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1、二、选择题：本题共二、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第分。在每小题给出的四个选项中，第 1418 题只有一项符合题目要题只有一项符合题目要求，第求，第 1921 题有多项符合题目要求。全部选对的得题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。14和是重要的聚变核燃料，和聚变的核反应方程为+X+17.6MeV，X 与 Y21H31H21H31H21H31H42He核反应又可获得，即 X+Y+4.9MeV，则下列说法正确的是31H42He31HAX 是电子BY 的核电荷数
2、为 4C+X+17.6MeV 中的 17.6MeV 是的结合能21H31H42He42HeDX+Y+4.9MeV 中平均每个核子释放的能量为 0.7MeV42He31H【答案】D【解析】A根据质量数、电荷数守恒可知，X 是中子，A 项错误;B根据质量数、电荷数守恒可知，Y 的核电荷数为 3，B 项错误；C核子结合成原子核释放的能量才是结合能，C 项错误；DX+Y+4.9MeV 中平均每个核子释放的能量为=0. 7MeV，D 项正确.42He31H4.9MeV7故选 D。15（2019重庆高三）如图,正点电荷固定在 O 点,以 O 为圆心的同心圆上有 a、b 两点,带负电的粒子仅在电场力作用下从
3、 a 点运动到 b 点,则Aa、b 两点电场强度相同B粒子在 a 点的动能小于在 b 点的动能C粒子在 a 点的加速度小于在 b 点的加速度D粒子在 a 点的电势能小于在 b 点的电势能【答案】D【解析】Aa、b 两点电场强度大小和方向均不同，则场强不相同，选项 A 错误；BD从 a 到 b 电场力做负功，则动能减小，电势能变大，即粒子在 a 点的动能大于在 b 点的动能，在a 点的电势能小于在 b 点的电势能，选项 B 错误，D 正确；C粒子在 a 点受到的电场力较大，则粒子 a 的加速度大于在 b 点的加速度，选项 C 错误；故选 D。16（2020湖南高三期末）如图，用绝缘材料制作的光滑
4、杆 AB，B 端固定在水平地面上，杆 AB 与水平地面的夹角，D 点是杆 AB 的中点。水面地面上的 C 点固定有正点电荷 Q，A、C 连线竖直。在30杆 AB 上套一个带负电的小圆环 P，并让小圆环从 A 端静止释放，小圆环 P 能从 A 沿杆滑到 B 端，对小圆环下滑的过程，下列说法正确的是A小圆环 P 一直做匀加速运动B小圆环 P 的机械能守恒C小圆环 P 在 A 点和 D 点的机械能相等D小圆环 P 在 D 点的加速度最大【答案】C【解析】A对小圆环 P 受力分析，受重力、静电力、杆的弹力作用，沿杆的方向有重力的分力、静电力的分力，静电力的大小方向都变化，合力随着变化，加速度也随着变化
5、，不会一直做匀加速运动，故 A 错误。B小圆环 P 下滑的过程，静电力先做正功后做负功，机械能先增加后减小，故 B 错误。CC 离 A 点和 D 点的距离相等，静电力相等，即 A 点和 D 点在同一等势面上，电势能相等，小圆环P 下滑的过程发生电势能和机械能的相互转化，所以在 A 点和 D 点的机械能相等，故 C 正确。D重力沿杆方向的分力 mgsin 不变，在 D 点静电力沿杆的分力沿杆向上，而在 A 点沿杆向下，所以小圆环 P 在 D 点的加速度不是最大，故 D 错误。故选 C。17（2019黑龙江高三）教学用发电机能够产生正弦式交变电流，原理如图所示。矩形线圈 abcd 面积为 S，匝数
6、为 N，电阻为 r，线圈在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴 OO以角速度 匀速转动，利用该发电机向定值电阻 R 供电，电压表和电流表均可视为理想表。下列说法正确的是A线圈平面通过图示位置时电流方向改变B电压表的读数为2NBSC当线圈由图示位置转过 30时，线圈中的电流为2NBSRrD当线圈由图示位置转过 30的过程中，通过线圈磁通量的变化量为2BS【答案】D【解析】A线圈在中性面时磁通量最大，电流为零，电流方向改变，A 错误；B电压表测得是路端电压，电动势最大值为，maxENBS有效值，=2NBSE有效由于线圈有电阻，路端电压要比有效值小，B 错误；C从图示位置开始转动，电动势
7、，cosENBSt电流 ，cos303=222 2ENBSNBSIRrRrRrC 错误；D转过，30=sin2BSBStD 正确；故选 D。18如图所示，正方形为水平放置的长木柱的截面，一根细线一端连接在点一端连一个小球，ABCDA细线的长为，开始时细线水平拉直，由静止释放小球，要使小球刚好能垂直打在侧面，不计小LCD球的大小，重力加速度为，则正方形的边长的大小为gdABCD13L25L38L49L【答案】C【解析】设小球刚好能垂直打在侧面时速度大小为 ，由机械能守恒定律有CDv2122mg dLdmv由牛顿第二定律22vmgmLd求得38dL故 C 正确。故选 C。19如图所示，在某行星表面
8、上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为 30，盘面上离转轴距离 L处有小物体与圆盘保持相对静止，绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动，角速度为 时，小物块刚要滑动，物体与盘面间的动摩擦因数为 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，该星球的半径32为 R，引力常量为 G，下列说法正确的是A这个行星的质量 M224R LGB这个行星的第一宇宙速度 v12LRC这个行星的同步卫星的周期是( )RnLD离行星表面距离为 R 的地方的重力加速度为 42L【答案】AB【解析】A.物体在圆盘上受到重力、圆盘的支持力和摩擦力，合力提供向心力，可知当物体随圆盘转动到最低点，小物块刚要滑动，所受的静摩擦力沿斜
9、面向上达到最大，此时圆盘的角速度最大，由牛顿第二定律得mgcos30mgsin30m2L所以星球表面的重力加速度g42L2cos30sin30L在该行星表面mg2GMmR这个行星的质量M2gRG224R LG故 A 正确；B.第一宇宙速度即为卫星绕行星表面做匀速圆周运动的速度，有mg2mvR故这个行星的第一宇宙速度v12gRLR故 B 正确；C.因为不知道同步卫星距行星表面的高度，所以不能求出同步卫星的周期，故 C 错误；D.离行星表面距离为 R 的地方质量为 m 的物体受到的万有引力Fmgm2L2(2 )GMmR24GMmR14即该地方的重力加速度为 2L，故 D 错误。20（2019重庆西
10、南大学附中高三月考）如图所示，在水平桌面上放置两根相距 l 的平行光滑导轨 ab 与cd，阻值为 R 的电阻与导轨的 a、c 端相连。质量为 m、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动。整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上（图中未画出） ，磁感应强度的大小为B。导体棒的中点系一不可伸长的轻绳，轻绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为 m 的物块相连，轻绳处于拉直状态。现若从静止开始释放物块，用 h 表示物块下落的高度（物块不会触地），g 表示重力加速度，其他电阻不计，则下列说法正确的是A通过电阻 R 中的感应电流方向由 c 到 aB物块下落的最大加速度为 gC若 h 足
11、够大，物块下落的最大速度为2 2mgRB lD通过电阻 R 的电荷量为BlhR【答案】ACD【解析】A从静止开始释放物块，导体棒切割磁感线产生感应电流，由右手定则可知，电阻 R 中的感应电流方向由 c 到 a，故 A 正确；B设导体棒所受的安培力大小为 F，根据牛顿第二定律得物块的加速度，2mgFam当 F=0，即刚释放导体棒时，a 最大，最大值为 0.5g，故 B 错误。C物块和滑杆先做变加速运动，后做匀速运动，当加速度等于零时速度最大，则有mg=F，而F=BIl，BlvIR解得物体下落的最大速度为，2 2mgRvB l故 C 正确；D通过电阻 R 的电量：，EB sBlhqItttRR t
12、RR 故 D 正确。故选 ACD。21（2020天津高三期末）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为 m、套在粗糙竖直固定杆 A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从 A 处由静止开始下滑，到达 C 处的速度为零，。如果圆环在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A 处。弹簧始终在弹性限度内，重ACh力加速度为 g，则A从 A 到 C 的下滑过程中，圆环的加速度一直减小B从 A 下滑到 C 过程中弹簧的弹势能增加量小于 mghC从 A 到 C 的下滑过程中,克服摩擦力做的功为24mvD上滑过程系统损失的机械能比下滑过程多【答案】BC【解析】A圆环从 A 处由静止开始下滑，经过
13、B 处的速度最大，到达 C 处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过 B 处的速度最大，所以经过 B 处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故 A 错误；BC研究圆环从 A 处由静止开始下滑到 C 过程，运用动能定理列出等式000fmghWW弹在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A，运用动能定理列出等式2102fmghWWmv弹解得214fWmv 则克服摩擦力做的功为，由分析可知，214mv214Wmvmgh弹所以在 C 处，弹簧的弹性势能为214mghmv则从 A 下滑到 C 过程中弹簧的弹性势能增加量等于214mghmv故 BC 正确；D由能量守恒定律知，损失
14、的机械能全部转化为摩擦生热了，而摩擦生热Qfs两个过程系统损失的机械能相等，故 D 错误。故选 BC。三、非选择题：共三、非选择题：共 174 分，第分，第 2232 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3338 题为选考题，考生题为选考题，考生根据要求作答。根据要求作答。（一）必考题：共（一）必考题：共 129 分。分。22（6 分）（2020福建高三期末）小米同学用图所示装置探究物体的加速度与力的关系。实验时保持小车(含车中重物)的质量不变，细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力 F，用打点计时器测出小车运动的加速度 a。（1）下列操作中，是为了
15、保证“细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力 F” 这一条件的有（_）A实验前应将木板远离定滑轮一端适当垫高，以平衡摩擦力B实验前应调节定滑轮高度，使定滑轮和小车间的细线与木板平行C小车的质量应远小于钩码的质量D实验时，应先接通打点计时器电源，后释放小车（2）如图为实验中打出的一条纸带，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的 5 个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有 4 个点迹未标出，测出各计数点到 A 点间的距离。已知所用电源的频率为 50Hz，则小车的加速度 a_m/s2。 （结果保留两位小数）（3）改变细线下端钩码的个数，得到 aF 图象如图所示，造成图线不过原点的原因可
16、能是_。【答案】AB（2 分） 0.93（2 分） 平衡摩擦力过度（2 分）【解析】（1）A实验前应将木板远离定滑轮一端适当垫高，以平衡摩擦力，这样细线下端悬挂钩码的重力才能视为小车受到的合力 F，选项 A 正确；B实验前应调节定滑轮高度，使定滑轮和小车间的细线与木板平行，这样细线下端悬挂钩码的重力才能视为小车受到的合力 F，选项 B 正确；C要使得细线下端悬挂钩码的重力等于小车受到的合力，则要使得小车的质量应远大于钩码的质量，选项 C 错误；D实验时，应先接通打点计时器电源，后释放小车，这一操作对保证“细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力 F” 这一条件无影响，选项 D 错误；故选 AB
17、。（2）根据可得小车的加速度2xaT 22220.16360.06320.0632m/s0.93m/s44 0.1CEABxxaT（3）由图像可知，小车上拉力为零时就有了加速度，可知是由于平衡摩擦力时木板抬的过高，平衡摩擦力过度引起的。23（9 分）（2020福建高三期末）厦门某中学开展“垃圾分类我参与”活动，小米同学想测量某废旧干电池的电动势和内阻。现有如下器材：A一节待测干电池（电动势约 1.5V）B电流表 A1（满偏电流 1.5mA，内阻 r1=10，读数记为 I1）C电流表 A2（满偏电流 60mA，内阻 r2=2.0，读数记为 I2）D电压表 V（满偏电压 15V，内阻约 3k）E滑
18、动变阻器 R1（020，2A）F滑动变阻器 R2（01000，1A）G定值电阻 R3=990，开关 S 和导线若干（1）为了尽可能准确地进行测量，实验中应选用的滑动变阻器是_（填写器材前面的字母编号）（2）根据本题要求，将图甲的实物图连接完整_。（3）图乙为该同学根据实验数据作出的 I1- I2 图线，由该图线可得被测干电池的电动势E=_V，内阻 r=_。（4）图丙为某小灯泡的伏安特性曲线，如将此小灯泡接到该电池两端，其工作时的功率为_W（结果保留两位小数）【答案】E（1 分） （2 分）1.34-1.36（2 分）5.0-5.3（2 分）0.08（2 分）【解析】（1）为了尽可能准确地进行测
19、量，实验中应选用的滑动变阻器是阻值较小的 E 即可；（2）电压表量程过大，可用已知内阻的电流表 A1与电阻 R3串联，这样就相当于量程为：的电压表；电路连接如图： 31.5 10(10990)1.5VU（3）因电流表 A1的满量程 1.5mA 与电压 1.5V 对应；延长图像交于两坐标轴；交纵轴于 1.36mA，则电池的电动势为 E=1.36V，内阻231.36 1.025.349 10UrrI （4）对电源 U=E-Ir=1.36-5.3I；将电源的 U-I 线和灯泡的 U-I 线画在同一坐标纸上如图，交点为I=0.28A，U=0.27V，则功率P=IU0.08W.24.（13 分）（201
20、9河南高三）如图所示，ABCD 与 MNPQ 均为边长为 l 的正方形区域，且 A 点为 MN 的中点。ABCD 区城中存在有界的垂直纸面方向的匀强磁场，在整个 MNPQ 区域中存在图示方向的匀强电场。大量质量为 m、电荷量为 e 的电子以初速度 v0 垂直于 BC 射入 ABCD 区域后，都从 A 点进入电场，且所有电子均能打在 PQ 边上。已知从 C 点进入磁场的电子在 ABCD 区域中运动时始终位于磁场中，不计电子重力。求:（1）电场强度 E 的最小值;（2）匀强磁场区域中磁感应强度 B0 的大小和方向; （3）ABCD 区域中磁场面积的最小值。【答案】(1) (2) ,方向为垂直纸面向
21、外 (3)208mvEel00mvBel22min12Sll【解析】【详解】(1)粒子在匀强电场中做类似抛体运动，有eE=ma（1 分）要使所有粒子均能打在 PQ 边上，由题意可知至少在 A 点水平向左飞出的粒子能打到 Q 点。（1 分）212lat（1 分）02lv t解得：（2 分）208mvEel(2)由洛伦磁力提供向心力可得（1 分）2000vqv Bmr由题意则有r=l（1 分）解得；（2 分）00mvBel方向为垂直纸面向外(3)由题意分析可知，图中阴影部分为磁场面积最小范围。上部分圆弧为以 B 点为圆心，以 l 为半径的圆弧，下部分圆弧为以 D 点为圆心，以 l 为半径的圆弧。由
22、几何关系求得阴影部分面积:（2 分）22min112()42Sll解得：（2 分）22min12Sll25.（19 分）（2019河北高三）网上购物近年来促使物流网迅速发展。如图所示为某智能快递车间传送装置的示意图，传送带的右端与水平面相切，且保持 v0=8m/s 的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L=12m。现将一质量为 0.4kg 的包裹甲轻放在传送带左端，包裹甲刚离开传输带时恰好与静止的包裹乙发生正碰，碰撞时间极短，为 0.001s，碰撞后包裹甲向前滑行了 0.4m 静止，包裹乙向前运动了1.6m 静止。已知包裹甲与传输带间的动摩擦系数为 0.4，包裹甲、乙与水平面间的动摩擦因数均为0
23、.5，g 取 10m/s2。求：（1）包裹甲在传送带上运动的时间；（2）包裹乙的质量；（3）甲乙包裹间碰撞的平均作用力的大小。【答案】 （1）2.5s（2）0.6kg（3）2400N【解析】 (1)包裹甲传送带上滑行，由牛顿第二定律可得（1 分）11AAm gm a解得（1 分）214m/sa 假设包裹甲离开传送带前就与传送带共速度，由匀变速运动知识可得（1 分）201 12va s解得（1 分）18msL所以假设成立，加速度过程（1 分）211 112sat得（1 分）12st 匀速过程（1 分）10 2Lsv t解得（1 分）20.5st 所以包裹甲在传带上运动时间（1 分）122.5st
24、t(2)包裹甲在水平面滑动时，由牛顿第二定律可得（1 分）22AAm gm a解得（1 分）225m/sa 同理可知包裹乙在水平面滑动的加速度也是 5m/s2，包裹甲向前滑动至静止：（1 分）2202AAva s 解得（1 分）2m/sAv 包裹乙向前滑动至静止（1 分）2202BBva s 解得（1 分）4m/sBv 包裹甲、乙相碰前后系统动量守恒（1 分）0AAABBm vm vm v解得（1 分）0.6kgBm (3)由乙的动量定理（1 分）BBFtm v解得（1 分）2400NF （二）选考题：共（二）选考题：共 45 分。请考生从分。请考生从 2 道物理题、道物理题、2 道化学题、道
25、化学题、2 道生物题中每科任选一题作答。如果多做，道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。则每科按所做的第一题计分。33物理选修 33（15 分）（1）（5 分）如图所示为一定质量的理想气体的压强随体积变化的图象，其中 AB 段为双曲线，则1pV下列有关说法正确的是（ ） （填正确答案标号，选对 1 个给 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分，每选错 1 个扣 3 分，最低得分 0 分）A过程中气体分子的平均动能不变B过程中气体分子单位时间内对容器壁的碰撞次数减小C过程中气体分子的平均动能减小D过程中气体分子对容器壁的碰撞次数增大E过程中气体的内能不变
26、【答案】BDE【解析】根据理想气体状态方程pVnRT可得：1pnRTV故可知图像的斜率，而对一定质量的理想气体而言，斜率定性的反映温度的高低。1pVknRTA图像在过程的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐减小，表示理想气体的温度逐渐降1pV低，而由平均动能可知平均动能减小，A 项错误；32kEKTC图像过程的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐逐渐增大，则温度升高，平均动能增1pV大，C 错误；B图像过程可读出压强不变，体积增大，温度升高，由压强1pV，nRTN FpVS其中 N 为单位时间单位面积的碰撞次数(由温度和体积共同决定)，为每个气体分子的平均碰撞力F（仅由温度决定） ，因压强不变，而温度
27、升高导致增大，可得 N 减小，故 B 正确；FD过程可读出压强增大，体积减小，温度不变，因温度不变使得不变，而压强增大，则气体F分子对容器壁的碰撞次数增大，D 项正确；E图像过程可读出压强增大，体积减小，温度不变，因理想气体的分子势能不计，则有：1pV3=2AkAEn NEn NKT内可知理想气体的内能不变，故 E 项正确；故选 BDE。（2）（10 分）如图，绝热气缸 A 与导热气缸 B 均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦。两气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为、温度均为。缓慢加热 A 中气0V0T体，停止加热达到稳定后，A 中气体压强为原来的 1.2 倍。设
28、环境温度始终保持不变，求气缸 A 中气体的体积和温度。AVAT【答案】；076V01.4T【解析】设初态压强为 p0，膨胀后 A，B 压强相等 pB=1.2p0（2 分）B 中气体始末状态温度相等 p0V0=1.2p0（2V0-VA） （2 分）， （2 分）076AVVA 部分气体满足（2 分）00001.2 AAp Vp VTTTA=1.4T0（2 分）34物理一选修 34）（15 分）（1） 5 分 （2020河南高三期末）一列简谐横波沿 x 轴传播，图甲是 t=0.2s 时的波形图，P、Q 是这列()波上的两个质点，图乙是 P 质点的振动图象，下列说法正确的是（） （填正确答案标号，选
29、对 1 个给 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分，每选错 1 个扣 3 分，最低得分 0 分）A这列波的传播方向沿 x 轴正方向B这列波的传播速度为 15m/sCt=0.1s 时质点 Q 处于平衡位置正在向上振动DP、Q 两质点在任意时刻加速度都不可能相同EP、Q 两质点在某些时刻速度可能相同【答案】BCE【解析】A图甲是 t=0.2s 时的波形图，图乙是 P 质点的振动图象，则在 t=0.2s 时，质点 P 沿 y 轴负方向传播，根据波动规律可知，波沿 x 轴负方向传播，故 A 错误；B由图甲确定波长 =6.0m，由图乙确定周期 T=0.4s，根据波长、波速和周期的关系可
30、知=15m/s6.0m/s0.4vT故 B 正确；Ct=0.2s 时，质点 Q 处于波峰，则t=0.1s=时4T质点 Q 处于平衡位置向上振动，故 C 正确；D质点 P、Q 的平衡位置，相隔，当质点 P、Q 关于波谷或波峰对称分布时，位置相同，加速34度相同，故 D 错误；Et=0.2s 时，质点 P 向下运动，质点 Q 也向下运动，在某些时刻速度可能相同，故 E 正确。故选 BCE。（2）（10 分）（2020河南高三期末）一玻璃砖截面如图所示，O 为圆环的圆心，内圆半径为 R，外圆半径为 3R，AF 和 EG 分别为玻璃砖的两端面，AOE=，B、C、D 三点将圆弧四等分。一细束单120色光 a 从 F 点沿平行于 BO 方向从 AF 面射入玻璃砖，其折射光线恰好射到 B 点，求：（i）玻璃砖的折射率 n；（ii）从 B 点出射的光线相对于射入玻璃砖前入射光线的偏转角 。【答案】 （i） （ii）3n 60【解析】（i）光路图如图所示：设从 AF 界面射入时的入射角为 1，折射角为 2，因为 a 光线平行于 BD，则 1=60，根据余弦定理有（2 分）22( 3 )23cos30FBRRRRR 所以3=，2=（2 分）3030根据折射定律有。 （2 分）12sin3sinn（ii）因为， （2 分）43sinsinn解得4=60则偏转角 为。 （2 分）60
