2020届百所名校高三高考模拟金典卷物理试题(七)（解析版）

100 所名校高考模拟金典卷·物理（七） 第Ⅰ卷（选择题 共 48 分） 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 14～18 题只有一 项符合题目要求，第 19～21 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 3 分，有选错的得 0 分。 1.下列说法正确 是（　　） A. “康普顿效应”说明光具有能量，“光电效应”说明光具有动量 B. 目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应方程均是 C. 对于某种金属来说，其发生光电效应的极限频率是恒定的，且与入射光的强度无关 D. 中子与质子结合成氘核时，需要吸收能量 【答案】C 【解析】 【详解】A．“康普顿效应”说明光具有动量，“光电效应”说明光具有能量，故 A 错误； B．目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应方程均是核裂变方程，故 B 错误； C．对于某种金属来说，其发生光电效应的极限频率只和金属本身有关，是恒定的，与入射光的强度无关。 故 C 正确； D．中子与质子结合成氘核时，核聚变放出能量，故 D 错误。 故选 C。 2.一质点在做匀变速直线运动，依次经过 四点。已知质点经过 段、 段和 段所需 的时间分别为 、 、 ，在 段和 段发生的位移分别为 和 ，则该质点运动的加速度为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设 A 点的速度为 v，由匀变速直线运动的位移公式有 联立解得 的 1 2 3 1 1 2H+ H He→ A B C D、 、 、 AB BC CD t 2t 3t AB CD 1x 2x 2 1 2 x x t − 2 1 26 x x t − 2 1 2 3 12 x x t − 2 1 2 3 18 x x t − 2 1 1 2x vt at= + ( ) ( )2 2 13 3 32x v at t a t= + ⋅ +故 C 正确，ABD 错误。 故选 C。 3.在 轴上有两个点电荷 、 ，其静电场的电势 在 轴上的分布情况如图所示，则（　　） A. 和 带有同种电荷 B. 处的电场强度为零 C. 将一负电荷从 处移动到 处，其电势能增加 D. 将一负电荷从 处移到 处，电场力做功为零 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图知 处的电势等于零，所以 q1 和 q2 带有异种电荷，A 错误； B．图象的斜率描述该处的电场强度，故 处场强不为零，B 错误； C．负电荷从 移到 ，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故 C 错误； D．由图知，负电荷从 处移到 处，电势不变，则电势能不变，电场力做功为零。所以 D 正确。 故选 D。 4.如图所示，一轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与一质量为 的滑块接触，此时弹簧处于原长。现 施加水平外力 缓慢地将滑块向左压至某位置静止，此过程中外力 做功为 ，滑块克服摩擦力做功为 。 撤去外力 后滑块向有运动，最终和弹簧分离。不计空气阻力，滑块所受摩擦力大小恒定，则（　　） 2 1 2 3 12 x xa t −= x 1q 2q ϕ x 1q 2q 1x 1x 1x 2x 4x 1x 1x 1x 2x 2x 4x m F F 1W 2W FA. 弹簧的最大弹性势能为 B. 撤去外力 后，滑块与弹簧分离时的加速度最大 C. 撤去外力 后，滑块与弹簧分离时 速度最大 D. 滑块与弹簧分离时，滑块的动能为 【答案】D 【解析】 【详解】A．由功能关系可知，撤去 F 时，弹簧的弹性势能为 W1－W2，选项 A 错误； B．滑块与弹簧分离时弹簧处于原长状态。撤去外力 后，滑块受到的合力先为 ，由于弹簧的弹力 N 越来越小，故合力越来越小，后来滑块受到的合力为 ，由于弹簧的弹力 N 越来越小，故合力越来越 大。由以上分析可知，合力最大的两个时刻为刚撤去 F 时与滑块与弹簧分离时，由于弹簧最大弹力和摩擦 力大小未知，所以无法判断哪个时刻合力更大，所以滑块与弹簧分离时的加速度不一定最大。选项 B 错误； C．滑块与弹簧分离后时，弹力为零，但是有摩擦力，则此时滑块的加速度不为零，故速度不是最大，选项 C 错误； D．因为整个过程中克服摩擦力做功为 2W2，则根据动能定理，滑块与弹簧分离时的动能为 W1－2W2，选项 D 正确。 故选 D。 5.如图甲所示，线圈 固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里。当磁场的磁感应强度大 小 随时间 变化时， 边的热功率与时间的关系为 （ 为定值）。图乙为关于磁感应强度大小 随时间 变化的图象，其中可能正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 的 ( )1 2W W+ F F ( )1 22W W− F N f− f N− abcd B t ab 2 abP kt= k B t【详解】当磁感应强度发生变化时，线框内产生感应电动势为 感应电流为 边的热功率 由 可知 可知图像的斜率与时间成正比，所以四个图象中只有 D 正确，ABC 错误。 故选 D。 6.有四个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈中，如图所示。若开关 接在位置 1 时，四个灯泡 发光亮度相同；若将开关 接在位置 2 时，灯泡均未烧坏。下列说法正确的是（　　） A. 该变压器是降压变压器，原、副线圈匝数之比为 3∶1 B. 该变压器是升压变压器，原、副线圈匝数之比为 1∶3 C. 开关 接在位置 2 时，副线圈中的灯泡发光亮度均减弱 D. 开关 接在位置 2 时，副线圈中的灯泡发光亮度均加强 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．四个灯泡发光程度相同，所以原线圈电流与副线圈电流之比为 1：3，根据 可知该变压器是降压变压器，原副线圈匝数比为 3：1，故 A 正确，B 错误； CD．接到 2 位置，原线圈电压变大，根据电压与匝数的关系可知副线圈电压变大，所以副线圈中的灯泡的 电流变大，发光亮度均加强，故 D 正确，C 错误。 B SE t t ∆Φ ∆ ⋅ ∆ ∆＝ ＝ EI R = ab 22 2 2 ab ab ab S RP I R R B t  = = ⋅ ∆  ∆ 2 abP kt= ab B R k tt S R ∆ =∆ S S S S 1 2 2 1 3 1I n I n ＝ ＝故选 AD。 7.如图所示，小球甲从 点水平抛出，同时将小球乙从 点自由释放，两小球先后经过 点时的速度大小 相等，速度方向夹角为 37°。已知 、 两点的高度差 ，重力加速度 ，两小球质量相等，不计空气阻力。根据以上条件可知（　　） A. 小球甲水平抛出的初速度大小为 B. 小球甲从 点到达 点所用的时间为 C. 、 两点的高度差为 D. 两小球在 点时重力的瞬时功率相等 【答案】AB 【解析】 【详解】A．小球乙到 C 的速度为 此时小球甲的速度大小也为 ，又因为小球甲速度与竖直方向成 角，可知水平分速度为 。故 A 正确； B．根据 计算得小球甲从 点到达 点所用的时间为 ，故 B 正确； C． 、C 两点的高度差为 故 、 两点的高度差为 ，故 C 错误； D．由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在 C 点时重力的瞬时功率也不相等。故 D 错。 故选 AB。 8.如图所示，光滑水平面上放置一内壁光滑的半圆形凹槽，凹槽质量为 ，半径为 。在凹槽内壁左侧上 方 点处有一质量为 的小球（可视为质点），距离凹槽边缘的高度为 。现将小球无初速度释放，小球从 A B C B C 1.25mh = 210m/s ,sin37 0.6,cos37 0.8g ° °= = = 3m/s A C 0.4s A B 0.45m C 2 5m / sv gh= = v 37° sin37 3m / sv = cos37yv v gt= = A C 0.4s A 21 0.8m2ACh gt= = A B 1.25m 0.8m 0.45m− = M R P m h凹槽左侧沿切线方向进入内壁，并从凹槽右侧离开。下列说法正确的是（　　） A. 小球离开凹槽后，上升的最大高度为 B. 小球离开凹槽时，凹槽的速度为零 C. 小球离开凹槽后，不可能再落回凹槽 D. 从开始释放到小球第一次离开凹槽，凹槽的位移大小为 【答案】AB 【解析】 【详解】ABC．小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，初状态时系统在水平方向动量为零， 由动量守恒定律可知，小球第一次离开槽时，系统水平方向动量守恒，球与槽在水平方向的速度相等都为 零，球离开槽后做竖直上抛运动，槽静止，小球会再落回凹槽，由能量守恒可知小球离开凹槽后上升的最 大高度为 。故 AB 正确，C 错误； D．从开始释放到小球第一次离开凹槽，凹槽的位移大小为 ，由动量守恒 解得 故 D 错误。 故选 AB。 第Ⅱ卷（非选择题共 62 分） 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题～第 25 题为必考题，每个试题考生都 必须作答。第 33 题～第 34 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题（4 题，共 47 分） 9.现用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验，如图所示。在滑块上安装一遮光条，把滑块放 在水平气垫导轨上，并用绕过定滑轮的细绳与钩码相连，光电计时器安装在 处。测得滑块（含遮光条） 的质量为 ，钩码总质量为 ，遮光条宽度为 ，导轨上滑块的初始位置 点到 点的距离为 ，当地 h 2MR M m+ h x (2 )Mx m R x= − 2mRx M m = + B M m d A B L的重力加速度为 。将滑块在图示 位置释放后，光电计时器记录下遮光条通过光电门的时间为 。滑块 从 点运动到 点的过程中，滑块（含遮光条）与钩码组成的系统重力势能的减少量为__________，动能 的增加量为_____________。（均用题中所给字母表示） 【答案】 (1). (2). 【解析】 【详解】[1] 滑块从 点运动到 点的过程中，滑块（含遮光条）与钩码组成的系统重力势能的减少量为 。 [2]通过光电门的速度 ，所以系统动能增加量为 10.某同学利用下列器材测量两节干电池 总电动势 和总电阻 。 A.待测干电池两节； B.电压表 、 ，量程均为 ，内阻很大； C.定值电阻 （阻值未知）； D.电阻箱 ； E.导线若干和开关。 （1）根据如图甲所示的电路图，在实物图乙中补全相应的电路图_________。 的 g A t∆ A B mgL 2 2 ( ) 2( ) M m d t + ∆ A B mgL dv t = ∆ 2 2 2 1 ( )( ) 02 2( ) M m dM m v t ++ − = ∆ E r 1V 2V 3V 0R R（2）实验之前，需要利用该电路测出定值电阻 。先把电阻箱 调到某一阻值 ，再闭合开关，读出电 压表 和 的示数分别为 、 ，则 _______（用 、 、 表示）。 （3）实验中调节电阻箱 ，读出电压表 和 的多组相应数据 、 。若测得 ，根据实验描 绘出 图象如图内所示，则两节干电池的总电动势 _______ 、总电阻 ________ 。（结果 均保留两位有效数字） 【答案】 (1). (2). (3). 3.0 (4). 2.4 【解析】 【详解】(1)[1] (2)[2] 闭合开关后，根据串并联电路规律可知， 两端电压 ，电流为 ，根据欧姆定 律 0R R 1R 1V 2V 10U 20U 0R = 10U 20U 1R R 1V 2V 1U 2U 0 1.2R = Ω 1 2U U− E = V r = Ω 20 10 1 10 U U RU − 0R 0 02 10U U U= − 10 1 UI R = 0 20 10 0 1 10 U U UR RI U −= =(3)[3] 根据闭合电路欧姆定律可知 变形可得 由图象可知，当 时， ，则有 图象的斜率为 联立解得 ， 。 11.“嫦娥四号”在月球背面软着陆和巡视探测，创造了人类探月的历史。为了实现“嫦娥四号”与地面间 的太空通讯，我国于 2018 年 5 月发射了中继卫星“鹊桥”，它是运行于地月拉格朗日 点的通信卫星， 点位于地球和月球连线的延长线上。若某飞行器位于 点，可以在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕 地球做勺速圆周运动，如图所示。已知飞行器质量远小于月球质量，地球与月球的中心距离为 ， 点与 月球的中心距离为 ，月球绕地球公转周期为 ，引力常量为 。求： （1）该飞行器在 点的加速度大小 。 （2）地球质量与月球质量的比值。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1) 该飞行器在 点的加速度大小 2 1 2 0 U UU E rR −= − 2 0 0 1 ( )U r R ERU r r += − 1 0U = 2 1.0VU = 0 1.2r R E r r + ×= 0 2.4 0 1.52.6 1.0 r Rk r + −= = =− 3.0VE = 2.4Ωr = 2L 2L 2L r 2L r n T G 2L a 2 2 4( 1)n r nT π+ 3 2 2 ( 1) 3 3 1 n n n n + + + 2L 2 2 2 2 4 4( 1)r n ra rT n nT π π+ = + =  (2)设飞行器质量为 m，地球质量为 M1，月球质量为 M2，对飞行器有 对于月球来说，飞行器对它的引力远远小于地球对它的引力大小，故略去不计 联立解得 地球质量与月球质量的比值为 。 12.如图所示，竖直分界线 左侧存在水平向右的匀强电场，电场强度大小 ；右侧存在垂直纸 面向外的匀强磁场，磁感应强度大小 。 为电场中的一点， 点到 的距离 ，在 其下方离 点距离 处有一垂直于 的足够大的挡板。现将一重力不计、比荷 的带正电的粒子从 点由静止释放，电场和磁场的范围均足够大。求： （1）该带电粒子运动到 位置的速度大小。 （2）该带电粒子打到挡板的位置到 的距离。 （3）该带电粒子从 点出发至运动到挡板所用的时间。 【答案】(1) ；(2)0.87m；(3) 【解析】 【详解】(1) 带电粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理 解得该带电粒子运动到 位置的速度大小 21 2 2 2 ( ) ( ) M m M m rG G m r n nrrr n ω    ×  = +  + + 21 2 22G r rM M M ω= 3 2 1 2 2 ( 1) 3 3 1 M n n M n n += + + 3 2 2 ( 1) 3 3 1 n n n n + + + MN 20N/CE = 22 10 TB −= × P P MN 1mx = P 3.5md = MN 51 10 C/kgq m = × P MN MN P 32 10 m / s× 33.6 10 s−× 21 2qEx mv= MN 32 10 m / sv = × (2)带电粒子在电场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得 解得 运动周期 在电场、磁场中的运动轨迹如图 该带电粒子打到挡板的位置到 的距离 (3) 根据 解得该带电粒子在电场中运动的时间 在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为 电荷在磁场中运动的总时间 解得 则带电粒子从 P 点出发至运动到挡板所需 时间为的 2vqvB m r = 1mr = 32 10 srT v π π −= = × MN 2 2 3( 3 ) m 0.87m2d r d r= − − = ≈ 1 2 vtx = 3 1 10 st −= = 3 πθ π π+ − 2 2t T θ π= 3 2 5 10 s6t π −= ×（二）选考题：共 15 分。请考生从给出的 2 道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第 一题计分。 13.如图所示，一定质量的理想气体从状态 依次经过状态 、 和 后再回到状态 。其中，状态 和状态 为等温过程，状态 和状态 为绝热过程。在该循环过程中，下列说法正确的是 __________。 A. 的过程中，气体对外界做功，气体放热 B. 的过程中，气体分子的平均动能减少 C. 的过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增加 D. 的过程中，外界对气体做功，气体内能增加 E. 在该循环过程中，气体内能增加 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．A→B 过程中，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，气体吸热，故 A 错误； B．B→C 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，故 B 正确； C．C→D 过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多， 故 C 正确； D．D→A 过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，故 D 正确； E．循环过程的特点是经一个循环后系统的内能不变。故 E 错误。 故选 BCD。 14.如图所示，一水平放置的薄壁圆柱形容器内壁光滑，长度为 ，容器右端中心处开有一圆孔。一定质量 的理想气体被活塞封闭在容器内，器壁导热性良好，活塞可沿容器内壁自由滑动，其厚度不计。开始时气 体温度为 ，活塞与容器底部相距 。现对容器内气体缓慢加热，已知外界大气压强为 。求： （1）气体温度为 时，容器内气体的压强； （2）气体温度为 时，容器内气体的压强。 3 3 1 2 5( 1) 10 s 3.6 10 s6t t t π − −= + = + × ≈ × A B C D A A B→ C D→ B C→ D A→ A B→ B C→ C D→ D A→ L 300K 3 4 L 0p 400K 500K【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)活塞移动时气体做等压变化，当刚至最右端时 ， ； ；由盖萨克定 律可知 解得 说明活塞正好到最右端。故气体温度为 时，容器内气体的压强为 。 (2)活塞至最右端后，气体做等容变化， ； ； 。由查理定律有 解得 气体温度为 时，容器内气体的压强为 。 15.图甲为一简谐横波在 时的波形图， 是平衡位置在 处的质点， 是平衡位置在 处的质点，图乙为质点 的振动图象。下列说法正确的是________。 A. 这列波沿 轴正方向传播 B. 这列波的传播速度为 C. 时，质点 位于波谷位置 0p 05 4 p 0 3 4 LSV = 0 300KT = 1V LS= 0 1 0 1 V V T T = 1 400KT = 400K 0p 1 400KT = 1 0p p= 2 500KT = 1 2 1 2 p p T T = 0 2 5 4 pp = 500K 05 4 p 0.10st = P 0.5mx = Q 2.0mx = Q x 20m/s 0.15st = QD. 在 到 时间内，质点 通过的路程为 E. 时，质点 的加速度沿 轴负方向 【答案】BCE 【解析】 【详解】A．分析振动图像，由乙图读出，在 t=0.10s 时 Q 点的速度方向沿 y 轴负方向，根据波动规律结合 图甲可知，该波沿 x 轴负方向的传播，故 A 错误； B．由甲图读出波长 λ=4m，由乙图读出周期为 T=0.2s，则波速为 故 B 正确； C．由乙图可知 时，质点 位于波谷位置。故 C 正确； D．在 t=0.10s 时质点 P 不在平衡位置和最大位移处，所以从 t=0.10s 到 t=0.15s，质点 P 通过的路程 s≠A=10cm， 故 D 错误； E．从 t=0.10s 到 t=0.15s，质点 P 振动了 ，根据波动规律可知，t=0.15s 时，质点 P 位于平衡位置上方， 则加速度方向沿 y 轴负方向，故 E 正确。 故选 BCE。 16.如图所示，一玻璃砖的截面为直角三角形 ，其中 ， ，该玻璃砖的折射率为 。现有两细束平行且相同的单色光 、 ，分别从 边上的 点、 点射入，且均能从 边上的 点射出。已知 。求： （1） 、 两单色光的入射角； （2） 、 两点之间的距离。 【答案】(1) ；(2)8cm 【解析】 【详解】(1)光路图如图所示 为 0.10st = 0.15st = P 10cm 0.15st = P y 4 m/s 20m/s0.2v T λ= = = 0.15st = Q 4 T ABC 60A∠ = ° 6cmAB = 2 a b AC D E AB F 2cmAD AF= = a b D E 45设 、 两单色光的入射角为 i，由于 AD=AF，∠A= ，则入射光 a 经 AC 边的折射角为 。由折射 定律 解得 、 两单色光的入射角 。 (2)设光在玻璃砖中发生全反射的临界角为 C，则有 则有 由图可知，b 光经 AC 边折射后，在 BC 边上的入射角为 ，大于临界角 C，所以此光线在 G 点发生了全 反射。 由几何知识可知，四边形 DEGF 是平行四边形，由于∠BFG= ，AF=2cm，则有 BF=FGcos60° 又 FG=DE 联立解得 DE=8cm 、 两点之间的距离为 8cm。 a b 60 30r =  sin sin 2sin sin30 i in r = = =  a b 45i =  1 1sin 2 C n = = 45C =  60 60 6cm 2cm 4cmBF AB AF= − = − = D E