2020年全国卷高考物理仿真模拟试卷三解析版

2020年全国一卷高考物理仿真模拟试卷（三）（考试时间：90分钟试卷满分：110分）第Ⅰ卷选择题：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.用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流大小与照射光的强弱、频率等物理量的关系.图中A、K两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调.分别用a、b、c三束单色光照射，调节A、K间的电压U，得到光电流I与电压U的关系如图乙所示.由图可知()A.单色光a和c的频率相同，但a更强些B.单色光a和c的频率相同，但a更弱些C.单色光b的频率小于a的频率D.改变电源的极性不可能有光电流产生答案A解析由题图乙知，a、c的遏止电压相同，根据光电效应方程可知单色光a和c的频率相同，但a产生的光电流大，说明a光的强度大，选项A正确，B错误；b的遏止电压大于a、c的遏止电压，所以单色光b的频率大于a的频率，选项C错误；只要光的频率不变，改变电源的极性，仍可能有光电流产生，选项D错误.15.甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移—时间(x－t)图象如图所示，由图象可以看出在0～4s内()A.甲、乙两物体始终同向运动B.第4s末时，甲、乙两物体间的距离最大C.甲的平均速度等于乙的平均速度D.乙物体一直做匀加速直线运动答案C解析由题图可知在0～2s内，甲、乙同向运动，在2～4s内两者反向运动，选项A错误；第4s末两物体相遇，两物体间的距离不是最大，选项B错误；由题图知在0～4s内，甲、乙的位移都是2m，故平均速度相等，选项C正确；根据图线斜率的绝对值等于速度的大小，可知乙物体一直做匀速直线运动，选项D错误.16.如图所示，甲、乙两个小球的质量均为m，两球间用细线连接，甲球用细线悬挂在天花板上.现分别用大小相等的力F水平向左、向右拉两球，平衡时细线都被拉紧.则平衡时两球的可能位置是下列选项中的()答案A解析用整体法分析，把两个小球看做一个整体，此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg、水平向左的力F(甲受到的)、水平向右的力F(乙受到的)和细线1的拉力，两水平力相互平衡，故细线1的拉力一定与重力2mg等大反向，即细线1一定竖直；再用隔离法，分析乙球受力的情况，乙球受到向下的重力mg、水平向右的拉力F、细线2的拉力F2.要使得乙球受力平衡，细线2必须向右倾斜.故A正确.17.如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点.竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心.已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点.则()A.a球最先到达M点B.b球最先到达M点C.c球最先到达M点D.b球和c球都可能最先到达M点答案C解析设圆轨道半径为R，据“等时圆”理论，ta＝eq\r(\f(4R,g))＝2eq\r(\f(R,g))，tb>ta，c球做自由落体运动tc＝eq\r(\f(2R,g))，C选项正确.18.如图，竖直平面内有一段圆弧MN，小球从圆心O处水平抛出.若初速度为va，将落在圆弧上的a点；若初速度为vb，将落在圆弧上的b点.已知Oa、Ob与竖直方向的夹角分别为α、β，不计空气阻力，则()A.eq\f(va,vb)＝eq\f(sinα,sinβ)B.eq\f(va,vb)＝eq\r(\f(cosβ,cosα))C.eq\f(va,vb)＝eq\f(cosβ,cosα)eq\r(\f(sinα,sinβ))D.eq\f(va,vb)＝eq\f(sinα,sinβ)eq\r(\f(cosβ,cosα))答案D解析小球水平抛出，其做平抛运动，由平抛运动规律知，若落到a点，则有Rsinα＝vataRcosα＝eq\f(1,2)gta2得va＝eq\r(\f(gR,2cosα))·sinα若落到b点，则有Rsinβ＝vbtbRcosβ＝eq\f(1,2)gtb2得vb＝eq\r(\f(gR,2cosβ))·sinβ则eq\f(va,vb)＝eq\f(sinα,sinβ)eq\r(\f(cosβ,cosα))，故D正确.19.如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是()A.当ω>eq\r(\f(2Kg,3L))时，A、B相对于转盘会滑动B.当ω>eq\r(\f(Kg,2L))，绳子一定有弹力C.ω在eq\r(\f(Kg,2L))<ω<eq\r(\f(2Kg,3L))范围内增大时，B所受摩擦力变大D.ω在0<ω<eq\r(\f(2Kg,3L))范围内增大时，A所受摩擦力一直变大答案ABD解析当A、B所受摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘将会滑动，Kmg＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得：ω＝eq\r(\f(2Kg,3L))，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即：Kmg＝m·2L·ω2，解得ω＝eq\r(\f(Kg,2L))，可知当ω>eq\r(\f(Kg,2L))时，绳子有弹力，B项正确；当ω>eq\r(\f(Kg,2L))时，B已达到最大静摩擦力，则ω在eq\r(\f(Kg,2L))<ω<eq\r(\f(2Kg,3L))内，B受到的摩擦力不变，C项错误；ω在0<ω<eq\r(\f(2Kg,3L))范围内，A相对转盘是静止的，A所受摩擦力为静摩擦力，所以Ff－FT＝mLω2，当ω增大时，静摩擦力也增大，D项正确.20.如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R.垂直导轨的导体棒ab在平行导轨的水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如图乙所示.在0～t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动.图乙中t0、F1、F2为已知量，棒和导轨的电阻不计.则()A.在t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动B.在t0以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动C.在0～t0时间内，导体棒的加速度大小为eq\f(2F2－F1R,B2L2t0)D.在0～t0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为eq\f(F2－F1t0,2BL)答案BD解析因在0～t0时间内棒做匀加速直线运动，故在t0时刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐变大，导体棒先做加速度减小的加速运动，当加速度a＝0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A错误，B正确.设在0～t0时间内导体棒的加速度为a，通过导体棒横截面的电荷量为q，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，则有：a＝eq\f(v,t0)，F2－eq\f(B2L2v,R)＝ma，F1＝ma，q＝eq\f(ΔΦ,R)，ΔΦ＝BΔS＝BLeq\f(v,2)t0，解得：a＝eq\f(F2－F1R,B2L2t0)，q＝eq\f(F2－F1t0,2BL)，故C错误，D正确.21.如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行，t＝0时，将质量m＝1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示.设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2，则()A.传送带的速率v0＝10m/sB.传送带的倾角θ＝30°C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D.0～2.0s内摩擦力对物体做功Wf＝－24J答案ACD解析当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v－t图象可得，传送带的速率为v0＝10m/s，选项A正确；1.0s之前的加速度a1＝10m/s2，1.0s之后的加速度a2＝2m/s2，结合牛顿第二定律，gsinθ＋μgcosθ＝a1，gsinθ－μgcosθ＝a2，解得sinθ＝0.6，θ≈37°，μ＝0.5，选项B错误，选项C正确；摩擦力大小Ff＝μmgcosθ＝4N，在0～1.0s内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0s内，摩擦力对物体做负功，0～1.0s内物体的位移为5m，1.0～2.0s内物体的位移是11m，0～2.0s内摩擦力做的功为－4×(11－5)J＝－24J，选项D正确.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.：①调整水平桌面上的气垫导轨至水平；②测量挡光条的宽度l，两光电门间的中心间距s，用天平称出滑块和挡光条的总质量M，托盘和砝码的总质量m；③将滑块移至光电门1左侧某位置，由静止释放滑块，从计时器中分别读出挡光条通过两光电门的时间Δt1、Δt2.用测量的物理量求解下列物理量：(1)滑块通过光电门1和2时瞬时速度分别为v1＝，v2＝.(2)滑块通过光电门1和2时，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为Ek1＝，Ek2＝.外力对系统做的功为W＝.(3)实验中，验证动能定理是否成立的关系式为.答案(1)eq\f(l,Δt1)eq\f(l,Δt2)(2)eq\f(1,2)(M＋m)(eq\f(l,Δt1))2eq\f(1,2)(M＋m)(eq\f(l,Δt2))2mgs(3)mgs＝eq\f(1,2)(M＋m)[(eq\f(l,Δt2))2－(eq\f(l,Δt1))2]解析(1)由于挡光条宽度很小，因此将挡光条通过光电门时的平均速度当作瞬时速度，v1＝eq\f(l,Δt1)，v2＝eq\f(l,Δt2).(2)根据动能的定义式得：通过光电门1，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能为Ek1＝eq\f(1,2)(M＋m)(eq\f(l,Δt1))2通过光电门2，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能为Ek2＝eq\f(1,2)(M＋m)(eq\f(l,Δt2))2在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，外力对系统做的总功W＝mgh＝mgs.(3)如果W＝ΔEk＝Ek2－Ek1，则可认为验证了动能定理.23.如图所示为多量程多用电表的示意图.(1)当接通1或2时，为挡(填“电流”“电阻”或“电压”).1的量程比2的量程(填“大”或“小”).(2)测量某电阻时，用欧姆挡“×10”挡时，发现指针偏转角度过大，他应该换用欧姆挡挡(填“×1”或“×100”)换挡后，在测量前要先进行.(3)该同学要测量多用电表直流“2.5V”挡的内阻RV(约为20kΩ).除此多用电表外，还有以下器材：直流电源一个(电动势E为3V，内阻可忽略不计)、电阻一个(阻值R为10kΩ)、开关一个、导线若干.要求：(ⅰ)在方框中画出实验电路图(多用电表用表示)；(ⅱ)写出RV的表达式(用字母表示，并说明所用字母的物理意义).答案(1)电流大(2)×1欧姆调零(3)见解析解析(1)将电流计改装成电流表时要并联电阻分流，所以1、2是电流挡；并联电阻越小，分流越大，则改装的电流表量程越大，故1位置的量程较大.(2)因偏转角度过大，则电阻小，应选择“×1”挡，换挡后电路改变，要重新进行欧姆调零.(3)(ⅰ)实验电路图如图所示.(ⅱ)在设计的电路图中，多用电表与电阻串联，通过它们的电流相等，所以有eq\f(U,RV)＝eq\f(E－U,R)，因此RV＝eq\f(UR,E－U)，其中U为多用电表直流“2.5V”挡的读数，R为10kΩ，E为电源的电动势.24.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计).设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动.假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直到与弹簧分离的过程中.(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能.答案(1)eq\f(1,16)mv02(2)eq\f(13,48)mv02解析(1)以v0的方向为正方向，对A、B组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1解得v1＝eq\f(1,2)v0B与C碰撞的瞬间，B、C组成的系统动量定恒，有m·eq\f(v0,2)＝2mv2解得v2＝eq\f(v0,4)系统损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)×2m(eq\f(v0,4))2＝eq\f(1,16)mv02(2)当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大.以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝3mv解得v＝eq\f(v0,3)根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能Ep＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(3m)v2－ΔE＝eq\f(13,48)mv02.25.如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6l.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外.A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为l.质量为m、电荷量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是l的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑.(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E.(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式.答案(1)eq\f(qB\o\al(

2,0)l2,2dm)(2)v＝eq\f(qB0l＋k2l,2m)B＝eq\f(kB0,3－k)解析(1)若k＝1，则有MP＝l，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，该情况粒子的轨迹半径R1＝l粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律知qvB0＝meq\f(v2,R1)①粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有qEd＝eq\f(1,2)mv2②联立解得E＝eq\f(qB\o\al(

2,0)l2,2dm).(2)因为2<k<3，且粒子沿水平方向从S2射出，则从S1到S2的轨迹如图所示.由几何关系得Req\o\al(

2,2)－(kl)2＝(R2－l)2③又有qvB0＝meq\f(v2,R2)④联立解得v＝eq\f(qB0l＋k2l,2m)又因为6l－2kl＝2x⑤根据几何关系有eq\f(kl,x)＝eq\f(R2,R)⑥由R＝eq\f(mv,qB)知，eq\f(R2,R)＝eq\f(B,B0)⑦联立解得B＝eq\f(kB0,3－k).（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）已知常温常压下CO2气体的密度为ρ，CO2的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则在该状态下容器内体积为V的CO2气体含有的分子数为________.在3km的深海中，CO2浓缩成近似固体的硬胶体，此时若将CO2分子看做直径为d的球，则该容器内CO2气体全部变成硬胶体后体积约为________.答案eq\f(ρVNA,M)eq\f(πd3ρVNA,6M)解析体积为V的CO2气体质量m＝ρV，则分子数N＝eq\f(m,M)NA＝eq\f(ρVNA,M).CO2浓缩成近似固体的硬胶体，分子个数不变，则该容器内CO2气体全部变成硬胶体后体积约为：V′＝N·eq\f(1,6)πd3＝eq\f(πd3ρVNA,6M)（2）如图所示，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0℃的水槽中，B的容积是A的3倍.阀门S将A和B两部分隔开.A内为真空，B和C内都充有气体.U形管内左边水银柱比右边的低60mm.打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等.假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积.(1)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位)；(2)将右侧水槽中的水从0℃加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60mm，求加热后右侧水槽的水温.答案(1)180mmHg(2)364K解析(1)在打开阀门S前，两水槽水温均为T0＝273K.设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为VB，玻璃泡C中气体的压强为pC，依题意有p1＝pC＋Δp①式中Δp＝60mmHg.打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，设玻璃泡B中气体的压强为pB，依题意，有pB＝pC②玻璃泡A和B中气体的体积V2＝VA＋VB③根据玻意耳定律得p1VB＝pBV2④联立①②③④式，并代入已知数据得pC＝eq\f(VB,VA)Δp＝180mmHg⑤(2)当右侧水槽的水温加热至T′时，U形管左右水银柱高度差为Δp，玻璃泡C中气体的压强pC′＝pB＋Δp⑥玻璃泡C中的气体体积不变，根据查理定律得eq\f(pC,T0)＝eq\f(pC′,T′)⑦联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得T′＝364K.34．[物理——选修3–4]（15分）（1）如图所示为同一地点