当开关断开时，线框以另一恒定的角速度匀速转动，灯泡L1仍正常发光，线框电阻、电流表A内阻不计，以下说法正确的

是A.断开开关S时，电流表示数为2IB.变压器原、副线圈的匝数比为PRIRC.当开关闭合时线框转动的角速度为12PBIllD.当开关断开时线框转动的角速度为1222PBIll【答案】BD【解析】【详解】由于小灯泡功率为22PIR，可得2PIR=由于122nIPRnIIR断开开关S时，小

灯泡正常发光，电流2I不变，故变压器原线圈电流仍为I；由于1212BllU1UIP可得当开关闭合时线框转动的角速度为122PBIll当开关断开时两个小灯泡总功率为2P，原线圈电流I不变，则原线圈输入功率为2PUI122BllU可得当开关断开时线框转动的角速度为1

222PBIll综上分析可知，AC错误，BD正确．故选BD.8.在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示。若在A、B间不同位置放置一个电量为+q的带电滑

块C（可视为质点），滑块的电势能随x变化关系如图乙所示，图中x=L点为图线的最低点。现让滑块从x=2L处由静止释放，下列有关说法正确的是（）A.小球在xL处的速度最大B.小球一定可以到达2xL点处C.x=0和x=2L处场强大小相等D.固

定在AB处的电荷的电量之比为QA：QB＝4：1【答案】AD【解析】【详解】A．滑块C受重力、支持力和电场力，其重力和支持力在竖直方向相抵消，滑块C受的合外力为电场力，再由电荷在电场中电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，由图可知在xL处电势能最小，则滑块在xL处的动能最大，A正确；B

．由图可知，2xL处的电势能大于x=2L处的电势能，又因滑块由静止释放，滑块不能到达2xL处，B错误；C．电荷在xL处电势能最小，即正电荷QA、QB在xL处的电场强度等大反向，即xL的电场强度为零，有2242ABkQkQLL解得:4:1ABQQ所以x=0和x=2L处场强大

小分别为0222333ABBkQkQkQELLL,222221255ABBLkQkQkQELLLC错误，D正确；故选AD．三、非选择题（共174分，第22-32题为必考题，第33-3

8题为选考题）（一、必考题）（共129分）9.某实验小组要测量木块与长木板间的动摩擦因数，设计如图甲所示装置，已知当地的重力加速度为g。(1)对于实验的要求，下列说法正确的一项是____；A．钩码的质量要远小于木块的质量B．要保证长木板水平C．接通电源的同时释放木块(2)按正确的操作要

求进行操作，打出的一条纸带如图乙所示，打点计时器使用的是50Hz的交流电源，纸带上的点每5个点取1个记数点，则该木块的加速度a____2m/s；（结果保留两位有效数字）(3)若木块的质量为M，钩码的质量为m，则木块与长木板间的动摩擦因数为___

_（用M、m、a、g表示结果）。【答案】(1).B(2).1.1(3).()mgMmaMg【解析】【详解】（1）实验中不是用钩码的重力来表示细线对木块的拉力，对于M、m并不要求Mm；又因为fMg，Mg的大小就是木块对木板的压力大小，所以要保证长木板水平；实验操作中是先通电

源再放木块，即AC错误，B正确；（2）由逐差法公式可求得加速度2341221.1m/s2xxaT（3）分别对木块和钩码进行受力分析，由牛顿第二定律表示出木块的加速度（T表示细线的拉力）TMgaM,

mgTam解得=mgMmaMg10.传感器在现代生活、生产和科技中有着相当广泛的应用。如图甲是一个压力传感器设计电路，要求从表盘上直接读出压力大小。其中R1是保护电阻，R2是调零电阻（总电阻100Ω），理想电流表量程为10mA，电源电动势E=3

V（内阻不计），压敏电阻的阻值R与所受压力大小F的对应关系如图乙所示。(1)有三个规格的保护电阻，R1应选哪一个（）；A.25ΩB.250ΩC.2500Ω(2)选取、安装保护电阻后，要对压力传感器进行调零。调零电阻R2应调为___

_Ω；(3)现对表盘进行重新赋值。原3mA刻度线应标注____N；(4)由于电池老化，电动势降为2.8V，传感器压力读数会出现偏差。如果某次使用时，先调零、后测量，读出压力为1200N，此时电流大小为_

___mA，实际压力大小为____N。【答案】(1).B(2).20(3).2800(4).5(5).1120【解析】【详解】（1）[1]因为电流表的量程为10mA，由mERI总1计算的电路中至少需要30

0的电阻。由调零电阻2R最大为100Ω，故1R只要大于200Ω即可，A太小C太大，所以选B；（2）[2]分析电路图可知，当压敏电阻不受压力时，电流表满偏，此时电路中的电阻满足120300RRR由乙可知，压敏电阻不受压力时的阻值为30，所以220R（3）[3]当电

流表示数为3mA时，电路中的总电阻3V=10003mAR总2即12730RRRR总2由乙图一次函数为1304RF经计算当730R时，压力2800NF（4）[4]先调零，则m''280ΩERI总则调零电阻R2接入电路的电阻为210''0ΩRRRR

根据R与F一次函数关系1304RF当1200NF时，330R。电池老化前，可得1200NF对应的电流为13V==5mA600EIR总即此时，电路中电流为5mA。因为电池老化，电动势2.8VE，电路中实际电阻2.8V=5605mAR实总则R的实际

阻值为12'310RRRR实实总再将R实代入1304RF求得1120NF11.我国高铁技术处于世界领先水平，其中一项为电磁刹车技术。某次科研小组要利用模型火车探究电磁刹车的效果，如图所示，轨道上相距s处固定着两个长l、宽0.5l、电阻为R的单匝线圈，s＞0.5l。在火车头安装

一个电磁装置，它能产生长l、宽0.5l的矩形匀强磁场，磁感强度为B。经调试，火车在轨道上运行时摩擦力为零，不计空气阻力。现让火车以初速度0v从图示位置开始匀速运动，经过2个线圈，矩形磁场刚出第2个线圈时火车停止。测得第1个线圈产生的焦耳热Q1是第2个线圈产生的焦耳热Q2的3倍。求：(1

)车头磁场刚进入第1个线圈时，火车所受的安培力大小；(2)求车头磁场在两线圈之间匀速运行的时间。【答案】(1)220BlvR(2)02slv【解析】【详解】（1）对线圈，由法拉第电磁感应定律0EBlv①由闭合电路欧姆定律EIR②FB

Il安③联立①②③式解得220lBFRv安（2）设磁场刚穿过线圈Ⅰ时速度为v，由能量守恒有221011-22Qmvmv④磁场刚穿过线圈Ⅱ停止，同理有221-02Qmv⑤又123QQ⑥匀速运动过程0.5sltv

⑦联立④⑤⑥⑦式解得02sltv12.如图甲所示，在光滑水平面上有一小车，其质量M=2kg，车上放置有质量mA=2kg木板A，木板上有可视为质点的物体B，其质量mB=4kg。已知木板A与小车间的动摩擦因数μ0=0.3。A、B紧靠车厢前壁，A的左端与小车后壁间的距离为x=2m。现对

小车施加水平向右的恒力F，使小车从静止开始做匀加速直线运动，经过1s木板A与车厢后壁发生碰撞，该过程中A的速度一时间图像如图乙所示，已知重力加速度大小g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)求A、B间的动摩擦

因数μ；(2)求恒力F的大小；(3)若木板A与小车后壁碰撞后粘在一起（碰撞时间极短），碰后立即撤去恒力F，若要使物体B不与小车后壁发生碰撞，则小车车厢前、后壁间距L至少为多少？【答案】(1)0.25；(2)34N；(3)3.975m【解析】【详解】(1)若A、B间不发生相对滑动，则A、B整体

的加速度20m/s3ag由乙图可知，A的加速度2A/s4mvat即A、B间发生相对滑动，对A0ABBAAmmgmgma可得0.25(2)对车在该过程中知0ABFmmgMa且22A1122xatat可得28

m/saF=34N(3)知当A与小车碰撞时A4m/svB2.5m/svgt8m/svat车该过程中B相对于A滑动距离为221AB110.75m22Latat对A与小车在碰撞中动量守恒，可知AAAMvmvMm

v车可得v=6m/s对A小车与B在碰撞后，滑动过程中知ABBABMmvmvMmmv共且222ABBABB2111222MmvmvMmmvmgL共可得L2=

1.225m故前、后壁间距123.975mLxLL13.一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V-t图像如图所示，下列说法正确的有：（）A.A→B的过程中，气体对外做功B.A→B的过程中，气体放出热量C.B→C

的过程中，气体压强变大D.B→C的过程中，气体内能变大E.B→C的过程中，单位体积内的分子数目增加【答案】ACE【解析】【详解】AB．A→B的过程中，气体体积变大，则气体对外做功，温度不变，内能不变，则气体吸收热量，选项A

正确，B错误；CDE．根据pVCT则CVTp在B→C的过程中，图线上的点与横轴上-273℃点连线的斜率减小，则气体压强变大；气体的温度降低，内能减小；气体体积减小，则单位体积内的分子数目增加，选项CE正确，D错误。故选ACE。14.如图导热气缸A、B

固定在同一水平面上，A的横截面积为S，B的横截面积为A的2倍，用两不计质量的活塞密封了等高的理想气体气柱，起初连接两活塞的轻绳均处于伸直状态，但绳中无张力，现向A气缸的活塞上方缓慢加入细沙，直至A气缸中气体体积减小为原来的一半。已知大气压强为p0，求此时：(1)

B气缸中气体的压强；(2)加入细沙的质量。【答案】(1)B023pp；(2)053pSmg【解析】【详解】(1)设开始时气缸B内气体为VB，后来体积BV，由题可知BV=1.5VB对气缸B的气体B0BBpVpV解得B023pp(2)对气缸

A的气体A0AA2VpVp即pA=2p0对气缸B活塞进行受力分析，由受力平衡0B22pSpST对气缸A活塞进行受力分析，由受力平衡mg+p0S=T+pAS解得加入细沙的质量053pSmg15.如图所示，一束由两种色光混合的复色光沿PO方向

射向一上、下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束光线I、II、III，若平面镜的上下表面足够宽，不考虑光线由玻璃砖内射向上表面时的反射．下列说法正确的是_________．A.光束I仍为复色光，光束II

、III为单色光B.玻璃对光束II的折射率小于对光束III的折射率，当角减小为某一值时，光束II先消失了，光束III还存在C.改变角，光线I、II、III仍保持平行D.通过相同的双缝干涉装置，光束II产生的

条纹宽度要大于光束III的E.在玻璃中，光束II的速度要小于光束III的速度【答案】ACE【解析】【详解】所有色光都能反射，反射角相同，则由图可知光束I是复色光；而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，因为厚玻璃平面镜的上下表面是平行的．根据光的可逆性，知两光速仍然平行射出，

且光束Ⅱ、Ⅲ是单色光，故A正确；作出三束光线的完整光路图，如图由图知：光束Ⅱ的偏折程度大于比光束Ⅲ，根据折射定律可知光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ，根据全反射临界角1sinCn，可知光束II的全反射临界角小于光束III的全反射临界角，当

角减小为某一值时，光束II先消失，光束III存在，故B错误；一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射出，经过反射、再折射后，光线仍是平行，因为光的反射时入射角与反射角相等．所以由光路可逆可得出射光线平行．改变角，光线Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ仍保

持平行．故C正确；光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ，则光束Ⅱ的频率大于光束Ⅲ，光束Ⅱ的波长小于光束Ⅲ的波长，而双缝干涉条纹间距与波长成正比，则双缝干涉实验中光Ⅱ产生的条纹间距比光Ⅲ的小．故D错误；光在玻璃中的传播速度为cvn，

光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ，故光束Ⅱ在玻璃中传播速度小于光束Ⅲ的，故E正确；故选ACE．【点睛】光束I是反射光线，而光束Ⅱ、Ⅲ是由于两种色光的折射率不同，导致出现光线偏折分离．但根据光路可逆可知出射光线仍与入射光线

平行．由光束Ⅱ、Ⅲ的位置可确定其折射率的不同，从而判定光的波长大小，可确定双缝干涉条纹间距的大小．根据cvn分析光束在玻璃中传播速度的大小．16.让一根均匀软绳的绳端M点在垂直于软绳的方向上做简谐运动，软绳上会形成横波波形，如图甲所示．已知软绳端点M的振动

图像如图乙．观察发现，当t=1s时，软绳上各点都已经开始振动．在t=1.1s时刻，M、N平衡位置之间只有一个波峰，且N点处在平衡位置，M、N两点平衡位置之间距离d=0.6m．求：①波长和传播速度；②从端点M起振开始计时，绳上N点第五次运动到波峰位置的时间．【答案】①第一种：当1

0.6dm时，13/vms；第二种：当220.43dm时，22/vms②当13/vms时，11.15ts；当22/vms时，21.25ts【解析】【分析】根据波在一个周期内传播的距离是一个波长，分析PQ间距离与波长的关系，

求解波长，介质中各个质点起振方向与波源的起振方向相同．由图乙读出周期，再由波速公式求出波速；M点振点方向向下，求出绳上N点第五次到达波峰位置的时间；【详解】解：①由图乙可知，波传播的周期0.2Ts，在1.1ts时，M点振动方向向上；由题意知，有两种可

能第一种：当10.6dm时，110.6/3/0.2vmsmsT第二种:当220.43dm时，220.4/2/0.2vmsmsT②由图乙可知，0t时，M点振点方向向下，绳上N点第五次到达波峰

位置的时间：344dtTTv当13/vms时，11341.154dtTTsv当22/vms时，22341.254dtTTsv