2020年湖北省八校联考高考物理模拟试卷

2020年湖北省八校联考高考物理模拟试卷

一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分） 1．（6分）下列说法中正确的是（ ） A．由R＝B．由E＝C．由B＝D．由E＝n

可知，若电阻两端所加电压为0，则此时电阻阻值为0

可知，若检验电荷在某处受电场力大小为0，说明此处场强大小一定为0

可知，若一小段通电导体在某处受磁场力大小为0，说明此处磁感应强度大小一定为0

可知，若通过回路的磁通量大小为0，则感应电动势的大小也为0

2．（6分）下列描绘两种温度下黑体辐射强度与频率关系的图中，符合黑体辐射实验规律的是（ ）

A． B．

C． D．

3．（6分）如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（ ）

A．小球甲作平抛运动的初速度大小为2

B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1：C．A、B两点高度差为

D．两小球在C点时重力的瞬时功率相等

4．（6分）质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧档内，它与槽左右两端的接触处分别为A点和B点，

圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60°角。槽放在光滑的水平桌面上，通过细线和滑轮与重物C相连，细线始终处于水平状态。通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与绳质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的最大质量为（ ）

A．

B．2m

C．

D．

5．（6分）如图所示，人造地球卫星M、N在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动，已知M、N连线与M、O连线间的夹角最大为θ，则M、N的运动速度大小之比等于（ ）

A．

B．

C．

D．

6．（6分）已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场，地磁N极位于地理南极，如图所示，在湖北某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线框abcd，线框的ad边沿南北方向，ab边沿东西方向，下列说法正确的是（ ）

A．若使线框向东平移，则a点电势比d点电势低 B．若使线框向北平移，则a点电势等于b点电势

C．若以ad边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcb方向 D．若以ab边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcb方向

7．（6分）如图所示的电路中，E为电源，其内电阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒为2r的小灯泡，定值电阻R1的阻值恒为r，R3为半导体材料制成的光敏电阻，电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电小球处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是（ ）

A．若将R2的滑片上移，则电压表的示数变小

B．若突然将电容器上极板上移，则小球在P点电势能增加 C．若光照变强，则油滴会向上运动 D．若光照变强，则AB间电路的功率变大

8．（6分）如图所示，矩形单匝线圈abcd，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕OO′轴匀速转动，转动的周期为T，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，转轴OO′垂直于磁场方向，线圈电阻阻值为R，外电阻的阻值也为R，从图示位置开始计时，线圈转过30°时的瞬时感应电流为I．则以下判断正确的是（ ）

A．线圈的面积为

IRsincos

t t

B．线圈消耗的电功率为4I2R

C．t时刻线圈中的感应电动势为e＝2D．t时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝

三、非选择题：共174分．第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共129分．

9．（5分）某同学设计了一个探究碰撞过程中不变量的实验，实验装置如图甲：在粗糙的长木板上，小车A的前端装上撞针，给小车A某一初速度，使之向左匀速运动，并与原来静止在前方的小车B（后端粘有橡皮泥，橡皮泥质量可忽略不计）相碰并粘合成一体，继续匀速运动。在小车A后连着纸带，纸带穿过电磁打点计时器，电磁打点计时器电源频率为50Hz。

（1）在用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”实验时，下列正确的有 （填标号）。 A．实验时要保证长木板水平放置

B．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起 C．先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车 D．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源

（2）纸带记录下碰撞前A车和碰撞后两车运动情况如图乙所示，则碰撞前A车运动速度大小为 m/s（结果保留一位有效数字），A、B两车的质量比值

等于 。（结果保留一位有效数字）

10．（10分）某同学准备自己动手制作一个欧姆表，可以选择的器材如下： ①电池E（电动势和内阻均未知）

②表头G（刻度清晰，但刻度值不清晰，量程Ig未知，内阻未知） ③电压表V（量程为1.5V，内阻Rv＝1000Ω） ④滑动变阻器R1（0～10Ω） ⑤电阻箱R2（0～1000Ω） ⑥开关一个，理想导线若干

（1）为测量表头G的量程，该同学设计了如图甲所示电路。图中电源即电池 E．闭合开关，调节滑动变阻器R1滑片至中间位置附近某处，并将电阻箱阻值调到40Ω时，表头恰好满偏，此时电压表V的示数为1.5V；将电阻箱阻值调到115Ω，微调滑动变阻器R1滑片位置，使电压表V示数仍是1.5V，发现此时表头G的指针指在如图乙所示位置，由以上数据可得表头G的内阻Rg＝ Ω，表头G的量程Ig＝ mA。

（2）该同学接着用上述器材测量该电池E的电动势和内阻，测量电路如图丙所示，电阻箱R2的阻值始终调节为1000Ω：图丁为测出多组数据后得到的图线（U为电压表V的示数，I为表头G的示数），则根据电路图及图

线可以得到被测电池的电动势E＝ V，内阻r＝ Ω．（结果均保留两位有效数字）

（3）该同学用所提供器材中的电池E、表头G及滑动变阻器制作成了一个欧姆表，利用以上（1）、（2）问所测定的数据，可知表头正中央刻度为 Ω。

11．（14分）如图所示，竖直平面内放一直角杆，杆的各部分均光滑，水平部分套有质量为mA＝3kg的小球A，竖直部分套有质量为mB＝2kg的小球B，A、B之间用不可伸长的轻绳相连。在水平外力F的作用下，系统处于静止状态，且

，

，重力加速度g＝10m/s2。

（1）求水平拉力F的大小和水平杆对小球A弹力Fx的大小；

（2）若改变水平力F大小，使小球A由静止开始，向右做加速度大小为4.5m/s2的匀加速面线运动，求经过拉力F所做的功。

12．（18分）如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调，C点坐标为（4L，3L），M点为OC的中点。质量为m带电量为﹣q的粒子从C点以平行于y轴方向射入磁场Ⅱ中，速度大小为不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场。 （1）若粒子无法进入区域Ⅰ中，求区域Ⅱ磁感应强度大小范围； （2）若粒子恰好不能从AC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小；

（3）若粒子能到达M点，且粒子是由区域Ⅱ到达M点的，求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值。

，

[物理--选修3-3]（15分）

13．（5分）下列说法正确的是（ ） A．零摄氏度的物体的内能为零

B．气体如果失去了容器的约束会散开，这是因为气体分子热运动的结果 C．温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同

D．理想气体，分子之间的引力、斥力依然同时存在，且分子力表现为斥力 E．浸润现象是分子间作用力引起的

14．（10分）如图所示，上端带卡环的绝热圆柱形汽缸竖直放置在水平地面上，汽缸内部被质量均为m的活塞A和活塞B分成高度相等的三个部分，下边两部分封闭有理想气体P和Q，活塞A导热性能良好，活塞B绝热。两活塞均与汽缸接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦。汽缸下面有加热装置，初始状态温度均为T0，气缸的截面积为S，外界大气压强大小为

且保持不变，现对气体Q缓慢加热。求：

①当活塞A恰好到达汽缸上端卡口时，气体Q的温度T1；

②活塞A恰接触汽缸上端卡口后，继续给气体Q加热，当气体P体积减为原来一半时，气体Q的温度T2。

[物理--选修3-4]（15分）

15．如图所示，甲图为沿x轴传播的一列简谐横波在t＝0时刻的波动图象，乙图为参与波动质点P的振动图象，则下列判断正确的是（ ）

A．该波的传播速率为4m/s B．该波的传播方向沿x轴正方向

C．经过0.5s，质点P沿波的传播方向向前传播2m

D．该波在传播过程中若遇到4m的障碍物，能发生明显衍射现象 E．经过0.5s时间，质点P的位移为零，路程为0.4m

16．如图，一个三棱镜的截面为等腰直角三角形ABC，∠A为直角，直角边长为L．一细束光线沿此截面所在平面且平行于BC边的方向射到AB边上的某点M，光进入棱镜后直接射到BC边上。已知棱镜材料的折射率为光在真空中速度为c。

①作出完整的光路图（含出射光线，在棱樈内标出角度大小） ②计算光从进入棱镜，到第一次射出棱镜所需的时间。

，

2020年湖北省八校联考高考物理模拟试卷

参考答案

一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分） 1． 解：A、公式R＝B、由E＝

时电阻的定义式，电阻的大小与电压和电流大小无关，由导体自身决定，故A错误；

可知，若检验电荷在某处受电场力大小为0，说明此处场强大小一定为0，故B正确；

的成立的前提时电流元与磁场方向垂直，若一小段通电导体在某处受磁场力大小为0，可能时

C、公式B＝

电流元方向与磁场方向平行产生的，故C错误； D、由E＝n

可知，若通过回路的磁通量大小为0，但磁通量的变化率

不一定为零，故感应电动势不

一定为零，故D错误； 故选：B。

2． 解：黑体辐射以电磁辐射的形式向外辐射能量，温度越高，辐射强度越大，黑体辐射的频率分布情况随温度变化而改变，温度越高，辐射的电磁波的波长越短，频率越高，辐射强度的极大值向频率升高的方向移动，故B正确，ACD错误。 故选：B。 3． 解：A、由h＝

可得乙运动的时间为：

．故A错误；

所以甲与乙相遇时，乙的速度为：

所以甲沿水平方向的分速度，即平抛的初速度为：B、物体甲沿竖直方向的分速度为：

由vy＝gt2，所以B在空中运动的时间为：

甲、乙两小球到达C点所用时间之比为：＝．故B错误；

C、小球甲下降的高度为：

A、B两点间的高度差：H＝h﹣h′＝

＝

．故C正确；

D、两个小球完全相同，则两小球在C点重力的功率之比为：．故D错误

故选：C。

4． 解：由题意可知，小球恰好能滚出圆弧槽时，小球受到重力与A对小球的支持力； 对小球受力分析，则有如下图，由牛顿第二定律，可得：ma＝解得：a＝gcotα＝

g；

，

球与圆弧槽有相同的加速度，则整体法可知：F＝（m+m）a＝（m+m）gcotα； 对重物C：Mg﹣F＝Ma 联立可得：M＝（故ABC错误，D正确 故选：D。

）m

5． 解：人造卫星M、N在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动。已知M、N连线与M、O连线间的夹角最大值为θ，此时ON垂直于MN，如图：则轨道半径关系为： RN＝RMsinθ

根据卫星的速度公式v＝

得M、N的运动速度大小之比为：

＝＝．故A正确，BCD错误

故选：A。

6． 解：湖北位于北半球，地磁场的竖直分量向下。

A、若使线圈向东平移，地磁场的竖直分量向下，由右手定则判断可知，a点的电势比b点的电势低。故A正确。 B、若使线圈向北平移，ab边切割磁感线产生感应电动势，地磁场的竖直分量向下，由右手定则可知，a点电势高于b点电势，故B错误；

C、若以ad为轴将线圈向上翻转90°，地磁场的竖直分量向下，线圈的磁能量减小，根据楞次定律判断则知线圈中感应电流方向为abcd，故C正确，

D、若以ab为轴将线圈向上翻转，地磁场具有水平和竖直分量，线圈的磁能量减先减小后增大，根据楞次定律判断则知线圈中感应电流方向先abcda，再adcba，故D错误。 故选：AC。

7． 解：A、由于电路稳定时，R2相当于导线，所以将R2的滑片上移时，电压表的示数不变，故A错误； B、若突然将电容器上极板上移，电容器板间电压不变，板间场强减小，由U＝Ed知，P点与下极板间的电势差减小，而下极板的电势为零，所以P点电势降低，由于液滴带负电，所以小球在P点电势能增加。故B正确。 C、若光照变强，光敏电阻R3减小，通过小灯泡的电流变大，电容器两端电压为：U＝E﹣I（r+R1），I变大，则U变小，即电容器两板间的电压变小，场强变小，油滴所受的电场力变小，因此油滴P要向下极板运动，故C错误；

D、根据当外电阻等于内电阻时，此时电源输出功率最大，将R1看成电源的内阻，由于等效电源的外电阻大于内电阻，外电阻变小，所以等效电源的输出功率变大，即 AB间电路的功率逐渐变大，故D正确。 故选：BD。

8． 解：A、线圈转动的角速度为：应电动势的最大值为：流的瞬时值为：

，解得：S＝

，故A正确

，故形成的感应电流为：I0＝

，故线圈消耗

，线圈有一半的面积始终在磁场中转动产生感应电动势，故产生的感，形成的感应电流的最大值为：

，故形成的感应电

，当线圈转过30°时的瞬时感应电流为I，则有：

B、线圈产生的感应电动势的有效值为：E＝的电功率为P＝I02R＝2I2R，故B错误； C、最大电动势为：Em＝

E＝4IR，所以电动势的表达式为：e＝，故C错误；

D、线圈的有效面积为：S有效＝故选：AD。

，所以有：Φ＝＝，故D正确

三、非选择题：共174分．第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共129分．

9． 解：（1）A、实验前要平衡摩擦力，实验时要把木板右端适当垫高以平衡摩擦力，故A错误；

B、为使两车碰撞后粘在一起，相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起，故B正确；

CD、为充分利用知道，实验时要先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车，故C正确，D错误；（2）由图示纸带可知，碰撞前小的速度为：v＝＝

＝0.6m/s，

碰撞后两车的速度为：v′＝

＝

＝0.4m/s，

碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mAv＝（mA+mB）v′ 代入数据解得：mA：mB＝2； 故答案为：（1）BC；（2）0.6；2。

10． 解：（1）由图乙所示表盘可知，表盘功30分度，其示数为：Ig＝

Ig，

电压表示数：U＝1.5V，由欧姆定律可知：U＝I（Rg+R2）， 即：U＝Ig（Rg+40），U＝

Ig（Rg+115），解得：Rg＝10Ω，Ig＝30mA；

（2）电压表Rv的内阻为1000Ω，电阻箱R2阻值始终调节为1000Ω，

电压表与电阻箱串联，它们两端电压相等，电压表示数为U，则路端电压为2U， 由图丙所示电路图可知，电源电动势：E＝2U+Ir，则：U＝﹣I

，

由图示U﹣I图象可知：

＝1.5，

＝

＝

＝10，

电源电动势：E＝3.0V，r＝20Ω； （3）欧姆表内阻：R内＝

＝

＝100Ω，

欧姆表中值电阻等于其内阻，因此表头正中央刻度为：R中＝R内＝100Ω； 故答案为：（1）10；30；（2）3.0；20；（3）100。

11． 解：（1）设静止时绳子与竖直方向夹角为θ，则由已知条件可知对B进行隔离可知：FTcosθ＝mBg 解得：

对A进行分析：F＝FTsinθ＝15N

对A、B整体进行分析：竖直方向Fx＝（mA+mB）g＝50N （2）经过

，小球A向右的位移

此时绳子与水平方向夹角为θ 小球A的速度为vA＝at＝3m/s

A、B两小球沿绳方向速度大小相等：vAcosθ＝vBsinθ 解得vB＝vAcotθ＝4m/s 由能量守恒知：

答：（1）水平拉力F的大小和水平杆对小球A弹力Fx的大小分别为15N和50N；

（2）若改变水平力F大小，使小球A由静止开始，向右做加速度大小为4.5m/s2的匀加速面线运动，经过力F所做的功是49.5J。

12． 解：（1）粒子速度一定的情况下，磁场强度越小，轨迹半径越大，当运动轨迹恰好与x轴相切时，恰好能进入I区域，粒子不能进入I区时，粒子运动半径：r0＞3L，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

拉

qBv0＝m，

已知：v0＝解得：B＜

， ；

＝

，

（2）粒子在区域I中的运动半径为：r＝

若粒子在区域II中的运动半径R较小，则粒子会从AC边射出磁场，恰好不从AC边射出时满足∠O2O1Q＝2θ，如图所示，sin2θ＝2sinθcosθ＝又sin2θ＝

，

，

解得：R＝r＝L，

粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B＝m解得：B＝

；

，

（3）①若粒子由区域I达到M点，每次前进：CP2＝2（R﹣r）cosθ＝由周期性：CM＝nCP2（N＝0.1.2.3…），即：解得：R＝r+解得：n≤3， n＝1时，R＝n＝2时R＝n＝3时R＝

L，B＝L，B＝L，B＝

B0； B0； B0

≥

L，

L＝

n（R﹣r），

（R﹣r），

②若粒子由区域II达到M点：由周期性：CM＝CP1+nCP2（N＝0.1.2.3…）， 即：

L＝

R+

n（R﹣r），

解得：R＝≥L，

解得：n≤，

L，B＝L，B＝

B0； B0。

；

当n＝0时，R＝n＝1时：R＝

答：（1）若粒子无法进入区域I中，区域II磁感应强度大小范围是B＜（2）若粒子恰好不能从AC边射出，区域II磁感应强度大小为

；

（3）若粒子能到达M点，区域II磁场的磁感应强度大小的所有可能值为B0。

B0、B0、B0、B0、

[物理--选修3-3]（15分）

13． 解：A、一切物体在任何温度下都具有内能，所以零摄氏度的物体仍然有内能。故A错误；

B、气体分子间的作用力很小，可以忽略不计，气体分子不停地做无规则运动，气体分子可以充满整个容器，如果没有约束，气体将散开，故B正确；

C、温度是分子的平均动能的标志，温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同；故C正确；

D、理想气体，分子之间的引力、斥力依然同时存在，但由于分子之间的距离较大，都可以忽略不计。故D错误； E、浸润和不浸润现象是液体分子间相互作用的表现，与分子力有关。故E正确。 故选：BCE。

14． 解：①设P、Q初始体积均为V0，在活塞A接触卡扣之前，两部分气体均等压变化， 由P温度不变，根据理想气体状态方程可知体积也不变，

又汽缸内部被质量均为m的活塞A和活塞B分成高度相等的三个部分， 故当活塞A恰好到达汽缸上端卡口时，Q的体积为2V0， 对Q由盖﹣吕萨克定律得：解得：T1＝2T0

②当活塞A恰接触汽缸上端卡口后，P气体做等温变化， 当活塞A恰好到达汽缸上端卡口时P内气体压强为：P＝P0+对两活塞整体分析得Q内气体压强为：P′＝P0+对P中气体，由玻意耳定律得：PV0＝P1解得：P1＝

，

，

＝

＝，

，

，

此时Q气体的压强为：P2＝P1+当P气体体积变为原来

＝，

V0，

时，Q气体的体积为

此过程对Q气体，由理想气体状态方程得：，

解得：T2＝T0；

答：①当活塞A恰好到达汽缸上端卡口时，气体Q的温度T1为2T0； ②当气体P体积减为原来一半时，气体Q的温度T2为[物理--选修3-4]（15分）

15． 解：A、由甲读出该波的波长为λ＝4m，由乙图读出周期为T＝1s，则波速为v＝

＝

＝4m/s，故A正确。

T0。

B、在乙图上读出t＝0时刻P质点的振动方向沿y轴负方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿x轴负方向，故B错误。

C、简谐横波沿x轴传播，质点只在自己的平衡位置附近上下振动，并不波的传播方向向前传播，故C错误。 D、由于该波的波长为4m，所以该波在传播过程中若遇到4m的障碍物，能发生明显的衍射现象，故D正确。 E、周期为1s，故t＝0.5s＝

，t＝0时刻P质点的振动方向沿y轴负方向，故经过0.5s时间质点P先向﹣y方

向运动到最大位移处，然后又返回平衡位置，故0.5s内位移为零，路程为0.4m，故E正确； 故选：ADE。

16． 解：①光从AB边进入棱镜发生折射，到达BC面发生全反射，然后在AC发生折射，光路图如图所示：

②作出三角形ABC关于BC边对称图形，

可知光线在棱镜中的传播路径长度等于MN的距离， 即：s＝

＝

L，

＝＝

c， ；

光在棱镜中的传播速率：v＝光在棱镜中的传播时间：t＝答：①光路图如图所示。

②光从进入棱镜，到第一次射出棱镜所需的时间为

。