汕头市2019-2020学年高考物理考试试题

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．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( )
家庭常用电器电视机洗衣机空调电脑
户均数量（台） 2 1 2 1
电器待机功耗（W/台）10 20 40 40
A．4×105度B．4×107度C．4×109度D．4×1011度
2．下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（）
A．图甲：卢瑟福通过分析 粒子散射实验结果，发现了质子和中子
B．图乙：用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能
C．图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的
D．图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子核内还有复杂结构
3．如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道由一段抛物线AB组成，A点为抛物线顶点，已知A、B两点间的高度差h＝0.8 m，A、B两点间的水平距离x＝0.8 m，重力加速度g取10 m/s2，一小环套在轨道上的A 点，下列说法正确的是
A ．小环以初速度v 0＝2 m/s 从A 点水平抛出后，与轨道无相互作用力
B ．小环以初速度v 0＝1 m/s 从A 点水平抛出后，与轨道无相互作用力
C ．若小环从A 点由静止因微小扰动而滑下，到达B 点的速度为25/m s
D ．若小环从A 点由静止因微小扰动而滑下，到达B 点的时间为0.4s
4．如图所示，轻绳一端系在物体A 上，另一端与套在粗糙竖直杆MN 上的轻圆环B 相连接。

用水平力F 拉住绳子上的一点O ，使物体A 及轻圆环B 静止在实线所示的位置。

现保持力F 的方向不变，使物体A 缓慢移到虚线所示的位置，这一过程中圆环B 保持静止。

若杆对环的弹力为F N ，杆对环的摩檫力为F f ，OB 段绳子的张力为F T ，则在上述过程中（ ）
A ．F 不变，F N 减小
B ．F f 不变，F T 增大
C ．F f 减小，F N 不变
D ．F N 减小，F T 减小
5．一质点做匀加速直线运动，在通过某段位移x 内速度增加了v ，动能变为原来的9倍。

则该质点的加速度为（ ）
A ．2v x
B ．22v x
C ．23v x
D ．23v x
6．伽利略通过斜面理想实验得出了（ ） A ．力是维持物体运动的原因 B ．物体的加速度与外力成正比 C ．物体运动不需要力来维持
D ．力是克服物体惯性的原因
7．一列简谐横波沿x 轴传播，a 、b 为x 轴上的两质点，平衡位置分别为0x =，(0)b b x x x =>。

a 点的振动规律如图所示。

已知波速为v=1m/s ，t=1s 时b 的位移为0.05m ，则下列判断正确的是
A ．从t=0时刻起的2s 内，a 质点随波迁移了2m
B ．t=0.5s 时，质点a 的位移为0.05m
C ．若波沿x 轴正向传播，则可能x b =0.5m
D．若波沿x轴负向传播，则可能x b=2.5m
8．两个相距较远的分子仅在彼此间分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。

在此过程中，下述正确的是
A．分子力先增大后减小B．分子力先做正功，后做负功
C．分子势能一直增大D．分子势能先增大后减小
9．质量为1kg的物块M水平向右滑上逆时针转动的传送带如图甲所示，物块的v－t图像如图乙所示。

在整个运动过程中，以下说法不正确的是（g=10m/s²）（）
A．物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2
B．整个过程中物块在传送带上留下的划痕长度为9m
C．物块与传送带的相对位移大小为3m，相对路程为9m
D．运动过程中摩擦生热为18J
10．关于分子间相互作用力与分子间势能，下列说法正确的是（）
A．在10r0（r0为分子间作用力为零的间距，其值为10－10m）距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力
B．分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零
C．当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越小
D．分子间距离越大，分子间的斥力越大
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，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。

让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面。

弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则
A．小球均静止时，弹簧的长度为L-
mg
k
B．角速度ω=ω0时，小球A对弹簧的压力为mg
C．角速度ω0=
2
kg
kL mg
D．角速度从ω0继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变
12．质量为m物体从距地面高h处分别沿不同的支持面滑至地面，如图所示，a为光滑斜面，b为粗糙斜
面，c为光滑曲面。

在这三个过程中（）
A．重力做功相等
B．机械能变化的绝对值相等
C．沿c下滑重力势能增加最大
D．沿b下滑机械能变化的绝对值最大
13．如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直纸面向里．现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界的v﹣t图象，图中数据均为己知量，重力加速度为g，不计空气阻力，则在线框穿过磁场的过程中，下列说法正确的是（）
A．t1到t2过程中，线框中感应电流沿顺时针方向
B．线框的边长为v1（t2﹣t1）
C．线框中安培力的最大功率为
2
1
2
mgv
v
D．线框中安培力的最大功率为
2
2
1
mgv
v
14．在研究光电效应现象时，用到了下面的装置和图像。

以下描述正确的是（）
A．图甲中，弧光灯照射锌板，验电器的锡箔张开，由此说明锌板带正电
B．图乙中，向右移动滑片，微安表读数变小，可以测量遏止电压
C．图乙中，可以研究单位时间发射的光电子数与照射光的强度的关系
D．图丙中，强、弱黄光的图像交于U轴同一点，说明光电子最大初动能与光的强度无关
15．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O，倾角为θ＝30°的斜面体置于水平地面上，A的质量为m，B的质量为
4m。

开始时，用手托住A，使OA 段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动。

将A由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止。

下列判断中正确的是（）
A．B受到的摩擦力先减小后增大
B．A下摆的过程中，绳的最大拉力为3mg
C．A的机械能守恒
D．A的机械能不守恒，A、B系统的机械能守恒
三、实验题：共2小题
16．为了测量一个未知电阻R x（R x约为50Ω）的阻值，实验室提供了如下器材：
A．电源（电源电动势E=4.5V，内阻约0.5Ω）
B．电压表V（量程为0—3V，内阻约3kΩ）
C．电流表A（量程为0—0.06A，内阻约0.3Ω）
D．滑动变阻器R：（0—20Ω）
E.开关及导线若干
（1）请在下面方框内画出实验电路图（______）
（2）连好实物电路后发现电压表损坏了，实验室又提供了一只毫安表mA（（量程为0—30mA，内阻5Ω）和一个电阻箱（0—999.9Ω），要利用这两个仪器改装为3V的电压表，需要将毫安表和电阻箱R1_______联，并将电阻箱的阻值调到_____Ω；
（3）请画出改装后的实验电路图（______）
(4)如果某次测量时毫安表示数为20.0mA，电流表A示数为0.058A，那么所测未知电阻阻值R x=______Ω（最后一空保留3位有效数字）。

17．某同学用图（a）所示装置“探究弹力和弹簧伸长的关系”。

弹簧的上端固定在铁架台支架上，弹簧的下端固定一水平纸片（弹簧和纸片重力均忽略不计），激光测距仪可测量地面至水平纸片的竖直距离h。

(1)该同学在弹簧下端逐一增挂钩码，每增挂一个钩码，待弹簧__________时，记录所挂钩码的重力和对应的h；
(2)根据实验记录数据作出h随弹簧弹力F变化的图线如图（b）所示，可得未挂钩码时水平纸片到地面的竖直距离h0=______cm，弹簧的劲度系数k=_______ N/m。

（结果都保留到小数点后一位）
四、解答题：本题共3题
18．如图所示，直角三角形ABC为某种透明介质的横截面，∠B＝30°，BC＝30cm，AB面涂有反光材料．某单色光从BC上的D点垂直BC射入介质，经AB面反射后从AC面上射出，射出方向与AB面垂直．已知BD＝21cm，不考虑光在AC面的反射．求：
（i）介质的折射率；
（ii）光在介质中的传播时间．
19．（6分）如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状
m/s．
态，现给小球一个竖直向上的初速度0v="4" m/s，g取102
（1）若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向．
（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小．
(3)在满足（2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离．
20．（6分）某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m，皮带以恒定速率v=5m/s顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B、C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度v0=6m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.1．
（1）滑块A、B碰撞时损失的机械能；
（2）滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q；
（3）若每次实验开始时滑块A的初速度v0大小不相同，要使滑块C滑离传送带后总能落至地面上的同一
位置，则v0的取值范围是什么？（结果可用根号表示）
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】
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。

2．C
【解析】
【详解】
图甲：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型．故A错误．图乙：用中子轰击铀核使其发生裂变，裂变反应会释放出巨大的核能．故B错误．图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的，故C正确；图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子有复杂结构，天然放射现象的发现揭示了原子核内还有复杂结构．故D错误．故选C．
3．A
【解析】
【详解】
AB．小环以初速度v0＝2 m/s从A点水平抛出，下落0.8 m用时
0.4s
t==
水平位移为x=v0t=0.8 m，其轨迹刚好与光滑轨道重合，与轨道无相互作用力，A正确，B错误；
C．根据机械能守恒定律
mgh＝1
2
mv2
到达B点的速度
4m/s v===
C错误；
D ．小环沿轨道下落到B 点所用的时间比平抛下落到B 点所用的时间长，大于0.4 s ，D 错误． 故选A 。

4．D 【解析】 【分析】 【详解】
先以O 点为研究对象，进行受力分析，有A 物体的重力G A ，外力F 和绳子的拉力F T ，设绳子与竖直方向的夹角为θ，则
A tan F G θ=，A
T cos G F θ
=
由题可知θ减小，所以F 减小，F T 减小；
再以物体B 为研究对象，进行受力分析，有B 物体的重力G B ，绳子的拉力F T ，竖直杆对B 的支持力F N 和摩擦力F f ，则
N T A sin tan F F G θθ== f B T A B cos F G F G G θ=+=+
所以当θ减小时，F N 减小，F f 不变，所以D 正确，ABC 错误。

故选D 。

5．A 【解析】 【详解】
设质点的初速度为0v ，则动能 2
k1012
E mv =
由于末动能变为原来的9倍，则可知，末速度为原来的3倍，故 03v v '=，02v v v ∆==
故平均速度
00
0322
v v v v v +=
== 根据位移公式可知 x v v t
=
= 根据加速度定义可知
2v v a t x
∆==
A 正确，BCD 错误。

故选A。

6．C
【解析】
【详解】
AC.理想斜面实验只能说明力不是维持物体运动的原因，即物体的运动不需要力来维持，故A错误，C正确；
B.牛顿第二定律说明力是使物体产生加速度的原因，物体的加速度与外力成正比，故B错误；
D.惯性是物体固有的属性，质量是物体惯性大小的量度，惯性与物体的运动状态和受力无关，故D错误。

故选C。

7．D
【解析】
【详解】
根据图象可知该波的周期为2s，振幅为0.05m。

A．在波传播过程中，各质点在自己的平衡位置附近振动，并不随波传播。

故A错误；
B．由图可知，t=0.5s时，质点a的位移为-0.05m。

故B错误；
C．已知波速为v=1m/s，则波长：
λ=vT=1×2=2m；
由图可知，在t=1s时刻a位于平衡位置而且振动的方向向上，而在t=1s时b的位移为0.05m，位于正的最大位移处，可知若波沿x轴正向传播，则b与a之间的距离为：
b
3
4 =+（）
x nλ
（n=0，1，2，3…），可能为：x b=1.5m，3.5m。

不可能为0.5m。

故C错误；D．结合C的分析可知，若波沿x轴负向传播，则b与a之间的距离为：
x b=（n+1
4
）λ（n=0，1，2，3…）
可能为：x b=0.5m，2.5m。

故D正确。

故选D。

8．B
【解析】
【详解】
A．两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，当分子间距大于平衡间距时，分子力表现为引力；当分子间距小于平衡间距时，分子力表现为斥力，分子引力先减小后增大，斥力增大，A错误；
B．两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，分子力先是引力后是斥力，故先做正功后做负功，B正确；
C ．只有分子力做功，先做正功后做负功，根据动能定理，动能先增加后减小，C 错误；
D ．分子力先做正功后做负功；分子力做功等于分子势能的变化量；故分子势能先减小后增加，D 错误。

故选B 。

9．C
【解析】
【详解】
A ．由图知，物块运动的加速度大小为
222(4)m/s 2m/s 3
∆--===∆v a t 根据牛顿第二定律得
mg ma μ=
可得
0.2μ=
故A 正确；
B ．由图知，传送带的速度为
2m/s v =
在0-3s 内，传送带的位移
123m 6m x vt ==⨯=
方向向左；根据图象的“面积”表示位移，可得0-3s 内，物块运动的位移大小为
211 4221m 3m 22
x =⨯⨯-⨯⨯= 方向向右，则整个过程中物块在传送带上留下的划痕长度为
129m L x x =+=
故B 正确；
C ．0-3s 内，由于物块相对于传送带来说一直向右运动，所以物块与传送带的相对位移大小和相对路程都为9m ，故C 错误；
D ．运动过程中摩擦生热为
12(0.21109J 18J )Q mg x x μ=+=⨯⨯⨯=
故D 正确；
不正确的故选C 。

10．A
【解析】
【详解】
A ．分子间同时存在引力和斥力，在平衡距离以内表现为斥力，在平衡距离以外表现为引力，在10r 0距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力，A 正确；
BC ．设分子平衡距离为r 0，分子距离为r ，当r>r 0，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当r<r 0，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大；故当r ＝r 0，分子力为0，分子势能最小；由于分子势能是相对的，其值与零势能点的选择有关，所以分子距离为平衡距离时分子势能最小，但不一定为零，B 、C 错误；
D ．分子间距离越大，分子间的斥力越小，D 错误。

故选A 。

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．ACD
【解析】
【详解】
A ．若两球静止时，均受力平衡，对
B 球分析可知杆的弹力为零，
B N mg =；
设弹簧的压缩量为x ，再对A 球分析可得：
1mg kx =，
故弹簧的长度为：
11mg L L x L k
=-=-
， 故A 项正确； BC ．当转动的角速度为ω0时，小球B 刚好离开台面，即0B
N '=，设杆与转盘的夹角为θ，由牛顿第二定律可知：
20cos tan mg m L ωθθ
=⋅⋅ sin F mg θ⋅=杆
而对A 球依然处于平衡，有：
2sin k F mg F kx θ+==杆
而由几何关系：
1sin L x L
θ-= 联立四式解得：
2k F mg =，
0ω=则弹簧对A 球的弹力为2mg ，由牛顿第三定律可知A 球队弹簧的压力为2mg ，故B 错误，C 正确； D ．当角速度从ω0继续增大，B 球将飘起来，杆与水平方向的夹角θ变小，对A 与B 的系统，在竖直方向始终处于平衡，有：
2k F mg mg mg =+=
则弹簧对A 球的弹力是2mg ，由牛顿第三定律可知A 球队弹簧的压力依然为2mg ，故D 正确； 故选ACD 。

12．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．在这三种过程中物体下降的高度相同，由W=mgh 可知，重力做功相同，故A 正确；
BD ．在a 、c 面上滑行时机械能守恒，在b 面上滑行时机械能减小，则在a 、c 面上滑行时机械能变化小于在b 面上滑行时机械能变化的绝对值，选项B 错误，D 正确；
C ．重力做功等于重力势能的变化，所以在这三种过程中重力势能的变化相同。

故C 错误；
故选AD 。

13．BD
【解析】
【详解】
A ．金属线框刚进入磁场时，磁通量增加，磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针方向，故A 错误；
B ．由图象可知，金属框进入磁场过程中做匀速直线运动，速度为v 1，匀速运动的时间为t 2﹣t 1，故金属框的边长：L ＝v 1（t 2﹣t 1），故B 正确；
CD ．在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg ＝BIL ，又1BLv I R =
，又 L ＝v 1（t 2﹣t 1），联立解得：
B =培力等于重力，离开时安培力大于重力，开始减速，故开始离开磁场时安培力最大，功率最大，为P m ＝F
安t 2，又222B L v F R =安，联立得：221
m mgv P v =，故C 错误，D 正确． 14．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．弧光灯照射锌板，验电器的锡箔张开，仅仅能说明验电器带电，无法判断电性，故A 错误；
B ．滑动变阻器滑片向右移动时，光电管所加反向电压变大，光电流变小，可测量遏止电压，故B 正确；
C ．光电管加反向电压，无法判定光电子数与光的强度关系，故C 错误；
D ．图丙中，强黄光和弱黄光的图像交于U 轴同一点，说明遏止电压与光的强度无关，根据
2c m 12
eU mv = 因此也说明光电子最大初动能与光的强度无关，故D 正确。

故选BD 。

15．ABC
【解析】
【详解】
AB ．开始时B 物块静止，轻绳无拉力作用，根据受力平衡：
4sin 320mg f mg ︒==
方向沿斜面向上，小球A 从静止开始摆到最低点时，以O 点为圆心做圆周运动，应用动能定理： 212
mgr mv = 落到最低点，根据牛顿第二定律：
2
v T mg m r
-= 解得A 球下落过程中绳子的最大拉力：
3T mg =
此时对B 物块受力分析得：
4sin 30T mg f ︒=+'
解得B 物块受到的静摩擦力：
f m
g f '=<
方向沿斜面向下，所以B 物块在A 球下落过程中，所受静摩擦力先减小为0，然后反向增大，AB 正确； CD ．A 球的机械能由重力势能和动能构成，下落过程中只有重力做功，A 球机械能守恒，同理，A 、B 系统也只有A 球的重力做功，所以A 、B 系统的机械能守恒，C 正确，D 错误。

故选ABC 。

三、实验题：共2小题
16
． 串联 95.0 52.6
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]由于电流表的内阻远小于待测电阻的阻值，故采用安培表内接法，滑动变阻器采用限流式接法即可，如图所示：
（2）[2] [3]改装成大量程的电压表，需要将电阻1R 与表头串联，其阻值为：
13Ω5Ω95.0Ω0.030
g g U R R I =-=
-= （3）[4]改装之后的电压表内阻为100Ω，则此时采用安培表外接法，如图所示：
（4）[5]根据欧姆定律可知，此时待测电阻的阻值为：
()0.020955Ω52.6Ω0.0580.020
x R ⨯+==-。

17．静止 120.0 31.3
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]该同学在弹簧下端逐一增挂钩码，每增挂一个钩码，待弹簧静止时，此时弹力与重力大小相等，记录所挂钩码的重力和对应的h
(2)[2]由图可知，当=0F 时
0120.0cm h =
即为未挂钩码时水平纸片到地面的竖直距离
[3]由胡克定律可得=F k h ∆∆，即图像斜率绝对值的倒数表示弹簧劲度系数则有
23.13N/m 31.3N/m (120.0110.0)10
k -==-⨯ 四、解答题：本题共3题
18． (1)
3 (2) 91.310s -⨯
【解析】
（i ）由题，作出的光路如图所示
光在E 点发生反射，光在F 点发生折射，由反射定律得：1230∠=∠=︒
因∆AEF 为等边三角形，则330∠=︒，光沿垂直AB 面方向射出，则460∠=︒
根据折射定律得： sin 4sin 3n ∠=
∠ 解得：3n =（ii ）光在介质中的传播速度c v n
= 由几何关系可得：DE DBtan B =∠，
cos BC BD EF AE B -==∠ 光在介质中的传播时间DE EF t v
+=
解得：91.310t s -=⨯ 【点睛】先根据题意作出光路图，再根据几何关系求出入射角和折射角，根据折射定律求出折射率，根据c v n
=求出光在介质中的速度，由几何关系求出光传播的路程，从而求光在介质中运动的时间． 19．（1）2N ，方向竖直向上（2）22m /s υ=（3）123
s m =
【解析】
【分析】
【详解】 （1）设小球能通过最高点，且此时的速度为1υ，在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒．则 22101122
m mgL m υυ+=①
2/s υ=②
设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F ，方向向下，则21F mg m
L υ+=③
由②③式，得2N F =④
由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N ，方向竖直向上．
（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为2υ，此时滑块的速度为V ．在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒．以水平向右的方向为正方向，有 20m MV υ+=⑤
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则
22220111222
m MV mgL m υυ++=⑥ 由⑤⑥式，得22m /s υ=⑦
（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为1s ，滑块向左移动的距离为2s ，任意时刻小球的水平速度大小为2υ，滑块的速度大小为V '．由系统水平方向的动量守恒，得
30m MV υ-'=⑧
将⑧式两边同乘以t ∆，得30m t MV t υ∆-'∆=⑨
因⑨式对任意时刻附近的微小间隔t ∆都成立，累积相加后，有120ms Ms -=⑩
又122s s L +=⑪
由⑩11式得123
s m =⑫
20． (1)9J E ∆= (2)8J Q = 0v ≤≤ 【解析】
试题分析：（1）A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A 、B 碰撞后与C 作用的过程中ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C 与AB 分开后的速度，C 在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C 相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A 的最大速度和最小速度． （1）A 与B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A 与B 碰撞后共同速度为1v ，选取向右为正方向，对A 、B 有：012mv mv =
碰撞时损失机械能()220111222
E mv m v ∆=
- 解得：9E J ∆= （2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ，C 的速度为C v 由动量守恒得：122B C mv mv mv =+ 由机械能守恒得：()()222111122222
B C m v m v mv =+ 解得：4/c v m s =
C 以c v 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x 时与传送带共速
由牛顿第二定律得：210.4/a gcos gsin m s μθθ=-=
由速度位移公式得：2212C v v a x -=
联立解得：x=11.25m ＜L
加速运动的时间为t ，有：1
2.5C v v t s a -=
= 所以相对位移x vt x ∆=-
代入数据得： 1.25x m ∆= 摩擦生热·
8Q mgcos x J μθ=∆= （3）设A 的最大速度为max v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速
则有：22212c v v a L -=
根据牛顿第二定律得：2212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-
联立解得：1/c v s =
设A 的最小速度为min v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速
则有：22112c v v a L -=
解得：2/c v s
对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中 系统动量守恒，则有：112max B C mv mv mc =+
由机械能守恒得：()()22211111122222B C m v m v mv =+
解得：13/2max c v v s ==
同理得：/min v s =
0//s v s ≤≤
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
1．2019年12月16日，第52、53颗北斗导航卫星成功发射，北斗导航卫星中包括地球同步卫星和中圆轨道卫星，它们都绕地球做圆周运动，同步卫星距地面的高度大于中圆轨道卫星距地面的高度．与同步卫星相比，下列物理量中中圆轨道卫星较小的是( ) A ．周期
B ．角速度
C ．线速度
D ．向心加速度
2．如图所示为某稳定电场的电场线分布情况，A 、B 、C 、D 为电场中的四个点，B 、C 点为空心导体表面两点，A 、D 为电场中两点。

下列说法中正确的是（ ）
A ．D 点的电势高于A 点的电势
B ．A 点的电场强度大于B 点的电场强度
C ．将电子从
D 点移到C 点，电场力做正功 D ．将电子从B 点移到C 点，电势能增大
3．我国新一代可控核聚变研究装置“中国环流器二号M”目前建设顺利，预计2020年投入运行，开展相关科学实验。

该装置以氢、氘气体为“燃料”，通过将其注入装置并击穿、“打碎”产生近堆芯级别的等离子体，来模拟核聚变反应。

若已知2
1 H 的质量为m 13
1，H 的质量为m 2，42He 的质量为m 3，1
0n 质量为m 4，关于下列核反应方程，下列说法中正确的是（ ）
A ．423112H H +→He+1
0x n 是热核反应，其中x=2 B ．14472N +He 178→O+1
1x H 是热核反应，其中x=1 C ．14111705N n →+B+4
2x He 是人工转变，其中x=1
D ．
23519092
038U n →+Sr 13654+Xe+1
0x n 是裂变反应，其中x=8
4．一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能增大为原来的4倍，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的（ ） A ．向心加速度大小之比为1∶4
B ．轨道半径之比为4∶1。