2020年全国一卷高考物理模拟试卷六（Word版附解析）

第 1 页 / 共 14 页 2020 年全国高考物理模拟试卷（ 六 ） （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．如图所示为氢原子的部分能级图，以下判断正确的是(  ) A．处于 n＝3 能级的氢原子可以吸收任意频率的光子 B．欲使处于基态的氢原子被激发，可用 12.09 eV 的光子照射 C．一个氢原子从 n＝4 的能级跃迁到基态时，最多可以辐射出 6 种不同 频率的光子 D．用从 n＝2 能级跃迁到 n＝1 能级辐射出的光照射金属铂(逸出功为 6.34 eV)时不能发生光电效应 解析：选 B 要使 n＝3 能级的氢原子发生跃迁，吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，或大于 1.51 eV 能量的任意频率的光子，故 A 错误；根据玻尔理论，用 12.09 eV 的光子照射时，吸收光子后氢原 子的能量为 12.09 eV＋(－13.6) eV＝－1.51 eV，所以能从基态发生跃迁，跃迁到第 3 能级，故 B 正确；一 个氢原子从 n＝4 的能级跃迁到基态时，最多可以辐射出 3 种不同频率的光子，故 C 错误；从 n＝2 能级跃 迁到 n＝1 能级辐射出的光子的能量 E＝E2－E1＝－3.4 eV－(－13.6) eV＝10.2 eV＞6.34 eV，故可以发生光 电效应，故 D 错误。 15．如图，两个轻环 a 和 b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一 质量为 m 的小球。在 a 和 b 之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b 间的距离恰好等于圆弧的半径。不 计所有摩擦。小物块的质量为(  ) A.m 2          B. 3 2 m C．m D．2m 第 2 页 / 共 14 页 解析：选 C 如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向 圆心。由于 a、b 间距等于圆弧半径，则∠aOb＝60°，进一步分析知，细线与 aO、bO 间的夹角皆为 30°。 取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为 120°，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等， 即为 m。故选项 C 正确。 16.在如图所示的理想变压器的电路中，变压器原、副线圈的匝数比为 2∶1，电阻 R1＝R2，电流表和 电压表均为理想电表，若电流表的示数为 0.5 A，电压表的示数为 5 V，则电阻 R1 的大小为(  ) A．10 Ω         B．15 Ω C．20 Ω D．25 Ω 解析：选 D 设电阻 R1＝R2＝R，由电压表的示数为 5 V，则副线圈电流 I2＝5 V R ；原线圈电流 I1＝1 2I2 ＝5 V 2R ；原线圈电压 U1＝n1 n2U2＝10 V；通过 R1 的电流 IR1＝10 V R ；由题意可知：10 V R ＋5 V 2R ＝0.5 A，解得 R ＝25 Ω，故 D 正确。 17．如图所示，平行板电容器两极板带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下 极板都接地。在两极板间有一固定在 A 点的点电荷，以 E 表示两极板间的电场强度，Ep 表示点电荷在 A 点 的电势能，θ 表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置， 则(  ) A．θ 增大，E 增大 B．θ 增大，Ep 不变 C．θ 减小，Ep 增大 D．θ 减小，E 不变 第 3 页 / 共 14 页 解析：选 D 若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据 C＝ εrS 4πkd可知，C 变大；根据 Q＝CU 可知，在 Q 一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角 θ 减小；根据 E＝U d，Q＝ CU，C＝ εrS 4πkd，联立可得 E＝4πkQ εrS ，可知 E 不变；A 点离下极板的距离不变，E 不变，则 A 点与下极板间 的电势差不变，A 点的电势不变，故 Ep 不变；由以上分析可知，选项 D 正确。 18．如图所示，a、b 两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出，已知 半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的 2 倍，若小球 b 能落到斜面上，则(  ) A．a、b 两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上 B．改变初速度的大小，b 球速度方向和斜面的夹角可能变化 C．改变初速度的大小，a 球可能垂直撞在圆弧面上 D．a、b 两球同时落在半 圆轨道和斜面上时，两球的速度方向垂直 解析：选 D 将半圆轨道和斜面重合在一起，如图甲所示，设交点为 A，如果初速度合适，可使小球 做平抛运动落在 A 点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上。b 球落在斜面上时，速度偏向 角的正切值为位移偏向角正切值的 2 倍，即 tan φb＝2tan θb＝2×1 2＝1，可得 φb＝45°，即 b 球的速度方向与 水平方向成 45°角，此时 a 球落在半圆轨道上，a 球的速度方向与水平方向成 45°角，故两球的速度方向垂 直，选项 A 错误，选项 D 正确。改变初速度的大小，b 球位移偏向角不变，因速度偏向角的正切值是位移 偏向角正切值的 2 倍，故速度偏向角不变，b 球的速度方向和斜面的夹角不变，选项 B 错误。若 a 球垂直 撞在圆弧面上，如图乙所示，则此时 a 球的速度方向沿半径方向，且有 tan φ＞2tan θ，与平抛运动规律矛 盾，a 球不可能垂直撞在圆弧面上，选项 C 错误。 19．如图(a)，一物块在 t＝0 时刻滑上一固定斜面，其运动的 v­t 图线如图(b)所示。若重力加速度及图 中的 v0、v1、t1 均为已知量，则可求出(  ) 第 4 页 / 共 14 页 A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 解析：选 ACD 由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为 a1＝v0 t1 ，下降过程中的加速度为 a2＝v1 t1 。 物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得 mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得 sin θ ＝v0＋v1 2t1g ，滑动摩擦力 f＝m(v0－v1) 2t1 ，而 f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项 A、C 正确。由 v­t 图 像中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项 D 正确。 20.如图所示，边长为 L 的正三角形 abc 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，质量为 m，电荷量均为 q 的三个粒子 A、B、C 以大小不等的速度从 a 点沿与 ab 边成 30°角的方向垂直射入磁场后从 ac 边界穿出， 穿出 ac 边界时与 a 点的距离分别为L 3、2L 3 、L。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是 (  ) A．粒子 C 在磁场中做圆周运动的半径为 L B．A、B、C 三个粒子的初速度大小之比为 3∶2∶1 C．A、B、C 三个粒子从磁场中射出的方向均与 ab 边垂直 D．仅将磁场的磁感应强度减小1 3，则粒子 B 从 c 点射出 解析：选 ACD 由圆周运动的对称性可知，同一直线边界以 30°的弦切角进入磁场，射出时的速度也 与边界成 30°，而圆心角为 60°，则圆心和入射点以及出射点构成等边三角形，由几何关系可知 rA＝L 3，rB ＝2L 3 ，rC＝L，故 A 正确。根据洛伦兹力提供向心力有 qvB＝mv2 r ，可知 v＝qBr m ，可得初速度之比 vA∶vB∶ vC＝1∶2∶3，B 错误。由于三粒子从 ac 边出射时速度与边界的夹角为 30°，而∠cab＝60°，故出射速度的 第 5 页 / 共 14 页 反向延长线必与 ab 边垂直构成直角三角形，故 C 正确。由 r＝mv qB可知将 B 改为2B 3 ，半径将变为 rB′＝2 3 L×3 2＝L，而其他条件不变，故由几何关系可知 B 粒子将从 c 点出射，D 正确。 21．2017 年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗 中子星合并前约 100 s 时，它们相距约 400 km，绕二者连线上的某点每秒转动 12 圈。将两颗中子星都看作 是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子 星(  ) A．质量之积        B．质量之和 C．速率之和 D．各自的自转角速度 解析：选 BC 两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示： 每秒转动 12 圈，角速度已知， 中子星运动时，由万有引力提供向心力得 Gm1m2 l2 ＝m1ω2r1 ① Gm1m2 l2 ＝m2ω2r2 ② l＝r1＋r2 ③ 由①②③式得G(m1＋m2) l2 ＝ω2l，所以 m1＋m2＝ω2l3 G ， 质量之和可以估算。 由线速度与角速度的关系 v＝ωr 得 v1＝ωr1 ④ 第 6 页 / 共 14 页 v2＝ωr2 ⑤ 由③④⑤式得 v1＋v2＝ω(r1＋r2)＝ωl，速率之和可以估算。 质量之积和各自的自转角速度无法求解。 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．装有拉力传感器的轻绳，一端固定在光滑水平转轴 O，另一端系一小球，空气阻力可以忽略。设 法使小球在竖直平面内做圆周运动(如图甲)，通过拉力传感器读出小球在最高点时绳上的拉力大小为 F1， 在最低点时绳上的拉力大小为 F2。某兴趣小组的同学用该装置测量当地的重力加速度。 (1)小明同学认为，实验中必须测出小球的直径，于是他用螺旋测微器测出了小球的直径，如图乙所示， 则小球的直径 d＝________ mm。 (2)小军同学认为不需要测小球的直径。他借助最高点和最低点的拉力 F1、F2，再结合机械能守恒定律 即可求得。小军同学还需要测量的物理量有________(填字母代号)。 A．小球的质量 m B．轻绳的长度 l C．小球运动一周所需要的时间 T (3)根据小军同学的思路，请你写出重力加速度 g 的表达式______________________。 第 7 页 / 共 14 页 解析：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为 5.5 mm，可动刻度读数为 0.01×19.5 mm＝0.195 mm，所以最 终读数为：固定刻度读数＋可动刻度读数＝5.5 mm＋0.195 mm＝5.695 mm。 (2)(3)由牛顿第二定律，在最高点 F1＋mg＝mv12 r ，而在最低点 F2－mg＝mv22 r ；再依据机械能守恒定律 1 2mv22＝1 2mv12＋2mgr，联立解得 g＝F2－F1 6m ，因此已知最高点和最低点的拉力 F1、F2，小军同学只需要测 量小球的质量 m，故第(2)题选 A，第(3)题重力加速度 g 的表达式为 g＝F2－F1 6m 。 答案：(1)5.695(5.693～5.697 均可) (2)A (3)g＝F2－F1 6m 23．一只小灯泡标有“3.6 V，0.3 A”，某同学想研究它的灯丝电阻与温度的关系。 (1) 该同学先用多用电表的电阻挡“×1”倍率调零后，初测灯泡冷态时的电阻，如图所示，则冷态电阻 为________。 (2)实验室提供导线和开关及下列器材： A．电源 E(电动势为 6.0 V) B．电压表 V1(量程为 0～3 V，内阻约为 2 kΩ) C．电压表 V2(量程为 0～5 V，内阻约为 4 kΩ) D．电流表 A1(量程为 0～0.6 A，内阻约为 0.2 Ω) E．电流表 A2(量程为 0～100 mA，内阻约为 2 Ω) F．滑动变阻器 R1(最大阻值为 10 Ω，额定电流 2 A) G．滑动变阻器 R2(最大阻值为 100 Ω，额定电流 1 A) 为了便于调节，减小读数误差和系统误差，请你选择合适的电压表、电流表和滑动变阻器________(填 所选仪器前的字母序号)，并在虚线框内画出电路图。 第 8 页 / 共 14 页 (3)根据正确设计的实验电路图，测得电压、电流，如下表： 电压/V 0 0.20 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50 电流/A 0 0.051 0.105 0.165 0.205 0.235 0.260 0.280 0.300 实验数据表明，小灯泡的电阻随温度升高而______(选填“增大”“减小”或“不变”)。若将此小灯 泡与电动势为 3 V、内阻为 1 Ω 的电源及阻值为 9 Ω 的电阻串联，则灯泡的功率约为________ W(保留两位 小数)。 解析：(1)冷态电阻从多用电表读数为：7×1 Ω＝7 Ω。 (2)小灯泡额定电压为 3.6 V，故电压表选择量程为 5 V 的 C；额定电流为 0.3 A，则电流表选择 0.6 A 量程的 D； 为了便于调节，减小读数误差和系统误差，滑动变阻器采用分压接法， 选择小电 阻即可，故选择 F； 被测电阻阻值较小，故采用电流表外接，电路图如图所示。 (3)实验数据表明，小灯泡的电阻随温度升高而增大。 把定值电阻等效为电源内阻，根据闭合电路欧姆定律得：E＝U＋I(r＋R0)，U＝3－10I，作出电源的 I­U 图像，电源图像与灯泡伏安特性曲线的交点坐标值是灯泡的实际电压与实际电流，由图像可知，灯泡 两端电压为 1.2 V，电流为 0.18 A，灯泡实际功率为 P＝UI＝1.2 V×0.18 A≈0.22 W。 第 9 页 / 共 14 页 答案：(1)7 Ω(或 7.0 Ω) (2)C、D、F 见解析图 (3)增大 0.22 24.如图所示，质量为 m2＝2 kg 的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的 AB 部分是半径为 R＝0.3 m 的 四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧。滑道 CD 部分粗糙， 长为 L＝0.2 m，动摩擦因数 μ＝0.10，其他部分均光滑。现让质量为 m1＝1 kg 的物块(可视为质点)自 A 点 由静止释放，取 g＝10 m/s2。求： (1)物块到达圆弧轨道最低点时的速度大小； (2)在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能； (3)物块最终停止的位置。 解析：(1)物块从释放到运动到圆弧轨道最低点，由动量守恒定律得： 0＝m1v1－m2v2 由机械能守恒定律得：m1gR＝1 2m1v12＋1 2m2v22 解得：v1＝2 m/s。 (2)由能量守恒定律得：Epm＝m1gR－μm1gL 解得：Epm＝2.8 J。 (3)最终物块将停在 C、D 之间，由能量守恒定律得：m1gR＝μm1gs 解得：s＝3 m， 所以 m1 最终停在 D 点。 答案：(1)2 m/s (2)2.8 J (3)最终停在 D 点 25．两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为 d＝1 m，在左端弧形轨道部分高 h ＝1.25 m 处放置一金属杆 a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆 b，杆 a、b 的电阻分别为 Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度 B＝2 T。 第 10 页 / 共 14 页 现杆 b 以初速度大小 v0＝5 m/s 开始向左滑动，同时由静止释放杆 a，杆 a 由静止滑到水平轨道的过程中， 通过杆 b 的平均电流为 0.3 A；从 a 下滑到水平轨道时开始计时，a、b 运动的速度—时间图像如图乙所示 (以 a 运动方向为正方向)，其中 ma＝2 kg，mb＝1 kg，g＝10 m/s2，求： (1)杆 a 在弧形轨道上运动的时间； (2)杆 a 在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量； (3)在整个运动过程中杆 b 产生的焦耳热。 解析：(1)设杆 a 由静止释放到滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆 b 的速度大小为 vb0，以杆 b 运动 的方向为正方向，对杆 b 运用动量定理，有 －BdI·Δt＝mbvb0－mbv0 其中 vb0＝2 m/s 代入数据解得 Δt＝5 s。 (2)对杆 a 由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有 magh＝1 2mava2 解得 va＝ 2gh＝5 m/s 设最后 a、b 两杆共同的速度为 v′，以杆 a 运动的方向为正方向，由动量守恒定律得 mava－mbvb0＝ (ma＋mb)v′ 代入数据解得 v′＝8 3 m/s 杆 a 动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆 a 的速度从 va 到 v′的运动时间为 Δt′，则由动量 定理可得 －BdI·Δt′＝mav′－mava 而 q＝I·Δt′ 第 11 页 / 共 14 页 代入数据得 q＝7 3 C。 (3)由能量守恒定律可知杆 a、b 中产生的焦耳热为 Q＝magh＋1 2mbv02－1 2(mb＋ma)v′2＝161 6 J b 棒中产生的焦耳热为 Q′＝ 5 2＋5Q＝115 6 J。 答案：(1)5 s (2)7 3 C (3)115 6 J （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．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点 B．温度升高时分子的热运动加剧，分子的平均动能增加 C．用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数就可以估算出气体分子的体积 D．浸润现象产生的原因是附着层内分子间距比液体内部分子间距大，分子间作用力表现为引力的缘 故 E．第二类永动机不可能制成，因为内能不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化 解析：选 ABE 液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故 A 正确；温度是分子平均动 能的标志，温度升高时分子的热运动加剧，分子的平均动能增加，故 B 正确；用气体的摩尔体积和阿伏加 德罗常数就可以估算出单个气体分子所占空间的体积，不能估算出气体分子的体积，故 C 错误；浸润现象 产生的原因是附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离，附着层内分子之间的作用表现为斥力， 附着层有扩展的趋势，故 D 错误；第二类永动机不可能制成，因为内能不能全部转化为机械能，同时不引 起其他变化，故 E 正确。 第 12 页 / 共 14 页 （2）某物理社团受“蛟龙号”载人潜水器的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图，导热性能 良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为 L，内部分别有轻质薄活塞 A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右 滑动，汽缸Ⅰ左端开口。外界大气压强为 p0，汽缸Ⅰ内通过活塞 A 封有压强为 p0 的气体，汽缸Ⅱ内通过活 塞 B 封有压强为 2p0 的气体，一细管连通两汽缸，初始状态 A、B 均位于汽缸最左端。该装置放入水下后， 通过 A 向右移动的距离可测定水的深度。已知 p0 相当于 10 m 高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭 气体视为理想气体，求： (1)当 A 向右移动L 4时，水的深度 h； (2)该深度计能测量的最大水深 hm。 [解析] (1)当 A 向右移动L 4时，设 B 不移动， 对Ⅰ内气体，由玻意耳定律得：p0SL＝p1·3 4SL 解得：p1＝4 3p0 而此时 B 中气体的压强为 2p0＞p1，故 B 不动。 由 p1＝p0＋ρgh 解得：水的深度 h＝10·ρgh p0 ＝3.33 m。 (2)该装置放入水下后，由于水的压力 A 向右移动，Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于 2p0 后 B 开始向右移动，当 A 恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原Ⅰ内气体全部进入Ⅱ内，设 B 向右移动 x 距离，两部分气体压强为 p2 对原Ⅰ内气体，由玻意耳定律得：p0SL＝p2Sx 对原Ⅱ内气体，由玻意耳定律得：2p0SL＝p2S(L－x) 又 p2＝p0＋ρghm 第 13 页 / 共 14 页 联立解得 hm＝10·ρghm p0 ＝20 m。 [答案] (1)3.33 m (2)20 m 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。 （2）一玻璃正方体中心有一点状光源。今在正方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的 光线只经过一次折射不能透出正方体。已知该玻璃的折射率为 2，求镀膜的面积与正方体表面积之比的 最小值。 [解析] 如图，考虑从玻璃正方体中心 O 点发出的一条光线，假设 它斜射到 玻璃正方体上表面发生折射，根据折射定律有：nsin θ＝sin α，式中，n 是玻璃的 折射率，入射角等于 θ，α 是折射角，现假设 A 点是上表面面积最小的 不透明薄 膜边缘上的一点。由题意，在 A 点刚好发生全反射，故 αA＝π 2。设线段 OA 在正方体上表面的投影长为 RA， 第 14 页 / 共 14 页 由几何关系有 sin θA＝ RA RA2＋(a 2 )2 。式中 a 为玻璃正方体的边长，联立解得 RA＝ a 2 n2－1 ，代入 n＝ 2，得 RA＝a 2，由题意，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为 RA 的圆。所求的镀膜面积 S′ 与玻璃正方体的表面积 S 之比为S′ S ＝6πRA2 6a2 ＝π 4。 [答案] π 4