2019-2020学年广东省汕头市高考物理检测试题

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．水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的v t-图象如图所示，图中AB//CD.则整个过程中
A．F1的冲量等于F2的冲量
B．F1的冲量大于F2的冲量
C．摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量
D．合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量
2．如图所示，四根相互平行的固定长直导线L1、L2、L3、L4，其横截面构成一角度为60︒的菱形，均通有相等的电流I，菱形中心为O。

L1中电流方向与L2中的相同，与L3、L4，中的相反，下列说法中正确的是（）
A．菱形中心O处的磁感应强度不为零
B．菱形中心O处的磁感应强度方向沿OL1
C．L1所受安培力与L 3所受安培力大小不相等
D．L 1所受安培力的方向与L 3所受安培力的方向相同
3．如图所示，将直径为d，电阻为R的闭合金属环从匀强磁场B中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为（）
A．
2
4
B d
R
π
B．
2Bd
R
π
C．
2
Bd
R
D．
2
Bd
R
π
4．在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的等边三角形线框abc，磁场方向垂直于线框平面，ac两点间接一直流电源，电流方向如图所示．则（）
A ．导线ab 受到的安培力小于导线ac 受到的安培力
B ．导线abc 受到的安培力大于导线ac 受到的安培力
C ．线框受到安培力的合力为零
D ．线框受到安培力的合力方向垂直于ac 向上
5．如图所示，虚线表示某孤立点电荷Q 激发的电场中三个等间距的等势面，一带电粒子（可看成点电荷）仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a 、b 、c 、d 为轨迹与等势面的交点。

下列说法正确的是（ ）
A ．粒子在a 点的电势能一定小于在d 点的电势能
B ．电势的高低一定是a b c ϕϕϕ>>。

C ．粒子运动过程中经过c 点时的加速度一定最大
D ．粒子在a 、b 间的动能改变量一定等于在b 、c 间的动能改变量
6．如图所示，半径为R 的竖直半球形碗固定于水平面上，碗口水平且AB 为直径，O 点为碗的球心．将一弹性小球（可视为质点）从AO 连线上的某点c 点沿CO 方向以某初速度水平抛出，经历时间R t g
=（重力加速度为g ）小球与碗内壁第一次碰撞，之后可以恰好返回C 点；假设小球与碗内壁碰撞前后瞬间小球的切向速度不变，法向速度等大反向．不计空气阻力，则C 、O 两点间的距离为（ ）
A 2R
B 3R
C 3R
D ．22
R 7．如图所示，A 和B 为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘细线悬挂一带电小球。

开始时开关S 闭合且滑动变阻器的滑动头P 在a 处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，偏角为θ，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是（ ）
A ．小球带负电
B ．当滑动头从a 向b 滑动时，细线的偏角θ变小
C ．当滑动头从a 向b 滑动时，电流表中有电流，方向从下向上
D ．当滑动头停在b 处时，电源的输出功率一定大于滑动头在a 处时电源的输出功率
8．下列说法中正确的是( )
A ．β射线与γ射线一样是电磁波，但穿透本领远比 射线弱
B ．氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下1个氡原子核
C ．已知质子、中子、α粒子的质量分别为m 1、m 2、m 3，那么，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m 1+2m 2-m 3）c 2
D ．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核外的电子发生电离产生的
9．如图，S 是波源，振动频率为100Hz ，产生的简谐横波向右传播，波速为40m/s 。

波在传播过程中经过P 、Q 两点，已知P 、Q 的平衡位置之间相距0.6m 。

下列判断正确的是（ ）
A ．Q 点比P 点晚半个周期开始振动
B ．当Q 点的位移最大时，P 点的位移最小
C ．Q 点的运动方向与P 点的运动方向可能相同
D ．当Q 点通过平衡位置时，P 点也通过平衡位置
10．目前在太阳系内一共已经发现了约127万颗小行星，但这可能仅是所有小行星中的一小部分.若某颗小行星在离太阳中心R 处做匀速圆周运动，运行的周期为T ，已知引力常量为G ，仅利用这三个数据，可以估算出太阳的（ ）
A ．表面加速度大小
B ．密度
C ．半径
D ．质量
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，12O O 是半圆柱形玻璃体的对称面和纸面的交线，A 、B 是关于12O O 轴等距且平行的两束不同单色细光束，从玻璃体右方射出后的光路如图所示，MN 是垂直于12O O 放置的光屏，沿12O O 方向不断左右移动光屏，可在屏上得到一个光斑P ，根据该光路图，下列说法正确的是（ ）
A．该玻璃体对A光的折射率比对B光的折射率小
B．A光的频率比B光的频率高
C．在该玻璃体中，A光比B光的波长长
D．在真空中，A光的波长比B光的波长长
E.A光从空气进入该玻璃体后，其频率变高
12．2018年世界排球锦标赛上，中国女排姑娘们的顽强拼搏精神与完美配合给人留下了深刻的印象。

某次比赛中，球员甲接队友的一个传球，在网前L＝3.60 m处起跳，在离地面高H＝3.20 m处将球以v0＝12 m/s的速度正对球网水平击出，对方球员乙刚好在进攻路线的网前，她可利用身体任何部位进行拦网阻击。

假设球员乙的直立和起跳拦网高度分别为h1＝2.50 m和h2＝2.95 m，g取10 m/s2.下列情景中，球员乙可能拦网成功的是（）
A．乙在网前直立不动B．乙在甲击球时同时起跳离地
C．乙在甲击球后0.18 s起跳离地D．乙在甲击球前0.3 s起跳离地
13．一质量为m的物体静止在水平地面上，在水平拉力F的作用下开始运动，在0～6s内其速度与时间关系图象和拉力的功率与时间关系图象如图所示，取g=10m/s2，下列判断正确的是（）
A．0～6s内物体克服摩擦力做功24J
B．物体的质量m为2kg
C．0～6s内合外力对物体做的总功为120J
D．0～6s内拉力做的功为156J
14．为探究小球沿光滑斜面的运动规律，小李同学将一小钢球分别从图中斜面的顶端由静止释放，下列说法中正确的是（）
A．甲图中小球在斜面1、2上的运动时间相等
B．甲图中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等
C．乙图中小球在斜面3、4上的运动时间相等
D．乙图中小球下滑至斜面3、4底端时的速度大小相等
15．如图所示，一细长玻璃管插入面积很大的水银槽中，玻璃管上方有一段被封闭的长为L的理想气体，玻璃管内、外水银面的高度差为h，玻璃管是导热的。

当环境温度升高，玻璃管固定不动，气体和外界达到新的热平衡时，下列说法正确的是。

A．L增大，h减小，气体压强增大
B．理想气体每个分子的速率都增大
C．封闭气体的内能一定增大
D．外界对封闭气体做功
E.封闭气体一定从外界吸收热量
三、实验题：共2小题
16．某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。

两根金属导轨ab和a1b1，固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁（未画出）的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直。

（不计金属导轨的电阻和摩擦）
(1)在开关闭合后，金属棒向_________（选填“左侧”或“右侧”）移动。

(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：
A．适当增加两导轨间的距离
B．保持两个导轨间距不变，换一根更长的金属棒
C．将滑动变阻器滑片向左移动
D．把磁铁换成磁性更强的足够大的钕铁硼磁铁
其中正确的是_________（填入正确选项前的字母）。

(3)如果将电路中电流方向反向，磁场也反向，金属棒将会向_____（选填“左侧"或“右侧”）移动。

17．某同学用图甲的实验装置验证机械能守恒定律。

已知当地重力加速度为g。

(1)用游标卡尺测量立方体小钢块的边长d，测量结果如图乙，则d=____cm。

(2)用电磁铁吸住小钢块，保持小钢块底面与水平面平行。

用刻度尺测量小钢块与光电门的高度差h。

(3)将电磁铁断电，小钢块由静止开始下落，测得小钢块通过光电门的时间t=3.20 ms。

则小钢块通过光电门时的速度v=____________m/s。

(4)改变小钢块与光电门的高度差h，重复步骤(2)(3)，得到多组数据。

(5)利用实验数据作出v2一h图像。

若v2一h图线为一条过原点的直线，且直线的斜率k=____，则说明小钢块下落过程中机械能守恒。

（用题中给出的物理量符号表示）
四、解答题：本题共3题
18．光滑水平面上，质量为1kg 的小球A 以5m/s 的速度向右运动，大小相同的小球B 质量为4kg ，以0.5m/s 的速度向右运动，两者发生正碰，碰撞后小球B 以2m/s 的速度向右运动.求：
①碰后A 球的速度v ；
②碰撞过程中A 球对B 球的冲量大小I.
19．（6分）一定质量的理想气体，状态从A→B→C 的变化过程可用如图所示的p －V 图线描述，气体在状态A 时温度为T A =300K ，试求：
(1)气体在状态B 时的温度T B 和状态C 时的温度T C ；
(2)若气体在B→C 过程中气体内能减少了200J ，则在B→C 过程吸收或放出的热量是多少？
20．（6分）如图所示，宽度为3L 的区域被平均分为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中Ⅰ、Ⅲ有匀强磁场，它们的磁感应强度大小相等，方向垂直纸面且相反，长为3L ，宽为2
L 的矩形abcd 紧邻磁场下方，与磁场边界对齐，O 为dc 边的中点，P 为dc 边中垂线上的一点，OP=3L ．矩形内有匀强电场，电场强度大小为E ，方向由a 指向O ．电荷量为q 、质量为m 、重力不计的带电粒子由a 点静止释放，经电场加速后进入磁场，运动轨迹刚好与区域Ⅲ的右边界相切．
（1）求该粒子经过O 点时速度大小v 0；
（2）求匀强磁场的磁感强度大小B;
（3）若在aO之间距O点x处静止释放该粒子，粒子在磁场区域中共偏转n次到达P点，求x满足的条件及n的可能取值．
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．D
【解析】
【详解】
C．由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。

但a的运动总时间小于b的时间，根据I=ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误。

AB．根据动量定理，对整个过程研究得
F1t1-ft OB=0
F2t2-ft OD=0
由图看出，t OB＜t OD，则有
F1t1＜F2t2
即F1的冲量小于F2的冲量。

故AB错误。

D．根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，ab两个物体动量的变化量都为零，所以相等，故D正确；
2．A
【解析】
【分析】
【详解】
AB．根据安培定则，L2、L4导线在菱形中心O处的磁应强度方向沿OL3斜向上，L3、L1导线在菱形中心O 处的磁应强度方向沿OL2斜向下，由叠加原理可知，菱形中心O处的合磁场的磁感应强度不为零，且不沿OL1方向，故A正确，B错误；
CD．根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，L1与L3受力如图所示，由各导线中电流大小相等，则每两导线间的作用力大小相等，由平行四边形定则合成可知，L1所受安培力与L 3所受安培力大小相等，方向相反，故CD错误。

故选A。

3．A
【解析】
【分析】
【详解】 金属环的面积：
2
224
d d S ππ==（） 由法拉第电磁感应定律得： BS E t t
Φ== 由欧姆定律得，感应电流： E I R =
感应电荷量： q=I △t ，
解得： 24B d q R R
πΦ== 故A 正确，BCD 错误； 故选A ．
【点睛】
本题考查了求磁通量的变化量、感应电荷量等问题，应用磁通量的定义式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题，求感应电荷量时，也可以直接用公式q R
∆Φ=
计算． 4．A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．导线ab 受到的安培力大小为1abc F BI L =，导线ac 受到的安培力a 2c F BI L =，由于ab 、bc 串联再与ac 并联，则有
abc ac I I ＜
所以
12F F <
故A 正确；
B ．导线abc 的有效长度为L ，故受到的安培力大小为：abc F BI L =，导线ac 受到的安培力a 2c F BI L =，且
abc ac I I ＜
则
2F F <
故B 错误；
CD ．根据左手定则，导线abc 受安培力垂直于ac 向下，导线ac 受到的安培力也垂直于ac 向下，合力方向垂直于ac 向下，故CD 错误 。

故选A 。

5．A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图可知，轨迹向下弯曲，带电粒子所受的电场力方向向下，则带电粒子受到了排斥力作用；从a 到d 过程中，电场力做负功，可知电势能增大，故A 正确；
B ．由于不知道粒子带正电还是带负电，因此无法确定电场的方向，无法判断电势的高低，故B 错误；
C ．根据点电荷的电场特点可知，在轨迹上，距离点电荷最近的地方的电场强度最大，所以粒子运动过程中经过距离点电荷最近处的加速度一定最大，但c 处不是距点电荷最近点的，故其加速度不是最大，故C 错误；
D ．ab 之间任意一点的电场强度均小于bc 之间任意一点的场强，带电粒子在ab 之间电场力做功小于bc 之间电场力做的功，粒子在a 、b 间的动能改变量小于在b 、c 间的动能改变量，故D 错误。

故选A 。

6．C
【解析】 小球在竖直方向的位移为21122
h gt R ==，设小球与半球形碗碰撞点为D 点，则DO 的连线与水平方向
的夹角为300，过D 点作CO 连线的垂线交于CO 连线E 点，则R =
，小球下落h 时
竖直方向的速度为y v gt =00tan 60y v v ==
0x v t ==，由几何关系可知，22R R -
=，故C 正确． 7．B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据题图电路可知A 板电势高于
B 板电势，A 、B 间电场强度方向水平向右。

小球受力平衡，故受电场力也水平向右，即小球带正电，所以A 项错误；
B ．当滑动头从a 向b 滑动时，电阻值减小，路端电压减小，故R 1两端的电压减小，极板间电场强度随之减小，小球所受电场力减小，故细线的偏角变小，所以B 项正确；
C ．当极板间电压减小时，极板所带电荷量将减小而放电，又由于A 板原来带正电，故放电电流从上向下流过电流表，所以C 项错误；
D ．由于电源的内电阻与外电阻的关系不确定，所以无法判断电源的输出功率的变化规律，所以D 项错误。

故选B 。

8．C
【解析】
A 、β射线是电子流，不是电磁波，穿透本领比γ射线弱，故A 错误；
B 、半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用，故B 错误；
C 、根据爱因斯坦质能方程可得释放的能量是2123(22)E m m m c ∆=+-，故C 正确；
D 、β衰变是原子核的衰变，与核外电子无关，β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子的同时释放出来的，故D 错误；
故选C ．
9．D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据v f λ=可知，波长
40m 0.4m 100
v f λ=
== 又 0.6m 1.5PQ λ==
故Q 点比P 点晚1.5个周期开始振动，A 错误；
BC ．P 、Q 两点的平衡位置距离是半个波长的奇数倍，故两者振动情况完全相反，即两点的运动方向始终相反，当Q 点的位移最大时，P 点的位移也最大，但两者方向相反，BC 错误；
D 、两点平衡位置距离是半个波长的奇数倍，所以当Q 通过平衡位置时，P 点也通过平衡位置，但两者运动方向相反，D 正确。

故选D 。

10．D
【解析】
【详解】
AC ．在太阳表面，重力和万有引力相等，即
2Mm G mg r
= 因根据已知条件无法求出太阳半径，也就无法求出太阳表面的重力加速度，故AC 错误；
B ． 在不知道太阳半径的情况下无法求得太阳的密度，故B 错误；
D ．根据万有引力提供向心力可得
2
224Mm G m R T
=π 求得中心天体质量
23
24R M GT
π= 故D 正确。

故选：D 。

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】
ABD ．光线通过玻璃体后，A 光的偏折程度比B 光的小，则该玻璃体对A 光的折射率比对B 光的折射率小，而折射率越大，光的频率越高，说明A 光的频率比B 光的频率低，由c=λγ知，在真空中，A 光的波长比B 光的长，故A 、D 正确，B 错误；
C ．设同一光线在真空中的波长为λ0，在玻璃体中的波长为λ，折射率为n ，则
0c n v λλ
==， 得：
0n
λλ= 在真空中，A 光的波长比B 光的波长长，而玻璃体对A 光的折射率比对B 光的折射率小，由λ=λ0/n 知，在该玻璃体中，A 光比B 光的波长长．故C 正确；
E. 光的频率由光源决定，与介质无关，则A 光从空气进入该玻璃体后，其频率不变．故E 错误． 12．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．若乙在网前直立不动，则排球到达乙的位置的时间
0 3.600.312
L t s s v === 排球下落的高度为
2211100.3m=0.45m<(3.2-2.5)m=0.7m 22
h gt ∆==⨯⨯ 则不能拦网成功，选项A 错误；
B ．因为乙在空中上升的时间为
10.3t s == 乙在甲击球时同时起跳离地，在球到达乙位置时，运动员乙刚好到达最高点，因2.95m>3.2m-0.45m=2.75m ，则可以拦住，故B 正确；
C ．结合选项B 的分析，乙在甲击球后0.18s 起跳离地，初速度为
v=gt 1=10×0.3=3m/s
上升时间t′=0.12s 时球到达乙位置，上升的高度为
'210.288m 2
h vt gt '-'＝＝ 2.50m+0.288m=2.788m ＞2.75m ，可以拦网成功，故C 正确；
D ．乙在甲击球前0.3 s 起跳离地，因为乙在空中的时间为0.6s ；则当排球到达球网位置时，乙已经落地，则不能拦网成功，选项D 错误。

故选BC 。

13．BD
【解析】
【分析】
2~6s 内，物体做匀速直线运动，拉力与摩擦力大小相等。

0~2s 内，物体做匀加速直线运动，根据v-t 图像的斜率求出加速度，再根据牛顿第二定律求出物体的质量。

根据动能定理求合外力对物体做的总功，根据
v-t 图像的“面积”求出物体的位移，从而求出摩擦力做功，即可求出拉力做的功。

【详解】
A ．在2~6s 内，物体做匀速直线运动，由P Fv =，得
24N 4N 6
P F v === 故物体受到的摩擦力大小
4N f F ==
根据v-t 图像的“面积”表示物体的位移，知0~6s 内物体的位移为
46630m 2
x +=⨯= 物体克服摩擦力做功
430J 120J f W fx ==⨯=
故A 错误。

B ．0～2s 内，物体的加速度
226a m/s 3m/s 2
v t ∆===∆ 由牛顿第二定律可得
F f ma '-=
在2s 末，P F v '='，由图知
P′=60W ，v=6m/s
联立解得
F′=10N ，m=2kg
故B 正确。

C ．0~6s 内合外力对物体做的总功
2211026J 36J 22
W mv =-=⨯⨯=总 故C 错误。

D ．由动能定理可知
2F f 102W W mv -=
- 22F f 1126120J=156J 22W mv W ⎛⎫=+=⨯⨯+ ⎪⎝⎭
故D 正确。

故选BD 。

【点睛】
本题的关键要根据速度时间图像得到物体的运动情况，分析时要抓住速度图像的斜率表示加速度、面积表
示位移。

要知道动能定理是求功常用的方法。

14．BC
【解析】
【详解】
A ．设斜面与水平面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得加速度为
sin sin mg a g m
θθ== 甲图中，设斜面得高度为h ，则斜面得长度为 sin h L θ=
小球运动的时间为
t === 可知小球在斜面2上运动的时间长，故A 错误；
B ．达斜面底端的速度为
v at ==与斜面得倾角无关，与h 有关，所以甲图中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等，故B 正确； C ．乙图中，设底边的长度为d ，则斜面的长度为
cos d s θ
= 根据212
s at =得
t ==可知=60θ︒和30时，时间相等，故C 正确；
D ．根据v =h 有关，与其他的因素无关，所以乙图中小球下滑至斜面4底端时的速度较大，故D 错误。

故选BC 。

15．ACE
【解析】
【详解】
A ．当环境温度升高，假设内、外水银面的高度差不变，由于气体温度升高，气体压强增大，故内、外水银面的高度差不可能不变，高度差h 减小，气体长度L 增大，气体压强增大，故A 正确；
B ．气体温度升高，分子的平均动能增大，但不是每个分子的平均速率都增大，故B 错误；
C ．一定质量的理想气体，内能由温度决定，温度升高时，气体的内能一定增大，故C 正确；
D ．由于气体体积增大，故气体对外做功，故D 错误；
E ．根据热力学第一定律，气体一定从外界吸收热量，故E 正确。

故选ACE 。

三、实验题：共2小题
16．左侧 ACD 左侧
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]根据题意可知，磁场方向竖直向下，电流方向垂直纸面向里。

所以根据左手定则可得安培力方向为水平向左，故导体棒向左侧运动。

(2)[2]ACD ．根据公式F BIL =可得，适当增加导轨间的距离或者增大电流或者增大磁场磁感应强度，可增大金属棒受到的安培力，根据动能定理得
212
Fs mgs mv μ-= 则金属棒离开导轨时的动能变大，即离开导轨时的速度变大，ACD 正确；
B ．若换用一根更长的金属棒，但金属棒切割磁感线的有效长度即导轨间的宽度不变，安培力F 不变，棒的质量变大，由
v =可知速度变小，故B 错误。

故选ACD 。

(3)[3]都反向后，电流垂直纸面向外，磁场方向竖直向上，根据左手定则可得安培力方向仍向左，故导体棒仍向左侧移动。

17．0.96 3.0 2g
【解析】
【详解】
(1)[1]．用游标卡尺测量立方体小钢块的边长 d=0.9+0.1mm×6=0.96cm 。

(3)[2]．小钢块通过光电门时的速度
2
33.20.9610m/s=3.0m/010
s d v t --⨯⨯==∆ (4)[3]．由212
mgh mv =，则v 2=2gh ，则做出的v 2-h 图像的斜率为2g 。

四、解答题：本题共3题
18．①1m/s 方向向左②6N s =⋅I
【解析】
【详解】
①A B 、两球碰撞过程，系统动量守恒，取向右为正方向
112211
22m v m v m v m v ''+=+ 解得
1
1m/s '=-v 所以碰后A 球速度大小为1m/s ，方向向左;
②以B 球为研究对象，由动量定理
I p =∆合
得
22
22I m v m v '=- 解得
6N s =⋅I
19． (1)1200K ；600K ；(2)1000J
【解析】
【分析】
【详解】
(1)A 到B 过程中由查理定律有A B A B
P P T T =代入数据得： 1200K B T =
B 到
C 过程中由盖吕萨克定律有C B B C
V V T T =得 600K C T =
(2)B 到C 过程中外界对气体做功为
W p V =∆
得
800J W =
由热力学第一定律有U W Q ∆=+，内能减少200J 即
∆U=－200J
得
1000J Q =-
则放热1000J 。

20．（1
）2qEL m
（2）32mE qL
（3）23126x L n ⎛⎫=- ⎪⎝
⎭,其中n=2、3、4、5、6、7、8 【解析】
试题分析：（1）由题意可知aO=L,粒子在aO 加速过程中有 由动能定理：2012
qEL mv = 解得粒子经过O 点时速度大小：02qEL v m
=
（2）粒子在磁场区域Ⅲ中的运动轨迹如图，设粒子轨迹圆半径为R 0，
由几何关系可得：0003cos 60R R -= 由洛伦兹力提供向心力得：2000
v qv B m R = 联立以上解得：32mE B qL
= （3）若粒子在磁场中一共经历n 次偏转到达P ，设粒子轨迹圆半径为R,
由几何关系可得：0032tan 30cos30=36L n R L ⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭
依题意得:00<R R ≤
联立解得：9n<97
≤，且n 取正整数
设粒子在磁场中的运动速率为v ，则有：2
v qvB m R
= 在电场中的加速过程，由动能定理：212qEx mv =
联立解得：23126x L n ⎛⎫=- ⎪⎝
⎭,其中n=2、3、4、5、6、7、8 考点：带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动
【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动．电场对粒子做正功，由动能定理求出粒子经过O 点时速度大小；作出粒子运动轨迹，找到圆心、找出半径与磁场宽度的关系即可解题．
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．如图所示，在光滑的水平桌面上有一弹簧振子，弹簧劲度系数为k ，开始时，振子被拉到平衡位置O 的右侧A 处，此时拉力大小为F ，然后释放振子从静止开始向左运动，经过时间t 后第一次到达平衡位置O 处，此时振子的速度为v ，在这个过程中振子的平均速度为
A ．等于
B ．大于
C ．小于
D ．0
2．如图甲所示，线圈ab 中通有如图乙所示的电流，电流从a 到b 为正方向，那么在0~t 0这段时间内，用丝线悬挂的铝环M 中产生感应电流，则（ ）
A ．从左向右看感应电流的方向为顺时针
B ．从左向石看感应电流的方向为先顺时针后逆时针
C ．感应电流的大小先减小后增加
D ．铝环与线圈之间一直有磁场力的作用，作用力先向左后向右
3．如图所示，矩形线圈处在磁感应强度大小为 B 、方向水平向右的匀强磁场中，线圈通过电刷与定值电
阻 R 及理想电流表相连接，线圈绕中心轴线OO ' 以恒定的角速度ω 匀速转动，
t=0 时刻线圈位于与磁场平行的位置。

已知线圈的匝数为n 、面积为S 、阻值为r 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．t=0 时刻流过电阻 R 的电流方向向左
B ．线圈中感应电动势的瞬时表达式为e = nBS ω sin ωt
C ．线圈转动的过程中，电阻 R 两端的电压为nBS R R r
ω+ D ．从 t=0 时刻起，线圈转过 60°时电阻 R 两端的电压为()
2nBS R R r ω+
4．2019年1月3日，嫦娥四号月球探测器平稳降落在月球背面南极——艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑内，震惊了全世界。

嫦娥四号展开的太阳能电池帆板在有光照时，可以将光能转化为电能，太阳能电池板作为电源，其路端电压与干路电流的关系如图所示，则下列说法正确的是（）
A．该电池板的电动势为2.80V
B．随着外电路电阻增大，其内阻逐渐增大
C．外电路阻值为1kΩ时电源输出功率约为3.2W
D．外电路阻值为1kΩ时电源效率约为36%
5．物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上。

下列说法正确的是
A．贝克勒尔发现天然放射现象，其中 射线来自原子最外层的电子
B．密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的
C．卢瑟福的a粒子散射实验发现电荷量子化的
D．汤姆逊发现电子使人们认识到原子内部是有结构的
6．如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，从此刻起横坐标位于x＝6m处的质点P在最短时间内到达波峰历时0.6s。

图中质点M的横坐标x=2.25m。

下列说法正确的是（）
A．该波的波速为7.5m/s
B．0～0.6s内质点P的路程为4.5m
C．0.4s末质点M的振动方向沿y轴正方向
D．0～0.2s内质点M的路程为10cm
7．如图所示为氢原子能级的示意图，下列有关说法正确的是。