2020届全国百校联考新高考押题模拟考试(六)物理试卷

2020届全国百校联考新高考押题模拟考试（六）
物理试题
★祝你考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考考查范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损。

7、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

二、选择题（共8道小题，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题有多项符合要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选的得0分。

）
1. 在物理学的发展中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明进程．对以下几位物理学家所作贡献的叙述中，符合史实的是（）
A. 笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献
B. 伽利略通过实验和逻辑推理说明力是维持物体运动的原因
C. 伽利略认为自由落体运动是速度随位移均匀变化的运动
D. 牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
【答案】A
【解析】
试题分析：笛卡尔指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，不停下来也不偏离原来的方向，此观点对牛顿第一定律的建立做出了贡献，选项A正确；伽利略通过实验和逻辑推理说明力不是维持物体运动的原因，选项B错误；伽利略认为自由落体运动是速度随时间均匀变化的运动，选项C错误；伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，选项D错误；故选A.
考点：力与运动的关系；物理学史
【名师点睛】本题主要考查了力与运动的关系，时刻牢记力是改变物体运动状态的原因，维持物体运动不需要力，便可对大多数的现象进行分析和判断．同时也要注意，当一个物体的运动状态发生了改变时，说明它一定受到了力的作用.
2.如图所示为某质点运动的v -t 图象，2～4s 内图线为半圆形，下列说法正确的是
A. 1～2s 内质点的加速度大小为4m/s 2
B. 2～4s 内质点的位移大小为8m
C. 3s 末质点的速度为8m/s
D. 3s 末质点的加速度等于零 【答案】D 【解析】
【详解】A ．1～2s 内质点的加速度为
2088m/s 1
v a t -=
==-V V 所以1～2s 内质点的加速度大小为8m/s 2，故A 错误； B ．2～4s 内质点的位移大小等于
22111m m 222
x r πππ==⨯=
故B 错误；
C ．由图像可知，3s 末质点的速度为-1m/s ，故C 错误。

D ．3s 末图线的斜率为零，所以此时加速度为零，故D 正确；
3.匀速前进的车厢顶部用细线竖直悬挂一小球，如图所示，小球下方与一光滑斜面接触， 关于小球的受力，下列说法正确的是（ ）
A. 重力、细线对它的拉力和斜面对它的弹力
B. 重力和细线对它的拉力
C. 重力和斜面对它的支持力
D. 细线对它的拉力和斜面对它的支持力
【答案】B
【解析】
【详解】小球和光滑斜面接触，假设斜面对小球有弹力，则小球将受到三个力作用：重力、斜面的支持力和细线的拉力，重力和绳的拉力在竖直方向上，弹力垂直于斜面向上，三个力的合力不可能为零，小球将向右上方运动，与题设条件矛盾。

故斜面对小球没有弹力。

故小球只受到重力和细线对它的拉力两个力。

故B正确，ACD错误。

故选B。

【点睛】本题采用假设法分析斜面的弹力是否存在，这是判断弹力和摩擦力是否存在常用的方法．
4.如图所示，物体P 以一定的初速度沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧发生相互作用，并被弹簧反向弹回．若弹簧在整个过程中均遵守胡克定律，则（）
A. 物体P 做匀变速直线运动
B. 物体P 的加速度大小始终保持不变，运动方向会发生改变
C. 物体P 的加速度大小不断改变，当加速度最大时，速度最小
D. 物体P 在被弹回的过程中，加速度逐渐增大，速度也逐渐增大
【答案】C
【解析】
当木块向右压缩弹簧时，P水平方向只受到弹簧的弹力，方向与速度方向相反，而且弹力逐渐增大，加速度逐渐增大，P做加速度增大的变减速直线运动．A错误．由A的分析可知，加速度的大小先逐渐增大后，弹力一直向左，故加速度方向一直向左没有改变，运动方向选向右做减速运动，再向左做加速度运动，故运动方向会发生改变，B正确；当P向右压缩弹簧时，弹簧压缩的长度逐渐增大，加速度逐渐增大，P速度逐渐减小，当压缩到最右端时，加速度最大，速度为零，最小．C正确；物体P在被弹回的过程中，弹簧形变量逐渐减小，故加速度逐渐减小，速度逐渐增大．D错误．选BC．
5.如图所示，红蜡块可以在竖直玻璃管内的水中匀速上升，若在红蜡块从A 点开始匀速上升的同时，玻璃管水平向右做匀速直线运动，则红蜡块的实际运动轨迹可能是图中的
A. 直线P
B. 曲线Q
C. 曲线R
D. 三条轨迹都有可能
【答案】A 【解析】
【详解】当合速度的方向与合力（合加速度）的方向不在同一条直线上，物体将做曲线运动，且轨迹夹在速度与合力方向之间，轨迹的凹向大致指向合力的方向。

而本题两个方向均做匀速直线运动，合力为零，因此蜡块将沿着合速度的方向做匀速直线运动，知A 正确，BCD 错误。

故选A 。

6.在静止的车厢中，一小球被a 、b 两根轻质细绳拴住，其中绳a 与竖直方向成α角，绳b 成水平状态，已知小球的质量为m ，则下列说法正确的是
A. 绳a 的拉力为cos Ta mg
F α
= B. 绳b 的拉力为mg
C. 如果小车向右做匀加速直线运动，绳b 的拉力有可能为0
D. 如果小车向左做匀加速直线运动，绳a 的拉力有可能为0 【答案】AC 【解析】
【详解】AB ．对于球，由平衡条件得： 水平方向有：
F Ta sinα-F Tb=0 竖直方向有：
F Ta cosα-mg=0 解得：
Ta mg
F
cosα
=
F bT=mg tanα．
故A正确、B错误。

C．如果小车向右做匀加速直线运动，加速度向右，小球所受的合外力向右，可能由重力与a绳拉力的合外力产生加速度，此时绳b的拉力有可能为0，故C正确。

D．若绳a的拉力为零，小球的合力不可能水平向左，由牛顿第二定律球的加速度不可能水平向左，因此不可能向左匀加速运动，故D错误。

7.如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为R A＝r，R B＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是
A. 此时绳子张力为3μmg
B.此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外
C. 2g rμ
D. 此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动【答案】ABC 【解析】【详解】ABC.两物块A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F=mω2r，B的转动半径比A的转动
半径大，所以B所需向心力大；绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A的静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得：
T-μmg=mω2r
T+μmg =mω2•2r
解得：
T =3μmg
2g
r
μω=
故ABC 正确；
D.烧断绳子瞬间A 物体所需的向心力为
22A F mr mg ωμ==，
此时烧断绳子，A 的
最大静摩擦力不足以提供向心力，则A 做离心运动，烧断绳子瞬间B 物体所需的向心力为
224B F m r mg ωμ=⋅=，
此时烧断绳子，B 的最大静摩擦力不足以提供向心力，则B 做离心运动，故D 错误。

8.如图所示，长2m L =的水平传送带以2m/s v =匀速运动，小物块P Q 、(可视为质点)由跨过定滑轮且不可伸长的光滑轻绳相连，Q 的左端与水平轻绳相连，P Q 、均处于静止状态，OP OQ 、与竖直方向的夹角均为45θ=︒。

若物块Q 的质量为0.1kg m =，物块P 与传送带间的动摩擦因数0.2μ=，重力加速度为
210m/s g =，则下列说法正确的是
A. 水平轻绳AQ 的拉力大小为1N
B. 若水平轻绳被剪断，则在剪断瞬间，小物块Q 的加速度大小为210m/s
C. 若连接两物块的轻绳被剪断，则在剪断瞬间，小物块Q 的加速度大小为210m/s
D. 若连接两物块的轻绳被剪断，则物块P 经1.5s 从传送带右端滑落 【答案】ACD 【解析】
【详解】A ．对Q 分析，受到竖直向下的重力，AQ 的拉力T 1，以及OQ 的拉力T 2，三力平衡如图，
根据力的合成与分解可得水平绳AQ 中拉力：
T 1=mg tan45°=mg =1N
故A 正确；
B ．若水平绳被剪断，则在剪断瞬间，小物块Q 只受到重力和绳子OQ 的拉力，由于绳子的拉力的大小会发生突变，所以物块Q 的加速度的方向与OQ 的方向垂直，所以加速度大小为：
22
45=52m/s 2
a gsin g =︒=
故B 错误；
C ．若连接两物块的轻绳被剪断，则在剪断瞬间，细绳QA 的拉力立刻变为零，此时小物块Q 的加速度大小为
'210m/s mg
a g m
=
== 选项C 正确；
D ．若连接两物块的轻绳被剪断，则物块P 运动的加速度
212m/s a μg ==
与传送带共速的时间
112
1s 2
v t s a =
== 经过为位移为
12
1m 1m 22
v x t ==⨯=
以后匀速运动的时间
221
s 0.5s 2
L x t v --=
== 即经1.5s 从传送带右端滑落，选项D 正确。

二、非选择题
9.在“探究两个共点力的合成”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套（如图）。

实验中需用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条。

(1)某同学认为在此过程中必须注意以下几项：
A．两根细绳必须等长
B．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上
C．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行
D．细绳要适当长些
其中正确的是________．（填入相应的字母）
(2) 实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。

①图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________．
②本实验采用的科学方法是________．
A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法
【答案】(1). CD(2). F (3). B
【解析】
【详解】（1）细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长．故A错误；两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上．故B错误；在拉弹簧秤时必须要求弹簧秤与木板平面平行，否则会影响力的大小．故C正确；细绳要适当长些，这样可减小记录方向时产生的误差，选项D正确；故选CD．
（2）①F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力．故方向一定沿AO方向的是F′，由于误差的存在F和F′方向并不在重合；
②合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法．故选B.
【点睛】本实验采用的是“等效替代”的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代，明确“理论值”和“实验值”的区别．
10.如图所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一宽度为d的遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．
（1）下列不必要的一项实验要求是________(请填写选项前对应的字母)．
A．应使A位置与光电门间的距离适当大些
B．应将气垫导轨调节水平
C．应使细线与气垫导轨平行
D．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是________．
（3）保持钩码的质量不变，改变滑块的质量，分别得到滑块加速度a与质量m及对应的1
m
，数据如下表:
试验次数 1 2 3 4 5 6 7 8 2
/()
a m s-
⋅ 1.90 1.72 1.49 1.25 1.00 0.75 0.50 0.30 /
m kg0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00 1.67 11
/
m kg
-- 4.00 3.45 3.03 2.50 2.00 1.41 1.00 0.60
请在方格坐标纸中画
1
a
m
-图线_________，并从图线求出小车加速度a与质量倒数
1
m
之间的关系式是
__________。

【答案】 (1). D (2). A 位置遮光条到光电门B 的距离； (3). 图见解析 (4). 1
2a m
= 【解析】
【详解】（1）[1]． A 、为减小误差，适当增大A 位置与光电门的
距离，故选项A 正确； B 、由于拉力是从传感器读出，所以必须将轨道调水平，选项B 正确；
C 、应使细线与气垫导轨平行，这样才能使得细线的拉力等于滑块的拉力，选项C 正确；
D 、由于拉力能读出，不必满足滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，故选项D 错误。

此题选择不必要的选项，故选D.
（2）[2]．由数字计时器读出遮光条通过光电门B 的时间t ，从而可求出遮光片通过光电门的速度为d v t
=，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是A 位置遮光条到光电门B 的距离； （3）[3]．作1
a m
-
的关系图线，如图．
[4]．由图像可得 2.00142k =
=，则111
22a m m
=⋅= 11.质量为2kg 的物体在水平推力F 的作用下沿水平面作直线运动，一段时间后撤去F ，其运动的v -t 图像如图所示。

g 取10m/s 2。

求：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）水平推力F 的大小；
（3）0-10s 内物体运动位移的大小。

【答案】（1）0.2（2）6N （3）46m
【解析】
【详解】（1）物体在6-10s 的加速度大小为：
222|
|082m/s 4
v a t -=== 根据牛顿第二定律，有： μmg =ma 2
解得：
μ=0.2
（2）物体在0-6s 的加速度为：
21821m/s 6
v a t -=
==V V 根据牛顿第二定律，有： F -μmg =ma 1
解得：
F =μmg +ma 1=0.2×2×10+2×1=6N
（3）0-10s 内物体运动位移的大小等于图线与时间轴包围的面积大小，故位移为：
112864846m 22
x =⨯+⨯+⨯⨯=（） 12.如图所示，一玩滚轴溜冰的小孩(可视作质点)质量为m =30kg ，他在左侧平台上滑行一段距离后平抛，恰能无碰撞地从A 进入光滑竖直圆弧轨道并沿轨道下滑，A 、B 为圆弧两端点，其连线水平.已知圆弧半径为
R =1.0m ，对应圆心角为θ=106°，平台与AB 连线的高度差为h =0.8m(计算中取g =10m/s 2，
sin53°=0.8，cos53°=0.6)求:
（1）小孩平抛的初速度；
（2）小孩从离开平台到A 点所用的时间；
（3）若小孩运动到轨道最低点O
时的速度为33m/s ，则小孩对轨道的压力为多少? 【答案】（1）3m/s （2）0.4s （3）1290N
【解析】
【详解】（1，2）由于小孩无碰撞进入圆弧轨道，即小孩落到A 点时速度方向沿A 点切线方向（如图）
则：
53y
x v gt
tan tan v v αo ＝＝＝
又由：
2
12h gt ＝
得：
20.4s h
t g ＝＝
而：
v y =gt =4m/s
联立以上各式得：
v 0=3m/s
（3）在最低点，据牛顿第二定律，有：
2
N v F mg m R -＝
代入数据解得
F N=1290N
由牛顿第三定律可知，小孩对轨道的压力为1290N。

(二)选考题：共45分。

请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。

如果多做，则每学科按所做的第一题计分。

13.在“用单分子油膜估测分子大小”的实验中。

A、某同学操作步骤如下：
①取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液；
②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；
③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定；
④在蒸发皿上覆盖透明玻璃，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜的面积。

改正其中的错误：_________________________________________________________
B、若酸酒精溶液的浓度为每104 mL溶液中有纯油酸5 mL。

用注射器测得1 mL上述溶液有液滴50滴。

把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待稳定后，将玻璃板放在浅盘上描出油膜轮廓，再将玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示，坐标纸中正方形小方格的边长为1 cm。

则：
(1)油膜的面积约为________(保留两位有效数字)。

(2)根据上述数据，估算出油酸分子的直径d＝___(保留两位有效数字)。

【答案】(1). ②应在量筒中滴入多滴溶液后测量它的体积；③为能清楚地看清油膜的形状，要先在水面上撒上薄薄的一层痱子粉，再滴入油酸酒精溶液；(2). 84cm2(3). 1.2×10-7cm
【解析】
【详解】A、[1]．在步骤②中，要测出一滴油酸酒精溶液的体积，即在量筒中滴入N滴溶液，测出其体积
为V，则一滴该溶液的体积为
1V
V
N
；
在步骤③中，为了使一滴油酸酒精溶液散开后界面比较清晰，要在水面上先撒上痱子粉。

B、（1）[2]．查格知共84格，油膜面积S=84 cm2．
（2）[3]．根据题意可知每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为
545
m L 1.010mL 1050
V -=
=⨯⨯ 则油酸分子的直径 571.010 cm 1.210cm 84
V d S --⨯===⨯ 14.如图所示，内壁光滑、导热良好的圆柱形汽缸开口向下竖直悬挂，内有一质量为m 的活塞封闭一定质量的理想气体。

已知活塞截面积为S ，外界大气压强为p 0，缸内气体温度为T 1。

现对汽缸缓慢加热，使理想气体体积由V 增大了2V 的过程中，气体吸收的热量为Q 1；停止加热并保持气体体积不变，使其温度降低为T 1。

已知重力加速度为g ，求：
(1)停止加热时缸内气体的温度；
(2)降温过程中气体放出的热量。

【答案】（1）3T 1（2）102mg Q V
p S --（） 【解析】
【详解】（1）停止加热前缸内气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律得：
1212 V V T T ＝ 气体体积由V 增大了2V ，故：
V 2=3V 解得：
T 2=3T 1
（2）体积由V 增大到3V 的过程中，活塞受力平衡有：pS =p 0S -mg
解得： 0mg p p S
-＝ 气体对外所做的功：
10)2(mg W p V V p S
-V ＝＝
停止加热后体积不变，故：
W 2=0
全程内能变化：
△U =0
根据热力学第一定律：
△U =-W 1+Q 1-Q 2
所以降温过程中气体放出的热量：
2102mg Q Q V p S
=--（） 15.下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧振子的回复力，一定由弹簧的弹力提供
B. 单摆振动的周期，一定等于它固有周期
C. 机械波从一种介质进入另一种介质，如果波速变大，那么波长一定变大
D. 在干涉现象中，振动加强点的位移有时可能比振动减弱的点的位移小
E. 发生多普勒效应时，波源发出的波的频率并没有发生变化
【答案】CDE
【解析】
【详解】A.水平方向的弹簧振子的回复力由弹簧的弹力提供的，竖直方向的弹簧振子的回复力由振子的合力提供，故A 错误；
B.自由摆动的单摆振动周期，一定等于它的固有周期；若单摆做受迫振动，则它的周期不一定等于其固有周期，而等于驱动力的周期，故B 错误；
C.机械波从一种介质进入另一种介质，频率不变，由波速v =λf 知，如果波速变大，那么波长一定变大，故C 正确；
D.在干涉现象中，振动加强点的振幅总比振动减弱点的振幅大，由于位移是随时间周期性变化的，所以在干涉现象中，振动加强点的位移有时可能比振动减弱的点的位移小，故D 正确；
E.多普勒效应说明观察者与波源有相对运动时，接收到的频率会发生变化，但波源的频率不变，故E 正确。

16.如图所示，某透明介质的截面为直角三角形ABC ，其中∠A=30°，AC 边长为L ，一束单色光从AC 面上距A 为3
L 的D 点垂直于AC 面射入，恰好在AB 面发生全反射。

已知光速为c ，求：
①该介质的折射率n;
②该光束从射入该介质到第一次穿出经历的时间t.
3L
【答案】(1) 2 (2)
【解析】
试题分析：(i)由于光线垂直于AC面射入，故光线在AB面上的入射角为30°，由题意知，光线恰好在AB面上发生全反射，由全反射条件可求得：n＝解得n＝2。

(ii)由图可知，DF＝ADtan 30°＝
FE＝2DF＝, EG＝ECcos 30°＝
故光在介质中的传播距离为：s＝DF＋FE＋EG＝
光在该介质中的传播速度：光在介质中的传播时间：。

考点：主要考查光的全反射。