北京专家2020届高三高考模拟试卷物理试题（一）

北京专家2020届高三高考模拟试卷物理试题（一）

北京专家2020届高考模拟试卷（一）‎ 理科综合试卷 一、选择题（共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分）‎ ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 做匀速圆周运动的物体，转动一周，由于初末位置速度相同，故其合力冲量为零 B. 做曲线运动的物体，任意两段相等时间内速度变化一定不相同 C. 一对作用力和反作用力做功一定大小相等，并且一个力做正功另一个力做负功 D. 在磁场中，运动电荷所受洛伦兹力为零的点，磁感应强度B也一定为零 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化，物体在运动一周的过程中，动量变化为零，故合力的冲量为零，故A正确；‎ B．在匀变速曲线运动中，加速度不变，根据 可知在任意两段相等时间内速度变化相同，故B错误；‎ C．一对作用力和反作用力做的功没有定量关系，一对作用力和反作用力可以同时做正功，也可以同时做负功，或不做功，故C错误；‎ D．在磁场中，若带电粒子的运动方向与磁场方向平行，不会受到洛伦兹力的作用，但磁感应强度不为零，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎2.如图，电动机以恒定功率将静止的物体向上提升，则在达到最大速度之前，下列说法正确的是（ ）‎ A. 绳的拉力恒定 B. 物体处于失重状态 C. 绳对物体的拉力大于物体对绳的拉力 D. 绳对物体的拉力大于物体的重力 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．功率恒定，根据 可知当v从零逐渐增加，则拉力逐渐减小，故A错误；‎ BD．加速度向上，处于超重，物体对轻绳的拉力大于物体重力，故B错误，D正确；‎ C．绳对物体的拉力和物体对绳的拉力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律，可知两者等大反向，故C错误。‎ 故选D。‎ ‎3.如图，虚线a、b、c为电场中三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个电子仅在电场力作用下的运动轨迹，M、N是轨迹与等势面a，c的交点．下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电子一定从M点向N点运动 B. 等势面c的电势最低 C. 电子通过M点时的加速度比通过N点时小 D. 电子通过M点时的机械能比通过N点时大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电子可以由M到N，也可以由N到M，由图示条件不能具体确定，故A错误；‎ B．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电子带负电，则M点电子受到左下方的电场力，因此电场线指向右上方，根据沿电场线电势降低，可知a等势线的电势最低，c等势线的电势最高，故B错误；‎ C．等势线密的地方电场线密，电场场强大，则N点场强大于M点场强。则电子通过N 点的加速度比M点的大，故C正确；‎ D．从M到N过程中电场力做正功，根据功能关系可知，机械能增加，即电子通过M点时的机械能比通过N点时小，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎4.如图，金星的探测器在轨道半径为3R的圆形轨道I上做匀速圆周运动，运行周期为T，到达P点时点火进入椭圆轨道II，运行至Q点时，再次点火进入轨道III做匀速圆周运动，引力常量为G，不考虑其他星球的影响，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 探测器在P点和Q点变轨时都需要加速 B. 探测器在轨道II上Q点的速率大于在探测器轨道I的速率 C. 探测器在轨道II上经过P点时的机械能大于经过Q点时的机械能 D. 金星的质量可表示为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．探测器在P点需要减速做近心运动才能由轨道I变轨到轨道II，同理，在轨道II的Q点需要减速做近心运动才能进入轨道III做圆周运动，故A错误；‎ B．探测器在轨道II上P点的速率大于轨道I上的速率，在轨道II上，探测器由P点运行到Q点，万有引力做正功，则Q点的速率大于P点速率，故探测器在轨道II上Q点的速率大于在探测器轨道I的速率，故B正确；‎ C．在轨道II上，探测器由P点运行到Q点，万有引力做正功，机械能守恒，故探测器在轨道Ⅱ上经过P点时的机械能等于经过Q点时的机械能，故C错误；‎ D．探测器在3R的圆形轨道运动，在轨道I上运动过程中，万有引力充当向心力，故有 解得，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎5.一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，F随时间变化规律如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 在0~4s时间内，位移先增后减 B. 在0~4s时间内，动量一直增加 C. 在0~8s时间内，F的冲量为0‎ D. 在0~8s时间内，F做的功不为0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，在0-4s内力F先向正方向，再向反方向，故质点先加速再减速到0，速度方向不变，位移增加，故A错误；‎ B．在0-4s内，速度先增加后减小，动量先增加后减小，故B错误；‎ C．0到8s内，一半时间的冲量为正，另一半时间的冲量为负，则总的冲量为0，故C正确；‎ D．因8s内总的冲量为0，根据动量定理，可知动量的变化为0，即初末速度为0，则动能的变化量为0，F做功为0，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎6.物块套在光滑的竖直杆上，通过光滑的定滑轮用不可伸长的轻绳将物块由A点匀速拉到B点，AB高度为h，则在运动过程中（ ）‎ A. 绳中张力变小 B. 绳子自由端的速率减小 C. 拉力F做功为 D. 拉力F的功率P不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为物块做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，则有 因为增大，减小，则拉力T增大，故A错误；‎ B．物块沿绳子方向上的分速度 该速度等于自由端的速度，增大，自由端速度v减小，故B正确；‎ C．F为变力，不能用功的定义。应根据动能定理，拉力F做功等于克服重力做的功，即 故C错误；‎ D．拉力的功率为 可知拉力F的功率P不变，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎7.如图，电源电动势为E，内阻为r，为定值电阻，为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）。当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好静止，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 断开开关S瞬间，电阻中有向上电流 B. 只减小的光照强度，电源输出的功率变小 C. 只将电容器上板向下移动时，带电微粒向上运动 D. 只将向上端移动时，下板电势升高 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，因下极板带正电，故电阻中有向上的电流，故A正确；‎ B．若只减小的光照强度，电阻变大，但由于不知道外电阻和内阻的大小关系，因此无法判断电源输出的功率的变化情况，故B错误；‎ C．电压不变，只将电容器上板向下移动时距离d减小，根据 可知电场强度增加，则电场力增大，所以带电粒子向上运动，故C正确；‎ D．由于下极板接地，只将P1向上端移动时，下板电势不变，依然为零，故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎8.如图，倾角为30°的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和顶端B分别固定等量的同种负电荷。质量为m、带电荷量为的物块从斜面上的P点由静止释放，物块向下运动的过程中经过斜面中点O时速度达到最大值，运动的最低点为Q（图中没有标出），则下列说法正确的是（ ）‎ A. P，Q两点场强相同 B ‎ C. P到Q的过程中，物体先做加速度减小的加速，再做加速度增加的减速运动 D. 物块和斜面间的动摩擦因数 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABD．物块在斜面上运动到O点时的速度最大，加速度为零，又电场强度为零，所以有 所以物块和斜面间的动摩擦因数，由于运动过程中 所以物块从P点运动到Q点的过程中受到的合外力为电场力，因此最低点Q与释放点P关于O点对称，则有 根据等量的异种点电荷产生的电场特征可知，P、Q两点的场强大小相等，方向相反，故AB错误，D正确；‎ C．根据点电荷的电场特点和电场的叠加原理可知，沿斜面从P到Q电场强度先减小后增大，中点O的电场强度为零。设物块下滑过程中的加速度为a，根据牛顿第二定律有，物块下滑的过程中电场力qE先方向沿斜面向下逐渐减少后沿斜面向上逐渐增加，所以物块的加速度大小先减小后增大，所以P到O电荷先做加速度减小的加速运动，O到Q电荷做加速度增加的减速运动，故C正确。‎ 故选CD。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共62分）‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9题—12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~16题为选考题，考生根据要求作答 ‎（一）必考题 ‎9.某同学采用如图甲所示的实验装置探究加速度和力的关系，其中小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m（滑轮光滑），交流电频率为Hz ‎（1）本实验中______（需要/不需要）满足 ‎（2）松开砂桶，小车带动纸带运动，若相邻计数点间还有4个点未画出，纸带如图乙所示，则小车的加速度______m/s2（结果保留三位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 不需要 (2). 2.01‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]小车所受拉力可以由弹簧测力计测出，无需满足 ‎（2）[2]计数点间有4个点没有画出，计数点间的时间间隔为 t=0.02×5s=0.1s 由匀变速直线运动推论 可得小车的加速度 代入数据解得a=‎2.01m/s2‎ ‎10.要描绘一只标有“9V、5W”字样小灯泡的完整伏安特性曲线，实验室可供如下器材：‎ A．电流表A1（量程0．‎6A，内阻约为0.5Ω）‎ B．电流表A2（量程‎3A，内阻约为0.2Ω）‎ C．电压表V（量程3V，内阻kΩ）‎ D．滑动变阻器（阻值0~10Ω，额定电流‎0.8A）‎ E．滑动变阻器（阻值0~100Ω，额定电流‎1.5A）‎ F．定值电阻kΩ G．直流电源（电动势）‎ H．导线和开关 ‎（1）请在虚线框中画出电路图_______‎ ‎（2）滑动变阻器应选______；电流表应选______（填写元件前序号）‎ ‎（3）灯泡两端实际电压与电压表读数U关系式为______‎ ‎（4）根据该电路设计图进行实验，测得电压表的读数为U、电流表读数为I，若考虑电表的内阻，则此时灯泡的电阻为______（用题目中所给字母或符号表示）‎ ‎【答案】 (1). (2). D (3). A (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由题意可知，灯泡额定电压为9V，电压表量程为3V，把电压表量程扩大为9V，应给电压表串联一个定值电阻R3；电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示 ‎（2）[2][3]灯泡额定电流为 A≈‎‎0.56A 电流表应选A；为方便实验操作，滑动变阻器应选择D；‎ ‎（3）[4]定值电阻阻值是电压表内阻的2倍，则定值电阻两端电压为电压表两端电压的2倍，故灯泡两端电压为U0=3U；‎ ‎（4）[5]由图示电路图可知，电流表读数为I，则通过灯泡的电流为，则灯泡电阻 ‎11.如图所示，足够长的粗糙绝缘轨道AB与处于竖直平面内的光滑圆弧形绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场E，现有一带电体（可视为质点）放在水平轨道上的A位置，带电体与粗糙轨道的动摩擦因数均为，从A点由静止释放，通过C点时恰好与圆轨道无挤压，且合力刚好指向圆心，已知，不计空气阻力，重力加速度。求：‎ ‎（1）粗糙绝缘轨道AB长度；‎ ‎（2）小球从C点射出后，第一次运动到水平地面AB所需要的时间。‎ ‎【答案】（1）；（2）1.2s。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由于在C点只受重力和电场力并且合力指向球心，则有 解得 所以等效的重力，即合力为 小球在C点恰好与圆轨道无挤压，根据牛顿第二定律有 解得 小球从A点到C点，根据动能定理有 解得m/s，‎ ‎（2）在C点速度在竖直方向分量 m/s 小球竖直方向做初速度为‎6m/s的匀加速运动，根据位移时间公式有 解得t=1.2s ‎12.如图所示，地面上固定一倾角为的光滑斜面，斜面底端固定一挡板，一轻质弹簧下端与挡板相连，上端自然伸长至B点，初始时刻，物块a在外力的作用下被压至E点，，撤去外力后，物块a沿斜面从B点射出，到达传送带右端时速度恰好水平向左，大小，与物块b粘在一起向左运动，其中物块a、b质量均为，传送带长为，始终以v=‎3m/s的速度顺时针转动，物块和传送带之间的动摩擦因数，为不计空气阻力，重力加速度．求：‎ ‎（1）初始时刻的弹性势能；‎ ‎（2）ab在传送带上运动时产生的划痕长度；‎ ‎（3）由于传送物块电动机需要多消耗的电能。‎ ‎【答案】（1）24.5J；（2）‎2.4m（3）24J。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）将物块a在B点的速度沿水平和竖直方向分解，则 物块a由E到B的过程中根据能量守恒有 ‎（2）物块a、b碰撞过程中根据动量守恒 解得 对ab整体，根据牛顿第二定律有 解得 减速位移 故先减速到0再反向加速 减速时间 相对位移 加速时间 相对位移：‎ 故划痕长度 ‎（3）由于物块动能未变，故电动机多消耗的电能用来补充系统损失掉的热量 ‎【物理一选修3-3】‎ ‎13.下列说法正确的是（ ）‎ A. 随着分子间距离的增大，分子势能一定先减小后增大 B. 把细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这跟表面张力有关 C. 彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点 D. 对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸收热量 E. 热力学第二定律使人们认识到，一切与热现象有关的宏观自然过程都是有方向性的 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．随着分子距离的增大，若分子力从斥力变为引力，分子力先做正功，后做负功，则分子势能先减小后增大，若分子力一直表现为引力，随着分子间距离的增大，分子力一直做负功，分子势能一直增大，故A错误；‎ B．细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这跟表面张力有关，故B正确；‎ C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C错误；‎ D．对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，根据理想气体状态方程 可知气体的温度升高，则内能增大，由于气体对外做功，则它一定从外界吸收热量，故D正确；‎ E．自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故E正确。‎ 故选BDE。‎ ‎14.如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历状态b、c、到达状态d，已知一定质量的理想气体的内能与温度满足（k为常数）．该气体在状态a时温度为，求：‎ ‎①气体在状态d时的温度 ‎②气体从状态a到达状态d过程从外界吸收的热量 ‎【答案】①Td =3T0 ② Q= 2kT0﹢6p0V0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由a到d气体发生等压变化，由盖吕萨克定律可以求出气体的温度；求出气体做的功，然后应用热力学第一定律求出从外界吸收的热量；‎ ‎【详解】解：①状态a与状态d压强相等，由：‎ 可得：‎ ‎② 依题意可知：， ‎ 由热力学第一定律，有：‎ 其中：‎ 联立可得：‎ ‎【物理——选修3-4】‎ ‎15.如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波，实线为s时刻的波形图，虚线为 t=0.8s时的波形图，波的周期，则（ ）‎ A. 波速为 B. A比B先回到平衡位置 C. 在s时，B点到达波峰位置 D. 经过0.4s，B点经过的路程为‎0.4m E. 在s时，A点沿y轴负方向运动 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．横波沿x轴正方向传播，由于波的周期T>0.6s，经过0.6s，传播距离‎6m，则波速 m/s 故A正确；‎ B．t=0.2s时，质点A由波峰向平衡位置振动，质点B沿y轴正方向向平衡位置振动，故B比A先回到平衡位置，故B错误；‎ C．由图可知，波长‎8m，则传播距离 ‎6m‎=‎ 则传播时间为 ‎0.6s=0.75T 解得T=0.8s，在t=0.5s时，B振动了，波传播了=‎3m，根据波形平移可知，B点到达波峰位置，故C正确；‎ D．经过0.4s=0.5T，则B点振动了‎2A=‎0.4m，故D正确；‎ E．t=1.0s时，质点A振动了0.8s=T，则A点回到波峰位置，速度为零，故E错误。‎ 故选ACD。‎ ‎16.如图，一直角三棱柱ABC，其中，，AB长度为‎2L，M为AB的中点，N为BC的中点，一光线从AB面上的M点以45°的入射角射入三棱柱，折射光线经过N点。已知光在真空中的传播速度为c，求：‎ ‎（1）三棱柱折射率n；‎ ‎（2）光从开始射入三棱柱到第一次射出所需的时间。‎ ‎【答案】（1）；（2）。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（2）由题意可知人射角，折射角，画出光路图如图所示 由折射定律有 解得 ‎（2）由题意结合反射定律可知θ=60°，设光从三棱柱射向空气临界角为C 根据 可知光射到BC面上发生全反射，光射到AC面上的人射角，则光能从AC面上射出三棱柱 由几何关系可知 光在三棱镜中的传播速度 则光在三棱镜中传播时间