2020学年福建省厦门市高考物理调研试题

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．如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框，在导线框右侧有一宽度为d （d ＞L ）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。

导线框以某一初速度向右运动，t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，并以此位置开始计时做为导线框位移x 的起点，随后导线框进入磁场区域，直至导线框的右边与磁场区域右边界重合。

下列图象中，可能正确描述上述过程的是（其中q 表示流经线框的电荷量，v 表示线框的瞬时速度）（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
2．如图所示，在电场强度大小为E 0的水平匀强电场中，a 、b 两点电荷分别固定在光滑水平面上，两者之间的距离为l ．当a 、b 的电量均为+Q 时，水平面内与两点电荷距离均为l 的O 点处有一电量为+q 的点电荷恰好处于平衡状态．如果仅让点电荷a 带负电，电量大小不变，其他条件都不变，则O 点处电荷的受力变为( )
A ．0qE
B ．02qE
C ．
03
3
qE D ．
023
3
qE 3．质量为m 的铁锤从高h 处落下，打在水泥桩上，铁锤与水泥桩撞击的时间是t ，则撞击过程中，铁锤对桩的平均冲击力大小为（ ） A 2m gh
mg + B 2m gh
mg - C m gh
mg + D m gh
mg 4．如图所示，一个质量为m 的物块在恒力F 的作用下，紧靠在一个水平的上表面上保持静止，物块与上
表面间静摩擦因数为μ，取
1
tan
μ
α
=。

F与水平面的夹角为θ，则θ角的最小值为（）
A．
2
arctan
1
1
mg
F
α
μ
+
-B．
2
arctan
1
1
mg
F
α
μ
+
+
C．
2
arcsin
1
1
mg
F
α
μ
+
-D．
2
arcsin
1
1
mg
F
α
μ
+
+
5．甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移—时间（x–t）图象如图所示，由图象可以得出在0~4 s内（）
A．甲、乙两物体始终同向运动
B．4 s时甲、乙两物体间的距离最大
C．甲的平均速度等于乙的平均速度
D．甲、乙两物体间的最大距离为6 m
6．如图所示，在半径为R的半圆和长为2R、宽为
3
R的矩形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里。

一束质量为m、电量为q的粒子（不计粒子间相互作用）以不同的速率从边界AC 的中点垂直于AC射入磁场.所有粒子从磁场的EF圆弧区域射出（包括E、F点）其中EO与FO（O为圆心）之间夹角为60°。

不计粒子重力.下列说法正确的是（）
A．粒子的速率越大，在磁场中运动的时间越长
B．粒子在磁场中运动的时间可能为2
3
m qB π
C．粒子在磁场中运动的时间可能为5
6
m qB π
D．粒子的最小速率为5
6 qBR m
7．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
8．如图所示，用材料、粗细均相同的电阻丝做成ab、cd、ef三种形状的导线，分别放在电阻可忽略的足够长的相同的光滑金属导轨上，匀强磁场的方向垂直于导轨平面，在相同的水平外力F作用下，三根导线均向右做匀速运动，某一时刻撤去外力F，已知三根导线接入导轨间的长度关系满足l ab<l cd<l ef，且每根导线与导轨的两个触点之间的距离均相等，则下列说法中正确的是（）
A．三根导线匀速运动的速度相同
B．三根导线产生的感应电动势相同
C．匀速运动时，三根导线的热功率相同
D．从撤去外力到三根导线停止运动，通过导线ef的电荷量最大
9．如图所示，在与水平方向成θ角的匀强电场中有一绝缘光滑细杆，底端固定一带正电的小球，上端有一带正电的小环，在环由静止释放后沿杆向下运动的过程中，下列关于小环能量变化的说法中正确的是（）
A．重力势能与动能之和增加B．电势能与动能之和增加
C．机械能守恒D．动能一定增加
10．汽车甲和乙在同一公路上做直线运动，下图是它们运动过程中的U-t 图像，二者在t 1和t 2时刻的速度分别为v 1和v 2，则在t 1到t 2时间内
A ．t 1时刻甲的加速度小于乙的加速度
B ．乙运动的加速度不断增大
C ．甲与乙间距离越来越大
D ．乙的平均速度等于
12
2
v v 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．下列说法正确的是（ ）
A ．石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体
B ．一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，其内能不一定增加
C ．足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果
D ．当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其他分子作用力的合力总是指向液体内部 E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关 12．据报道，我国准备在2020年发射火星探测器，并于2021年登陆火星，如图为载着登陆舱的探测器经过多次变轨后登陆火星的轨迹图，其中轨道I 、Ⅲ为椭圆，轨道Ⅱ为圆探测器经轨道I 、Ⅱ、Ⅲ运动后在Q 点登陆火星，O 点是轨道 I 、Ⅱ、Ⅲ的交点，轨道上的O 、P 、Q 三点与火星中心在同一直线上，O 、Q 两点分别是椭圆轨道Ⅲ的远火星点和近火星点。

已知火星的半径为R ，OQ= 4R ，轨道Ⅱ上经过O 点的速度为v ，下列说法正确的有（ ）
A ．在相等时间内，轨道I 上探测器与火星中心的连线扫过的面积与轨道Ⅱ上探测嚣与火星中心的连线扫过的面积相等
B．探测器在轨道Ⅱ运动时，经过O点的加速度等于
2 3 v R
C．探测器在轨道I运动时，经过O点的速度大于v
D．在轨道Ⅱ上第一次由O点到P点与轨道Ⅲ上第一次由O点到Q点的时间之比是3：2
13．如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示。

已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断错误的是（）
A．电路中电源电动势为3.6V
B．变阻器向右滑动时，V2读数逐渐减小
C．此电路中，电动机的输入功率减小
D．变阻器的最大阻值为30Ω
14．一定质量的理想气体从状态A经过状态B和C又回到状态A。

其压强P随体积V变化的图线如图所示，其中A到B为绝热过程，C到A为等温过程。

则下列说法正确的是__________。

A．A状态速率大的分子比例较B状态多
B．A→B过程，气体分子平均动能增大
C．B→C过程，气体对外做功
D．B→C过程，气体放热
E.C状态单位时间内碰撞容器壁单位面积的分子数比A状态少
15．下列说法正确的是
A．松香在熔化过程中温度升高，分子平均动能变大
B．当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最大
C．液体的饱和汽压与其他气体的压强有关
D．若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则压强一定增大
E.若一定质量的理想气体分子平均动能减小，且外界对气体做功，则气体一定放热
三、实验题：共2小题
16．如图所示，在测量玻璃折射率的实验中，两位同学先把方格纸固定在木板上。

再把玻璃砖放在方格纸上，并确定a和b为玻璃砖的上下界面的位置。

在玻璃砖的一刻插上两枚大头针1P和2P，再从玻璃砖的另一侧插上大头针3P和4P。

请完成以下实验步骤：
(1)下列操作步骤正确的是__________；（填正确答案标号）
A．插上大头针3P，使3P挡住2P的像
B．插上大头针3P，使3P挡住1P、2P的像
C．插上大头针4P，使4P挡住3P的像
D．插上大头针4P，使4P挡住3P和1P、2P的像
(2)正确完成上述操作后，在纸上标出大头针3P、4P的位置（图中已标出），在图中作出完整的光路图；（____）
(3)利用光路图计算此玻璃砖的折射率n __________。

17．很多人都认为“力越小速度就越小”，为了检验这个观点是否正确，某兴趣小组的同学设计了这样的实验方案：在水平桌面上放一木块，木块后端与穿过打点计时器的纸带相连，前端通过定滑轮与不可伸长的细线相连接，细线上不等间距地挂了五个钩码，其中第四个钩码与第五个钩码之间的距离最大。

起初木块停在靠近打点计时器的位置，第五个钩码到地面的距离小于木块到定滑轮的距离，如图甲所示。

接通打点计时器，木块在钩码的牵引下，由静止开始运动，所有钩码落地后，木块会继续运动一段距离。

打点计时器使用的交流电频率为50Hz。

图乙是实验得到的第一个钩码落地后的一段纸带，纸带运动方向如箭头所示。

（当地重力加速度大小g取9.8m/s2）
(1)根据纸带上提供的数据，可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的______段（用D 1，D 2，…，D 15字母区间表示）；第四个钩码落地后至第五个钩码落地前木块在做______运动。

(2)根据纸带上提供的数据，还可以计算出第五个钩码落地后木块运动的加速度大小为______m/s 2；木块与桌面间的动摩擦因数为μ=______。

（计算结果保留两位有效数字）
(3)根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小”的观点是___的。

（填“正确”或“错误”） 四、解答题：本题共3题
18．如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B 。

纸面内有一正方形均匀金属线框abcd ，其边长为L ，每边电阻为R ，ad 边与磁场边界平行。

从ad 边刚进入磁场直至bc 边刚要进入的过程中，线框在垂直磁场边界向左的拉力作用下以速度v 匀速运动，求： （1）线框中电流I 的大小和方向； （2）拉力所做的功W ； （3）ab 边产生的焦耳热Q 。

19．（6分）如图所示，光滑水平台面左端有一小物块A ，右端有一小物块B ，右侧面与一曲面相连。

以台面右侧底端的O 点为原点建立坐标系Oxy ．已知，台面的高度为2h ，曲面的方程为y=
12h
x 2
，物块A 的质量是物块B 质量的n 倍，A 物块以速度v 0向右运动与物块B 发生弹性正碰，碰撞后物块B 沿水平方向飞出，忽略空气阻力，重力加速度为g 。

（1）求碰撞后瞬间物块B 的速度大小；
（2）n 值不同，物块B 落到曲面时的动能也不同。

求n 取多大时，物块B 落到曲面时动能最小。

20．（6分）2020年2月18日，我国发射的嫦娥四号着陆器和玉兔二号探测器再次启动，打破了探测器在月球上工作的世界纪录，并将开始第15个月昼的科学探测活动。

若着陆器与探测器总质量为3
1.510kg ⨯，着陆过程简化如下：在距月面102m 处悬停，当发动机推力为1F 时，先竖直向下做匀加速直线运动；当发动机推力为2F 时，随即做匀减速直线运动，且两个阶段加速度大小相等，刚好在距离月面2m 时再次悬停，此过程总共用时600s ，此后关闭发动机做自由落体运动，直到接触月球表面。

月球表面重力加速度取
21.6m/s g =，求：
(1)探测器接触月球表面时的速度大小； (2)发动机施加推力的差值()21F F -的大小。

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】 【分析】 【详解】
AB ．线圈进入磁场时，产生的感应电动势为 E=BLv 感应电流为
E I R
=
线框受到的安培力大小为
22B L v
F BIL R
== 由牛顿第二定律为 F=ma
则有
22B L v
a mR
=
在线框进入磁场的过程中，由于v 减小，所以a 也减小，则流经线框的电荷量
R BLx
R
q ∆Φ=
= 则q ∝x ，q-x 图象是过原点的直线。

根据数学知识得：
q BL x BLv I t R t R
∆∆=
==∆∆ 因为v 减小，则q-t 图象切线斜率减小；当线框完全进入磁场后，无感应电流，不受安培力，线框做匀速直线运动，磁通量不变，故AB 错误；
C ．线圈进入磁场的过程做加速度减小的变减速运动，v-t 图象是曲线，故C 错误；
D ．线圈进入磁场的过程，根据动量定理得：
0BILt mv mv -=-
又
BLvt BLx
q It R R
==
=
联立整理得
22
0B L v v x mR
=-
v-x 图象是向下倾斜的直线，线框完全进入磁场后，做匀速直线运动，故D 正确。

故选D 。

2．D 【解析】
开始时，对放在O 点的点电荷由平衡知识可知：0
02cos30a F E q = ；当让点电荷a 带负电时，则a 、b
对O 点点电荷的库仑力竖直向上在，则O 点处电荷的受力变为0F E q ==
，故选D. 3．A 【解析】 【详解】
根据自由落体的运动学公式22v gh =，可得铁锤碰前的速度为
v
取向下为正，对铁锤由动量定理得
()0mg F t mv -=-
解得
2m gh
F mg =
+ 由牛顿第三定律可得，铁锤对桩的作用力大小
2m gh
F F mg '==
+ 故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

4．D 【解析】 【详解】 对物块受力分析：
物块受重力mg 、恒力F 静摩擦力f F 弹力N F 。

正交分解后，竖直方向平衡有
N sin F F mg θ=-
最大静摩擦力
fm N F F μ=
水平方向有
fm cos F F θ（临界点）
解得
sin cos mg
F
μμθθ
-
题意有
1
tan μα
=
结合数学知识，联立方程解得
2
arcsin
1
1
F
θα
μ
+
+
ABC错误，D正确。

故选D。

5．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．x t-图像的斜率等于速度，可知在0~2s内甲、乙都沿正向运动，运动方向相同。

2~4s内甲沿负向运动，乙仍沿正向运动，运动方向相反，故A错误。

BD．0~2s内甲乙同向运动，甲的速度较大，两者距离不断增大。

2s后甲反向运动，乙仍沿原方向运动，两者距离减小，则2s时甲、乙两物体间的距离最大，最大距离为4m1m3m
s=-=，故BD错误。

C．由图知，在0~4s内甲、乙的位移都是2m，平均速度相等，故C正确。

6．B
【解析】
【详解】
ABC．粒子从F点和E点射出的轨迹如图甲和乙所示；
对于速率最小的粒子从F点射出，轨迹半径设为r1，根据图中几何关系可得：
22
11
3
()
3
r r R R
-=
解得
1
2
3
r R
=
根据图中几何关系可得
1
1
3
3
3
sin
2
R
r
θ==
解得θ1=60°，所以粒子轨迹对应的圆心角为120°；
粒子在磁场中运动的最长时间为 118060223603m m t qB qB
ππ︒-︒=⨯=︒ 对于速率最大的粒子从E 点射出，轨迹半径设为r 2，根据图中几何关系可得
22223sin60cos603
()r r R R R =-︒+
+︒ 解得 273
r R = 根据图中几何关系可得
223sin60533sin 14
R R r θ︒+
== 所以θ2＜60°，可见粒子的速率越大，在磁场中运动的时间越短，粒子的速率越小运动时间越长，粒子在磁场中运动的最长时间为2 3m qB π，不可能为5 6m qB
π，故B 正确、AC 错误； D ．对从F 点射出的粒子速率最小，根据洛伦兹力提供向心力可得
11mv r qB
= 解得最小速率为
123qBR v m
= 故D 错误。

故选B 。

7．B
【解析】
【分析】
平均速度等于这段位移与所需要的时间的比值．而位移则通过胡克定律由受力平衡来确定。

【详解】
根据胡克定律，振子被拉到平衡位置O 的右侧A 处，此时拉力大小为F ，由于经过时间t 后第一次到达平衡位置O 处，因做加速度减小的加速运动，所以这个过程中平均速度为
，故B 正确，ACD 错误。

【点睛】
考查胡克定律的掌握，并运用位移与时间的比值定义为平均速度，注意与平均速率分开，同时强调位移而不是路程。

8．D
【解析】【详解】
A．当匀速运动时，由
22
B L v
F
R
=可知，三种情况下F、B、L相同，但是R不同，则速度v不同，ef电阻
较大，则速度较大，选项A错误；
B．因速度v不同，则由E=BLv可知，三根导线产生的感应电动势不相同，选项B错误；
C．匀速运动时，三根导线的热功率等于外力F的功率，即P=Fv，因v不同，则热功率不相同，选项C错误；
D．撤去F后由动量定理：
BIL t mv
∆=
而
I t q
∆=
则
mv
q
BL
=
因ef的速度v和质量m都比较大，则从撤去外力到三根导线停止运动，通过导线ef的电荷量q最大，选项D正确；
故选D。

9．B
【解析】
【详解】
ABC．在环由静止释放后沿杆向下运动的过程中，受向下的重力、斜向上的电场力和竖直向上的库仑力，因电场力和库仑力对环都做负功，可知环的机械能减小；而环的动能、重力势能和电势能之和守恒，则因电势能变大，则重力势能与动能之和减小；因重力势能减小，则电势能与动能之和增加；选项AC错误，B 正确；
D．环下滑过程中一定存在一个重力、电场力、库仑力以及杆的弹力的四力平衡位置，在此位置时环的速度最大，动能最大，则环下滑时动能先增加后减小，选项D错误；
故选B。

10．A
【解析】
试题分析：在速度-时间图象中每一点表示该时刻所对应的速度，图线上每一点切线的斜率表示物体的瞬时加速度，根据图象的斜率可知加速度的变化；由速度公式可求得位移及平均速度．
v-t图像的斜率表示加速度，所以1t时刻甲的加速度小于乙的加速度，乙的斜率越来越小，所以加速度越来
越小，A 正确B 错误；由于甲乙不知道t=0时刻甲乙两车的位置关系，则无法判断两者间的距离如何变化，C 错误；甲做匀减速直线运动，在t 1和t 2时间内，甲的平均速度为
122v v +，由于乙的位移小于甲的位移，故乙的平均速度122
v v v +<，D 错误． 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．ADE
【解析】
【详解】
A ．石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体，A 正确；
B ．根据U Q W ∆=+可知，一定质量的理想气体经过等容过程，0W =，吸收热量0Q >，则0U ∆>，即其内能一定增加，B 错误；
C ．足球充气后很难压缩，是因为足球内大气压作用的结果，C 错误；
D ．由于表面张力的作用，当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是沿液体的表面，即表面形成张力，合力指向内部，D 正确；
E ．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关，E 正确。

故选ADE 。

12．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．因轨道I 和轨道Ⅱ是探测器两个不同的轨道，则在相等时间内，轨道I 上探测器与火星中心的连线扫过的面积与轨道Ⅱ上探测嚣与火星中心的连线扫过的面积不相等，选项A 错误；
B ．探测器在轨道Ⅱ运动时，轨道半径为3R ，则经过O 点的加速度等于2
3v R
，选项B 正确； C ．探测器从轨道I 到轨道Ⅱ要在O 点减速，可知在轨道I 运动时，经过O 点的速度大于v ，选项C 正确； D ．探测器在轨道Ⅱ与轨道Ⅲ上的周期之比为
23T T ==则在轨道Ⅱ上第一次由O 点到P 点与轨道Ⅲ上第一次由O 点到Q 点的时间之比是
223312142
T t t T ==
选项D 错误。

故选BC 。

13．BC
【解析】
【分析】
先确定图线与电压表示数对应的关系，再根据图线求出电源的电动势，并判断V 2读数的变化情况。

当I=0.3A 时，电动机输入功率最大。

变阻器的全部接入电路时，电路中电流最小，由欧姆定律求解变阻器的最大阻值。

【详解】
A ．由电路图甲知，电压表V 2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V 2的电压与电流的关系。

此图线的斜率大小等于电源的内阻，为
Δ 3.4 3.0Ω2Ω.2
Δ0U r I -=== 当电流 I=0.1A 时，U=3.4V ，则电源的电动势
3.40.12 3.6V E U Ir =+=+⨯=
故A 正确。

B ．变阻器向右滑动时，R 阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为V 2读数逐渐增大，故B 错误。

C ．由图可知，电动机的电阻
M 0.80.4Ω4Ω0.1
r -== 当I=0.3A 时，U=3V ，电动机输入功率最大，此电路中，电动机的输入功率增大，故C 错误。

D ．当I=0.1A 时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以
M 3.624Ω30Ω0.1E R r r I ⎛⎫=--=--= ⎪⎝⎭
故D 正确。

本题选择错误的，故BC 符合题意。

故选BC 。

【点睛】
此题考查对物理图像的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线。

对于电动机，理解并掌握功率的分配关系是关键。

14．ACE
【解析】
【详解】
AB ．由图可知A→B 过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，则A 状态速率大的分子比例较B 状态多，故A 正确，B 错误。

C ．B→C 过程中是等压变化，体积增大，则气体对外做功，故C 正确。

D ．B→C 过程中是等压变化，体积增大，则气体对外做功，则W ＜0，温度升高，气体内能增大，即△U ＞0，根据热力学第一定律△U=W+Q ，则Q ＞0，即气体吸热，故D 错误。

E ．状态A 和状态C 的温度相等，温度是分子平均动能的标志，所以气体分子平均动能相同，从图中可知，A 状态气体压强更大，说明气体分子的密集程度更大，即A 状态单位时间内碰撞容器壁单位面积的分子数比C 状态多，故E 正确。

故选ACE 。

15．ADE
【解析】
【详解】
A ．松香是非晶体，非晶体在熔化过程中温度升高，分子的平均动能变大，故A 正确；
B ．当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小，故B 错误；
C ．液体的饱和汽压与温度有关，与其他气体的压强无关，故C 错误；
D ．气体的压强与单位体积的分子数和分子平均动能有关，若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则 0W >，0Q >
根据热力学第一定律U Q W ∆=+知
0U ∆>
说明气体的温度升高，分子平均动能增大，又因为气体被压缩，体积减小，单位体积的分子数增加，所以气体压强一定增大，故D 正确；
E ．若一定质量的理想气体分子平均动能减小，说明温度降低，内能减小，即0U ∆<，又外界对气体做功，即0W >，根据热力学第一定律U Q W ∆=+知
0Q <
即气体一定放热，故E 正确。

故选ADE 。

三、实验题：共2小题
16．BD
10
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针1P和2P，确定入射光线，然后插上大头针3P，使3P挡住1P，
2
P的像，再插上大头针
4
P，使
4
P挡住
3
P和
1
P、
2
P的像，从而确定出射光线。

则BD正确。

(2)[2]．光路图如图所示。

(3)[3]．在光路图中构造三角形，由图得145
θ=︒，所以
1
2
sin
2
θ=
2
5
sinθ=
由折射定律
1
2
sin10
sin2
n
θ
θ
==
17．1011
~
D D匀速直线 5.0 0.51 错误
【解析】
【详解】
(1)[1][2]．第五个钩码落地后木块将做减速运动，点迹间距逐渐减小，则可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的1011
~
D D；由此也可判断第四个钩码落地后至第五个钩码落地前的一段时间内，纸带上点迹均匀，木块在做匀速直线运动。

(2)[3][4]．由纸带可看出，第五个钩码落地后0.2cm x ∆= 根据2x aT ∆=可得木块运动的加速度大小为
2
2220.210 5.0m/s 0.02
x a T -∆⨯=== 由
mg
a g m μμ==
可得
μ=0.51
(3)[5]．根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小”的观点是错误的。

四、解答题：本题共3题
18．（1）4BLv R ；方向是由a 到d ；（2）234B L v R ；（3）2316B L v R
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由于ad 边向左切割磁感线，故产生的感应电动势为
E=BLv
故线框中的电流、
44E BLv I R R
== 由右手定则判断出电流的方向是由a 到d ；
（2）由于线框匀速运动，故拉力
F=F 安=BIL=224B L v R
拉力做的功
234W B R
F L L v == （3）拉力做功全部转化为电流产生的焦耳热，则ab 边产生的焦耳热
23114416ab B v Q R
Q L W ===总
19．（1）
21n n +v 0（2 【解析】
【详解】
(1)设B 的质量为m ，则A 的质量为nm 。

对于碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得 ：
nmv 0=nmv 1+mv 2
根据机械能守恒定律得 ： 12nmv 02=12nmv 12+12mv 22 解得碰撞后瞬间物块B 的速度大小： v 2=21
n n +v 0 (2)设物块B 落到曲面时下落的高度为H ，水平位移为x ，则H=
212gt ，x=v 2t ， 则落到C 点时，对应的坐标为y=2h-H ，x=v 2t ， 根据曲面的方程y=
12h x 2， 解得： 2h-H=12h
（v 2t ）2 B 平抛过程，根据动能定理得：mgH=
212mv -12mv 22 联立得物块B 落到曲面时动能：
212
mv =222222142g h m v v gh ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭ 上式可以整理为：()
2222
2224g h v v gh gh v gh =++-+
=23gh +
=
即：2v =时物块B 的动能最小。

联立可得：
20．
(1)/s v =
；(2)2110N 3
F F -= 【解析】
【分析】
【详解】 (1)由速度位移公式22v ax =，带入数据可得
v = (2)设加速过程中的最大速度为m v ，加速阶段的位移212m v ax =，减速阶段的位移222m v ax =，且
12100m x x +=
加速阶段的时间1m v t a =，减速阶段的时间2m v t a =，且 12600s t t +=
带入数据可得
21m/s 900
a = 由牛顿第二定律可得，加速阶段 1mg F ma -=
减速阶段
2F mg ma -=
带入数据可得
2110N 3
F F -=
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
1．20世纪中叶以后，移动电话快速发展．移动电话机（）
A．既能发射电磁波，也能接收电磁波
B．只能发射电磁波，不能接收电磁波
C．不能发射电磁波，只能接收电磁波
D．既不能发射电磁波，也不能接收电磁波
2．如图是电子射线管示意图。

接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。

要使荧光屏上的亮线向下（z轴负方向）偏转，在下列措施中可采用的是（）
A．加一电场，电场方向沿z轴负方向
B．加一电场，电场方向沿y轴正方向
C．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向
D．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向
3．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。

检查电路后，闭合开关S，小灯泡正常发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。

虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象。

你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是（）
A．线圈的电阻偏大
B．小灯泡的额定电压偏大
C．电源的电动势偏小
D．线圈的自感系数偏小
4．如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里（与ab垂直）的匀强磁场，磁感应强度为B。

M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，则电流表的示数为。

（）。