2020年海南省高考物理一模試卷一、單選題（本大題共8小題，共32.0分）1.一玻璃磚的截面為半圓，截面內一束單色光從空氣射向其圓心a下圖中能正確描述其折射光路的是（）1.兩個相同物塊P、Q分別在大小相等、方向如圖的恒力耳和F2作用下沿水平面向右運動，物塊與水平面的動摩擦因數相同。在它們前進相同距離的過程中，々和F2做功分別為％和嗎，兩個相同物塊P、Q分別在大小相等、方向如圖的恒力耳和F2作用下沿水平面向右運動，物塊與水平面的動摩擦因數相同。在它們前進相同距離的過程中，々和F2做功分別為％和嗎，P、Q兩物塊克服摩擦力所做的功分別為叫］和叫2，則有（）3.,4.W1>嗎C.W1>嗎叫1＞嗎2

叫1=拎2W1=W2D.%=嗎叫1＞拎2

叫1=嗎2植物學家布朗用顯微鏡觀察懸浮在水中的花粉做無規則的運動，人們把這種無規則運動叫做布朗運動。關于布朗運動，下列說法正確的是（）A.A.B.C.D.布朗運動是花粉顆粒中分子運動引起的布朗運動反映了水分子的無規則運動花粉顆粒越大，布朗運動越激烈布朗運動的激烈程度與溫度無關5.在豎直平面（紙面）內固定三根平行的長直導線a、b、c，5.通有大小相等、方向如圖所示的電流。若在三根導線所在空間內加一勻強磁場后，導線a所受安培力的合力恰左越好為零，則所加磁場的方向可能是（）A.垂直導線向左B.垂直導線向右C.垂直紙面向里D.垂直紙面向外6.某地球衛星在圓軌道I做勻速圓周運動，變軌后進入圓軌道n做勻速圓周運動。若軌道n半徑是軌道I的10，忽略衛星質量的變化，則衛星在軌道n與軌道I動能的比值為（）A.-9 B.10 C.虹 D.10010 9 100 81一定質量的理想氣體，從狀態M開始，經狀態N、Q回到原狀態M，其0-，圖象如圖所示，其中QM平行于橫軸，NQ平行于縱軸。則（）A.MtN過程氣體溫度不變 B.NtQ過程氣體對外做功C.NtQ過程氣體內能減小 D.QtM過程氣體放出熱量.如圖（a）所示，一根直導線和一個矩形導線框固定在同一豎直平面內，直導線在導線框上方，規定圖（a）中箭頭方向為電流的正方向。直導線中通以圖（b）所示的電流，則在0?%時間內，導線框中感應電流的方向（）C.始終沿順時針C.始終沿順時針D.始終沿逆時針二、多選題（本大題共5小題，共20.0分）.在醫學上，常用鉆60產生的y射線對患有惡性腫瘤的病人進行治療。鉆60的衰變方程為60ct60N.+x,下列說法正確的是（）2/0 28IA.鉆60發生的是S衰變，X是電子y射線比￡射線的穿透能力強X粒子是鉆60原子核的組成部分D.該衰變過程釋放的核能全部轉化為y射線的能量10.如圖所示，水平彈簧振子沿l軸在M、N間做簡諧運動，坐標原點O為振子的平衡位置，其振動方程為％=5s譏（10忒+①）cm.下列說法正確的是（）2 1J! I ■ >M O N xA.MN間距離為5cmB.振子的運動周期是0.2st=0時，振子位于N點t=0.05s時，振子具有最大加速度

11.如圖所示，一個小物塊放在截面為半圓的容器最低點。若繞過0點垂直于紙面的軸逆時針緩慢轉動容器，直至小物塊開始沿內壁滑動。則該過程中容器對小物塊的（）A.支持力大小不變 B.支持力大小C.摩擦力大小減小D.摩擦力大小增大12.如圖所示，帶電粒子。、C.摩擦力大小減小D.摩擦力大小增大12.如圖所示，帶電粒子。、b從同一點以相同速度射入平行板間的勻強電場中，速度與電場方向垂直，a、b分別打在M、N點，若OM=MN，不計粒子的重力，則粒子a、b的（）A.運動時間之比為1：2B.加速度大小之比為2：1C.比荷之比為4：1D.位移大小之比為1：213.如圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數之比/：4=2：1，電源電壓比=1272s譏100兀K，），電阻々=4。，R2=2。，它們消耗的功率分別為PrP2，貝U（）A.P]=4W B.P]=16WC.P2=2WD.P2=8W三、實驗題（本大題共2小題，共18.0分）14.某同學用如圖所示的裝置驗證機械守恒定律。實驗步驟如下：I用電磁鐵吸住一個小鐵球，將光電門A固定在立柱上，用一小鐵球底部處于同一水平位置，光電門B固定在立柱上的另一位置；n切斷電磁鐵電源，小鐵球開始下落，數字計時器測出小鐵球通過光電門A和光電門B的時間分別為J、7請回答下列問題：（1）切斷電磁鐵電源之前，需要調節底座螺絲，使立柱處于 ，以確保小鐵球能通過兩個電光門；（2）實驗中還需要測量的物理量是 （填選項前的字母）A.小鐵球的質量mB.小鐵球的直徑dC光電門A、B間的距離h（3）小鐵球經過光電門B時的速度可表示為（用測量的物理量表示）（4）在誤差允許范圍內，若滿足關系式 ，即可驗證機械能守恒（用測量的物理量和重力加速度g表示）。

?光電門A光電門B?光電門A光電門B15某同學設計了如圖(a)的電路來測量電源電動勢E和內阻r。圖中Ro=7.0C,々阻值未知，R2為電阻箱，阻值范圍為0?9999.9。；：口是理想電壓表，S1為單刀開關，s2為單刀雙擲開關。15(1)調節電阻箱R2的阻值為10僅閉合S1，將S2撥向a，電壓表示數為0.87匕將S2撥向b，電壓表示數為1.26V,則々的阻值為C(保留2位有效數字)；(2)將S2撥向a，多次調節R2,讀出其阻值及對應的電壓表示數，經處理得到下表的數據，請在如圖(b)給出的坐標紙上描出剩余的數據點，并繪出1-上圖線。uR2實驗次數12實驗次數1234561F(n-1)20.040.070.100.130.170.201臚-1)0.760.931.151.321.591.79(3)由工-工圖線得到電源電動勢E= 匕內阻r= C(結果均保留2位有u^2效數字)。四、計算題(本大題共1小題，共10.0分).駕考需要考查坡道定點停車，過程如圖所示，汽車從水平路段的A點啟動，勻加速行駛2s到達斜坡底端5點時速度為2m/s。接著汽車仍以2m/s的速度勻速上坡，然后在恰當位置剎車，剛好停在。點。已知汽車在斜坡上剎車的摩擦阻力恒為車重的0.2倍，斜坡傾角的正弦值s譏6=0.3,取重力加速度為106/S2.求

(1)4、B兩點間距離;(2)汽車開始剎車的位置到。點的距離。五、簡答題(本大題共2小題，共16.0分).如圖所示，真空中半徑為R=&m的圓形區域內存在一方向垂直于紙面的勻強磁場。3間距d=0.506的平行金屬板M、N間有一勻強電場，N板與磁場邊界相切。現有一帶正電的粒子從M板上的P孔由靜止釋放，經電場加速后，以“=1.0X105m/s的速度通過N板上的小孔Q垂直進入磁場，離開磁場時，速度方向向左偏轉了60°，已知點P、Q、O在同一豎直線上，粒子的比%=4.0X107。/。不計重力及相對論效應。求：(1)M、N兩板間的電壓U；(2)磁感應強度B的大小和方向；(3)粒子從釋放到離開圓形磁場區域，經歷的總時間(保留2位有效數字)。.有一種打積木的游戲，裝置如圖所示，三塊完全相同的積木疊放在靶位上，長為L，積木B與C夾在固定的兩光滑薄板間，一鋼球用長為R且不可伸長的輕繩掛于O點，鋼球質量與每塊積木的質量相等；游戲時，將鋼球拉到與O等高的P點(保持

繩繃直)由靜止釋放，鋼球運動到最低點時與積木A發生彈性碰撞，積木A滑行-段距離s(s>2L)后停下，又將鋼球拉回P點由靜止釋放，落下后與靜止的積木B發生彈性碰撞，積木B向前滑行與積木A碰撞后，以共同速度滑行一段距離后停止。已知重力加速度為g，各接觸面間的動摩擦因數相同，碰撞時間極短。求TOC\o"1-5"\h\zP0 -0. I _+ ［工(1)鋼球與積木A碰撞前、后瞬間的速度大小；(2)動摩擦因數；(3)積木B滑行的距離。答案和解析.【答案】B【解析】解：光線由空氣射向玻璃磚，根據折射定律可知，折射角小于入射角，由于射到弧面上時是沿著法線射入，所以沿直線射出玻璃磚，故ACD錯誤，B正確。故選：B。光從空氣射到玻璃磚內，根據折射定律判斷折射角和入射角的大小，再分析到達弧面上的入射角，從而分析出射光線的方向。解決該題的關鍵是掌握折射定律，知道光從光疏介質傳播到光密介質發生折射現象時的折射角小于入射角。.【答案】C【解析】解：A、因為”-t圖象的“面積”大小等于位移，圖象在時間軸上方位移為正，圖象在時間軸下方位移為負，則5s內與3s的位移大小相等，為%=2s-X56=12.56，故A錯誤；B、3s末與5s末的速度大小相同，方向相反，速度不同，故B錯誤；C、因為“T圖象的斜率等于加速度，則第4s內與第5s內的加速度相同，故C正確；D、前4s內的位移大小為乂=24—X5m=15m則平均速度大小為力=上=ii6/s=3.75m/s，故D錯誤。Z4故選：C。在”-t圖象中，圖象與時間軸所圍的面積表示位移，圖象的斜率表示加速度，根據幾何知識求出位移，再求平均速度。對于運動圖象，首先要看清坐標軸，再根據圖象的斜率和面積來分析圖象的物理意義。對于”-t圖象，要知道圖象與時間軸所圍的面積表示位移，圖象的斜率表示加速度。.【答案】A【解析】解：作用在物塊上的恒力々和F2的大小相等，兩物體位移相同，根據勿=Fscos。知七＞%，根據摩擦力f="N知C=H6g，=4（mg-尸2s譏6）由此可知。＞/g，根據WuFscose知，位移相同，P、Q兩物塊克服摩擦力所做的功分別為叫］和叫2，所以勿門＞嗎2，故A正確，BCD錯誤。故選：A。根據功的定義，通過W=Fscos。，明確做功的兩個因素：力以及力的方向上的位移，然后比較做功的大小。解決本題的關鍵掌握功的公式勿=F$因5仇注意分析力和位移的大小，方向即可。.【答案】B【解析】解：A、布朗運動是水分子的無規則運動引起的，故A錯誤；B、布朗運動是固體小顆粒的運動，它反映了水分子的無規則運動，故B正確；C、花粉顆粒越小，液體分子的撞擊越容易不平衡，布朗運動越激烈，故C錯誤；D、布朗運動的激烈程度與溫度有關，溫度越高，布朗運動越明顯，故D錯誤。故選：B。布朗運動是固體小顆粒受液體分子對小顆粒的碰撞的作用力不平衡而產生的運動;液體的溫度越低，顆粒越大，懸浮小顆粒的運動越緩慢，固體小顆粒做布朗運動說明了液體分子不停的做無規則運動。本題考查布朗運動的產生和現象，掌握布朗運動的實質和產生原因，以及影響布朗運動劇烈程度的因素是解決此類題目的關鍵。.【答案】D【解析】解：根據安培定則可知，導線b在。處的磁場向里，導線c在。處的磁場向外，因b離。較近，可知bc在。處的合磁場垂直紙面向里；因導線。所受安培力的合力恰好為零，可知。處所加磁場的方向為垂直紙面向外；A、垂直導線向左，與結論不相符，故A錯誤；B、垂直導線向右，與結論不相符，故B錯誤；。、垂直紙面向里，與結論不相符，故C錯誤；D、垂直紙面向外，與結論相符，故D正確。故選：D。同向電流相互吸引，異向電流相互排斥。導線越近，磁場越強，安培力越大；然后結合左手定則判斷即可。本題考查了學生對用安培定律中導線之間相互作用力、電流的大小、導線之間的距離等因素的關系了解和掌握，屬于常見題型。.【答案】B【解析】解：衛星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，管=小,，解得:u=麻，NV動能："=；山"2，聯立解得：紇=如“2r軌道n半徑是軌道I的'，則衛星在軌道n與軌道I動能的比值為10，故b正確，acd錯誤。故選：B。衛星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，列出線速度與軌道半徑的關系式,結合動能公式求解衛星在軌道n與軌道I動能的比值。此題考查了人造衛星的相關計算，解題的關鍵是明確萬有引力提供向心力，得到線速度和動能的表達式。.【答案】D【解析】解：A、由數學知識可知，M-N過程氣體的pV乘積先增加后減小，結合理想氣體狀態方程"=c可知，溫度先升高后降低，故A錯誤；TB、N-Q過程氣體的體積不變，不對外做功，故B錯誤；C、N-Q過程氣體壓強增大，體積不變，由"=c可知，溫度升高，則內能增加，故C錯誤；D、Q-M過程氣體壓強不變，體積減小，外界對氣體做功，即勿>0；由"=C可知，T溫度降低，內能減小，即△U<0，根據熱力學第一定律△UnW+Q可知Q<0，氣體放出熱量，故D正確。故選：D。根據數學知識，pV乘積先增加后減小，溫度先升高后降低;N-Q過程，氣體體積不變，W=0；N-Q過程為壓強增大的等容變化，根據理想氣體狀態方程可知溫度升高，內能增大；Q-M過程為體積減小的等壓變化，知勿>0，由理想氣體狀態方程可知溫度降低，即△U<0，再根據熱力學第一定律可以判斷是否放熱。本題考查了理想氣體狀態方程、熱力學第一定律等知識點。解答理想氣體狀態方程與熱力學第一定律的綜合問題的關鍵在于找到兩個規律之間的聯系，弄清氣體狀態變化過程中各狀態量的變化情況。.【答案】C【解析】解：開始階段直導線中電流向右減小，依據右手螺旋定則，則穿過線圈的磁通量向里減小，由楞次定律可知，線框中感應電流為順時針方向；后一階段直導線中電流向左增加，依據右手螺旋定則，則穿過線圈的磁通量向外增加，由楞次定律可知，線框中感應電流為順時針方向；A、先順時針后逆時針，與結論不相符，故A錯誤；B、先逆時針后順時針，與結論不相符，故B錯誤；C、始終沿順時針，與結論相符，故C正確；D、始終沿逆時針，與結論不相符，故D錯誤。故選：C。先依據右手螺旋定則確定在各段時間內，直導線在矩形導線框內磁場方向與大小；再根據楞次定律判斷線框感應電流方向。考查右手螺旋定則與楞次定律的應用，理解楞次定律“增反減同”的內涵，注意電流正方向的確定，及知道右手螺旋定則，也稱安培定則。.【答案】AB【解析】解：A、由核反應的質量數和電荷數守恒可知，X的質量數為0，電荷數為-1，則鉆60發生的是S衰變，X是電子，故A正確；B、y射線比S射線的穿透能力強，故B正確；C、X粒子是電子，時鉆60原子核發生S衰變時，一個中子轉化成一個質子和一個電子，電子從原子核中噴射出來，故X粒子不是其原子核的組成部分，故C錯誤；D、該衰變過程釋放的核能一部分轉化為新核的動能，一部分轉化為y射線的能量，故D錯誤。故選：ABo根據質量數守恒與電荷數守恒判斷X的種類；根據三種射線的特點與穿透性判斷；衰變過程中釋放的能量一部分轉化為y射線的能量，一部分轉化為新核的動能。解決本題的關鍵知道衰變的過程中電荷數守恒、質量數守恒，知榛衰變和S衰變的實質，理解兩種衰變的特點以及三種射線的特點與穿透性。.【答案】BC【解析】解：A、MN間距離為24=10cm,故A錯誤；B、因3=10wad/s,可知振子的運動周期是7=初=外s=0.2s,故B正確；3 10幾。、由％=5s譏(10兀t+￡)cm可知t=0時，％=5cm,即振子位于N點，故C正確；D、由％=5sin(10nt+?cm可知t=0.05s時％=0,此時振子在O點，振子加速度為零，故D錯誤；故選：BCo根據振動方程分析振幅大小，A、B兩點間的距離為振幅的兩倍；根據周期和角速度的關系式求解振子振動的周期；將t=0代入振動方程即可判斷振子所處的位置；將t=0.05$代入振動方程，判斷振子的位置，即可判斷振子的振動狀態。解決該題首先要根據振動方程分析振子的振幅、周期以及0時刻的振動狀態，知道周期的求解公式。.【答案】BDTOC\o"1-5"\h\z【解析】解：設某時刻物塊與O點連線與豎直方向夾角為仇 酷如圖，滑動前小物塊相對容器靜止，容器緩慢轉動，說明小物 ■.塊處于平衡狀態： F■■:Fn=mgcose, V二，4=mgsind, 叫則隨。角的增加，支持力時大小減小，摩擦力。大小增大，故BD正確，AC錯誤。故選：BDo滑動前小物塊相對容器靜止，容器緩慢轉動，說明小物塊處于平衡狀態，對小物塊受力分析列平衡方程分析支持力和摩擦力的變化。本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答本題的關鍵是能夠正確的進行受力分析、建立平衡方程進行解答。.【答案】AC【解析】解：A、兩個帶電粒子射入電場后，豎直方向做勻速直線運動，則豎直方向有y=%t，可得，粒子a、b的運動時間之比：展二七二四二1,故A正確；0 %ybon2B、兩個帶電粒子水平方向均做初速度為零的勻加速直線運動，根橄=2。駿得：加速度大小之比％=培=4,故B錯誤；ab% 1C、由a=7,則比荷之比等于加速度之比，即4：1,故C正確；D、設a、b的水平位移均為％,豎直位移分別為y和2?則位移之比%=姓2+丫2W1,Sb4x2+(2y)2 2故D錯誤。故選：ACo兩個粒子垂直射入勻強電場中都作類平拋運動，豎直方向做勻速直線運動，公式/=戊求運動時間之比。水平方向均做初速度為零的勻加速直線運動，根據第=2。駿求加速度之比，再根據牛頓第二定律求比荷之比。根據幾何關系求位移大小之比。解決該題的關鍵要掌握類平拋運動的處理方法：運動的分解法，根據牛頓第二定律和分位移公式列式來分析。.【答案】AD【解析】解：設原線圈電流為I，則由變流比可知，匝數比等于電流的倒數比，次級電流為21，根據電源電壓的瞬時表達式，確定有效值為12匕根據閉合電路歐姆定律可知，原線圈的輸入電壓：U1=U-IRi=r2-41，副線圈的輸出電壓：U2=2IR2=4I，根據變壓比可知，4=%=2，〃2九2解得：/=14則々消耗的功率：P1=12R1=4W，R2消耗的功率：P2=(2/)2R2=8W，故AD正確，BC錯誤。故選：AD。根據電源電壓的瞬時表達式確定電源電壓的有效值。設原線圈的輸入電流為I，根據變流比確定輸出電流大小，根據變壓比結合歐姆定律確定輸入電流和輸出電流，進而計算出電阻消耗的電功率。此題考查了變壓器的規律，在原線圈和電源之間接入一個電阻的問題，一般都是用電流表示電壓，然后根據變壓比計算出電流，進而計算其他所求物理量。.【答案】豎直BC%=;嚀)2-仔)2=2gh【解析】解：(1)切斷電磁鐵電源之前，需要調節底座螺絲，使立柱處于豎直，以確保小鐵球能通過兩個電光門；(2)依據在極短時間內，平均速度接近瞬時速度，則鐵球通過光電門A、B的速度分別為：/=&和%=&J%依據運動學速度與位移關系式，則有：嗎一嗎=2g%將速度代入，則有：(,-(/=29/則實驗中還需要測量的物理量是：小鐵球的直徑d以及光電門A、B間的距離九故A錯誤，BC正確；故選：BC；(3)小鐵球經過光電門B時的速度可表示為：%=△；tB(4)在誤差允許范圍內，若滿足關系式：(a)2-d)2=2gh，即可驗證機械能守恒。故答案為：(1)豎直；(2)BC；(3)%=氣(4)產)2-*)2=2啦。%%。(1)根據實驗原理，結合球豎直下落，從而確定立柱的要求；(2、3)根據在極短時間內，平均速度接近瞬時速度，及運動學速度與位移公式，列出其方程，即可判定求解；(4)減小的重力勢能轉化為增加的動能，即可驗證機械能守恒。解決本題的關鍵知道實驗的原理以及誤差形成的原因，掌握運動學公式，及合理的選取，并知道極短時間內的平均速度等于瞬時速度，注意等式兩邊質量可約去。.【答案】4.52.01.3

【解析】解：(1)由串并聯電路的特點可知：4= ,R2 %代入數據解得：々=4.50(2)根據坐標系內描出的點作出圖象如圖所示：—二rl!IJIWX上ii-■二二…I=1…—二rl!IJIWX上ii-■二二…I=1…(3)由閉合電路的歐姆定律可知：E=U+j(r+R0+4)整理得：1=二十：0十n1—+1，UER?E'即：1=丁十11.5,十1UER?E由圖示1’圖象可知：b=1=0.5，上=讓115=綽=200050-，UR2 E E△士0.235R2解得：E=2.0匕rx1.3Q故答案為：(1)4.5；(2)圖象如圖所示；(3)2.0,1.3。(1)根據串聯電路特點與歐姆定律求出電阻阻值。(2)根據坐標系內描出的點作出圖象。(3)根據圖示電路圖應用歐姆定律求出圖象的函數表達式，然后根據圖示圖象求出電源電動勢與內阻。本題考查了實驗數據處理、作圖象等問題，分析清楚電路結構是解題的前提，應用歐姆定律可以求出定值電阻阻值；根據電路圖應用歐姆定律求出圖象的函數表達式是求電源電動勢與內阻的關鍵，根據圖象與圖象表達式可以求出電源電動勢與內阻。.【答案】解：(1)汽車從A運動到B做勻加速直線運動，則A、B兩點間距離為：%=y=2x2m=2m4B2 2(2)汽車剎車時，由牛頓第二定律得：kmg十mgs譏6=ma解得：a=5m/s2汽車開始剎車的位置到。點的距離為s=比=-2a-m=0.4m答：(1)Z、B兩點間距離是2m。(2)汽車開始剎車的位置到。點的距離是0.46。【解析】(1)汽車從A運動到B做勻加速直線運動，已知初速度、末速度和運動時間，可根據平均速度與時間的乘積來求A、B兩點間距離；(2)根據牛頓第二定律求得剎車時的加速度，再由速度位移公式求汽車開始剎車的位置到。點的距離。本題要分析清楚汽車的運動情況和受力情況，要能靈活選擇運動學公式，在不涉及加速度時，可根據平均速度來求位移。第2問也可以根據動能定理求解。.【答案】解：(1)粒子在MN之間加速，則由動TOC\o"1-5"\h\z能定理可得：qU=2mv2, 1解得U=125/； /(2)粒子離開磁場時，速度方向向左偏轉了60°，如丫 丁圖所示，由幾何關系可知： /￡=tan30°， ' -Z 泰r "即r=V3r=1m， 丁J由洛倫茲力提供向心力可得：q^B=6出r可得B=2.5X103T，根據左手定則可知磁場方向垂直紙面向里；(3)粒子在加速電場中的時間：t=d—2d=2X0.5s=105S，1VV 1,0X105粒子在磁場中的周期T=也，qB粒子在磁場中運動的時間：q=皿丁=1丁，2 360。 6代入數據解得t2x1.0X105S，粒子從釋放到離開圓形磁場區域，經歷的總時間t=0+t2=2.0X105S。答：(1