北京专家2020届高三物理高考模拟试卷（一）（Word版附解析）

北京专家 2020 届高考模拟试卷（一） 理科综合试卷 一、选择题（共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 1~5 题只 有一项符合题目要求，第 6~8 有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但 不全得 3 分，有选错的得 0 分） 1.下列说法正确的是（ ） A. 做匀速圆周运动的物体，转动一周，由于初末位置速度相同，故其合力冲量为零 B. 做曲线运动的物体，任意两段相等时间内速度变化一定不相同 C. 一对作用力和反作用力做 功一定大小相等，并且一个力做正功另一个力做负功 D. 在磁场中，运动电荷所受洛伦兹力为零的点，磁感应强度 B 也一定为零 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化，物体在运动一周的过程中，动量变 化为零，故合力的冲量为零，故 A 正确； B．在匀变速曲线运动中，加速度不变，根据 可知在任意两段相等时间内速度变化相同，故 B 错误； C．一对作用力和反作用力做的功没有定量关系，一对作用力和反作用力可以同时做正功，也 可以同时做负功，或不做功，故 C 错误； D．在磁场中，若带电粒子的运动方向与磁场方向平行，不会受到洛伦兹力的作用，但磁感应 强度不为零，故 D 错误。 故选 A。 2.如图，电动机以恒定功率将静止的物体向上提升，则在达到最大速度之前，下列说法正确的 是（ ） 的 v a t∆ = ∆ A. 绳的拉力恒定 B. 物体处于失重状态 C. 绳对物体的拉力大于物体对绳的拉力 D. 绳对物体的拉力大于物体的重力 【答案】D 【解析】 【详解】A．功率恒定，根据 可知当 v 从零逐渐增加，则拉力逐渐减小，故 A 错误； BD．加速度向上，处于超重，物体对轻绳的拉力大于物体重力，故 B 错误，D 正确； C．绳对物体的拉力和物体对绳的拉力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律，可知两 者等大反向，故 C 错误。 故选 D。 3.如图，虚线 a、b、c 为电场中三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个电子仅 在电场力作用下的运动轨迹，M、N 是轨迹与等势面 a，c 的交点．下列说法中正确的是（ ） A. 电子一定从 M 点向 N 点运动 B. 等势面 c 的电势最低 C. 电子通过 M 点时的加速度比通过 N 点时小 D. 电子通过 M 点时的机械能比通过 N 点时大 【答案】C 【解析】 【详解】A．电子可以由 M 到 N，也可以由 N 到 M，由图示条件不能具体确定，故 A 错误； B．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电子带负电，则 M 点电子受到左下方的电场力，因 此电场线指向右上方，根据沿电场线电势降低，可知 a 等势线的电势最低，c 等势线的电势最 高，故 B 错误； C．等势线密的地方电场线密，电场场强大，则 N 点场强大于 M 点场强。则电子通过 N 点的 P Fv= 加速度比 M 点的大，故 C 正确； D．从 M 到 N 过程中电场力做正功，根据功能关系可知，机械能增加，即电子通过 M 点时的 机械能比通过 N 点时小，故 D 错误。 故选 C。 4.如图，金星的探测器在轨道半径为 3R 的圆形轨道 I 上做匀速圆周运动，运行周期为 T，到 达 P 点时点火进入椭圆轨道 II，运行至 Q 点时，再次点火进入轨道 III 做匀速圆周运动，引力 常量为 G，不考虑其他星球的影响，则下列说法正确的是（ ） A. 探测器在 P 点和 Q 点变轨时都需要加速 B. 探测器在轨道 II 上 Q 点的速率大于在探测器轨道 I 的速率 C. 探测器在轨道 II 上经过 P 点时的机械能大于经过 Q 点时的机械能 D. 金星的质量可表示为 【答案】B 【解析】 【详解】A．探测器在 P 点需要减速做近心运动才能由轨道 I 变轨到轨道 II，同理，在轨道 II 的 Q 点需要减速做近心运动才能进入轨道 III 做圆周运动，故 A 错误； B．探测器在轨道 II 上 P 点的速率大于轨道 I 上的速率，在轨道 II 上，探测器由 P 点运行到 Q 点，万有引力做正功，则 Q 点的速率大于 P 点速率，故探测器在轨道 II 上 Q 点的速率大于在 探测器轨道 I 的速率，故 B 正确； C．在轨道 II 上，探测器由 P 点运行到 Q 点，万有引力做正功，机械能守恒，故探测器在轨 道Ⅱ上经过 P 点时的机械能等于经过 Q 点时的机械能，故 C 错误； D．探测器在 3R 的圆形轨道运动，在轨道 I 上运动过程中，万有引力充当向心力，故有 3 2 2 54R GT π ( ) 2 2 2 43 3 MmG m R TR π= 解得 ，故 D 错误。 故选 B。 5.一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力 F，F 随时间变化规律如图所示，下列说 法正确的是（ ） A. 在 0~4s 时间内，位移先增后减 B. 在 0~4s 时间内，动量一直增加 C. 在 0~8s 时间内，F 的冲量为 0 D. 在 0~8s 时间内，F 做的功不为 0 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，在 0-4s 内力 F 先向正方向，再向反方向，故质点先加速再减速到 0， 速度方向不变，位移增加，故 A 错误； B．在 0-4s 内，速度先增加后减小，动量先增加后减小，故 B 错误； C．0 到 8s 内，一半时间的冲量为正，另一半时间的冲量为负，则总的冲量为 0，故 C 正确； D．因 8s 内总的冲量为 0，根据动量定理，可知动量的变化为 0，即初末速度为 0，则动能的 变化量为 0，F 做功为 0，故 D 错误。 故选 C。 6.物块套在光滑的竖直杆上，通过光滑的定滑轮用不可伸长的轻绳将物块由 A 点匀速拉到 B 点， AB 高度为 h，则在运动过程中（ ） 3 2 2 108RM GT π= A. 绳中张力变小 B. 绳子自由端的速率减小 C. 拉力 F 做功为 D. 拉力 F 的功率 P 不变 【答案】BD 【解析】 【详解】A．因为物块做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，则有 因为 增大， 减小，则拉力 T 增大，故 A 错误； B．物块沿绳子方向上的分速度 该速度等于自由端的速度， 增大，自由端速度 v 减小，故 B 正确； C．F 为变力，不能用功的定义。应根据动能定理，拉力 F 做功等于克服重力做的功，即 故 C 错误； D．拉力的功率为 可知拉力 F 的功率 P 不变，故 D 正确。 故选 BD。 7.如图，电源电动势为 E，内阻为 r， 为定值电阻， 为光敏电阻（其电阻随光照强度增 大而减小）。当开关 S 闭合时，电容器中一带电微粒恰好静止，下列说法中正确的是（ ） cos hF θ cosT mgθ = θ cosθ cosAv v θ= θ W mgh= coscos A A mgP Fv v mgvθθ= = = 0R 1R A. 断开开关 S 瞬间，电阻 中有向上 电流 B. 只减小 的光照强度，电源输出的功率变小 C. 只将电容器上板向下移动时，带电微粒向上运动 D. 只将 向上端移动时，下板电势升高 【答案】AC 【解析】 【详解】A．若断开电键 S，电容器处于放电状态，电荷量变小，因下极板带正电，故电阻 中有向上的电流，故 A 正确； B．若只减小 的光照强度，电阻 变大，但由于不知道外电阻和内阻的大小关系，因此无 法判断电源输出的功率的变化情况，故 B 错误； C．电压不变，只将电容器上板向下移动时距离 d 减小，根据 可知电场强度增加，则电场力增大，所以带电粒子向上运动，故 C 正确； D．由于下极板接地，只将 P1 向上端移动时，下板电势不变，依然为零，故 D 错误。 故选 AC。 8.如图，倾角为 30°的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在斜面的底端 A 和顶端 B 分别固定等量 的同种负电荷。质量为 m、带电荷量为 的物块从斜面上的 P 点由静止释放，物块向下运动 的过程中经过斜面中点 O 时速度达到最大值 ，运动的最低点为 Q（图中没有标出），则下 列说法正确的是（ ） 的2R 1R 1P 2R 1R 1R UE d = q− mv A. P，Q 两点场强相同 B C. P 到 Q 的过程中，物体先做加速度减小的加速，再做加速度增加的减速运动 D. 物块和斜面间的动摩擦因数 【答案】CD 【解析】 【详解】ABD．物块在斜面上运动到 O 点时的速度最大，加速度为零，又电场强度为零，所 以有 所以物块和斜面间的动摩擦因数 ，由于运动过程中 所以物块从 P 点运动到 Q 点的过程中受到的合外力为电场力，因此最低点 Q 与释放点 P 关于 O 点对称，则有 根据等量的异种点电荷产生的电场特征可知，P、Q 两点的场强大小相等，方向相反，故 AB 错误，D 正确； C．根据点电荷的电场特点和电场的叠加原理可知，沿斜面从 P 到 Q 电场强度先减小后增大， 中点 O 的电场强度为零。设物块下滑过程中的加速度为 a，根据牛顿第二定律有，物块下滑的 过程中电场力 qE 先方向沿斜面向下逐渐减少后沿斜面向上逐渐增加，所以物块的加速度大小 先减小后增大，所以 P 到 O 电荷先做加速度减小的加速运动，O 到 Q 电荷做加速度增加的减 速运动，故 C 正确。 故选 CD。 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 9 题—12 题为必考题，每个试题 考生都必须作答。第 13~16 题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题 PO OQU U= 3 3 µ = sin - cos 0θ µ θ =mg mg 3tan 3 µ θ= = sin - cos 0θ µ θ =mg mg -=PO OQU U 9.某同学采用如图甲所示的实验装置探究加速度和力的关系，其中小车的质量为 M，砂和砂桶 的总质量为 m（滑轮光滑），交流电频率为 Hz （1）本实验中______（需要/不需要）满足 （2）松开砂桶，小车带动纸带运动，若相邻计数点间还有 4 个点未画出，纸带如图乙所示， 则小车的加速度 ______m/s2（结果保留三位有效数字） 【答案】 (1). 不需要 (2). 2.01 【解析】 【详解】（1）[1]小车所受拉力可以由弹簧测力计测出，无需满足 （2）[2]计数点间有 4 个点没有画出，计数点间的时间间隔为 t=0.02×5s=0.1s 由匀变速直线运动 推论 可得小车的加速度 代入数据解得 a=2.01m/s2 10.要描绘一只标有“9V、5W”字样小灯泡的完整伏安特性曲线，实验室可供如下器材： A．电流表 A1（量程 0．6A，内阻约为 0.5Ω） B．电流表 A2（量程 3A，内阻约为 0.2Ω） C．电压表 V（量程 3V，内阻 kΩ） D．滑动变阻器 （阻值 0~10Ω，额定电流 0.8A） 的 50f = m M a = m M 2x at∆ = ( ) ( )4 5 6 1 2 3 29 x x x x x xa t + + − + += v 3r = 1R E．滑动变阻器 （阻值 0~100Ω，额定电流 1.5A） F．定值电阻 kΩ G．直流电源（电动势 ） H．导线和开关 （1）请在虚线框中画出电路图_______ （2）滑动变阻器应选______；电流表应选______（填写元件前序号） （3）灯泡两端实际电压 与电压表读数 U 关系式为______ （4）根据该电路设计图进行实验，测得电压表的读数为 U、电流表读数为 I，若考虑电表的 内阻，则此时灯泡的电阻为______（用题目中所给字母或符号表示） 【答案】 (1). (2). D (3). A (4). (5). 【解析】 【详解】（1）[1]描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分 压接法，由题意可知，灯泡额定电压为 9V，电压表量程为 3V，把电压表量程扩大为 9V，应 给电压表串联一个定值电阻 R3；电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电 路图如图所示 2R 3 6R = E 10V= 0U 0 3U U= V 3UR UI r = − （2）[2][3]灯泡额定电流为 A≈0.56A 电流表应选 A；为方便实验操作，滑动变阻器应选择 D； （3）[4]定值电阻阻值是电压表内阻的 2 倍，则定值电阻两端电压为电压表两端电压的 2 倍， 故灯泡两端电压为 U0=3U； （4）[5]由图示电路图可知，电流表读数为 I，则通过灯泡的电流为 ，则灯泡电阻 11.如图所示，足够长的粗糙绝缘轨道 AB 与处于竖直平面内的光滑圆弧形绝缘轨道 BC 平滑连 接，圆弧的半径 。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场 E，现有一带电体（可视 为质点）放在水平轨道上的 A 位置，带电体与粗糙轨道的动摩擦因数均为 ，从 A 点由 静止释放，通过 C 点时恰好与圆轨道无挤压，且合力刚好指向圆心，已知 ，不计空气 阻力，重力加速度 。求： （1）粗糙绝缘轨道 AB 长度； （2）小球从 C 点射出后，第一次运动到水平地面 AB 所需要的时间。 【答案】（1） ；（2）1.2s。 5 9 PI U = = V UI r − V 3UR UI r = − 8mR = 0.5µ = 37θ =  210m/sg = 92m 【解析】 【详解】（1）由于在 C 点只受重力和电场力并且合力指向球心，则有 解得 所以等效的重力，即合力为 小球在 C 点恰好与圆轨道无挤压，根据牛顿第二定律有 解得 小球从 A 点到 C 点，根据动能定理有 解得 m/s， （2）在 C 点速度在竖直方向分量 m/s 小球竖直方向做初速度为 6m/s 的匀加速运动，根据位移时间公式有 解得 t=1.2s 12.如图所示，地面上固定一倾角为 的光滑斜面，斜面底端固定一挡板，一轻质弹簧下 端与挡板相连，上端自然伸长至 B 点，初始时刻，物块 a 在外力的作用下被压至 E 点， ，撤去外力后，物块 a 沿斜面从 B 点射出，到达传送带右端时速度恰好水平向左， 大小 ，与物块 b 粘在一起向左运动，其中物块 a、b 质量均为 ，传送带长 为 ，始终以 v=3m/s 的速度顺时针转动，物块和传送带之间的动摩擦因数 ，为 不计空气阻力，重力加速度 ．求： tan37qE mg=  3 4qE mg= ( ) ( )2 2 5 4qE mg mg+ = 25 4 Cvmg m R = 5 2C gRv = ( ) ( ) 21sin cos 2 CqE x R mgx mg R R mvθ µ θ− − − + = 10Cv = 92mx = sin 6y cv v θ= = 21cos 2cR R v t gtθ+ = + 37θ =  2mBE = 4m/s=cv 1kgm = 4mL = 0.5µ = 210m/sg = （1）初始时刻的弹性势能； （2）ab 在传送带上运动时产生的划痕长度； （3）由于传送物块电动机需要多消耗的电能。 【答案】（1）24.5J；（2）2.4m（3）24J。 【解析】 【详解】（1）将物块 a 在 B 点的速度沿水平和竖直方向分解，则 物块 a 由 E 到 B 的过程中根据能量守恒有 （2）物块 a、b 碰撞过程中根据动量守恒 解得 对 ab 整体，根据牛顿第二定律有 解得 减速位移 故先减速到 0 再反向加速 减速时间 5m / scos c B vv θ= = 21sin 24.5J2 θ= + =P BE BE mgx mv ( ) 1a c a bm v m m v= + 1 2m/sv = 2 2mg maµ = 25m/sa = 2 1 0.42 vx m La = = < 1 1 0.4s= =vt a 相对位移 加速时间 相对位移： 故划痕长度 （3）由于物块动能未变，故电动机多消耗的电能用来补充系统损失掉的热量 【物理一选修 3-3】 13.下列说法正确的是（ ） A. 随着分子间距离的增大，分子势能一定先减小后增大 B. 把细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这跟表面张力有关 C. 彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点 D. 对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸收热量 E. 热力学第二定律使人们认识到，一切与热现象有关的宏观自然过程都是有方向性的 【答案】BDE 【解析】 【详解】A．随着分子距离的增大，若分子力从斥力变为引力，分子力先做正功，后做负功， 则分子势能先减小后增大，若分子力一直表现为引力，随着分子间距离的增大，分子力一直 做负功，分子势能一直增大，故 A 错误； B．细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这跟表面张力有关，故 B 正确； C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故 C 错误； D．对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，根据理想气体状态方程 1 1 1 12 vx vt t∆ = + 2 1 0.4s= =t t 1 2 2 22 vx vt t∆ = − 2 1 2 2.4m∆ = ∆ + ∆ =x x x 2 24Jµ= ∆ =Q mg x pV CT = 可知气体的温度升高，则内能增大，由于气体对外做功，则它一定从外界吸收热量，故 D 正 确； E．自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故 E 正确。 故选 BDE。 14.如图，一定质量的理想气体从状态 a 开始，经历状态 b、c、到达状态 d，已知一定质量的 理想气体的内能与温度满足 （k 为常数）．该气体在状态 a 时温度为 ，求： ①气体在状态 d 时的温度 ②气体从状态 a 到达状态 d 过程从外界吸收的热量 【答案】①Td =3T0 ② Q= 2kT0﹢6p0V0 【解析】 【分析】 由 a 到 d 气体发生等压变化，由盖吕萨克定律可以求出气体的温度；求出气体做的功，然后应 用热力学第一定律求出从外界吸收的热量； 【详解】解：①状态 a 与状态 d 压强相等，由： 可得： ② 依题意可知： ， 由热力学第一定律，有： 其中： 联立可得： 【物理——选修 3-4】 15.如图所示为一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波，实线为 s 时刻的波形图，虚线为 U kT= 0T a d a d V V T T = 03dT T= 0aU kT= 03dU kT= d aU U Q W− = + 0 ( )3 c bW p V V−= − 0 0 02 6Q kT p V= + 0.2t = t=0.8s 时的波形图，波的周期 ，则（ ） A. 波速为 B. A 比 B 先回到平衡位置 C. 在 s 时，B 点到达波峰位置 D. 经过 0.4s，B 点经过的路程为 0.4m E. 在 s 时，A 点沿 y 轴负方向运动 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．横波沿 x 轴正方向传播，由于波的周期 T>0.6s，经过 0.6s，传播距离 6m，则波速 m/s 故 A 正确； B．t=0.2s 时，质点 A 由波峰向平衡位置振动，质点 B 沿 y 轴正方向向平衡位置振动，故 B 比 A 先回到平衡位置，故 B 错误； C．由图可知，波长 8m，则传播距离 6m= 则传播时间为 0.6s=0.75T 解得 T=0.8s，在 t=0.5s 时，B 振动了 ，波传播了 =3m，根据波形平移可知，B 点到达 波峰位置，故 C 正确； D．经过 0.4s=0.5T，则 B 点振动了 2A=0.4m，故 D 正确； E．t=1.0s 时，质点 A 振动了 0.8s=T，则 A 点回到波峰位置，速度为零，故 E 错误。 故选 ACD。 0.6sT > 10m/s 0.5=t 1.0t = t∆ = x∆ = 10xv t ∆= =∆ λ = x∆ = 0.75λ t∆ = 3 8T 3 8 λ 16.如图，一直角三棱柱 ABC，其中 ， ，AB 长度为 2L，M 为 AB 的中点，N 为 BC 的中点，一光线从 AB 面上的 M 点以 45°的入射角射入三棱柱，折射光线经 过 N 点。已知光在真空中的传播速度为 c，求： （1）三棱柱折射率 n； （2）光从开始射入三棱柱到第一次射出所需的时间。 【答案】（1） ；（2） 。 【解析】 【详解】（2）由题意可知人射角 ，折射角 ，画出光路图如图所示 由折射定律有 解得 （2）由题意结合反射定律可知 θ=60°，设光从三棱柱射向空气 临界角为 C 根据 的 90ABC∠ =  60BAC∠ =  2n = 3 2= Lt c 45i =  30r =  sin sin in r = 2n = 可知光射到 BC 面上发生全反射，光射到 AC 面上的人射角 ，则光能从 AC 面上 射出三棱柱 由几何关系可知 光在三棱镜中的传播速度 则光在三棱镜中传播时间 1 1sin sin 2 C n θ= = < 30 Cα =