2020年全国一卷高考物理模拟试卷七 解析版

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 αC．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：W G＝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：W G＋W f＝0－0，所以空气阻力做功W f＝－W G＝－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
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
2gt 2
则x ＝2tan θg ·v 2，
即x ∝v 2
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＝v x 2＋v y 2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 ＝mv 2
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( )
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：G Mm
R 2－mg ＝ma ；当物体
飘起来的时候，由万有引力完全提供向心力，有G Mm
R 2＝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E m ＝BL 2ω
B ．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝BL 2ωsin 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 ＝BL 2
R ＋r
D ．线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝πB 2ωL 4R
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
2
BL 2ωsin 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＝BL 2，可得流
过电阻R 的电荷量为q ＝BL 2
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 ＝
I 2RT ＝⎣⎢⎢⎡⎦
⎥⎥⎤B ωL 222(R ＋r )2R 2πω＝πB 2ωL 4R 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F ­t 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 ＝m Δv 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a 1＝F 1
m ＝2
2 m/s 2＝1 m/s 2，t ＝1 s
时物块的速率v 1＝a 1t 1＝1 m/s ，A 正确；t ＝2 s 时物块的速率v 2＝a 1t 2＝2 m/s ，动量大小为p 2＝mv 2＝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a 2＝F 2
m
＝0.5 m/s 2，
t ＝3 s 时物块的速率v 3＝v 2－a 2t 3＝(2－0.5×1) m/s ＝1.5 m/s ，动量大小为p 3＝mv 3＝3 kg ·m/s ，C 错误；t ＝4 s 时物块的速率v 4＝v 2－a 2t 4＝(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）
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x 1(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x 2(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x 1表示)。

(3)若x 1和x 2的比值x 1
x 2＝________，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
2
mv 2，解得：v ＝
2gR 。

(2)对A 下滑的全过程由动能定理得：mgR －μmgx 1＝0，解得：μ＝R
x 1。

(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。

(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S 1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
1U 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 ＝
1.111
A ＝0.1 A ，然后将S 1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：R 0＝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 ＋R 0)＝U ＋U R (r ＋R 0)，1U ＝1E ＋r ＋R 0E ·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 ＋R 0
E ＝3，电源内阻为：
r ＝kE －R 0＝5 Ω－4 Ω＝1.00 Ω。

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v 0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 ′t 2
解得a ′＝2s
t
2。

(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 ＝kv 0 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 －kv 0)t 2－22ms
(mg ＋kv 0)t 2。

(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 ′
f ′＝μN ′ F ′＝kv 0
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 ＝mgt 2－2ms kv 0t 2＋2ms g －kv 0
m 。

答案：(1)2s t 2 (2)(mg －kv 0)t 2－22ms
(mg ＋kv 0)t 2
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v 0，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v 1。

根据牛顿第二定律有 qE ＝ma
①
由运动学公式有 l ′＝v 0t ② v 1＝at ③ v 1＝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 ＝mv 2
R
⑤
由几何关系得 l ＝2Rcos θ
⑥
联立①②③④⑤⑥式得 v 0＝2El ′Bl。

⑦
(3)由运动学公式和题给数据得 v 1＝v 0cot π
6
⑧
联立①②③⑦⑧式得 q
m ＝4
3El ′B 2l 2 ⑨
设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t ′，则
t ′＝2t ＋
2⎝ ⎛⎭
⎪⎫
π2－π62π
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
t ′＝Bl E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋
3πl 18l ′。

⑫
[答案] (1)见解析 (2)2El ′Bl
(3)
43El ′B 2l 2
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T 0，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p 0，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V 0＝LS ，由等压变化有： V 0T 0＝V T
解得T ＝2T 0。

(ⅱ)由题意得，封闭气体压强为 p ＝p 0＋mgsin 30°S ＝p 0＋mg
2S
该过程气体对外界做功W ＝pSL ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
p 0＋mg 2S SL
气体内能的增加量ΔU ＝－W ＋Q ＝Q －⎝ ⎛⎭⎪⎫
p 0＋mg 2S SL 。

答案：(1)ACD (2)(ⅰ)2T 0 (ⅱ)Q －⎝ ⎛⎭
⎪⎫p 0＋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
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 ＝λT ＝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P 1、P 2，在MN 上插大头针P 3，从P 3一侧透过玻璃砖观察P 1、P 2的像，调整P 3位置使P 3能同时挡住P 1、P 2的像，确定了的P 3位置如图所示，他测得玻璃砖直径D ＝8 cm ，P 1、P 2连线与MN 之间的距离d 1＝2 cm ，P 3到O 的距离d 2＝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P 3B ＝d 2－OB ＝3.46 cm tan ∠BAP 3＝BP 3
AB ＝1.73，得∠BAP 3＝60°
因此r ＝180°－∠OAB －∠BAP 3＝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。