2020年全国一卷高考物理模拟试卷七（Word版附解析）

第 1 页 / 共 13 页 2020 年全国高考物理模拟试卷（ 七 ） （考试时间：90 分钟 试卷满分：110 分） 第Ⅰ卷 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，有选错或不答的得 0 分。 14.如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块 P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的 力 F 作用在 P 上，使其向上做匀加速直线运动。以 x 表示 P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下 列表示 F 和 x 之间关系的图像可能正确的是(  ) [解析] 设物块 P 静止时，弹簧的压缩量为 x0，则有 kx0＝mg，在弹簧恢复 原长前，物 块受力如图所示，根据牛顿第二定律得 F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得 F＝kx＋ ma，即 F 是 x 的一次函数，选项 A 正确。 [答案] A 15.用长为 l、不可伸长的细线把质量为 m 的小球悬挂于 O 点，将小球拉至悬线偏离竖直方向 α 角后放 手，运动 t 时间后停在最低点。则在时间 t 内(  ) A．小球重力做功为 mgl(1－cos α) B．空气阻力做功为－mglcos α 第 2 页 / 共 13 页 C．小球所受合力做功为 mglsin α D．细线拉力做功的功率为mgl(1－cos α) t 解析：选 A 小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为 h＝l(1－cos α)，所以小球的重力做功： WG＝mgh＝mgl(1－cos α)，故 A 正确；在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能 定理得：WG＋Wf＝0－0，所以空气阻力做功 Wf＝－WG＝－mgl(1－cos α)，故 B 错误；小球受到的合外力 做功等于小球动能的变化，所以 W 合＝0－0＝0，故 C 错误；由于细线的拉力始终与小球运动的方向垂直， 所以细线的拉力不做功，细线的拉力的功率为 0，故 D 错误。 16．如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球 P 在水平外力 F 的作用下处于 静止状态，P 与圆心 O 的连线与水平面的夹角为 θ，将力 F 在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过 90°，框 架与小球始终保持静止状态。在此过程中，下列说法正确的是(  ) A．框架对小球的支持力先减小后增大 B．力 F 的最小值为 mgcos θ C．地面对框架的摩擦力先减小后增大 D．框架对地面的压力先增大后减小 解析：选 B 以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意图，如图所示。 根据几何关系可知，当 F 顺时针转动至竖直向上之前，支持力 N 逐渐 减小， F 先减小后增大，当 F 的方向沿圆的切线方向向上时，F 最小，此时：F＝ mgcos θ， 故 A 错误，B 正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、 地面的 支持力、地面的摩擦力以及力 F 的作用；由图可知，F 沿顺时针方向转动 的过程 中，F 沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故 C 错误；F 沿顺时针方向转 动的过程中，F 沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，故 D 错误。 17．在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以 v 和v 2的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面 上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的(  ) A．2 倍         B．4 倍 C．6 倍 D．8 倍 第 3 页 / 共 13 页 解析：选 A 画出小球在斜面上运动轨迹，如图所示，可知： x＝vt， x·tan θ＝1 2gt2 则 x＝2tan θ g ·v2， 即 x∝v2 甲、乙两球抛出速度为 v 和v 2，则相应水平位移之比为 4∶1，由相似三角形知，下落高度之比也为 4∶ 1，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为 2∶1，由落至斜面时的速率 v 斜＝ vx2＋vy2 可得落至斜面时速率之比为 2∶1。 18．两种不计重力的带电粒子 M 和 N，以相同的速度经小孔 S 垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如 图中虚线所示，下列表述正确的是(  ) A．M 带正电， N 带负电 B．洛伦兹力对 M、N 做正功 C．M 的比荷小于 N 的比荷 D．M 的运行时间小于 N 的运行时间 解析：选 C 由左手定则判断出 N 带正电荷，M 带负电荷，故 A 错误；洛伦兹力始终与运动的方向垂 直，所以洛伦兹力不做功，故 B 错误；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力 qvB＝mv2 r ，比荷为：q m＝ v Br，在速率相同的情况下，半径大说明比荷小，故 C 正确；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半， 而周期 T＝2πr v ，所以 M 的运行时间大于 N 的运行时间，故 D 错误。 19．地球赤道上的重力加速度为 g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为 a，质量相等的三颗卫 星甲、乙、丙在如图所示的三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在 P 点相切。不计阻力， 以下说法正确的是(  ) 第 4 页 / 共 13 页 A．如果地球的转速为原来的 g＋a a 倍，那么赤道上的物体将会飘起来而处于完全失重状态 B．卫星甲、乙分别经过 P 点时的速度相等 C．卫星甲的机械能最大 D．卫星周期：T 甲>T 乙>T 丙 解析：选 ACD 地球上的物体随地球自转的向心加速度为 a 时，有：GMm R2 －mg＝ma；当物体飘起来 的时候，由万有引力完全提供向心力，有 GMm R2 ＝ma′，则此时物体的向心加速度为 a′＝g＋a；根据向 心加速度和转速的关系有：a＝R(2πn)2，a′＝R(2πn′)2 可得：n′＝ a′ a n＝ g＋a a n，故 A 正确。物 体在椭圆形轨道上运动时，轨道高度越高，在近地点时的速度越大，所以卫星甲经过 P 点时的速度比卫星 乙经过 P 点时的速度大，故 B 错误。卫星的机械能跟卫星的速度、高度和质量有关，因卫星甲的最远点较 远，故卫星甲的机械能最大，故 C 正确。根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越小，卫星的周期越小，卫 星丙的半长轴最短，甲的最长，则 T 甲>T 乙>T 丙，故 D 正确。 20.[多选]如图所示，边长为 L 的正方形单匝线圈 abcd，电阻为 r，外电路的电阻为 R，过 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，磁场的磁感应强度为 B，若线圈从图示位置开始， 以角速度 ω 绕轴 OO′匀速转动，以下判断正确的是(  ) A．图示位置线圈中的感应电动势最大，其值为 Em＝BL2ω B．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为 e＝BL2ωsin ωt C．线圈从图示位置转过 180°的过程中，流过电阻 R 的电荷量为 q＝ BL2 R＋r D．线圈转动一周的过程中，电阻 R 上产生的热量为 Q＝πB2ωL4R 4(R＋r)2 解析：选 CD 如题图所示，图示位置为中性面，线圈中的感应电动势为 0，选项 A 错误；线圈的有 效面积为正方形面积的一半，故闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为 e＝1 2BL2ωsin ωt，选项 B 错误； 线圈从图示位置转过 180°的过程中，根据 q＝ ΔΦ R＋r，ΔΦ＝BS 有效＋BS 有效＝BL2，可得流过电阻 R 的电荷量 第 5 页 / 共 13 页 为 q＝ BL2 R＋r，选项 C 正确；线圈转动一周的过程中，电阻 R 上产生的热量为 Q＝I2RT＝[ BωL2 2 2(R＋r)]2R2π ω ＝πB2ωL4R 4(R＋r)2 ，选项 D 正确。 21.一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下从静止开始沿直线运动。F 随时间 t 变化的图线如图所示， 则(  ) A．t＝1 s 时物块的速率为 1 m/s B．t＝2 s 时物块的动量大小为 4 kg·m/s C．t＝3 s 时物块的动量大小为 5 kg·m/s D．t＝4 s 时物块的速度为零 解析：选 AB 法一：根据 F­t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力 F 的冲量，可知在 0～1 s、 0～2 s、0～3 s、0～4 s 内合外力冲量分别为 2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理 I＝mΔv 可知物块 在 1 s、2 s、3 s、4 s 末的速率分别为 1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为 2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则 A、B 项正确，C、D 项错误。 法二：前 2 s 内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 a1＝F1 m＝2 2 m/s2＝1 m/s2，t＝1 s 时物块的 速率 v1＝a1t1＝1 m/s，A 正确；t＝2 s 时物块的速率 v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为 p2＝mv2＝4 kg·m/s，B 正 确；物块在 2～4 s 内做匀减速直线运动，加速度的大小为 a2＝F2 m＝0.5 m/s2，t＝3 s 时物块的速率 v3＝v2－ a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小为 p3＝mv3＝3 kg·m/s，C 错误；t＝4 s 时物块的速率 v4＝v2－a2t4 ＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D 错误。 第Ⅱ卷 二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 22~25 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33~34 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题（共 47 分） 第 6 页 / 共 13 页 22.利用如图所示的装置可以“测定滑块与桌面间的动摩擦因数”和“验证碰撞中的动量守恒”，竖直 平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与水平桌面相切，先将小滑块 A 从圆弧轨道的最高点无初速度释放， 测量出小滑块在水平桌面滑行的距离 x1(图甲)；然后将小滑块 B 放在圆弧轨道的最低点，再将 A 从圆弧轨 道的最高点无初速度释放，A 与 B 碰撞后结合为一个整体，测量出整体沿桌面滑动的距离 x2(图乙)，圆弧 轨道的半径为 R，A 和 B 完全相同，重力加速度为 g。 (1)小滑块 A 运动到圆弧轨道最低点时的速度 v＝__________(用 R 和 g 表示)。 (2)小滑块与桌面间的动摩擦因数 μ＝________(用 R 和 x1 表示)。 (3)若 x1 和 x2 的比值x1 x2＝________，则验证了 A 和 B 碰撞过程中动量守恒。 解析：(1)A 在圆弧面上运动时机械能守恒，则有：mgR＝1 2mv2，解得：v＝ 2gR。 (2)对 A 下滑的全过程由动能定理得：mgR－μmgx1＝0，解得：μ＝R x1。 (3)如果碰撞中动量守恒，则有：mv＝2mv′，再对碰后的 A、B 物体分析，由能量守恒定律可知：1 2 ×2mv′2＝μ·2mgx2，解得：x2＝v2x1 8Rg，故x1 x2＝4。因此只要满足x1 x2＝4，即可证明动量守恒。 答案：(1) 2gR  (2)R x1 (3)4 23．某实验小组设计如图甲所示电路图来测量电源的电动势及内阻，其中待测电源电动势约为 2 V、 内阻较小；所用电压表量程为 3 V，内阻非常大，可看作理想电压表。 第 7 页 / 共 13 页 (1)按实验电路图在图乙中补充完成实物连线。 (2)先将电阻箱电阻调至如图丙所示，则其电阻读数为________ Ω，闭合开关 S，将 S1 打到 b 端，读出 电压表的读数为 1.10 V；然后将 S1 打到 a 端，此时电压表读数如图丁所示，则其读数为________ V。根 据以上测量数据可得电阻 R0＝________ Ω。(计算结果保留两位有效数字) (3)将 S1 打到 b 端，读出电阻箱读数 R 以及相应的电压表读数 U，不断调节电阻箱电阻，得到多组 R 值与相应的 U 值，作出1 U 1 R图如图戊所示，则通过图像可以得到该电源的电动势 E＝________ V，内阻 r＝ ________ Ω。(计算结果保留三位有效数字) 解析：(1)电路连接如图所示。 (2)先将电阻箱电阻调至如题图丙所示位置，则其电阻读数为 1×10 Ω＋1×1 Ω＝11.0 Ω。电压表的读 数为 1.10 V；由欧姆定律可知，电流为：I＝1.1 11 A＝0.1 A，然后将 S1 打到 a 端，此时电压表读数如题图丁 所示，电压表量程为 3 V，最小分度为 0.1 V，其读数为 1.50 V。根据以上测量数据可得电阻为：R0＝1.5 0.1 Ω －11 Ω＝4.0 Ω。 (3)在闭合电路中，电源电动势为：E＝U＋I(r＋R0)＝U＋U R(r＋R0)，1 U＝1 E＋r＋R0 E ·1 R， 由题图戊所示图像可知，b＝1 E＝0.6，E＝1.67 V， 图像斜率 k＝r＋R0 E ＝3，电源内阻为： r＝kE－R0＝5 Ω－4 Ω＝1.00 Ω。 第 8 页 / 共 13 页 答案：(1)见解析图 (2)11 1.5 4.0 (3)1.67 1.00 24.如图，一辆汽车在平直公路上匀加速行驶，前挡风玻璃上距下沿 s 处有一片质量为 m 的树叶相对于 玻璃不动，挡风玻璃可视为倾角 θ＝45°的斜面。当车速达到 v0 时，树叶刚要向上滑动，汽车立即改做匀速 直线运动，树叶开始下滑，经过时间 t 滑到玻璃的下沿。树叶在运动中受到空气阻力，其大小 F＝kv(v 为 车速，k 为常数)，方向与车运动方向相反。若最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为 g，求： (1)树叶在玻璃表面运动的加速度大小 a′； (2)树叶与玻璃表面之间的动摩擦因数 μ； (3)汽车在匀加速运动阶段的加速度大小 a。 解析：(1)根据匀加速直线运动规律，有 s＝1 2a′t2 解得 a′＝2s t2 。 (2)设汽车匀速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为 N，树叶受到的空气阻力为 F，树叶受到的滑动 摩擦力为 f F＝kv0 f＝μN N＝mgcos θ＋Fsin θ 由牛顿第二定律，有 mgsin θ－f－Fcos θ＝ma′ 由题意，θ＝45° 联立解得 μ＝ (mg－kv0)t2－2 2ms (mg＋kv0)t2 。 (3)设汽车匀加速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为 N′，树叶受到的空气阻力为 F′，树叶受到 的最大静摩擦力为 f′ 第 9 页 / 共 13 页 f′＝μN′ F′＝kv0 由牛顿第二定律有 N′sin θ＋f′cos θ－F′＝ma N′cos θ＝f′sin θ＋mg 联立并代入 μ，得 a＝mgt2－ 2ms kv0t2＋ 2ms g－kv0 m 。 答案：(1)2s t2  (2) (mg－kv0)t2－2 2ms (mg＋kv0)t2 25.一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在 xOy 平面内的截面如图所示：中间是磁场 区域，其边界与 y 轴垂直，宽度为 l，磁感应强度的大小为 B，方向垂直于 xOy 平面；磁场的上、下两侧为 电场区域，宽度均为 l′，电场强度的大小均为 E，方向均沿 x 轴正方向 ；M、N 为条状区域边界上的两点， 它们的连线与 y 轴平行。一带正电的粒子以某一速度从 M 点沿 y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好 以从 M 点入射的速度从 N 点沿 y 轴正方向射出。不计重力。 (1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； (2)求该粒子从 M 点入射时速度的大小； (3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与 x 轴正方向的夹角为π 6，求该粒子的比荷及其从 M 点运动到 N 点的时间。 [解析] (1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对 称，如图(a) 所示。 (2)设粒子从 M 点射入时速度的大小为 v0，进入磁场的速度大小为 v， 方向与电场 方向的夹角为 θ[如图(b)]，速度 v 沿电场方向的分量为 v1。 根据牛顿第二定律有 第 10 页 / 共 13 页 qE＝ma ① 由运动学公式有 l′＝v0t ② v1＝at ③ v1＝vcos θ ④ 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为 R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvB＝mv2 R ⑤ 由几何关系得 l＝2Rcos θ ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 v0＝2El′ Bl 。 ⑦ (3)由运动学公式和题给数据得 v1＝v0cot π 6 ⑧ 联立①②③⑦⑧式得 q m＝4 3El′ B2l2 ⑨ 设粒子由 M 点运动到 N 点所用的时间为 t′，则 t′＝2t＋ 2(π 2－π 6 ) 2π T ⑩ 式中 T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期， T＝2πm qB ⑪ 由②⑦⑨⑩⑪式得 第 11 页 / 共 13 页 t′＝Bl E(1＋ 3πl 18l′)。 ⑫ [答案] (1)见解析 (2)2El′ Bl (3)4 3El′ B2l2  Bl E(1＋ 3πl 18l′) （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 33．[物理——选修 3–3]（15 分） (1)下列说法正确的是________。 A．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性 B．当两薄玻璃板间加有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有 表面张力的缘故 C．当环境的相对湿度为 1 时，则干湿泡湿度计的两个温度计读数一定相同 D．用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油酸的密度和油酸的摩尔 质量 E. PM2.5 是指环境空气中直径小于等于 2.5 μm 的颗粒物。温度越高，PM2.5 的运动就会越激烈，所以 PM2.5 的运动属于分子热运动 (2)如图所示，一绝热汽缸固定在倾角为 30°的固定斜面上，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。 活塞的质量为 m，横截面积为 S。初始时，气体的温度为 T0，活塞与汽缸底部相距为 L。通过电热丝缓慢 加热气体，当气体吸收热量 Q 时，活塞上升到与汽缸底部相距 2L 处，已知大气压强为 p0，重力加速度为 g，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦。求： (ⅰ)此时气体的温度； (ⅱ)加热过程中气体内能的增加量。 解析：(1)液晶既具有液体的流动性，同时又具有晶体的各向异性，故 A 正确； 中间有一层水膜的薄 玻璃板，沿垂直于玻璃板 的方向很难将玻璃板拉开，是由于大气压强的缘故，故 B 错误； 当环境的相对 湿度为 1 时，湿泡温度计停止蒸发，则干湿泡湿度计的两个温度计读数一定相同，故 C 正确；在已知直径 第 12 页 / 共 13 页 的情况下要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油滴的摩尔体积，若知道油酸的密度和油酸的摩尔质量，则 可求得阿伏加德罗常数，则 D 正确；PM2.5 是指环境空气中直径小于等于 2.5 μm 的颗粒物，不是分子，故 E 错误。 (2)(ⅰ)设加热后的温度为 T，此时气体体积 V＝2LS 初始时体积 V0＝LS，由等压变化有： V0 T0＝V T 解得 T＝2T0。 (ⅱ)由题意得，封闭气体压强为 p＝p0＋mgsin 30° S ＝p0＋mg 2S 该过程气体对外界做功 W＝pSL＝(p0＋mg 2S)SL 气体内能的增加量 ΔU＝－W＋Q＝Q－(p0＋mg 2S)SL。 答案：(1)ACD (2)(ⅰ)2T0 (ⅱ)Q－(p0＋mg 2S)SL 34．[物理——选修 3–4]（15 分） （1）某列简谐横波传播的路径上有 P、Q 两 质点，图甲所示为质点 P 的振动图像，图乙所示为 t＝0.3 s 时刻的波形图。则由图可知________。 A．质点简谐运动的振幅 A＝0.4 m B．t＝0.2 s 时，质点 P 的速度大于 Q 的速度 C．简谐波的波速 v＝20 m/s 第 13 页 / 共 13 页 D．0～0.3 s，质点 P 通过的路程为 0.9 m E．0～0.3 s，波沿 x 轴的负方向传播 6 m 解析：选 BCE 质点简谐运动的振幅 A＝0.2 m，选项 A 错误；波的周期为 T＝0.2 s，t＝0.3 s 时刻质 点 P 在平衡位置向上振动，由波形图可知，波沿 x 轴负向传播，则根据 t＝0.3 s 时刻的波形图可知 t＝0.2 s 时刻，P 点仍在平衡位置，向下振动，振动速度最大；Q 点在平衡位置上方，则质点 P 的速度大于 Q 的速 度，选项 B 正确；波长为 λ＝4 m，则波速 v＝λ T＝ 4 0.2 m/s＝20 m/s，选项 C 正确；0.3 s＝1.5T，则 0～0.3 s 质点 P 通过的路程为 6A＝1.2 m，选项 D 错误；0～0.3 s，波沿 x 轴的负方向传播 x＝vt＝6 m，选项 E 正确。 （2）如图所示，MN 为半圆形玻璃砖的对称轴，O 为玻璃砖的圆心，某同学在与 MN 平行的直线上插 上两枚大头针 P1、P2，在 MN 上插大头针 P3，从 P3 一侧透过玻璃砖观察 P1、P2 的像，调整 P3 位置使 P3 能同时挡住 P1、P2 的像，确定了的 P3 位置如图所示，他测得玻璃砖直径 D＝8 cm，P1、P2 连线与 MN 之 间的距离 d1＝2 cm，P3 到 O 的距离 d2＝6.92 cm(取 3＝1.73)。画出光路图并求该玻璃砖的折射率。 解析：光路图如图所示， sin i＝AB OA＝1 2，得 i＝30° 则∠OAB＝60° OB＝OAsin 60°＝3.46 cm 根据几何关系有 P3B＝d2－OB＝3.46 cm tan∠BAP3＝BP3 AB ＝1.73，得∠BAP3＝60° 因此 r＝180°－∠OAB－∠BAP3＝60° 据折射定律得 n＝sin r sin i，解得 n＝1.73。 答案：1.73 光路图见解析