2020年江西省上饒市高考物理一模試卷一、選擇題：（本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.）（本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，其中1-5單選.6-8多選，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）（6分）下列說法正確的是（ ）A.所有的核反應都具有質量虧損B.光子既具有能量，又具有動量C.高速飛行的子彈不具有波動性D.￡衰變本質是原子核中一個質子釋放一個電子而轉變成一個中子（6分）高鐵是中國“新四大發(fā)明之一，有一段視頻，幾年前一位乘坐京瀘高鐵的外國人，在最高時速300公里行駛的列車窗臺上，放了一枚直立的硬幣，如圖所示，在列車行駛的過程中，硬幣始終直立在列車窗臺上，直到列車橫向變道進站的時候，硬幣才倒掉。這一視頻證明了中國高鐵的極好的穩(wěn)定性。關于這枚硬幣，下列判斷正確的是（ ）A.硬幣直立過程可能受到與列車行駛方向相同的摩擦力作用B.硬幣直立過程一定只受重力和支持力而處于平衡狀態(tài)C.硬幣倒掉是因為受到風吹的原因D.列車加速或減速行駛時，硬幣都可能受到與列車運動方向相反的摩擦力作用（6分）如圖所示，豎直平面內的光滑水平軌道的左邊與墻壁對接，右邊與一個足夠高的四分之一光滑圓弧軌道平滑相連，木塊A、B靜置于光滑水平軌道上，A、B的質量分別為1.5kg和0.5kg現讓A以6m/s的速度水平向左運動，之后與墻壁碰撞，碰撞的時間為0.2s,碰后的速度大小變?yōu)?m/s,當A與B碰撞后立即粘在一起運動，g取10m/s2,則（ ）

A與墻壁碰撞過程中，墻壁對A的平均作用力的大小F=15NA和B碰撞過程中，A對B的作用力大于B對A的作用力A、B碰撞后的速度v=2m/sA、B滑上圓弧的最大高度h=0.45m（6分）2019年11月5日1時43分，中國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長征三號乙運載火箭，成功發(fā)射第49顆北斗導航衛(wèi)星，該衛(wèi)星發(fā)射成功，標志著北斗三號系統(tǒng)3顆IGSO衛(wèi)星（傾斜地球同步軌道衛(wèi)星）全部發(fā)射完畢。該衛(wèi)星在軌道上運動的周期與地球自轉周期相同，但該軌道平面與赤道平面有一定的夾角，因此該軌道也被稱為傾斜同步軌道，根據以上信息請判斷下列說法中不正確的是（）A.該衛(wèi)星做勻速圓周運動的圓心一定是地球的球心B.該衛(wèi)星離地面的高度等于地球同步衛(wèi)星離地面的高度C.地球對該衛(wèi)星的萬有引力一定等于地球對地球同步衛(wèi)星的萬有引力D.只要傾角合適，處于傾斜同步軌道上的衛(wèi)星可以在每天的固定時間經過同一城市的上空（6分）如圖甲，理想變壓器的原、副線圈匝數比\：n2=10：1,副線圈電路接有滑動變阻器R和額定電壓為12V、線圈電阻為2Q的電動機M.原線圈輸入的交流電壓如圖乙。閉合開關S,電動機正常工作，電流表示數為1A.下列判斷正確的是（ ）￡49A.副線圈兩端的電壓有效值為22：先vB.滑動變阻器R的接入電阻為10QC.電動機輸出的機械功率為12WD.若電動機突然卡住，原線圈輸入功率將變?。?分）如圖所示，虛線框內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B,磁場區(qū)域上下寬度為l；質量為m、邊長為l的正方形線圈abcd平面保持豎直，ab邊保持水平地從距離磁場上邊緣一定高處由靜止下落，以速度v進入磁場，經一段時間又以相同的速度v穿出磁場，重力加速度為g。下列判斷正確的是（ ）

A.線圈的電阻R=B…mg2B.進入磁場前線圈下落的高度h=『2gC.穿過磁場的過程中線圈電阻產生的熱量Q=2mglD.線圈穿過磁場所用時間t=LV（6分）A、B兩物體質量均為m,其中A帶正電，帶電量為+q,B不帶電，通過勁度系數為k的絕緣輕質彈簧相連放在水平面上，如圖所示，開始時A、B都處于靜止狀態(tài)，現在施加豎直向上的勻強電場，電場強度E=2里，q式中g為重力加速度，若不計空氣阻力，不考慮A物體電量的變化，則以下判斷正確的是（ ）A.剛施加電場的瞬間，A的加速度大小為2gB.從施加電場開始到B剛要離開地面的過程中，A物體速度大小一直增大C.從施加電場開始到B剛要離開地面的過程中，A物體的機械能增加量始終等于A物體電勢能的減少量D.B剛要離開地面時，A的速度大小為2g（6分）如圖所示，半徑分別為R和2R的甲、乙兩薄因盤固定在同一轉軸上，距地面的高度分別為2h和h,兩物塊a、b分別置于圓盤邊緣，a、b與圓盤間的動摩擦因數〃相等，轉軸從靜止開始緩慢加速轉動，觀察發(fā)現，a離開圓盤甲后，未與圓盤乙發(fā)生碰撞，重力加速度為g,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則（ ）

A?動摩擦因數一定大于鏡B.離開圓盤前，a所受的摩擦力方向一定指向轉軸C.離開圓盤后，a運動的水平位移大于b運動的水平位移D.若=*.落地后a、b到轉軸的距離之比為‘.?',：’'五三、非選擇題：第9-12題為必考題，每個試題考生都必須作答.第13-16題為選考題，考生根據要求作答.(一)必考題：(6分)在探究物體質量一定時加速度與力的關系實驗中，小明同學作了如圖甲所示的實驗改進，在調節(jié)桌面水平后，添加了力傳感器來測細線中的拉力。已知當地的重力加速度取g=10m/s2(1)關于該實驗的操作，下列說法正確的是 ;A.必須用天平測出沙和沙桶的質量一定要保證沙和沙桶的總質量遠小于小車的質量C.應當先釋放小車，再接通電源D.需要改變沙和沙桶的總質量，打出多條紙帶(2)由多次實驗得到小車的加速度a與力傳感器示數F的關系如圖乙所示，則小車與軌道間的滑動摩擦力Ff=N；(3)小明同學不斷增加沙子質量重復實驗，發(fā)現小車的加速度最后會趨近于某一數值，從理論上分析可知，該數值應為m/s2。(9分)圖甲為某同學組裝完成的簡易多用電表的電路圖圖中E是電池：R「R2、R3、R4和R5是固定電阻，R6是可變電阻：表頭電流表G的量程為0?1mA,內阻Rg=200Q.B為換擋開關，A端和B端分別與兩表筆相連該多用電表有5個擋位，分別為直流電壓3V擋和15V擋，直流電流5mA擋和1A擋，歐姆“X100Q”擋。M務（1）圖甲中的A端與（填“紅”或“黑”）色表筆相連接；（2）開關s接位置 （填“1”或“2”）時是電流擋的大量程，根據題給條件可得，R1+R2=。，R4=Q，R5=Q；（3）某次測量時該多用電表指針位置如圖乙所示。若此時B端是與“1”相連的，則多用電表讀數為 ；若此時B端是與“3”相連的，則讀數為 ；（4）多用電表長時間使用后會造成電源的電動勢減小和內阻增大，若繼續(xù)使用時還能進行歐姆調零，則用該多用電表測量電阻時，所測得的電阻值將 （填“偏大”、“偏小”或“不變”）。（12分）如圖所示，半徑R=0.2m的光滑四分之一圓軌道MN豎直固定放置，末端N與一長L=0.8m的水平傳送帶相切，水平銜接部分摩擦不計，傳動輪（輪半徑很?。┳黜槙r針轉動，帶動傳送帶以恒定的速度v0運動.傳送帶離地面的高度h=1.25m,其右側地面上有一直徑D=0.5m的圓形洞，洞口最左端的A點離傳送帶右端的水平距離S=1m,B點在洞口的最右端.現使質量為m=0.5kg的小物塊從M點由靜止開始釋放，經過傳送帶后做平拋運動，最終落入洞中，傳送帶與小物塊之間的動摩擦因數=0.5.g取10m/s2.求：（1）小物塊到達圓軌道末端N時對軌道的壓力（2）若v0=3m/s,求物塊在傳送帶上運動的時間（3）若要使小物塊能落入洞中，求v0應滿足的條件.（20分）如圖所示，平面直角坐標系第一象限中，兩個邊長均為L的正方形與一個邊長為L的等腰直角三角形相鄰排列，三個區(qū)域的底邊在x軸上，正方形區(qū)域I和三角形區(qū)域m存在大小相等,方向沿y軸負向的勻強電場。質量為m、電量為q的帶正電粒子由正方形區(qū)域I的頂點A以初速度v0沿x軸正向射入區(qū)域I,離開電場后打在區(qū)域n底邊的中點p.若在正方形區(qū)域n內施加垂直坐標平面向里的勻強磁場，粒子將由區(qū)域n右邊界中點q離開磁場，進入區(qū)域m中的電場。不計重力，求：

（1）正方形區(qū)域I中電場強度E的大小;（2）正方形區(qū)域n中磁場磁感應強度的大小;（3）粒子離開三角形區(qū)域的位置到x軸的距離?！疚锢?-選修3-3］（15分）（5分）南方冬日的午后，天空下著小雨，小明同學從家里出發(fā)騎電動車前往學校上課，則下列說法正確的是（ ）A.出發(fā)前小明給電動車打氣，若環(huán)境溫度不變，發(fā)現越打氣越困難，這是因為電動車車胎內氣體氣壓增大B.在路上小明感覺十分寒冷潮濕，這是因為此時溫度低、空氣相對濕度較大，人體皮膚水分不會蒸發(fā)C.小明經過學校小池塘旁邊時，發(fā)現有樹葉散落在水中，并且在緩慢移動時，這是樹葉在水中做布朗運動D.來到教室，小明看到教室外的玻璃窗已經被雨水打濕，雨水附著在玻璃上，說明水對玻璃是浸潤的E.開始上課后，為了給教室加溫，小明打開空調，此時空調機向教室內釋放的熱量多于向教室外吸收的熱量（10分）一U形玻璃管豎直放置，左端開口，右端封閉，玻璃管導熱良好。用水銀封閉一段空氣在右管中，初始時，管內水銀柱及空氣柱長度如圖甲所示。將玻璃管在豎直平面內旋轉90°如圖乙所示。求此時右管中水銀面移動的距離。已知玻璃管的橫截面積處處相同，大氣壓強P0=76.0cmHg環(huán)境溫度不變。（管的直徑忽略不計）【物理-選修34］（15分）.下列說法正確的是（ ）A.聲波在空氣中傳播時，空氣分子不隨聲波的傳播向外遷移B.兩列機械橫波相遇，在相遇區(qū)一定會出現穩(wěn)定的干涉現象C.無論機械波還是電磁波由空氣向水中傳播時，其頻率均不變D.赫茲不僅通過實驗證實了電磁波的存在，還測出了電磁波在真空中的速度為cE.電磁波的偏振現象說明它具有波動性，實際上所有波動形式都可以發(fā)生偏振現象如圖，MN下方足夠大的空間有一長方體玻璃介質，其折射率門=：耳，玻璃介質的上邊界MN是屏幕，玻璃中有一個正三棱柱的真空區(qū)域。三棱柱軸線與紙面垂直，圖中豎直截面正三角形的邊長為20cm,頂點C緊靠屏幕，距離可忽略。底邊AB與屏幕平行，一束激光在豎直截面內垂直于AB邊射向AC邊的中點O,結果在屏幕MN上出現了兩個光斑。光在真空中的傳播速度c=3X108m/s,求兩個光斑之間的距離。MCV2020年江西省上饒市高考物理一模試卷參考答案與試題解析一、選擇題：（本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.）（本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，其中1-5單選.6-8多選，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）1.【解答】解：A、只有較重的原子核裂變成中等質量的原子核或較輕的原子核聚變?yōu)橹械荣|量的原子核時才有能量釋放，具有質量虧損，故A錯誤。B、光子作為一種粒子，具有能量和動量，光電效應說明光子具有能量，康普頓效應說明光子具有動量，視正確。C、根據德布羅意理論，無論是宏觀粒子還是微觀粒子，都同時具有粒子性和波動性，故C錯誤。D、￡衰變本質是原子核中一個中子釋放一個電子而轉變成一個質子，故D錯誤。故選：B。2?【解答】解：ABD、當列車勻速直線行駛時硬幣立于列車窗臺上，穩(wěn)穩(wěn)當當，說明硬幣處于平衡狀態(tài)，此時硬幣受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，它們是一對平衡力；當列車在加速或減速過程中，硬幣會受到沿著行進方向的靜摩擦力或行進方向反向的靜摩擦力提供硬幣加速度，故A正確，BD錯誤；C、硬幣倒掉是因為列車橫向變道時，列車運動的方向發(fā)生變化，硬幣受到與運動方向不一致的靜摩擦力的作用，列車內是全封閉區(qū)域是沒有外界吹來的風。故C錯誤。故選：A。.【解答】解：A、設水平向右為正方向，A與墻壁碰撞過程，由動量定理得：Ft=mAv‘1-mA?（-丫1）,已知，v1=6m/s,v/1=4m/s,mA=1.5kg,1=0.2$,代入數據解得：墻壁對A的平均作用力為：F=75N,故A錯誤。B、根據牛頓第三定律知，A和B碰撞過程中，A對B的作用力與B對A的作用力大小相等，故B錯誤。C、設碰撞后A、B的共同速度為v,以向右為正方向，由動量守恒定律得：mAv'1=（mA+mB）v解得：v=3m/s,故C錯誤。D、A、B在光滑圓形軌道上滑動時，只有重力做功，其機械能守恒，由機械能守恒定律得：看(mA+mB)v2=(mA+mB)gh代入數據解得：h=0.45m。故D正確。故選：D。.【解答】解：A、傾斜同步軌道圍繞地球做勻速圓周運動，圓心一定是地球的球心，故A正確。2B、根據萬有引力提供向心力，有：G曰=11^與一工，得：r=*里二，因為傾斜地球同步軌道衛(wèi)星的周期與r2T2 YW赤道上空的同步衛(wèi)星的周期相同，故它的軌道高度與位于赤道上空的同步衛(wèi)星的軌道高度相同，故B正確。C、根據尸=號可知，由于不知道該衛(wèi)星和地球同步衛(wèi)星質量的關系，所以無法判斷萬有引力的關系，故：不r正確。D、傾斜同步軌道衛(wèi)星相對于地球非靜止的，所以傾斜同步軌道衛(wèi)星從地球上看是移動的，故該衛(wèi)星不可能始終位于地球表面某個點的正上方，所以只要傾角合適，處于傾斜同步軌道上的衛(wèi)星可以在每天的固定時間經過同一城市上空，故D正確。本題選不正確的，故選：C。5?【解答】解：人、輸入電壓最大值為220V2則有效值為：Ui=22/=220V,U9=-U1=22V,^A錯誤1V2 』\iB、副線圈上的電壓是22V,電動機正常工作的電壓為12V,所以滑動變阻器上的電壓為：Ur=22V-12V=10V,所以滑動變阻器的電阻值為：R=j=寧=100,故B正確；C、輸出的機械功率為：p二口工？-1繃=12X1-12X2=10W,故C正確J JD、卡住電動機，線圈在磁場中轉動產生的反電動勢消失，電路中的電流增大，輸出功率增加，則原線圈輸入功率增加，故D錯誤。故選：B。6.【解答】解：A、線圈以相同速度v進、出磁場，且磁場寬度等于線圈邊長，因此線圈一定是勻速穿過磁場區(qū)域，22此過程中線圈始終有一條邊在磁場中受安培力，由平衡條件得BIl=mg,其中感應電流1="巴，解得R=B1",K mg故A正確；28、進入磁場前線圈做自由落體運動，因此h=?，故B正確；C、線圈穿過磁場的過程中，位移為21,由能量守恒定律可知，線圈電阻產生的熱量等于線圈重力勢能的減少量，即Q=2mgl,故C正確；D、線圈勻速穿過磁場區(qū)域，因此線圈穿過磁場所用時間t=2L,故D錯誤。故選：ABC。7?【解答】解：A、在未施加電場時，A物體處于平衡狀態(tài)，合外力為零。當施加上電場力瞬間，A物體受到的合外力為施加的電場力，故有：qE=ma,結合E=Z里，解得：a=2g,方向向上，故A正確。qB、B剛要離開地面時，彈簧的拉力等于mg,此時A物體合力為0.從施加電場開始到彈簧恢復原長的過程中，對A,根據牛頓第二定律得qE-mg+kx=ma,隨著x減小，a減小，A物體做加速度逐漸變小的加速運動。從彈簧恢復原長到B剛要離開地面的過程中，qE-mg-kx=ma,隨著x的增大，a減小，A物體繼續(xù)做加速度逐漸變小的加速運動，故A物體速度一直增大，故B正確。C、B剛要離開地面與開始時彈簧的彈力大小相等，從施加電場開始到B剛要離開地面的過程中，彈簧的彈性勢能變化量為零，對整個過程來說，A物體的機械能增加量等于A物體電勢能的減少量。從開始到彈簧恢復原長的過程，A物體的機械能增量等于電勢能減少量與彈性勢能減少量之和，從彈簧恢復原長到B剛要離開地面的過程，A物體的機械能增量與彈性勢能的增加量之和等于電勢能的減少量，故C錯誤。D、從開始到B剛要離開地面的過程，彈簧的彈力做功為零，A上升的距離為：x=2』晝=2里，根據動能定理kk可知：(qE-mg)x=]mv2,解得：v=2g：型，故D正確。故選：ABD。.【解答】解：BCD、由分析可知，兩物塊隨圓盤轉動的角速度相同，離開圓盤前，摩擦力充當向心力，指向轉軸，當最大靜摩擦力提供物體向心力時，此時的角速度為物體隨圓盤做圓周運動的最大角速度，為臨界角速度，根據牛頓第二定律得：mbg=2mbR"，解得b物體滑離圓盤乙的臨界角速度為叫=，_票，同理：a物塊的臨界角速度3a=..；詈，由于3b<%,所以一定是b物塊先離開圓盤，離開圓盤后，物塊做平拋運動，對b物體的水平位移為xb=vb?t=2R3b?.；&1=2 口點，同理：a物體的水平位移xa=va?t=R3a?.；生1=2二B疝，離開圓盤后a的位移等于b的水平位移，若=孚時，a的落地點距轉軸的距離為x1=.；R2+2=-/五r,同理，1b的落地點距轉軸的距離為x2= 產十平=?；：森，故xa：xb=..：五；五，故BD正確，C錯誤。A、物塊a滑離圓盤時，未與圓盤乙相碰，如圖所示，由幾何知識知：物體a的到達圓盤乙的平面時，其位移最小值為xmin='/(2R)2_R?,據平拋運動可知，x=R3a?t=R3a?.：也三xmin,解得：三寮，故A錯誤。

故選：BD。三、非選擇題：第9-12題為必考題，每個試題考生都必須作答.第13-16題為選考題，考生根據要求作答.（一）必考題：.【解答】解：（1）AB、對小車的拉力是通過力傳感器得到的，故無需測量沙和沙桶的質量，也不需要滿足沙和沙桶的總質量遠小于小車的質量，故AB錯誤。C、使用打點計時器，應先接通電源，在釋放小車，故C錯誤。口、探究物體質量一定時加速度與力的關系，要改變沙和沙桶的總質量，打出多條紙帶，故D正確。故選：D（2）根據牛頓第二定律可知2F-Ff=ma,圖象a=0時，F=0.5N,解得Ff=1.0N（3）根據實驗原理可知小車的加速度是砂和砂桶加速度的工，而砂和砂桶的加速度最大為重力加速度，即可判2斷小車的加速度為a=-1-g=5m/s2o故答案為：（1）D；（2）1.0；（3）5m/s2o.【解答】解：（1）由圖（a）所示電路圖可知，B與歐姆表內置電源的負極相連，B為紅表筆，A為黑表筆。（2）由圖（a）所示電路圖可知，開關S接位置1時，分流電阻較小，此時電流擋的大量程；根據圖（a）所示電路圖，由歐姆定律可知：_r2-Ig5X10-3-lX10_r2-Ig5X10-3-lX10-3Q=50QR1+R2=15-1X10-3（20a+2300）（3）B端是與“1”相連的，電流表量程為1A,分度值是0.02A,多用電表讀數為0.02AX26=0.52AIX1O-3此時B端是與“3”相連，多用電表測電阻，由圖示可知，指針指在11的位置，則讀數為11X100Q=1100C；e（4）當電池電動勢變小、內阻變大時，歐姆得重新調零，由于滿偏電流Ig不變，歐姆表內阻R內=變小，1旦待測電阻的測量值是通過電流表的示數體現出來的,可知當R內待測電阻的測量值是通過電流表的示數體現出來的,可知當R內變小時,有：匚I*內，由于1g不變、R內變小,指針跟原來的位置相比偏左,歐姆表的示數變大。故答案為：(1)黑;(2)50,2800,12000；(3)0.52A,1100。；(4)偏大11?【解答】解：(1)設物塊滑到圓軌道末端速度v1，根據機械能守恒定律得：mgR=7j_inv[?設物塊在軌道末端所受支持力的大小為F,根據牛頓第二定律得：F-mg=m與一聯(lián)立以上兩式代入數據得：F=15N根據牛頓第三定律，對軌道壓力大小為15N,方向豎直向下(2)物塊在傳送帶上加速運動時，由mg=ma,得a=g=5m/s2加速到與傳送帶達到同速所需要的時間h一L=0.2s1a位移力="二口『0.5mL-s1勻速時間t2=~^—=0.1s故T=t1+t2=0.3s(3)物塊由傳送帶右端平拋h=-^gt2恰好落到A點 s=v2t 得v2=2m/s恰好落到B點 D+s=v3t 得v3=3m/s當物塊在傳送帶上一直加速運動時，做平拋運動的速度最大，假設物塊在傳送帶上達到的最大速度為v,由動能定理：umgL=^mv2-,強」得：v2=12,且12>9,所以物塊在傳送帶上達到的最大速度大于能進入洞口的最大速度，所以v0應滿足的條件是3m/s>v0>2m/s答：(1)小物塊到達圓軌道末端N時對軌道的壓力大小為15N,方向豎直向下；(2)若丫0=3向$,求物塊在傳送帶上運動的時間為0.3s；(3)若要使小物塊能落入洞中，v0應滿足的條件為3m/s>v0>2m/s.12?【解答】解：(1)帶電粒子在區(qū)域I中做類平拋，水平方向：L=v0t,豎直方向：￥=/&/，速度：vy=at,加速度：&母，設離開角度為。，則tan9 工，離開區(qū)域I后作直線運動：tan8=用工，解得：e三卷，戶45°；（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動：彳年中限由牛頓第二定律得：爐B」嗒，由幾何關系可得：尺—工，2mvn解得：B=-^l；（3）在q點進入區(qū)域m后，若區(qū)域m補成正方形區(qū)域，空間布滿場強為e的電場，由對稱性可知，粒子將沿拋物線軌跡運動到（3L，L）點，離開方向水平向右，通過逆向思維，可認為粒子從（3L，L）點向左做類平拋運動，當粒子運動到原電場邊界時：x'=v0t'，/［妙』，（L-a由幾何關系可知：x'+y'=L，解得：/=（2-/3）L，因此，距離x軸距離：d=L-yx=C..-；3-DL；2

mvn答：（1）正方形區(qū)域I中電場強度E的大小為 -；qL2mYn（2）正方形區(qū)域n中磁場