2020年全国一卷高考物理模拟试卷二（Word版附解析）

第 1 页 / 共 12 页 2020 年全国高考物理考前冲刺押题卷（二） （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.如图所示，Oa、Ob 是竖直平面内两根固定的光滑细杆，O、a、b、c 位于同一圆周上，c 为圆周的 最高点，a 为最低点，Ob 经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从 O 点无初速释放，用 t1、 t2 分别表示滑环到达 a、b 所用的时间，则下列关系正确的是(  ) A．t1＝t2          B．t1＜t2 C．t1＞t2 D．无法确定 解 析：选 B 设 Oa 与竖直方向夹角为 θ，则 Ob 与竖直方向夹角为 2θ，由 2Rcos θ＝1 2gcos θ·t12,2R＝1 2 gcos 2θ·t22，比较可得 t1＜t2，故 B 正确。 15.质量为 m 的物体用轻绳 AB 悬挂于天花板上。用水平向左的力 F 缓慢拉动绳的中点 O，如图所示。 用 T 表示绳 OA 段拉力的大小，在 O 点向左移动的过程中(  ) A．F 逐渐变大，T 逐渐变大 B．F 逐渐变大，T 逐渐变小 C．F 逐渐变小，T 逐渐变大 D．F 逐渐变小，T 逐渐变小 解析：选 A 以 O 点为研究对象，受力如图所示，当用水平向左的力缓慢 拉动 O 点时，绳 OA 与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知 F 逐渐变大，T 逐渐 变大，选项 A 正确。 第 2 页 / 共 12 页 16.将一质量为 m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的 频闪照片，O 是运动的最高点，甲、乙两次闪光频率相同，重力加速度为 g，假设小球所受的阻力大小不 变，则可估算小球受到的阻力大小约为(  ) A．mg         B.1 3mg C.1 2mg D. 1 10mg 解析：选 C 设每块砖的厚度是 d，向上运动时： 9d－3d＝a1T2① 向下运动时：3d－d＝a2T2② 联立①②得：a1 a2＝3 1③ 根据牛顿第二定律，向上运动时：mg＋f＝ma1④ 向下运动时：mg－f＝ma2⑤ 联立③④⑤得：f＝1 2mg，C 正确。 17．2018 年 2 月，我国 500 m 口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318＋0253”，其自转周期 T ＝5.19 ms。假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为 6.67×10－11 N·m2/kg2。以周期 T 稳定 自转的星体的密度最小值约为(  ) A．5×109 kg/m3 B．5×1012 kg/m3 C．5×1015 kg/m3 D．5×1018 kg/m3 解析：选 C 脉冲星自转，边缘物体 m 恰对星体无压力时万有引力提供向心力，则有 GMm r2 ＝mr4π2 T2 ， 又 M＝ρ·4 3πr3，整理得密度 ρ＝ 3π GT2＝ 3 × 3.14 6.67 × 10－11 × (5.19 × 10－3)2 kg/m3≈5.2×1015 kg/m3。 18.如图甲所示，水平面上一质量为 m 的物体在水平力 F 作用下开始加速运动，力 F 的功率 P 保持恒 定，运动过程中物体所受的阻力 f 大小不变，物体速度最终达到最大值 vmax，此过程中物体速度的倒数1 v与 第 3 页 / 共 12 页 加速度 a 的关系图像如图乙所示。仅在已知功率 P 的情况下，根据图像所给信息可知以下说法中正确的是 (  ) A．可求出 m、f 和 vmax B．不能求出 m C．不能求出 f D．可求出物体加速运动时间 解析：选 A 当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力大小等于阻力大小，速度为最大值，最 大速度 vmax＝ 1 0.1 m/s＝10 m/s；功率 P＝Fv，而 F－f＝ma，联立可得1 v ＝m Pa＋ f P，物体速度的倒数1 v 与加速 度 a 的关系图像的斜率为 k＝m P，纵轴截距为 f P＝0.1，因此可求出 m、f 和 vmax，选项 A 正确，B、C 错误。 物体做变加速运动，无法求解物体加速运动的时间，选项 D 错误。 19.在 x 轴上有两个点电荷 q1、q2，其静电场的电势 φ 在 x 轴上分布如图所示。下列说法正确的是(  ) A．q1 和 q2 带有异种电荷 B．x1 处的电场强度为零 C．负电荷从 x1 移到 x2，电势能减小 D．负电荷从 x1 移到 x2，受到的电场力增大 解析：选 AC 由题图可知，空间的电势有正有负，无穷远处电势为零，且只有一个极值，则两个点 电荷必定为异种电荷，A 项正确；由 E＝Δφ Δx可知，φ­x 图像的切线的斜率的绝对值表示电场强度大小，因 此 x1 处的电场强度不为零，B 项错误；负电荷从 x1 移到 x2 的过程中，电势升高，电场强度减小，由 Ep＝ qφ、F＝qE 可知，电势能减小，受到的电场力减小，C 项正确，D 项错误。 第 4 页 / 共 12 页 20.[多选]如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压 U 加速后，水平进入互 相垂直的匀强电场 E 和匀强磁场 B 的复合场中(E 和 B 已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动， 则下列说法中正确的是(  ) A．小球可能带正电 B．小球做匀速圆周运动的半径为 r＝1 B 2UE g C．小球做匀速圆周运动的周期为 T＝2πE Bg D．若电压 U 增大，则小球做匀速圆周运动的周期变大 解析：选 BC 小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，洛伦兹力提供向心力，所以 mg＝ qE，由于电场力的方向与场强的方向相反，故小球带负电，故 A 错误；由于洛伦兹力提供向心力，故有 qvB＝mv2 r ，解得 r＝mv qB ，又由于 qU＝1 2mv2，解得 v＝ 2qU m ，所以 r＝1 B 2mU q ＝1 B 2UE g ，故 B 正确； 由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期 T＝2πr v ＝2πm qB ＝2πE Bg ，故 C 正确；显然运动周期与加 速电压无关，电压 U 增 21．如图(a)所示，理想变压器原、副线圈匝数比 n1∶n2＝55∶4，原线圈接有交流电流表 A1，副线圈 电路接有交流电压表 V、交流电流表 A2、滑动变阻器 R 等，所有电表都是理想电表，二极管 D 正向电阻 为零，反向电阻无穷大，灯泡 L 的阻值恒定。原线圈接入的交流电压的变化规律如图(b)所示，下列说法正 确的是(  ) A．交流电压表 V 的读数为 32 2 V B．灯泡 L 两端电压的有效值为 16 2 V C．当滑动变阻器的触头 P 向上滑动时，电流表 A2 示数减小，A1 示数减小 第 5 页 / 共 12 页 D．由图(b)可知交流发电机转子的角速度为 100 rad/s 解析：选 BC 电压表的读数为副线圈两端电压的有效值，原线圈的电压有效值为 440 V，根据电压与 匝数成正比可知，副线圈两端的电压有效值为 32 V，所以电压表的读数为 32 V，所以 A 错误；设灯泡 L 两端电压的有效值为 UL，根据电流的热效应，则有U22 R ·T 2＝UL2 R T，解得 UL＝16 2 V，故 B 正确；当滑动 变阻器的触头 P 向上滑动时，电阻 R 的阻值增大，总电阻增大，流过副线圈的电流减小，根据理想变压器 中原、副线圈的电流与匝数关系，可知流过原线圈的电流减小，故电流表 A2 示数减小，A1 示数减小，故 C 正确；由题图可得 T＝0.02 s，交流发电机转子的角速度为 ω＝2π T ＝100π rad/s，故 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） 22．某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律的实验。在足够大的水平平台上的 A 点放置一个光电门。水平平台上 A 点右侧摩擦很小，可忽略不计，左侧为水平面，当地重力加速度大小 为 g。采用的实验步骤如下： A．在小滑块 a 上固定一个宽度为 d 的窄挡光片； B．用天平分别测出小滑块 a(含挡光片)和小球 b 的质量 ma、mb； C．在 a 和 b 间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻短弹簧，静止放置在平台上； D．细线烧断后，a、b 瞬间被弹开，向相反方向运动； E．记录滑块 a 通过光电门时挡光片的遮光时间 t； 第 6 页 / 共 12 页 F．小球 b 从平台边缘飞出后，落在水平地面的 B 点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度 h 及平台 边缘铅垂线与 B 点之间的水平距离 s； G．改变弹簧压缩量，进行多次测量。 (1)用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，则挡光片的宽度为________ mm。 (2)该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证 a、b 两物体弹开后的动量大小相等，即 ________＝ ________ (用上述实验所涉及物理量的字母表示)。 解析：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为 3.5 mm，可动刻度读数为 0.01×5.0 mm＝0.050 mm，所以最 终读数为：3.5 mm＋0.050 mm＝3.550 mm。 (2)烧断细线后，a 向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，a 经过光电门的速度为：va＝d t；故 a 的动量为： pa＝ma d t b 离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律可得： h＝1 2gt2 s＝vbt 解得：vb＝s g 2h 动量大小：pb＝mbs g 2h 若动量守恒，设向右为正，则有：0＝mbvb－mava 即 ma d t＝mbs g 2h。 答案：(1)3.550 (2)ma d t mbs g 2h 23．某同学用伏安法测量一未知电阻 Rx 的电阻值。 第 7 页 / 共 12 页 (1)该同学用电流表内接法和外接法分别测量了 Rx 的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描绘到 U­I 图上，由电流表外接法得到的图线是图甲中的________(选填“a”或“b”)。 (2)请用图甲中的数据，求出用电流表外接法时 Rx 的测量值为________ Ω(保留两位有效数字)，其测量 值与真实值相比________(选填“偏大”或“偏小”)。 (3)图乙是用电流表外接法已部分连接好的实物电路，请结合甲图信息补充完成实物接线。 解析：(1)电流表外接法，由于电压表分流作用，测得的电流值会偏大，由图示图像可知，由电流表外 接法得到的图线是 b。 (2)由图示图像可知，电阻：R＝ΔU ΔI ＝0.6 0.5 Ω＝1.2 Ω；因电流的测量值偏大，则电阻测量值偏小。 (3)滑动变阻器用分压接法，则电路如图所示。 答案：(1)b (2)1.2 偏小 (3)见解析图 24. 如图所示，让小球从图中的 C 位置由静止开始摆下，摆到最低点 D 处，摆线刚好拉断，小球在 粗糙的水平面上由 D 点向右做匀减速运动滑向 A 点，到达 A 孔进入半径 R＝0.3 m 的竖直放置的光滑圆弧 轨道，当小球进入圆轨道立即关闭 A 孔，已知摆线长为 L＝2.5 m，θ＝60°，小球质量为 m＝1 kg，小球可视为质点，D 点与小孔 A 的水平距离 s＝2 m，g 取 10 m/s2，试求： (1)摆线能承受的最大拉力为多大？ (2)要使小球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，求小球与粗糙水平面间的动摩擦因数 μ 的范围。 第 8 页 / 共 12 页 [元素组合] 小球＋轻绳＋竖直平面＋DA 粗糙段＋恒力＋匀减速运动＋竖直平面＋圆周运动。 [解析] (1)小球由 C 到 D 运动过程做圆周运动，摆球的机械能守恒，则有： mgL(1－cos θ)＝1 2mvD2 小球运动到 D 点时，由牛顿第二定律可得： Fm－mg＝mvD2 L 联立两式解得：Fm＝2mg＝20 N。 (2)小球刚好能通过圆轨道的最高点时，在最高点由牛顿第二定律可得： mg＝mv2 R 小球从 D 到圆轨道的最高点过程中，由动能定理得： －μmgs－2mgR＝1 2mv2－1 2mvD2 解得：μ＝0.25 即要使小球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，μ≤0.25。 [答案] (1)20 N (2)μ≤0.25 25. 如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小 E＝5 3 N/C，同时存在着水平方 向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小 B＝0.5 T。有一带正电的小球，质量 m＝1×10－6 kg，电荷量 q＝2×10－6 C，正以速度 v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过 P 点时撤掉磁场(不考虑 磁场消失引起的电磁感应现象)，取 g＝10 m/s2。求： (1)小球做匀速直线运动的速度 v 的大小和方向； (2)从撤掉磁场到小球再次穿过 P 点所在的这条电场线经历的时间 t。 [解析] (1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零， 有 qvB＝ q2E2＋m2g2 ① 第 9 页 / 共 12 页 代入数据解得 v＝20 m/s ② 速度 v 的方向与电场 E 的方向之间的夹角 θ 满足 tan θ＝qE mg ③ 代入数据解得 tan θ＝ 3 θ＝60°。 ④ (2)撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为 a，有 a＝ q2E2＋m2g2 m ⑤ 设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为 x，有 x＝vt ⑥ 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为 y，有 y＝1 2at2 ⑦ a 与 mg 的夹角和 v 与 E 的夹角相同，均为 θ，又 tan θ＝y x ⑧ 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t＝2 3 s≈3.5 s。 ⑨ [答案] (1)20 m/s，方向与电场方向成 60°角斜向上 (2)3.5 s 第 10 页 / 共 12 页 （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）关于分子间相互作用力与分子间势能，下列说法正确的是________。 A．在 10r0(r0 为分子间作用力为零的间距，其值为 10－10 m)距离范围内，分子间总存在着相互作用的 引力 B．分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零 C．当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越小 D．分子间距离越大，分子间的斥力越小 E．两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力变化总是比斥力变化慢 解析：选 ADE 分子间同时存在引力和斥力，在平衡距离以内表现为斥力，在平衡距离以外表现为引 力，在 10r0 距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力，A 正确。设分子平衡距离为 r0，分子距离为 r， 当 r＞r0，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当 r＜r0，分子力表现为斥力，分子距离越 小，分子势能越大；故当 r＝r0，分子力为 0，分子势能最小；由于分子势能是相对的，其值与零势能点的 选择有关，所以分子距离为平衡距离时分子势能最小，但不一定为零，B、C 错误。分子间同时存在引力 和斥力，两个分子间的距离变大的过程中，分子斥力与分子引力都减小，分子间引力变化总是比斥力变化 慢，D、E 正确。 （2）如图所示，开口向上的汽缸 C 静置于水平桌面上，用一横截面积 S＝50 cm2 的轻质活塞封闭了一 定质量的理想气体，一轻绳一端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮连着一劲度系数 k＝2 800 N/m 的竖直 轻弹簧 A，A 下端系有一质量 m＝14 kg 的物块 B。开始时，缸内气体的温度 t1＝27 ℃，活塞到缸底的距离 L1＝120 cm，弹簧恰好处于原长状态。已知外界大气压强恒为 p0＝1.0×105 Pa，取重力加速度 g＝10 m/s2， 不计一切摩擦。现使缸内气体缓慢冷却，求： (1)当 B 刚要离开桌面时汽缸内封闭气体的温度(用摄氏温度表示)； (2)气体的温度冷却到－93 ℃时，B 离桌面的高度 H。 [解析]  (1)B 刚要离开桌面时弹簧拉力为 第 11 页 / 共 12 页 kx1＝mg， 由活塞受力平衡得 p2S＝p0S－kx1， 根据理想气体状态方程有p0L1S T1 ＝p2(L1－x1)S T2 ， 代入数据解得 T2＝207 K， 当 B 刚要离开桌面时缸内气体的温度 t2＝－66 ℃。 (2)由(1)得 x1＝5 cm，当温度降至－66 ℃之后，若继续降温，则缸内气体的压强不变， 根据盖－吕萨克定律，有 (L1－x1)S T2 ＝ (L1－x1－H)S T3 ， 代入数据解得 H＝15 cm。 [答案] (1)－66 ℃ (2)15 cm 34．[物理——选修 3–4]（15 分） （1）一列简谐横波沿 x 轴传播，波速为 2 m/s，t＝0 时刻的波形如图所示，此时平衡位置在 x＝3 m 处 的质点 N 正沿 y 轴正方向运动，M、P 两质点平衡位置的坐标分别为 xM＝2 m、xP＝5 m。下列判断正确的 是________。 A．该波沿 x 轴负方向传播 B．该时刻质点 M 的加速度为零 C．质点 N 的振动方程为 y＝0.2sin πt(m) D．从该时刻开始，经过 10 s，质点 P 的路程为 2 m E．当质点 M 在波峰时，质点 P 在平衡位置并正沿 y 轴正方向运动 解析：选 ACE t＝0 时刻平衡位置在 x＝3 m 处的质点 N 正沿 y 轴正方向运动，可知波沿 x 轴负向传 播，选项 A 正确；该时刻质点 M 在最低点，加速度为正向最大，选项 B 错误；因 T＝λ v ＝4 2 s＝2 s，ω＝2π T ＝π，则质点 N 的振动方程为 y＝0.2sin πt(m) ，选项 C 正确；从该时刻开始，经过 10 s＝5T，质点 P 的路 程为 5×4A＝4 m，选项 D 错误；当质点 M 在波峰时，质点 P 在平衡位置并正沿 y 轴正方向运动，选项 E 正确。 第 12 页 / 共 12 页   （2）一个透明圆柱体的半径为 R，其横截面如图所示， AB 是一条直径，一束平行单色光沿 AB 方向 射向圆柱体，该圆柱体的折射率为 3。若有一条入射到 P 点的光线(P 点图中未标出)，经折射后恰好到 B 点，求： (1)该入射光线射入圆柱体的入射角 i; (2)光在圆柱体介质中，由 P 点运动至 B 点所用的时间 t。(设光在真空中的速度为 c) [解析] (1)设这条光线经 P 点折射后过 B 点，光路如图所示： 根据折射定律 n＝sin i sin r 在△OBP 中，由几何关系得：i＝2r 由以上两式可得：r＝30°，i＝60° 这条入射光线的入射角 i 为 60°。 (2)设 B、P 两点间距为 x，由几何关系得：x＝2Rcos r 折射率：n＝c v x＝vt 由以上三式可得： t＝3R c 。 [答案] (1)60°  (2)3R c