2020年全國一卷高考物理仿真模擬試卷（三）（考試時間：90分鐘試卷滿分：110分）第Ⅰ卷選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分。14.用如圖甲所示的電路研究光電效應中光電流大小與照射光的強弱、頻率等物理量的關系.圖中A、K兩極間的電壓大小可調，電源的正負極也可以對調.分別用a、b、c三束單色光照射，調節(jié)A、K間的電壓U，得到光電流I與電壓U的關系如圖乙所示.由圖可知()A.單色光a和c的頻率相同，但a更強些B.單色光a和c的頻率相同，但a更弱些C.單色光b的頻率小于a的頻率D.改變電源的極性不可能有光電流產生答案A解析由題圖乙知，a、c的遏止電壓相同，根據(jù)光電效應方程可知單色光a和c的頻率相同，但a產生的光電流大，說明a光的強度大，選項A正確，B錯誤；b的遏止電壓大于a、c的遏止電壓，所以單色光b的頻率大于a的頻率，選項C錯誤；只要光的頻率不變，改變電源的極性，仍可能有光電流產生，選項D錯誤.15.甲、乙兩物體從同一點出發(fā)且在同一條直線上運動，它們的位移—時間(x－t)圖象如圖所示，由圖象可以看出在0～4s內()A.甲、乙兩物體始終同向運動B.第4s末時，甲、乙兩物體間的距離最大C.甲的平均速度等于乙的平均速度D.乙物體一直做勻加速直線運動答案C解析由題圖可知在0～2s內，甲、乙同向運動，在2～4s內兩者反向運動，選項A錯誤；第4s末兩物體相遇，兩物體間的距離不是最大，選項B錯誤；由題圖知在0～4s內，甲、乙的位移都是2m，故平均速度相等，選項C正確；根據(jù)圖線斜率的絕對值等于速度的大小，可知乙物體一直做勻速直線運動，選項D錯誤.16.如圖所示，甲、乙兩個小球的質量均為m，兩球間用細線連接，甲球用細線懸掛在天花板上.現(xiàn)分別用大小相等的力F水平向左、向右拉兩球，平衡時細線都被拉緊.則平衡時兩球的可能位置是下列選項中的()答案A解析用整體法分析，把兩個小球看做一個整體，此整體受到的外力為豎直向下的重力2mg、水平向左的力F(甲受到的)、水平向右的力F(乙受到的)和細線1的拉力，兩水平力相互平衡，故細線1的拉力一定與重力2mg等大反向，即細線1一定豎直；再用隔離法，分析乙球受力的情況，乙球受到向下的重力mg、水平向右的拉力F、細線2的拉力F2.要使得乙球受力平衡，細線2必須向右傾斜.故A正確.17.如圖所示，位于豎直平面內的固定光滑圓環(huán)軌道與水平面相切于M點，與豎直墻相切于A點.豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60°，C是圓環(huán)軌道的圓心.已知在同一時刻a、b兩球分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運動到M點；c球由C點自由下落到M點.則()A.a球最先到達M點B.b球最先到達M點C.c球最先到達M點D.b球和c球都可能最先到達M點答案C解析設圓軌道半徑為R，據(jù)“等時圓”理論，ta＝eq\r(\f(4R,g))＝2eq\r(\f(R,g))，tb>ta，c球做自由落體運動tc＝eq\r(\f(2R,g))，C選項正確.18.如圖，豎直平面內有一段圓弧MN，小球從圓心O處水平拋出.若初速度為va，將落在圓弧上的a點；若初速度為vb，將落在圓弧上的b點.已知Oa、Ob與豎直方向的夾角分別為α、β，不計空氣阻力，則()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解析小球水平拋出，其做平拋運動，由平拋運動規(guī)律知，若落到a點，則有Rsinα＝vataRcosα＝eq\f(1,2)gta2得va＝eq\r(\f(gR,2cosα))·sinα若落到b點，則有Rsinβ＝vbtbRcosβ＝eq\f(1,2)gtb2得vb＝eq\r(\f(gR,2cosβ))·sinβ則eq\f(va,vb)＝eq\f(sinα,sinβ)eq\r(\f(cosβ,cosα))，故D正確.19.如圖所示，兩個可視為質點的、相同的木塊A和B放在轉盤上，兩者用長為L的細繩連接，木塊與轉盤的最大靜摩擦力均為各自重力的K倍，A放在距離轉軸L處，整個裝置能繞通過轉盤中心的轉軸O1O2轉動，開始時，繩恰好伸直但無彈力，現(xiàn)讓該裝置從靜止開始轉動，使角速度緩慢增大，以下說法正確的是()A.當ω>eq\r(\f(2Kg,3L))時，A、B相對于轉盤會滑動B.當ω>eq\r(\f(Kg,2L))，繩子一定有彈力C.ω在eq\r(\f(Kg,2L))<ω<eq\r(\f(2Kg,3L))范圍內增大時，B所受摩擦力變大D.ω在0<ω<eq\r(\f(2Kg,3L))范圍內增大時，A所受摩擦力一直變大答案ABD解析當A、B所受摩擦力均達到最大值時，A、B相對轉盤將會滑動，Kmg＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得：ω＝eq\r(\f(2Kg,3L))，A項正確；當B所受靜摩擦力達到最大值后，繩子開始有彈力，即：Kmg＝m·2L·ω2，解得ω＝eq\r(\f(Kg,2L))，可知當ω>eq\r(\f(Kg,2L))時，繩子有彈力，B項正確；當ω>eq\r(\f(Kg,2L))時，B已達到最大靜摩擦力，則ω在eq\r(\f(Kg,2L))<ω<eq\r(\f(2Kg,3L))內，B受到的摩擦力不變，C項錯誤；ω在0<ω<eq\r(\f(2Kg,3L))范圍內，A相對轉盤是靜止的，A所受摩擦力為靜摩擦力，所以Ff－FT＝mLω2，當ω增大時，靜摩擦力也增大，D項正確.20.如圖甲所示，間距為L的光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B，軌道左側連接一定值電阻R.垂直導軌的導體棒ab在平行導軌的水平外力F作用下沿導軌運動，F(xiàn)隨t變化的規(guī)律如圖乙所示.在0～t0時間內，棒從靜止開始做勻加速直線運動.圖乙中t0、F1、F2為已知量，棒和導軌的電阻不計.則()A.在t0以后，導體棒一直做勻加速直線運動B.在t0以后，導體棒先做加速，最后做勻速直線運動C.在0～t0時間內，導體棒的加速度大小為eq\f(2F2－F1R,B2L2t0)D.在0～t0時間內，通過導體棒橫截面的電荷量為eq\f(F2－F1t0,2BL)答案BD解析因在0～t0時間內棒做勻加速直線運動，故在t0時刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不變，安培力逐漸變大，導體棒先做加速度減小的加速運動，當加速度a＝0，即導體棒所受安培力與外力F2相等后，導體棒做勻速直線運動，故A錯誤，B正確.設在0～t0時間內導體棒的加速度為a，通過導體棒橫截面的電荷量為q，導體棒的質量為m，t0時刻導體棒的速度為v，則有：a＝eq\f(v,t0)，F(xiàn)2－eq\f(B2L2v,R)＝ma，F(xiàn)1＝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錯誤，D正確.21.如圖甲所示，傾角為θ的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時針方向運行，t＝0時，將質量m＝1kg的物體(可視為質點)輕放在傳送帶上，物體相對地面的v－t圖象如圖乙所示.設沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度g＝10m/s2，則()A.傳送帶的速率v0＝10m/sB.傳送帶的傾角θ＝30°C.物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5D.0～2.0s內摩擦力對物體做功Wf＝－24J答案ACD解析當物體的速度超過傳送帶的速度后，物體受到的摩擦力的方向發(fā)生改變，加速度也發(fā)生改變，根據(jù)v－t圖象可得，傳送帶的速率為v0＝10m/s，選項A正確；1.0s之前的加速度a1＝10m/s2，1.0s之后的加速度a2＝2m/s2，結合牛頓第二定律，gsinθ＋μgcosθ＝a1，gsinθ－μgcosθ＝a2，解得sinθ＝0.6，θ≈37°，μ＝0.5，選項B錯誤，選項C正確；摩擦力大小Ff＝μmgcosθ＝4N，在0～1.0s內，摩擦力對物體做正功，在1.0～2.0s內，摩擦力對物體做負功，0～1.0s內物體的位移為5m，1.0～2.0s內物體的位移是11m，0～2.0s內摩擦力做的功為－4×(11－5)J＝－24J，選項D正確.第Ⅱ卷二、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第22~25題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33~34題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題（共47分）22.：①調整水平桌面上的氣墊導軌至水平；②測量擋光條的寬度l，兩光電門間的中心間距s，用天平稱出滑塊和擋光條的總質量M，托盤和砝碼的總質量m；③將滑塊移至光電門1左側某位置，由靜止釋放滑塊，從計時器中分別讀出擋光條通過兩光電門的時間Δt1、Δt2.用測量的物理量求解下列物理量：(1)滑塊通過光電門1和2時瞬時速度分別為v1＝，v2＝.(2)滑塊通過光電門1和2時，系統(tǒng)(包括滑塊、擋光條、托盤和砝碼)的總動能分別為Ek1＝，Ek2＝.外力對系統(tǒng)做的功為W＝.(3)實驗中，驗證動能定理是否成立的關系式為.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)由于擋光條寬度很小，因此將擋光條通過光電門時的平均速度當作瞬時速度，v1＝eq\f(l,Δt1)，v2＝eq\f(l,Δt2).(2)根據(jù)動能的定義式得：通過光電門1，系統(tǒng)(包括滑塊、擋光條、托盤和砝碼)的總動能為Ek1＝eq\f(1,2)(M＋m)(eq\f(l,Δt1))2通過光電門2，系統(tǒng)(包括滑塊、擋光條、托盤和砝碼)的總動能為Ek2＝eq\f(1,2)(M＋m)(eq\f(l,Δt2))2在滑塊從光電門1運動到光電門2的過程中，外力對系統(tǒng)做的總功W＝mgh＝mgs.(3)如果W＝ΔEk＝Ek2－Ek1，則可認為驗證了動能定理.23.如圖所示為多量程多用電表的示意圖.(1)當接通1或2時，為擋(填“電流”“電阻”或“電壓”).1的量程比2的量程(填“大”或“小”).(2)測量某電阻時，用歐姆擋“×10”擋時，發(fā)現(xiàn)指針偏轉角度過大，他應該換用歐姆擋擋(填“×1”或“×100”)換擋后，在測量前要先進行.(3)該同學要測量多用電表直流“2.5V”擋的內阻RV(約為20kΩ).除此多用電表外，還有以下器材：直流電源一個(電動勢E為3V，內阻可忽略不計)、電阻一個(阻值R為10kΩ)、開關一個、導線若干.要求：(ⅰ)在方框中畫出實驗電路圖(多用電表用表示)；(ⅱ)寫出RV的表達式(用字母表示，并說明所用字母的物理意義).答案(1)電流大(2)×1歐姆調零(3)見解析解析(1)將電流計改裝成電流表時要并聯(lián)電阻分流，所以1、2是電流擋；并聯(lián)電阻越小，分流越大，則改裝的電流表量程越大，故1位置的量程較大.(2)因偏轉角度過大，則電阻小，應選擇“×1”擋，換擋后電路改變，要重新進行歐姆調零.(3)(ⅰ)實驗電路圖如圖所示.(ⅱ)在設計的電路圖中，多用電表與電阻串聯(lián)，通過它們的電流相等，所以有eq\f(U,RV)＝eq\f(E－U,R)，因此RV＝eq\f(UR,E－U)，其中U為多用電表直流“2.5V”擋的讀數(shù)，R為10kΩ，E為電源的電動勢.24.如圖所示，光滑水平直軌道上有三個質量均為m的物塊A、B、C，B的左側固定一輕彈簧(彈簧左側的擋板質量不計).設A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動.假設B和C碰撞過程時間極短，求從A開始壓縮彈簧直到與彈簧分離的過程中.(1)整個系統(tǒng)損失的機械能；(2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能.答案(1)eq\f(1,16)mv02(2)eq\f(13,48)mv02解析(1)以v0的方向為正方向，對A、B組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mv0＝2mv1解得v1＝eq\f(1,2)v0B與C碰撞的瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動量定恒，有m·eq\f(v0,2)＝2mv2解得v2＝eq\f(v0,4)系統(tǒng)損失的機械能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)當A、B、C速度相同時，彈簧的彈性勢能最大.以v0的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得mv0＝3mv解得v＝eq\f(v0,3)根據(jù)能量守恒定律得，彈簧的最大彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(3m)v2－ΔE＝eq\f(13,48)mv02.25.如圖所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距6l.兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN為理想分界面，Ⅰ區(qū)的磁感應強度為B0，方向垂直紙面向外.A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離均為l.質量為m、電荷量為＋q的粒子經寬度為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從S1進入Ⅰ區(qū)，并直接偏轉到MN上的P點，再進入Ⅱ區(qū)，P點與A1板的距離是l的k倍，不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮.(1)若k＝1，求勻強電場的電場強度E.(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場中的速度大小v與k的關系式和Ⅱ區(qū)的磁感應強度B與k的關系式.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，則有MP＝l，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關系，該情況粒子的軌跡半徑R1＝l粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律知qvB0＝meq\f(v2,R1)①粒子在勻強電場中加速，根據(jù)動能定理有qEd＝eq\f(1,2)mv2②聯(lián)立解得E＝eq\f(qB\o\al(

2,0)l2,2dm).(2)因為2<k<3，且粒子沿水平方向從S2射出，則從S1到S2的軌跡如圖所示.由幾何關系得Req\o\al(

2,2)－(kl)2＝(R2－l)2③又有qvB0＝meq\f(v2,R2)④聯(lián)立解得v＝eq\f(qB0l＋k2l,2m)又因為6l－2kl＝2x⑤根據(jù)幾何關系有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聯(lián)立解得B＝eq\f(kB0,3－k).（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。33．[物理——選修3–3]（15分）（1）已知常溫常壓下CO2氣體的密度為ρ，CO2的摩爾質量為M，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則在該狀態(tài)下容器內體積為V的CO2氣體含有的分子數(shù)為________.在3km的深海中，CO2濃縮成近似固體的硬膠體，此時若將CO2分子看做直徑為d的球，則該容器內CO2氣體全部變成硬膠體后體積約為________.答案eq\f(ρVNA,M)eq\f(πd3ρVNA,6M)解析體積為V的CO2氣體質量m＝ρV，則分子數(shù)N＝eq\f(m,M)NA＝eq\f(ρVNA,M).CO2濃縮成近似固體的硬膠體，分子個數(shù)不變，則該容器內CO2氣體全部變成硬膠體后體積約為：V′＝N·eq\f(1,6)πd3＝eq\f(πd3ρVNA,6M)（2）如圖所示，由U形管和細管連接的玻璃泡A、B和C浸泡在溫度均為0℃的水槽中，B的容積是A的3倍.閥門S將A和B兩部分隔開.A內為真空，B和C內都充有氣體.U形管內左邊水銀柱比右邊的低60mm.打開閥門S，整個系統(tǒng)穩(wěn)定后，U形管內左右水銀柱高度相等.假設U形管和細管中的氣體體積遠小于玻璃泡的容積.(1)求玻璃泡C中氣體的壓強(以mmHg為單位)；(2)將右側水槽中的水從0℃加熱到一定溫度時，U形管內左右水銀柱高度差又為60mm，求加熱后右側水槽的水溫.答案(1)180mmHg(2)364K解析(1)在打開閥門S前，兩水槽水溫均為T0＝273K.設玻璃泡B中氣體的壓強為p1，體積為VB，玻璃泡C中氣體的壓強為pC，依題意有p1＝pC＋Δp①式中Δp＝60mmHg.打開閥門S后，兩水槽水溫仍為T0，設玻璃泡B中氣體的壓強為pB，依題意，有pB＝pC②玻璃泡A和B中氣體的體積V2＝VA＋VB③根據(jù)玻意耳定律得p1VB＝pBV2④聯(lián)立①②③④式，并代入已知數(shù)據(jù)得pC＝eq\f(VB,VA)Δp＝180mmHg⑤(2)當右側水槽的水溫加熱至T′時，U形管左右水銀柱高度差為Δp，玻璃泡C中氣體的壓強pC′＝pB＋Δp⑥玻璃泡C中的氣體體積不變，根據(jù)查理定律得eq\f(pC,T0)＝eq\f(pC′,T′)⑦聯(lián)立②⑤⑥⑦式，并代入題給數(shù)據(jù)得T′＝364K.34．[物理——選修3–4]（15分）（1）如圖所示為同一地點