2020山东省枣庄市高考物理教学质量检测试题

2019-2020学年高考物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1． “歼-20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。

在某次起飞中，质量为m 的“歼-20”以恒定的功率P 起动，其起飞过程的速度随时间变化图像如图所示，经时间t 0飞机的速度达到最大值为v m 时，刚好起飞。

关于起飞过程，下列说法正确的是
A ．飞机所受合力不变，速度增加越来越慢
B ．飞机所受合力增大，速度增加越来越快
C ．该过程克服阻力所做的功为2012
m Pt mv - D ．平均速度
2
m
v 2．如图所示，abcd 为边长为L 的正方形，在四分之一圆abd 区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B 。

一个质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从b 点沿ba 方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c 点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为
A ．
qBL
m
B ．
2qBL
m
C ．
(21)qBL
m
-
D ．
(21)qBL
m
+
3．北斗卫星导航系统(BDS)是中国自行研制的全球卫星定位和导轨系统，预计2020年形成全球覆盖能力。

如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a 、b 、c 三颗卫星均做匀速圆周运动，轨道半径
，其中a 是地球同步卫星，不考虑空气阻力。

则
A ．a 的向心力小于c 的向心力
B ．a 、b 卫星的加速度一定相等
C ．c 在运动过程中不可能经过北京上空
D ．b 的周期等于地球自转周期
4．为了探测某星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r 1的圆轨道上运动，周期为T 1，总质量为m 1，环绕速度为v 1。

随后登陆舱脱离飞船，变轨到离该星球更近的半径为r 2的圆轨道上运动环绕速度为v 2，周期为T 2，登陆舱的质量为m 2，引力常量为G ，则（ ）
A ．该星球的质量为21
2
1
4=r M GT π B ．该星球表面的重力加速度为21
2
14x r g T π=
C
．
12v v =D
．2T T =5．北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统(CNSS)，建成后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星．对于其中的5颗同步卫星，下列说法中正确的是 A ．它们运行的线速度一定大于第一宇宙速度 B ．地球对它们的吸引力一定相同 C ．一定位于赤道上空同一轨道上
D ．它们运行的速度一定完全相同
6．2018年11月1日，第四十一颗北斗导航卫星成功发射。

此次发射的北斗导航卫星是北斗三号系统的首颗地球静止轨道（GEO ）卫星，也是第十七颗北斗三号组网卫星。

该卫星大幅提升了我国北斗系统的导航精度。

已知静止轨道（GEO ）卫星的轨道高度约36000km ，地球半径约6400km ，地球表面的重力加速度为g ，请你根据所学的知识分析该静止轨道（GEO ）卫星处的加速度最接近多少（ ）
A ．
1g 36 B ．1g 6
C ．1g 12
D ．1g 72
7．家电待机耗电问题常常被市民所忽略。

北京市电力公司曾举办“计量日进您家”活动，免费上门为市民做家庭用电耗能诊断分析。

在上门实测过程中，技术人员发现电视机待机一天的耗电量在0.2度左右，小小机顶盒一天的待机耗电量更是高达0.4度。

据最新统计温州市的常住人口约1000万人，参考下表数据，估算每年温州市家庭用电器待机耗电量约为( )
A ．4×105度
B ．4×107度
C ．4×109度
D ．4×1011度
8．如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A 小球，同时水平细线一端连着A 球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A 、B 两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。

开始时A 、B 两球都静止不动，A 、B 两小球的质量相等，重力加速度为g ，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为 ( )
A ．0A
B a a == B ．2A a g =，0B a =
C ．3A a g =，0B a =
D ．23A a g =，0B a =
9．如图所示的电路中，电键1S 、2S 、3S 、4S 均闭合，C 是极板水平放置的平行板电容器，极板间悬浮着一油滴P ，下列说法正确的是（ ）
A ．油滴带正电
B ．只断开电键1S ，电容器的带电量将会增加
C ．只断开电键2S ，油滴将会向上运动
D ．同时断开电键3S 和4S ，油滴将会向下运动
10．烟雾探测器使用了一种半衰期为432年的放射性元素镅24195
Am 来探测烟雾。

当正常空气分子穿过探
测器时，镅
24195
Am 衰变所释放的射线会将它们电离，从而产生电流。

一旦有烟雾进入探测腔内，烟雾中的
微粒会吸附部分射线，导致电流减小，从而触发警报。

则（ ）
Am放出的是X射线
A．镅241
95
Am放出的是γ射线
B．镅241
95
Am经864年将有0.75mg发生衰变
C．1mg的镅241
95
Am因温度升高而半衰期变短
D．发生火灾时，烟雾探测器中的镅241
95
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．如图所示，一个表面光滑的斜面体M置于水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为α、β，且α<β，M的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B两个小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，A、B恰好在同一高度处于静止状态．剪断细绳后，A、B滑至斜面底端，M 始终保持静止，则()
A．滑块A的质量大于滑块B的质量
B．两滑块到达斜面底端时的速率相同
C．两滑块到达斜面底端时，滑块A重力的瞬时功率较大
D．两滑块到达斜面底端所用时间相同
12．关于动量冲量和动能，下列说法正确的是（）
A．物体的动量越大，表明它受到的冲量越大B．物体的动量变化，其动能有可能不变
C．物体受到合外力的冲量作用，则其动能一定变化D．物体动量变化的方向可能与初动量的方向不在同一直线上
13．理论表明，围绕地球转动的卫星，其机械能只与卫星的质量和轨道的长轴大小有关。

如图所示，A为地球，b、c为质量相同的两颗卫星围绕地球转动的轨道形状分别为圆和椭圆，两轨道共面，P为两个轨道的交点，b的半径为R，c的长轴为2R。

关于这两颗卫星，下列说法正确的是（）
A．它们的周期不同B．它们的机械能相等
C．它们经过P点时的加速度不同D．它们经过P点时的速率相同
14．如图所示，倾角为θ的足够长传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t=0时，将质量m=1kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块速度随时间变化的图象如图所示．设沿传送带向下为正方向，
取重力加速度g=10m/s1．则
A．摩擦力的方向始终沿传送带向下
B．1~1s内，物块的加速度为1m/s1
C．传送带的倾角θ=30°
D．物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
15．如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流以顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向以水平向左为正．则下面关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图象正确的是()
A．B．
C．D．
三、实验题：共2小题
16．如图所示，用质量为m的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。

利用该装置可以完成“验证牛顿第二定律”的实验。

(1)实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，操作方法是把长木板右端用垫木垫高，在不挂重物且计时器打点的情况下，轻推一下小车，让小车拖着纸带在长木板上运动，通过纸带判断小车是否做匀速运动，若实验中发现打点计时器在纸带上打的点如图所示，通过纸带可判断小车并不是做匀速直线运动，可通过以下措施进行改进（____）
A．若是纸带甲端与小车相连，则保持长木板在桌面上的位置不变，仅在原垫木的位置更换高度更矮的垫木即可
B．若是纸带甲端与小车相连，则保持长木板在桌面上的位置不变，仅把垫木向左平移适当位置即可C．若是纸带乙端与小车相连，则保持长木板在桌面上的位置不变，仅在原垫木的位置更换高度更高的垫木即可
D．若纸带乙端与小车相连，则保持长木板在桌面上的位置不变，仅把垫木向右平移适当位置即可
(2)采取合理的措施平衡摩擦力后开始进行实验，图是正确进行实验操作后打点计时器所打的纸带的一部分，在纸带上每隔四个点选一个点作为计数点，A、B、C、D和E为纸带上五个计数点。

已知打点计时器所用的电源频率为50Hz，则AC间的距离为_____________cm，可得小车的加速度a=___________m/s2（计算结果保留两位有效数字）
17．某同学用“插针法”测一玻璃砖的折射率。

①在木板上平铺一张白纸，并把玻璃砖放在白纸上，在纸上描出玻璃砖的两条边界。

然后在玻璃砖的一侧竖直插上两根大头针P1、P2，透过玻璃砖观察，在玻璃砖另一侧竖直插大头针P3时，应使P3________，用同样的方法插上大头针P4。

②在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作一半径为5. 00 cm的圆，与入射光线、折射光线分别
交于A、B点，再过A、B点作法线NN'的垂线，垂足分别为C、D点，如图所示。

测得AC=4.00 cm，BD=2.80 cm，则玻璃的折射率n=_____________。

四、解答题：本题共3题
18．如图所示，在边界OP、OQ之间存在竖直向下的匀强电场，直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。

从O点以速度v0沿与Oc成60°角斜向上射入一带电粒子，粒子经过电场从a点沿ab方向进人磁场区域且恰好没有从磁场边界bc飞出，然后经ac和aO之间的真空区域返回电场，最后从边界OQ 的某处飞出电场。

已知Oc=2L，ac=3L，ac垂直于cQ，∠acb=30°，带电粒子质量为m，带电量为+g，不计粒子重力。

求：
(1)匀强电场的场强大小和匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)粒子从边界OQ飞出时的动能；
(3)粒子从O点开始射入电场到从边界OQ飞出电场所经过的时间。

19．（6分）如图为过山车的简化模型，AB是一段光滑的半径为R的四分之一圆弧轨道，B点处接一个半径为r的竖直光滑圆轨道，滑块从圆轨道滑下后进入一段长度为L的粗糙水平直轨道BD，最后滑上半径为R，圆心角θ=60°的光滑圆弧轨道DE。

现将质量为m的滑块从A点由静止释放，求∶
(1)若R=3r，求滑块第一次到达竖直圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
(2)若要求滑块能滑上DE圆弧轨道但不会从E点冲出轨道，并最终停在平直轨道上，平直轨道BD的动摩擦因数μ需满足的条件。

20．（6分）壁厚不计的圆筒形薄壁玻璃容器的侧视图如图所示。

圆形底面的直径为2R，圆筒的高度为R。

(1)若容器内盛满甲液体，在容器中心放置一个点光源，在侧壁以外所有位置均能看到该点光源，求甲液体
的折射率；
(2)若容器内装满乙液体，在容器下底面以外有若干个光源，却不能通过侧壁在筒外看到所有的光源，求乙液体的折射率。

参考答案
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1．C 【解析】 【详解】
AB.根据图像可知，图像的斜率为加速度，所以起飞中，斜率越来越小，加速度越来越小，速度增加越来越慢，根据牛顿第二定律F ma =合，加速度减小，合外力减小，AB 错误
C.根据动能定理可知：20102m f mv Pt W -=-，解得：2012
f m W Pt mv =-，C 正确 D.因为不是匀变速运动，所以平均速度不等于2
m v
，D 错误
2．C 【解析】 【详解】
粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定经过圆心，由于粒子能经过C 点，因此粒子出磁场时一定沿ac 方向，轨迹如图：
由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为
1)r L L =-=
根据牛顿第二定律得：
20
0v qv B m r
=
解得：01)qBL
v m
= ，故C 正确。

故选：C 。

3．D
【解析】因a 、c 的质量关系不确定，则无法比较两卫星的向心力的大小，选项A 错误；a 、b 卫星的半径相同，则加速度的大小一定相同，选项B 错误；c 是一般的人造卫星，可能会经过北京的上空，选项C 错误；a 、b 的半径相同，则周期相同，因a 是地球的同步卫星，则两卫星的周期都等于地球自转的周期，选项D 正确；故选D. 4．D 【解析】 【详解】
由2
21111121112=Mm v G m r m r T r π⎛⎫= ⎪⎝⎭和2
2
22
22222222=Mm v G m r m r T r π⎛⎫= ⎪⎝⎭
A ．该星球的质量为
23
12
1
4=r M GT π 选项A 错误； B ．由
1
12
Mm G
m g R
= 星球的半径R 未知，不能求解其表面的重力加速度，选项B 错误； C ．由表达式可知
12v v =选项C 错误； D ．由表达式可知
2T T = 选项D 正确。

故选D 。

5．C 【解析】
第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，即是卫星环绕地球圆周运动的最大速度．而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，所以它们运行的线速度一定小于7.9km/s ，故A 错误．5颗同步卫星的质量不一定相同，则地球对它们的吸引力不一定相同，选项B 错误；同步卫星的角速度与地球的自转角速度，所以它们的角速度相同，故C 正确．5颗卫星在相同的轨道上运行，速度的大小相同，方向不同，选项D 错误；故选C.
点睛：地球的质量一定、自转角速度和周期一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它有确定的轨道高度和固定的速度大小． 6．A 【解析】 【分析】
近地卫星的加速度近似等于地球表面重力加速度，根据2
GM
a r =分析卫星的加速度。

【详解】
近地卫星的加速度近似等于地球表面重力加速度，根据2GM
a r
=
知，GEO 星的加速度与近地卫星的加速度之比222264001 (360006400)36
GEO GEO r a a r ==≈+近近，即GEO 星的加速度约为地球表面重力加速度的1/36倍，故A 正确，BCD 错误；故选A 。

7．C 【解析】 【详解】
温州市的常住人口约1000万人，平均每户的人口按3人计算，温州大约330万户家庭，一个家庭电器的待机功率：2×10W+1×20W+2×40W+1×40W=160W ；所有用电器待机的总功为：W=NPt=330×104×0.16kW×（360×24h ）=456192×104KW•h≈4.6×109度；故选C 。

8．D 【解析】 【分析】
对水平细线被剪断前的整体和小球B 受力分析，求出两段弹簧中的弹力。

水平细线被剪断瞬间，绳中力变为零，弹簧弹力不会突变，对A 和B 分别受力分析，由牛顿第二定律求出AB 各自的加速度。

【详解】
设两球的质量均为m ，倾斜弹簧的弹力为1T ，竖直弹簧的弹力为2T 。

对水平细线被剪断前的整体受力分
析，由平衡条件可得：0
1602T cos mg =，解得：14T mg =。

对水平细线被剪断前的小球B 受力分析，由
平衡条件可得：2T mg 。

水平细线被剪断瞬间，绳中力变为零，弹簧弹力不会突变。

对水平细线被剪断瞬间的A 球受力分析知，A 球所受合力与原来细线拉力方向相反，水平向左，由牛顿第二定律可得：
0160A T sin ma =，解得：A a =。

对水平细线被剪断瞬间的B 球受力分析知，B 球的受力情况不变，加速度仍为0。

故D 项正确，ABC 三项错误。

【点睛】
未剪断的绳，绳中张力可发生突变；未剪断的弹簧，弹簧弹力不可以突变。

9．C
【解析】
【详解】
A ．电容器的上极板与电源正极相连，带正电，油滴受到竖直向下的重力和电场力作用，处于平衡状态，故电场力方向竖直向上，油滴带负电，故A 错误。

B ．只断开电键S 1，不影响电路的结构，电容器的电荷量恒定不变，故B 错误。

C ．只断开电键S 2，电容器电压变为电源电动势，则电容器两极板间电压增大，电场强度增大，油滴将会向上运动，故C 正确。

D ．断开电键S 3和S 4，电容器电荷量不变，电场强度不变，油滴仍静止，故D 错误。

故选C 。

10．C
【解析】
【详解】
AB ．镅241
95Am 会释放出射线将它们电离，从而产生电流，而三种射线中α射线能使空气电离，故镅241
95Am
放出的是α射线，故AB 错误；
C ．半衰期为432年，当经864年，发生两次衰变，1mg 的镅将衰变掉四分之三即0.75mg ，还剩下0.25 mg 没有衰变，故C 正确；
D ．半衰期由原子核本身的性质决定，与物理条件和化学状态均无关，则温度升高而半衰期不变，故D 错误。

故选C 。

二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．AB
【解析】
滑块A 和滑块B 沿着斜面方向的分力等大，故：m A gsinα=m B gsinβ；由于α＜β，故m A ＞m B ，故A 正确；
滑块下滑过程机械能守恒，有：mgh=12
mv 2，则，由于两个滑块的高度差相等，故落地速度大小相等，即速率相等，故B 正确；滑块到达斜面底端时，滑块重力的瞬时功率：
P A =m A gsinα•v ，P B =m B gsinα•v ；
由于m A gsinα=m B gsinβ，故P A =P B ，故C 错误；由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma ，a=gsinθ，α＜β，则a A ＜a B ，物体的运动时间v t a
=，v 相同、a A ＜a B ，则t A ＞t B ，故D 错误；故选AB ． 点睛：本题综合考查了共点力平衡、牛顿第二定律和运动学公式，综合性较强，注意求解瞬时功率时，不能忘记力与速度方向之间的夹角．
12．BD
【解析】
【详解】
A ．根据动量定理可知，动量的改变量越大，冲量越大，动量和冲量无直接联系，故A 错误；
B ．匀速圆周运动的速度方向时刻变化，但速度大小不变，所以动量变化，但动能不变，故B 正确；
C ．匀速圆周运动的合外力的冲量不为零，但动能不变，故C 错误；
D ．由公式'p p p ∆=-可知，由于动量和动量变化为矢量，遵循平行边形定则，则物体动量变化的方向可能与初动量的方向不在同一直线上，故D 正确。

故选BD 。

13．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．卫星b 的轨道半径与卫星c 运行轨道的半长轴大小相等，都是R ，根据3
2R k T
=可知，两颗卫星运行周期相同，A 错误；
B ．由题意可知，两颗卫星质量相同，卫星b 的轨道半径与卫星c 运行轨道的半长轴大小相等，故机械能相等，B 正确；
C ．卫星经过P 点时的加速度为
2
GM a r = 所以加速度相同，C 错误；
D ．因为卫星b 的轨道半径与卫星c 运行轨道的半长轴大小相等，且质量相等，所以两颗卫星经过P 点时的势能相同，又因为B 选项中两卫星的机械能相等，则动能相同，速率相同，D 正确。

故选BD 。

14．BD
【解析】
【分析】
【详解】
开始物块相对于传送带向后滑动，物块受到的摩擦力平行于传送带向下，当物块受到大于传送带速度后，物块受到的摩擦力方向平行于传送带向上，故A错误；由图1所示图象可知，1～1s内，物块的加速度
，故B正确；由图1所示图象可知，在0～1s内物块的加速度
，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma，在1～1s内，由牛顿第二定
律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma′，解得：μ=0.5，θ=37°，故C错误，D正确。

故选BD正确。

15．AC
【解析】
【详解】
分析：根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势和感应电流的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方向，通过安培力大小公式求出安培力的大小以及通过左手定则判断安培力的方向．
解答：解：A、0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺
时针方向，为正值．根据法拉第电磁感应定律，E==B0S为定值，则感应电流为定值，I1=．在2～
3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与0～2s内相同．在3～4s内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同．故A正确，B错误．C、在0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据F A=BIL，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值．0时刻安培力大小为F=2B0I0L．在2s～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据F A=BIL，则安培力逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，3s末安培力大小为B0I0L．在2～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd 边所受安培力方向向右，为负值，第4s初的安培力大小为B0I0L．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，6s末的安培力大小2B0I0L．故C 正确，D错误．
故选AC．
三、实验题：共2小题
16．AC 1.23（1.21~1.25）0.24（0.23~0.25）
【解析】
【详解】
(1)[1]AB．若是纸带甲端与小车相连，由图乙可知，小车做加速运动，说明平衡摩擦过度，则应保持长木板在桌面上的位置不变，仅在原垫木的位置更换高度更矮的垫木即可，故A正确，B错误；
CD ．若是纸带乙端与小车相连，由图乙可知，小车做减速运动，说明平衡摩擦不够，则应保持长木板在桌面上的位置不变，仅在原垫木的位置更换高度更高的垫木即可，故C 正确，D 错误。

故选AC ；
(2)[2]由图可知，AC 距离为
(2.23 1.00)cm 1.23cm AC x =-=
由于读数误差，1.21cm~1.25cm ，均正确；
[3]由图可知，AB 距离为
(1.50 1.00)cm 0.50cm AB x =-=
BC 距离为
(2.23 1.50)cm 0.73cm BC x =-=
CD 距离为
(3.20 2.23)cm 0.97cm CD x =-=
DE 距离为
(4.40 3.20)cm 1.20cm DE x =-=
由逐差法可知加速度为
220.24m/s 4DE DC CB BA x x x x a T
+--=≈ 由于误差0.23m/s 2~0.25m/s 2均正确。

17．挡住P 2、P 1的像 1.43
【解析】
【详解】
①[1]．在木板上平铺一张白纸，并把玻璃砖放在白纸上，在纸上描出玻璃砖的两条边界。

然后在玻璃砖的一侧竖直插上两根大头针P 1、P 2，透过玻璃砖观察，在玻璃砖另一侧竖直插大头针P 3时，应使P 3挡住P 2、P 1的像，用同样的方法插上大头针P 4。

②[2]．玻璃的折射率
sin 4.00 1.43sin 2.80
AOC AC n DOB BD ∠====∠ 四、解答题：本题共3题
18．（1
）E =
02B qL = （2）204k mv E = （3
）0
203L v + 【解析】
【详解】
（1）从O 点到a 点过程的逆过程为平抛运动
水平方向： 012cos L v t θ=
竖直方向：
21132
at L = 加速度：
qE a m
= 可得：
2038mv E qL
=， 10
4L t v =， 粒子进入磁场后运动轨迹如图所示，设半径为r ，由几何关系得，
3sin 30
r r L ︒+=， 洛伦兹力等于向心力：
2
v qvB m r
= 00cos602
v v v ︒==
解得： 032mv B qL
= 在磁场内运动的时间：
20
233r
L t v v ππ==.
（2）粒子由真空区域进入电场区域从边界飞出过程，由动能定理得，
21(32)2
k qE L r E mv -=- 解得：
204
k mv E = （3）粒子经过真空区域的时间，
30
4833L
L t v v ==. 粒子从真空区域进入电场区域到从边界飞出经过的时间为
24412)2
t r at -=
， 解得：
40
3t v =. 粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间
12340t t t t t L =+++=
. 19． (1)mg ；(2)
2R R L L
μ<< 【解析】
【详解】 (1)对滑块，从A 到C 的过程，由机械能守恒可得：
21(2)2
C mg R r mv -= 根据牛顿第二定律
2C N v F mg m r
+= 代入3R r =，得
N F mg =
由牛顿第三定律得
N
F mg '= (2)滑块由A 到B 得
212
B mgR mv = 若滑块恰好停在D 点，从B 到D 的过程，由动能定理可得：
2112
B mgL mv μ-=-
可得 1R L μ
= 若滑块恰好不会从E 点冲出轨道，从B 到E 的过程，由动能定理可得： 221(1cos )2
B mgL mgR mv μθ---=- 可得
22R L
μ= 综上所述，μ需满足的条件为
2R R L L
μ<< 20． (1)5n ≥甲；(2)2n >
乙
【解析】
【详解】
(1)盛满甲液体，如图甲所示，P 点刚好全反射时为最小折射率，有 1sin n C
=
由几何关系知
222
sin 2R C R R =⎛⎫+ ⎪⎝⎭解得
5n =则甲液体的折射率应为
5n 甲(2)盛满乙液体，如图乙所示，与底边平行的光线刚好射入液体时对应液体的最小折射率，
A 点
1sin n C ='
乙 由几何关系得
90C α'=︒-
B 点恰好全反射有
C α'=
解各式得
2n =乙则乙液体的折射率应为
2n >乙
2019-2020学年高考物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．一宇宙飞船的横截面积，以的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有颗尘埃，每颗尘埃的质量为，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为（）
A．B．C．snm D．
2．如图所示，轻绳一端固定在O点，另一端拴有质量为m的球。

在最低点给小球一水平初速度，使其在竖直平面内做圆周运动。

小球运动到某一位置时，轻绳与竖直方向成θ角。

关于轻绳的拉力T和θ角的关系式你可能不知道，但是利用你所学过的知识可以确定下列哪个表达式是正确的（）
A．T=a+3mgsinθ（a为常数）B．T=a+3
sin
mg
θ
（a为常数）
C．T=a+3mgcosθ（a为常数）D．T=a+3
cos
mg
θ
（a为常数）
3．在水平地面上O点正上方不同高度的A、B两点分别水平抛出一小球，不计空气阻力，如果两小球均落在同一点C上，则两小球（）
A．抛出时的速度大小可能相等B．落地时的速度大小可能相等
C．落地时的速度方向可能相同D．在空中运动的时间可能相同
4．如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是：（）
A．不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的速度都相同
B．不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同
C．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度
D．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量(动量P=mv，v为瞬时速度)。