2020年广东省深圳市高考物理一模试卷及参考答案

2020年广东省深圳市高考物理一模试卷

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3分，有选错的得0分．

1．（6分）图为2020年深圳春节期间路灯上悬挂的灯笼，三个灯笼由轻绳连接起来挂在灯柱上，O为结点，轻绳OA、OB、OC长度相等，无风时三根绳拉力分别为F A、F B、F C．其中OB、OC两绳的夹角为60°，灯笼总质量为3m，重力加速度为g。下列表述正确的是（）

A．F B一定小于mg

B．F B与F C是一对平衡力

C．F A与F C大小相等

D．F B与F C合力大小等于3mg

[

2．（6分）为了做好疫情防控工作，小区物业利用红外测温仪对出入人员进行体温检测。红外测温仪的原理是：被测物体辐射的光线只有红外线可被捕捉，并转变成电信号。图为氢原子能级示意图，已知红外线单个光子能量的最大值为1.62eV，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，最少应给处于n＝2激发态的氢原子提供的能量为（）

A．10.20eV B．2.89eV C．2.55eV D．1.89eV

3．（6分）电容器是一种常用的电学元件，在电工、电子技术中有着广泛的应用。以下有关电容式传感器在生活中应用说法正确的是（）

A．甲图中，手指作为电容器一电极，如果改用绝缘笔在电容式触摸屏上仍能正常操作

B．乙图中，力F增大过程中，电流计中的电流从a流向b

C．丙图中，油箱液位上升时，电容变小

D．丁图中，当传感器由静止突然向左加速，电容器处于充电状态

4．（6分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为11：1，原线圈接入如图乙所示的

正弦式交变电流，A、V均为理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，R是定值电阻，L是灯泡，R t是热敏电阻（电阻随温度升高而减小）。以下说法正确的是（）

A．交变电流的频率为100Hz

B．电压表的示数为10V

C．当温度升高时，灯泡L变亮

D．当温度降低时，理想变压器输入功率增大

5．（6分）如图甲所示，质量为0.5kg的物块和质量为1kg的长木板，置于倾角为37°足够长的固定斜面上，t＝0时刻对长木板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块开始沿斜面上滑，作用一段时间t后撤去拉力F．已知长木板和物块始终保持相对静止，上滑时速度的平方与位移之间的关系如图乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（）

A．长木板与斜面之间的动摩擦因数为μ1＝0.35

B．拉力F作用的时间为t＝2s

C．拉力F的大小为13N

D．物块与长木板之间的动摩擦因数μ2可能为0.88

6．（6分）如图所示，一光滑绝缘足够长的斜面与两个等量同种正点电荷连线的中垂面重合，O为两点电荷连线的中点。A、B为斜面上的两点，且BO＞AO．一个带电荷量为q、质量为m，可视为质点的小物块，从A点以初速度v0开始沿斜面下滑，到达B点速度恰好为零。（斜面对电场无影响）以下说法正确的是（）

A．小物块带正电，从A运动到B点，加速度先增大后减小

B．小物块带负电，从A运动到B点，电势能先减小后增大

C．小物块运动到O点时具有最大速度

D．小物块能回到A点，且速度大小等于v0

7．（6分）如图所示，一磁感强度为B的匀强磁场垂直纸面向里，且范围足够大。纸面上M、N两点之间的距离为d，一质量为m的带电粒子（不计重力）以水平速度v0从M点垂直进入磁场后会经过N点，已知M、N两点连线与速度v0的方向成30°角。以下说法正确的是（）

A．粒子可能带负电

B ．粒子一定带正电，电荷量为mv 0dB

C ．粒子从M 点运动到N 点的时间可能是πd 3v 0

D ．粒子从M 点运动到N 点的时间可能是

13πd 3v 0 /

8．（6分）如图所示，航天器和卫星分别在同一平面内的1、2轨道上绕地球做匀速圆周运

动，其半径分别为r 、2r ，速率分别为v 1和v 2，航天器运动到A 点时突然加速到v 3后沿曲线运动，其轨迹与轨道2交于B 点，经过B 点时速率和加速度分别为v 4和a 1，卫星通过B 点时加速度为a 2．已知地球的质量为M ，质量为m 的物体离地球中心距离为r 时，系统的引力势能为?GMm r

（取物体离地球无穷远处引力势能为零），物体沿AB 曲线运动时机械能为零。则下列说法正确的是（）

A ．v 3=√2v 1

B ．v 2＝v 4

C ．a 1＞a 2

D ．若航天器质量为m 0，由A 点运动到B 点的过程中地球对它的引力做功为﹣m 0v 22

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．（一）必考题（共129分）

9．（5分）小明同学在“研究物体做匀变速直线运动规律”的实验中，利用打点计时器（电

源频率为50Hz）记录了被小车拖动的纸带的运动情况，并取其中的A、B、C、D、E、F、G七个计数点进行研究（每相邻两个计数点之间还有4个点未画出）。其中x1＝0.70cm，x2＝1.62cm，x3＝2.75cm，x4＝cm（从图中读取），x5＝5.65cm，x6＝7.41cm，则打点计时器在打D点时小车的速度v D＝m/s，小车的加速度a＝m/s2．（计算结果均保留到小数点后两位）

10．（10分）在一次测量定值电阻R x阻值（R x≈5Ω）的分组实验中，甲、乙两组分别进行了如下实验过程：

（1）甲组可选器材如下：

滑动变阻器R A（0～500Ω，100mA）；

滑动变阻器R B（0～5Ω，2A）；

电流表A（0～0.6A、内阻约2Ω：0～3A、内阻约0.5Ω）；

电压表V（0～3V、内阻约1.5kΩ：0～15V、内阻约7.5kΩ）；

电源E（电动势为3V）；

;

开关S，导线若干。

①为便于调节和测量，滑动变阻器采用分压接法，应选择（选填“R A”或“R B”）；

②请根据以上实验器材，在图甲中将实物电路连接完整：

③按以上操作，测得R x测R x真（填“＞”、“＝”或“＜”）。

（2）乙组可选器材如下：

电压表V（0～3V）；

滑动变阻器R C（10Ω，1A）；

电阻箱R0（0～999.99Ω）；

电源E（电动势为3V）；

开关S。

请根据乙组的电路图乙和以上实验器材在MN处先接，按一定的步骤操作后记下仪表的读数，再换接、正确操作后测出R x的阻值；若在MN处更换器材时，不小心将滑动变阻器的滑片P向左移了一些，测量结果将（填“变大”、“变小”或“不变”）。

（3）比较甲乙两组测量结果，组更接近真实值（填“甲”或“乙”）。11．（12分）如图所示，金属圆环轨道MN、PQ竖直放置，两环之间ABDC内（含边界）有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。电阻为r，长为2l的轻质金属杆，一端套在内环MN上，另一端连接质量为m的带孔金属球，球套在外环PQ上，且都与轨道接触良好。内圆半径r1＝l，外圆半径r2＝3l，PM间接有阻值为R的电阻，让金属杆从AB处无初速释放，恰好到达EF处，

EF到圆心的连线与竖直方向成θ角。其它电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g。

求：

（1）这一过程中通过电阻R的电流方向和通过R的电荷量q；

（2）金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速率v和R两端的电压U。

12．（20分）如图所示，光滑水平面上有一被压缩的轻质弹簧，左端固定，质量为m A＝1kg 的滑块A紧靠弹簧右端（不拴接），弹簧的弹性势能为E p＝32J．质量为m B＝1kg的槽B 静止放在水平面上，内壁间距为L＝0.6m，槽内放有质量为m C＝2kg的滑块C（可视为质点），C到左侧壁的距离为d＝0.1m，槽与滑块C之间的动摩擦因数μ＝0.1．现释放弹簧，滑块A离开弹簧后与槽B发生正碰并粘连在一起。已知槽与滑块C发生的碰撞为弹性碰撞。（g＝10m/s2）求：

（1）滑块A与槽碰撞前、后瞬间的速度大小；

（2）槽与滑块C最终的速度大小及滑块C与槽的左侧壁碰撞的次数；

（3）从槽开始运动到槽和滑块C相对静止时各自对地的位移大小。

【物理--选修3-3】（15分）

13．（5分）如图所示，圆筒形容器A、B用细而短的管连接，活塞F与容器A的内表面紧密接触，且不计摩擦。初始K关闭，A中有温度为T0的理想气体，B内为真空，整个系统对外绝热。现向右缓慢推动活塞F，直到A中气体的体积与B的容积相等时，气体的温度变为T1，则此过程中气体内能将（填“变大”、“不变”、“变小”）。然后固定活塞不动，将K打开，使A中的气体缓慢向B扩散，平衡后气体的温度变为T2，那么T2T1（填“＞”、“＝”、“＜”）。

…

14．（10分）如图甲所示，A端封闭、B端开口、内径均匀的玻璃管长L＝100cm，其中有一段长h＝15cm的水银柱把一部分空气封闭在玻璃管中。当玻璃管水平放置时，封闭气柱A长L A＝40cm。现把玻璃管缓慢旋转至竖直，如图乙所示，再把开口端向下插入水银槽中，直至A端气柱长L1＝30cm为止，这时系统处于静止平衡。已知大气压强p0＝75cmHg，整个过程温度不变，试求：

Ⅰ．玻璃管旋转至竖直位置时，A端空气柱的长度；

Ⅱ．如图丙所示，最后槽内水银进入玻璃管内的水银柱的长度d（结果保留两位有效数字）。

【物理--选修3-4】（15分）

15．如图所示，有两束细单色光p、q射向置于空气中的三棱镜表面，此时三棱镜的右侧表面只有一束光线射出（不考虑反射的情景），则两束光在三棱镜中的传播速率v p v q （填“＞”、“＝”、“＜”），若一束为黄光，一束为红光，则是红光（填“p”或“q”）。

16．一列简谐横波的波源振动一个周期时波形如甲图所示，乙图为质点Q从该时刻计时的振动图象，P、Q分别是平衡位置为x1＝0.5m和x2＝2m处的质点。

I．请判断该简谐横波的传播方向和P、Q两点谁先到达波谷，并计算波速；

Ⅱ．从计时时刻起，当质点Q第三次出现在波峰位置时，请确定x＝11m处的质点M的振动方向及M在这段时间内的总路程。

2020年广东省深圳市高考物理一模试卷

参考答案与试题解析

A．F B一定小于mg

B．F B与F C是一对平衡力

C．F A与F C大小相等

D．F B与F C合力大小等于3mg

【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．

【分析】以O点为研究对象作出受力分析图，由正交分解法可得出平行四边形，由几何关系可得出各力间的关系。

【解答】解：ACD、三个灯笼受到重力与OA的拉力，所以OA的拉力F A＝3mg

三根绳子等长，可知OB与OC的拉力是相等额；对O点进行受力分析如图：

—

可知：F B cos30°+F C cos30°＝F A＝3mg，

所以：F B=F C=√3mg，故A错误，C错误，D正确；

B、由图可知，F B与F C的方向不在同一条直线上，所以不是一对平衡力，故B错误；

故选：D。

【点评】该题结合力的合成与分解考查共点力平衡，解答的关键是要先判断出绳子OB 与OC上的拉力相等。

《

A．10.20eV B．2.89eV C．2.55eV D．1.89eV

【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁．

【分析】根据题意，氢原子在跃迁时辐射能量的最小能量要大于1.62eV，才能被红外测温仪捕捉。因此n＝2激发态的氢原子吸收最小能量跃迁到更高能级，再向低能级跃迁时，辐射能量最小值大于1.62eV即可。

【解答】解：由氢原子能级示意图可知，最少应给处于n＝2激发态的氢原子提供的能量，若使其跃迁到n＝4激发态，然后氢原子从n＝4激发态向低能级跃迁时，所辐射光子能量最小值为：

E min＝﹣0.85eV﹣（﹣1.51eV）＝0.66eV＜1.62eV，

同理，若氢原子从n＝3激发态向低能级跃迁时，所辐射光子能量最小值为：

E min＝﹣1.51eV﹣（﹣3.4eV）＝1.89eV＞1.62eV，

（

红外线单个光子能量的最大值为1.62eV，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，因此最少应给处于n＝2激发态的氢原子提供的能量，跃迁到n＝4激发态满足条件，

那么提供的能量为：△E＝E4﹣E2＝﹣0.85eV﹣（﹣3.4eV）＝2.55eV，故C正确，ABD 错误。

故选：C。

【点评】本题的关键是掌握氢原子在能级跃迁时，吸收或辐射的光子能量与各能级差间的关系，理解最少应给处于n＝2激发态的氢原子提供的能量，能使其跃迁到哪个能级是解题的关键，并注意辐射的光子能量最小值要小于1.62eV，即可被红外测温仪捕捉。3．（6分）电容器是一种常用的电学元件，在电工、电子技术中有着广泛的应用。以下有关电容式传感器在生活中应用说法正确的是（）

A．甲图中，手指作为电容器一电极，如果改用绝缘笔在电容式触摸屏上仍能正常操作！

B．乙图中，力F增大过程中，电流计中的电流从a流向b

C．丙图中，油箱液位上升时，电容变小

D．丁图中，当传感器由静止突然向左加速，电容器处于充电状态

【考点】AN：电容器与电容．

【分析】根据电容器的构造可以知道用绝缘笔代替手指，就不能构成电容器了，也就不

能正常工作；根据C=

4πkd可以判断两板间距离变化、正对面积发生变化时电容器的大

小变化，因为电容器两板间电压不变，所以会出现相应的充放电状态。

【解答】解：A、两个彼此绝缘的靠得很近的导体，构成一个简单的电容器。电容器的两个电极都是导体，若把绝缘笔代替手指，绝缘笔不是导体，不能作为电容器的一电极，触摸屏就不能正常工作了，故A错误；

B、乙图中，力F增大的过程中，电容器两极板间距离减小，根据C=

4πkd可知电容增

大，电容器始终与电源相连，所以电容器两板间电压不变，根据C=Q

U可知，电容器所带

电荷量增多，所以力F增大的过程中，给电容器充电，有充电电流，电流计中的电流从

b流向a，故B错误；

C、丙图中油箱液位上升时，等效为电容器的正对面积增加，根据C=

4πkd可知电容增

大，故C错误；

]

D、丁图中，当传感器由静止突然向左加速时，电介质进入电容器中部分增多，相当于介

电常数增大，根据C=

4πkd可知电容增大，根据C=

U可知，电容器带电荷量增加，所以

电容器处于充电状态，故D正确。故选：D。

【点评】一个要懂得电容器的构造，还有电容器的决定式C=

4πkd，并且会用这个决定

式判断电容器电容的大小变化。

4．（6分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为11：1，原线圈接入如图乙所示的正弦式交变电流，A、V均为理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，R 是定值电阻，L是灯泡，R t是热敏电阻（电阻随温度升高而减小）。以下说法正确的是（）

A．交变电流的频率为100Hz

B．电压表的示数为10V

C．当温度升高时，灯泡L变亮

D．当温度降低时，理想变压器输入功率增大

【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E8：变压器的构造和原理．

【分析】根据图乙可知原线圈输入的交流电的频率。

二极管具有单向导电性，根据电流热效应求解交流电的有效值，根据变压比得到电压表示数。

温度变化，热敏电阻阻值变化，结合欧姆定律进行分析，分析输出功率的变化，得知输入功率的变化。

【解答】解：A、分析图乙可知，原线圈接入的正弦式交变电流的最大值为U m＝220V，

周期：T＝0.02s，则频率：f=1

=50Hz，故A错误；

B、二极管具有单向导电性，(m

)2?1R?T2=U12?

1 R ?T，解得：U1＝110V，根据变压比可知，副线圈输出电压：U2=n2n

U1=10V，则电压

表示数为10V，故B正确；

C、温度升高，热敏电阻R t阻值减小，根据欧姆定律可知，电流表示数增大，电阻R两

端电压增大，副线圈输出电压不变，则灯泡两端电压减小，灯泡L变暗，故C错误；

D、温度降低，热敏电阻R t阻值增大，根据欧姆定律可知，电流表示数减小，副线圈输

出功率减小，则理想变压器的输入功率减小，故D错误。

;

故选：B。

【点评】此题考查了变压器的规律及交变电流有效值的计算，要注意正确分析电路及图象，理解二极管的单向导电性，明确输出电压由输入电压决定，而输出功率决定了输入功率。

下列说法正确的是（）

A．长木板与斜面之间的动摩擦因数为μ1＝0.35

B．拉力F作用的时间为t＝2s

C．拉力F的大小为13N

D．物块与长木板之间的动摩擦因数μ2可能为0.88

！

【考点】1I：匀变速直线运动的图象；2A：滑动摩擦力与动摩擦因数；37：牛顿第二定律．

【分析】由速度位移的关系式：v2＝2ax与图形对比得到物体的最大速度、撤去F前的加速度大小、撤去F后的加速度大小、撤去F时发生的位移，再依据牛顿第二定律、速度公式依次求解即可。

【解答】解：设物块的质量为m＝0.5kg，长木板的质量为M＝1kg；

由速度位移的关系式：v2＝2ax与图形对比得：物体的最大速度v m＝8m/s，

撤去F前的加速度大小a1=v m2

2x1

=82×4m/s2＝1m/s2，

撤去F后的加速度大小a2=v m2

2x2

2(4.5?4)m/s

2＝8m/s2。

AC、撤去F前由牛顿第二定律得：F﹣（m+M）gsin37°﹣μ1（m+M）gcos37°＝（m+M）a1，

撤去F后由牛顿第二定律得：（m+M）gsin37°+μ1（m+M）gcos37°＝（m+M）a2，

(

联立解得：F＝13.5N，μ1＝0.25，故AC错误；

B、力F作用时物体做加速运动，由速度公式得：v m＝a1t，解得：t＝8s，故B错误；

D、以物块为研究对象，加速上升过程中根据牛顿第二定律可得μ2mgcos37°﹣mgsin37°

≥ma1，解得μ2≥0.875，物块与长木板之间的动摩擦因数μ2可能为0.88，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查了速度的平方与位移之间的关系图象与牛顿第二定律的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁可正确解题。

A．小物块带正电，从A运动到B点，加速度先增大后减小

B．小物块带负电，从A运动到B点，电势能先减小后增大

C．小物块运动到O点时具有最大速度

D．小物块能回到A点，且速度大小等于v0

【考点】A7：电场线；AE：电势能与电场力做功．

【分析】根据电场线的分布可以知道沿斜面方向的电场的特点，进而判断小物块沿斜面

运动必然是先加速后减速，可以判断小物块的电性，以及小物块电势能的变化；当小物块受力平衡时速度最大；根据能量守恒定律可以判断返回到A点时的速度大小。

【解答】解：A、根据等量同种电荷的电场线的分布特点可知，O点的场强为零，电场线方向沿OA、OB方向，沿斜面方向电势先升高后降低，小物块一初速度沿斜面下滑，到B点速度为零，整个过程中有重力和电场力做功，重力做正功，电场力做负功，所以小物块带负电，故A错误；

B、小物块带负电，沿斜面从A到O，电势升高，电势能减小。从O到B，电势降低，

电势能增大，故小物块从A点运动到B点，电势能先减小后增大，故B正确；

C、当小物块受力平衡时，速度最大。当小物块运动到O点时，所受电场力为零，合力

为重力沿斜面向下的分力，其加速度不为零，还将继续加速下滑，故C错误；

—

D、小物块到B点时速度为零，此时所受沿斜面向上的电场力大于沿斜面向下的重力的

分力，不能保持静止，所以，小物块将沿斜面向上运动。因为整个过程中只有重力和电场力做功，所以只有机械能和电势能之间的相互转化，根据能量守恒定律，当物块返回到A点时，重力和电场力做功为零，则小物块的动能不变，速度不变，故D正确。

故选：BD。

【点评】掌握等量同种电荷的电场线的特点是解题的关键，另外要注意结合能量守恒定律可以简化解题思路。

A ．粒子可能带负电

B ．粒子一定带正电，电荷量为mv 0dB

C ．粒子从M 点运动到N 点的时间可能是

πd 3v 0 /

D ．粒子从M 点运动到N 点的时间可能是13πd

3v 0

【考点】4A ：向心力；CI ：带电粒子在匀强磁场中的运动．

【分析】根据左手定则判断粒子的电性；根据几何关系可得粒子第一次经过N 点时轨迹对应的圆心角，再求出轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子的电荷量，根据运动情况结合周期公式求解时间的可能值。

【解答】解：根据题意可得，粒子从M 点垂直进入磁场后会经过N 点，轨迹如图所示：

A 、根据左手定则可知粒子带正电，故A 错误；

B 、设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R ，由于M 、N 两点之间的距离为d ，

根据几何关系可得粒子第一次经过N 点时轨迹对应的圆心角θ＝60°，则：R ＝d ，根据洛伦兹力提供向心力可得：R =mv 0qB

解得粒子的电荷量为：q =mv 0dB ，故B 正确；