2020年普通高等学校招生统一考试物理模拟卷3
物理卷(三)
(满分：100分，时间：90分钟)
一、选择题(本题共16小题，共38分，第1～10小题为单选题，每小题2分，第11～16小题为多选题，每小题3分)
1．(2019·郑州市高三一模)人类在对自然界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列说法不正确的是( )
A．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初速度为零的匀变速直线运动
B．法国科学家笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动
C．海王星是在万有引力定律发现之前通过观测发现的
D．密立根通过油滴实验测得了元电荷的数值
C [在万有引力定律发现之后，亚当斯和勒维耶根据天王星的观测资料，利用万有引力定律计算出海王星的轨道，德国的伽勒发现了这颗行星，选项C的说法不正确。]
2．如图为一定质量理想气体的压强p与体积V的关系图象，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C。设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则下列关系式中正确的是( )
A．TA
TB，TB＝TC
C．TA>TB，TBTC
C [由题中图象可知，气体由A到B过程为等容变化，由查理定律得＝，pA>pB，故TA>TB；由B到C过程为等压变化，由盖吕萨克定律得＝，VBa2，在vt图象中，图线的斜率表示加速度，故选项D对。]
7.飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等多项作战任务。如图所示为飞艇拖曳扫雷具扫除水雷的模拟图。当飞艇匀速飞行时，绳子与竖直方向恒成θ角。已知扫雷具质量为m，重力加速度为g，扫雷具所受浮力不能忽略，下列说法正确的是( )
A．扫雷具受3个力作用
B．绳子拉力大小为
C．海水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力
D．绳子拉力一定大于mg
C [扫雷具受绳子拉力、海水的浮力和阻力及自身重力四个力作用，A项错误。海水对扫雷具作用力的水平分力F水＝FTsin θ，C项正确。因为浮力大小未知，则绳子拉力大小不能确定，B、D项错误。]
8.如图所示，某竖直弹射装置由两根劲度系数为k的轻弹簧以及质量不计的底盘构成，当质量为m的物体在最低点时，底盘对物体的支持力为6mg(g为重力加速度)，已知两根弹簧与竖直方向的夹角为θ＝60°，则此时每根弹簧的伸长量为( )
A． B．
C． D．
D [对物体分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律有N－mg＝ma，其中N＝6mg，解得a＝5g，再对质量不计的底盘和物体整体分析，受两个拉力和重力，根据牛顿第二定律有，竖直方向2Fcos 60°－mg＝ma，解得F＝6mg，根据胡克定律有x＝＝，故D正确。]
9．(2019·合肥市一模)如图所示，真空中位于x轴上的两个等量负点电荷，关于坐标原点O对称。下列关于场强E随x的变化图象正确的是( )
A [根据场强的叠加原理，可知两个等量负点电荷连线的中点场强为零，在x轴上每个负点电荷两侧(附近)的场强方向都相反，A正确，B、C、D错误。]
10.如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向，碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为( )
A．h B．2h
C．3h D．4h
D [所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得(m1＋m2)gh＝(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，(m1＋m2)v2＝m1v＋m2v，m1v＝m1gh1，将m2＝3m1代入，联立可得h1＝4h，选项D正确。]
11．(2019·广东一模)下列说法正确的是( )
A．在摆角很小时单摆的周期与振幅无关
B．只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力频率
C．变化的电场一定能产生变化的磁场
D．两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域与减弱区域应交替出现
AD [单摆周期T＝2π与振幅无关，A项正确；受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振动显著增强，当驱动力的频率等于物体的固有频率时即共振，B项错误；均匀变化的电场产生稳定的磁场，C项错误；两列波相叠加产生干涉现象时，振动加强区域与减弱区域间隔出现，这些区域位置不变，D项正确。]
12．如图为“嫦娥四号”登月轨迹示意图。图中M点为环地球运行的近地点，N点为环月球运行的近月点。a为环月球运行的圆轨道，b为环月球运行的椭圆轨道，下列说法中正确的是( )
A．“嫦娥四号”在环地球轨道上的运行速度大于11.2 km/s
B．“嫦娥四号”在M点进入地月转移轨道时应点火加速
C．设“嫦娥四号”在圆轨道a上经过N点时的加速度为a1，在椭圆轨道b上经过N点时的加速度为a2，则a1>a2
D．“嫦娥四号”在圆轨道a上的机械能小于在椭圆轨道b上的机械能
BD [“嫦娥四号”在环地球轨道上运行速度v满足v≤7.9 km/s，A错误。“嫦娥四号”要脱离地球，需在M点点火加速让其进入地月转移轨道，B正确。由F＝＝ma，知“嫦娥四号”在经过圆轨道a上的N点和在椭圆轨道b上的N点时的加速度相等，C错误。“嫦娥四号”要从b轨道转移到a轨道需要减速，机械能减小，D正确。]
13.如图所示，质量为m的物块从A点由静止开始下落，加速度是
，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，在由A运动到C的过程中，空气阻力恒定，则( )
A．物块机械能守恒
B．物块和弹簧组成的系统机械能守恒
C．物块机械能减少mg(H＋h)
D．物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H＋h)
D [对于物块来说，从A到C要克服空气阻力做功，从B到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹性势能，因此机械能肯定减少，故A错误。对于物块和弹簧组成的系统来说，物块减少的机械能等于克服空气阻力所做的功和弹簧增加的弹性势能之和，因此整个系统机械能减少量即克服空气阻力所做的功，故B错误。由A运动到C的过程中，物块的动能变化量为零，重力势能减少量等于机械能的减少量，所以物块机械能减少mg(H＋h)，故C错误。物块从A点由静止开始下落，加速度是g，根据牛顿第二定律得Ff＝mg－ma＝mg，所以空气阻力在物块由A运动到C的过程中所做的功Wf＝－mg(H＋h)，整个系统机械能减少量即克服空气阻力所做的功，所以物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H＋h)，故D正确。]
14．如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，有一匀强磁场垂直于导轨平面向上，金属棒ab水平放在导轨上，导轨的上端用导线分别与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒。现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，下滑过程中金属棒始终与导轨接触良好且两金属板组成的电容器不被击穿。则下列说法正确的是( )
A．金属棒ab一直加速下滑
B．金属棒ab最终可能匀速下滑
C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势
D．带电微粒可能先向N板运动后向M板运动
ACD [根据牛顿第二定律有mgsin θ－BIl＝ma0，而I＝，Δq＝C·ΔU，ΔU＝Bl·Δv，Δv＝a0·Δt，联立解得a0＝，因而金属棒将做匀加速运动，选项A正确，B错误；ab棒切割磁感线，相当于电源，a端相当于电源正极，因此M板带正电，N板带负电，选项C正确；若带电微粒带负电，在重力和电场力的作用下，带电微粒先向下运动，然后再反向向上运动，选项D正确。]
15．如图甲所示，用一水平力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，g取10 m/s2，根据图乙中所提供的信息可以计算出( )
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．物体能静止在斜面上所施加的最小外力
D．加速度为6 m/s2时物体的速度
ABC [对物体受力分析，受拉力、重力、支持力，如图所示：
x方向：Fcos θ－mgsin θ＝ma ①，
y方向：N－Fsin θ－mgcos θ＝0 ②，
从图象中取两个点(20 N，2 m/s2)、(30 N,6 m/s2)，代入 ①式解得：m＝2 kg，θ＝37°，故A、B正确。物体能静止在斜面上，当水平力F沿斜面向上的分力与mgsin θ相等时F最小，即Fcos θ＝mgsin θ，故C正确。题中并未说明物体的位移，物体做的是变加速运动，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小，故D错误。]
16.如图所示，两个中心重合的正三角形线框内分别存在着垂直于纸面向里和垂直于纸面向外的匀强磁场，已知内部三角形线框ABC边长为2a，内部磁感应强度大小为B0，且每条边的中点开有一个小孔。有一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从AB边中点D垂直AB进入内部磁场。如果要使粒子恰好不与边界碰撞，在磁场中运动一段时间后又能从D点射入内部磁场，下列说法正确的是( )
A．三角形ABC与A′B′C′之间的磁感应强度大小也为B0
B．三角形A′B′C′的边长可以为2a
C．粒子的速度大小为
D．粒子再次回到D点所需的时间为
ACD [要想使粒子不与边界碰撞，在磁场中运动一段时间后又能从D点射入内部磁场，则带电粒子在内、外磁场中做圆周运动的轨迹都应为半径为a的圆弧，粒子运动轨迹如图所示，所以三角形ABC与A′B′C′之间的磁感应强度大小也应该为B0，故A正确；由几何知识可知，三角形A′B′C′的最短边长为2a＋2a，B错误；带电粒子做圆周运动的轨迹半径为r＝a＝，速度为v＝，C正确；分析知粒子再次回到D点时，其运动轨迹对应的圆心角θ＝2×60°＋300°＝420°，故t＝
T＝，D正确。]
二、非选择题(本题共7小题，共62分)
17．(5分)某班同学在学习了向心力的公式F＝m和F＝mω2r后，分学习小组进行实验探究向心力。同学们用细绳系一纸杯(杯中有30 mL的水)在空中甩动，使纸杯在水平面内做圆周运动(如图乙所示)，来感受向心力。
(1)下列说法中正确的是________。
A．保持质量、绳长不变，增大转速，绳对手的拉力不变
B．保持质量、绳长不变，增大转速，绳对手的拉力增大
C．保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力不变
D．保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力增大
(2)如图甲所示，绳离杯心40 cm处打一结点A,80 cm处打一结点B，学习小组中一位同学用手表计时，另一位同学操作，其余同学记录实验数据。
操作一：手握绳结A，使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。
操作二：手握绳结B，使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。
操作三：手握绳结A，使杯在水平方向每秒运动两周，体会向心力的大小。
操作四：手握绳结A，再向杯中添30 mL的水，使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。
①操作二与一相比较：质量、角速度相同，向心力的大小与转动半径大小有关；
操作三与一相比较：质量、半径相同，向心力的大小与角速度的大小有关；
操作四与一相比较：________相同，向心力大小与________有关；
②物理学中这种实验方法叫________法。
③小组总结阶段，在空中甩动纸杯的同学谈感受时说：“感觉手腕发酸，感觉力不是指向圆心的向心力而是背离圆心的离心力，跟书上说的不一样”
，你认为该同学的说法正确吗？答：________。
[解析] (1)由题意知，根据向心力公式F向＝mω2r，结合牛顿第三定律，有T拉＝mω2r；保持质量、绳长不变，增大转速，根据公式可知，绳对手的拉力将增大，故A错误，B正确；保持质量、角速度不变，增大绳长，根据公式可知，绳对手的拉力将增大，故C错误，D正确。
(2)根据向心力公式F向＝mω2r，结合牛顿第三定律，则有T拉＝mω2r；
操作二与一相比较：质量、角速度相同，向心力的大小与转动半径大小有关；
操作三与一相比较：质量、半径相同，向心力的大小与角速度的大小有关；
操作四与一相比较：角速度、半径相同，向心力大小与质量大小有关；
物理学中这种实验方法叫控制变量法。
该同学受力分析的对象是自己的手，但实验中受力分析的对象是纸杯，绳的拉力提供纸杯做圆周运动的向心力，方向指向圆心，绳对手的拉力与“向心力”大小相等，方向相反，背离圆心，故该同学的说法不正确。
[答案] (1)BD (2)①角速度、半径 质量大小 ②控制变量 ③不正确，见解析
18．(7分)指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请回答下列问题：
(a)
(1)在使用多用电表测量时，若选择开关拨至“1 mA”挡，指针的位置如图(a)所示，则测量结果为________。
(2)使用多用电表测量未知电阻阻值的电路如图(b)所示，电源的电动势为E，R0为调零电阻。某次将待测电阻用电阻箱代替时，电路中电流I
与电阻箱的阻值Rx的关系图象如图(c)所示，则此时多用电表的内阻为________Ω，该电源的电动势E＝________V。
(3)下列判断正确的是________。
A．在图(b)中，电表的左、右插孔处分别标注着“＋”“－”
B．由图线(c)分析可知，对应欧姆表的刻度盘上的数字左小右大
C．欧姆表调零的实质是通过调节R0，使Rx＝0时电路中的电流达到满偏电流
D．电阻Rx的变化量相同时，Rx越小，对应的电流变化量越大
[解析] (1)选择开关拨至“1 mA”挡时，最小分度值是0.02 mA，读数为0.46 mA。
(2)多用电表的内阻即中值电阻，即I＝＝0.3 mA时Rx＝R内＝15 kΩ，则电源的电动势E＝IgR内＝0.6 mA×15 kΩ＝9 V。
(3)由多用电表“红进黑出”知，左、右插孔处应分别标注“－”“＋”，欧姆表的刻度盘是非均匀的，左边数字大，右边数字小。
[答案] (1)0.46 mA (2)1.5×104 9 (3)CD
19．(3分)某同学在做“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，实验装置如图所示。
(1)调试后，出现了干涉图样，但不够清晰，以下调节做法正确的是________。
A．旋转测量头
B．上下拨动金属拨杆
C．左右拨动金属拨杆
D．前后拨动金属拨杆
(2)该同学通过测量头的目镜观察单色光的干涉图样时，发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，如图所示，若要使两者对齐，该同学应如何调节________。
A．仅左右转动透镜
B．仅旋转单缝
C．仅旋转双缝
D．仅旋转测量头
(3)下列图示中条纹间距表示正确的是________。
A B C D E
[解析] (1)为获得清晰的干涉图样需要左右拨动金属拨杆使单缝和双缝平行，选项C正确，A、B、D错误。
(2)由图可知，干涉条纹沿竖直方向，若要使两者对齐，只旋转测量头即可，选项D正确，A、B、C错误。
(3)条纹间距是两条相邻的亮条纹或暗条纹之间的距离，选项C、E正确，A、B、D错误。
[答案] (1)C (2)D (3)CE
20．(10分)如图所示，一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，已知＝1 200 m，＝2 000 m，求：
(1)列车减速运动的加速度的取值范围；
(2)列车减速运动的最长时间。
[解析] (1)若列车车尾恰好停在A点右侧，减速运动的加速度为a1，减速运动距离为x1，则
0－v＝－2a1x1
x1＝1 200 m＋200 m
解得a1＝2.3 m/s2
若列车车头恰好停在B点，减速运动的加速度为a2，位移为x2＝2 000 m
0－v＝－2a2x2
联立解得a2＝1.6 m/s2
故列车减速运动的加速度大小取值范围为
1．6 m/s2≤a≤2.3 m/s2。
(2)当列车以a2减速运动时的时间最长。
0＝v0－a2t
解得t＝50 s。
[答案] (1)1.6 m/s2≤a≤2.3 m/s2 (2)50 s
21．(10分)如图所示，直角三角形ABC为某种透明介质的横截面，∠B＝30°，BC＝30 cm，AB面涂有反光材料。某单色光从BC上的D点垂直BC射入介质，经AB面反射后从AC面上射出，射出方向与AB面垂直。已知BD＝21 cm，不考虑光在AC面的反射。求：
(1)介质的折射率；
(2)光在介质中的传播时间。
[解析] (1)光路如图，光在E点发生反射，光在F点发生折射，由反射定律
∠1＝∠2＝30°
ΔAEF为等边三角形，
∠3＝30°
光沿垂直AB面方向自AC面射出，∠4＝60°
该介质的折射率n＝
解得n＝。
(2)光在介质中的传播速度v＝
DE＝DBtan∠B
EF＝AE＝
光在介质中的传播时间t＝
解得t＝1.3×10－9 s。
[答案] (1) (2)1.3×10－9 s
22．(13分)如图所示，有一长为L＝6 m，质量为m1＝1 kg的长木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，右端固定一挡板，左端放一质量为m2＝1 kg的小滑块，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.1，现在滑块的左端瞬间给滑块施加一个水平冲量I＝4 N·s，滑块与挡板发生碰撞的时间和能量损失均忽略不计，g取10 m/s2，求：
(1)滑块与挡板碰撞后瞬间木板的速度；
(2)木板在水平面上发生的位移。
[解析] (1)由于冲量作用，滑块获得的速度为
v0＝＝4 m/s
木板受地面最大摩擦力μ1(m1＋m2)g>μ2m2g，木板不动。
对滑块：μ2m2g＝m2a2
v－v2＝2a2L
解得v＝2 m/s
滑块与挡板碰撞动量守恒：m2v＝m2v2＋m1v1
能量守恒：m2v2＝m1v＋m2v
解得v1＝2 m/s，v2＝0
碰后瞬间木板速度为2 m/s，方向水平向右。
(2)碰后滑块加速度不变，
对木板：μ1(m1＋m2)g＋μ2m2g＝m1a1
设经时间t，两者共速v1－a1t＝a2t
解得t＝ s
共同的速度v3＝a2t＝ m/s
此过程木板位移x1＝v1t－a1t2＝ m
共速后木板加速度为μ1(m1＋m2)g－μ2m2g＝m1a3
最后木板静止，设此过程木板位移为x2，
0－v＝2a3x2
解得x2＝ m
木板在水平面上发生的位移为x1＋x2＝ m。
[答案] (1)2 m/s 方向水平向右 (2) m
23.(14分)如图所示，MN和M′N′为两竖直放置的平行光滑长直金属导轨，两导轨间的距离为L。在导轨的下部有垂直于导轨所在平面、方向向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在导轨的MM′端连接电容为C、击穿电压为Ub、正对面积为S、极板间可认为是真空、极板间距为d的平行板电容器。在t
＝0时无初速度地释放金属棒ef，金属棒ef的长度为L、质量为m、电阻可忽略不计．假设导轨足够长，磁场区域足够大，金属棒ef与导轨垂直并接触良好，导轨和各接触处的电阻不计，电路的电感、空气的阻力可忽略，已知重力加速度为g。
(1)求电容器两端的电压达到击穿电压所用的时间；
(2)金属棒ef下落的过程中，速度逐渐变大，感应电动势逐渐变大，电容器极板上的电荷量逐渐增加，两极板间存储的电场能也逐渐增加。单位体积内所包含的电场能称为电场的能量密度。已知两极板间为真空时平行板电容器的电容大小可表示为C＝。试证明平行板电容器两极板间的空间内的电场能量密度ω与电场强度E的平方成正比，并求出比例系数(结果用ε0和数字的组合表示)。
[解析] 本题为“单棒＋电容器＋导轨模型”，可以根据牛顿第二定律，使用“微元法”对棒列方程求解。
(1)在电容器两端电压达到击穿电压前，设任意时刻t，流过金属棒的电流为i，由牛顿第二定律知，此时金属棒的加速度a满足mg－BiL＝ma
设在t到t＋Δt的时间内，金属棒的速度由v变为v＋Δv，电容器两端的电压由U变为U＋ΔU，电容器的带电荷量由Q变为Q＋ΔQ，由电流的定义、电荷量与电压和电容间的关系、电磁感应定律以及加速度的定义得i＝＝＝＝CBLa
联立得a＝
可知金属棒做初速度为0的匀加速直线运动，当电容器两端电压达到击穿电压时，金属棒的速度为v0＝
所以电容器两端电压达到击穿电压所用的时间为t＝＝。
(2)当电容器两极板间的电荷量增加无穷小量ΔQi时，电容器两端的电压可认为始终为Ui，增加的电场能可用图甲中左起第1个阴影部分的面积表示；同理，当电容器两极板间的电荷量增加无穷小量ΔQi＋1时，电容器两端的电压可认为始终为Ui＋1，增加的电场能可用图甲中左起第2个阴影部分的面积表示；依次类推可知，当电容器的带电荷量为Q′、两端电压为U′时，图乙中阴影部分的面积表示两极板间电场能的大小W′，所以W′＝U′Q′，根据题意有ω＝，又Q′＝U′C，U′＝Ed，C＝，联立解得ω＝ε0E2
所以电场能量密度ω与电场强度E的平方成正比，且比例系数为ε0。
[答案] 见解析
