【物理】山东省实验中学2020届高三普通高校招生全国统一考试模拟（一）（解析版） 18页

山东省实验中学 2020 届高三普通高等学校招生 全国统一考试模拟试题（一） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑。如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题纸上，写在 本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的。 1.根据所学知识分析，下列说法中正确的是（　　） A. 布朗运动就是热运动 B. 有液体和气体才能发生扩散现象 C. 太空飞船中水滴呈球形，是液体表面张力作用的结果 D. 分子间相互作用的引力和斥力的合力一定随分子间的距离增大而减小 【答案】C 【解析】 【详解】A．布朗运动是物质微粒在液体或气体中的无规则运动，间接反映了液体分子或气 体分子在永不停息地做无规则运动，它不是微粒的热运动，也不是液体分子的热运动，A 错 误； B．固体、液体、气体都可以发生扩散现象，B 错误； C．太空飞船中的水滴处于完全失重状态，在表面张力作用下收缩为球形，C 正确； D．当 时，分子间相互作用的引力和斥力的合力随分子间距离的增大而减小，当 时， 分子间相互作用的引力和斥力的合力随分子间距离的增大而先增大后减小，D 错误。 故选 C。 2.某篮球运动员垂直起跳的高度为 100cm，则该运动员的滞空时间（运动员起跳后，从双脚 都离开地面到任意一只脚接触地面的时间间隔）约为（　　） A. 0.20s B. 0.45s C. 0.90s D. 1.60s 【答案】C 0r r< 0r r< 【解析】 【详解】根据物体做自由落体运动时 可知 可得物体自由落体运动下落 1m 需要的时间约为 0.45s，根据竖直上抛运动和自由落体运动 的关系可知，滞空时间约为 0.90s，C 正确，ABD 错误。 故选 C。 3.已知氢原子光谱中有一谱线的波长为 656.2nm，该谱线是氢原子由能级 n 跃迁到能级 k 产 生的，普朗克常量 h=6.63×10－34J·s，氢原子基态能量 ，氢原子处于能级 m 时 的能量 ，真空中光速 c=3.0×103m/s。则 n 和 k 分别为（ ） A. k=3；n=2 B. k=2；n=3 C. k=3；n=1 D. k=1；n=3 【答案】B 【解析】 【详解】谱线的能量为 氢原子由能级 跃迁到能级 时释放出的光子的能量为 当 时， 无解； 当 时，可得 当 时，可得 故 A、C、D 错误，B 正确；故选 B。 4.在一场足球比赛中，质量为 0.4kg 的足球以 15m/s 的速率飞向球门，被守门员扑出后足球 的速率变为 20m/s，方向和原来的运动方向相反，在守门员将球扑出的过程中足球所受合外 力的冲量为（ ） 21 2x gt= 2xt g = 1 13.6eVE = − 1 2m EE m = 34 8 19 9 6.63 10 3 10 J 3.03 10 J 1.89eV656.2 10 cE hv h λ − − − × × ×= = = = × =× n k 1 1 3 2 2 2 1 113.6( )eVE EE n k k n = − = − 3k = n 2k = 3n = 1k = 1.1n = A. 2kg·m/s，方向与足球原来的运动方向相同 B. 2kg·m/s，方向与足球原来的运动方向相反 C. 14kg·m/s，方向与足球原来的运动方向相同 D. 14kg·m/s，方向与足球原来的运动方向相反 【答案】D 【解析】 【详解】设球飞向球门的方向为正方向，被守门员扑出后足球的速度为 则由动量定理可得 负号说明合外力冲量的方向与足球原来的运动方向相反，故 A、B、C 错误，D 正确； 故选 D。 5.小球从某一高度处自由下落着地后反弹，然后又落下，每次与地面碰后动能变为碰撞前的 。以刚开始下落时为计时起点，小球的 v－t 图像如图所示，不计空气阻力，下列说法正 确的是（ ） A. 图像中选取竖直向下 正方向 B. 每个阶段的图线并不相互平行 C. 每次与地面相碰后能够上升的最大高度是前一次下落高度的一半 D. 每次与地面相碰后上升到最大高度所需的时间是前一次下落时间的一半 【答案】D 【解析】 【详解】A．由于小球从某一高度处自由下落，根据速度时间图线知选取竖直向上为正方向， 故 A 错误； 为 20m/sv′ = − 0.4 20 0.4 15kg m/s 14kg m/sI mv mv= ′− = − × − × • = − • 1 4 B．不计空气阻力，下落过程和上升过程中只受重力，根据牛顿第二定律可得下落过程和上 升过程中的加速度为重力加速度，速度时间图线的斜率表示加速度，所以每个阶段的图线相 互平行，故 B 错误； C．与地面相碰后能够上升的最大高度是前一次下落过程，根据动能定理可得 与地面相碰后上升过程中，根据动能定理可得 根据题意有 解得 故 C 错误； D．根据运动学公式可得与地面相碰后上升的时间 与地面相碰后上升到最大高度所需的时间是前一次下落时间的 解得 故 D 正确； 故选 D。 6.如图所示为五个点电荷产生的电场的电场线分布情况，a、b、c、d 是电场中的四个点，曲 线 cd 是一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，则下列说法正确的是（　　） kE mgh= kE mgh′ ′= 1 4k kE E′ = 1 4h h′ = 2ht g ′′ = 2ht g = 2t t′= A. 该带电粒子带正电 B. a 点的电势高于 b 点的电势 C. 带电粒子在 c 点的动能小于在 d 点的动能 D. 带电粒子在 c 点的加速度小于在 d 点的加速度 【答案】C 【解析】 【详解】A．带电粒子做曲线运动，所受的合力指向轨迹凹侧，分析可知该带电粒子带负电， A 错误； BC．根据等势面与电场线垂直，画出过 a 点的等势面如图所示。 则 根据沿电场线方向电势逐渐降低知 所以 同理可得 由于带电粒子带负电，则粒子的电势能 a a ϕ ϕ′ = b a ϕ ϕ ′> b a ϕ ϕ> c d ϕ ϕ< 根据能量守恒定律知，带电粒子的动能 B 错误，C 正确； D．电场线的疏密程度表示电场强度的大小 则带电粒子受到的电场力 由牛顿第二定律知带电粒子的加速度 D 错误。 故选 C。 7.如图所示，边长为 L、总阻值为 R 的等边三角形单匝金属线圈 abc 从图示位置开始绕轴 EF 以角速度 匀速转动，EF 的左右两侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为 B 和 ，下列说法正确的是（　　） A. 图示位置线圈的磁通量最大，磁通量的变化率也最大 B. 线圈从图示位置转过一周的过程中，产生的感应电流先沿 acba 方向后沿 abca 方向 C. 线圈从图示位置转过一周的过程中，产生的感应电动势的最大值为 D. 线圈转动过程中产生的交流电的电动势的有效值为 【答案】D 【解析】 p pc dE E> k kc dE E< c dE E> c dF F> c da a> ω 2 B 23 8 BL ω 215 16 BL ω 【详解】A．图示位置线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，A 错误； B．线圈从图示位置转过一周的过程中，产生的感应电流先沿 abca 方向后沿 acha 方向，B 错误； C．线圈从图示位置转过一周的过程中，产生的感应电动势的最大值为 C 错误； D．线圈从图示位置转过一周 过程中，有半个周期电动势的最大值为 有半个周期电动势的最大值为 根据有效值的定义 可求得交流电的有效值 D 正确。 故选 D。 8.电容为 C 的平行板电容器竖直放置，正对面积为 S，两极板间距为 d，充电完成后两极板 之间电压为 U，断开电路，两极板正对区域视为匀强电场，其具有的电场能可表示为 。如果用外力使平行板电容器的两个极板间距缓慢变为 2d，下列说法正确的是 （　　） A. 电容变为原来的两倍 B. 电场强度大小变为原来的一半 C. 电场能变为原来的两倍 D. 外力做的功大于电场能的增加量 【答案】C 的 23 4 BLBS ωω = 2 1 3 4 BLE ω= 2 2 3 8 BLE ω= 2 2 1 2 22 2 2 2 E E ET T TR R R           ⋅ + ⋅ = ⋅有 215 16 BLE ω=有 2 p 1 2E CU= 【解析】 【详解】A．极板间距变为原来两倍，根据 可知电容减半，A 错误； B．电荷量和极板正对面积不变，则 电场强度大小不变，B 错误； C．当开关断开后，电容器极板的电荷量 Q 不变，根据 电容减半，两极板间电压加倍，根据 可知，电场能加倍，C 正确； D．电路断开，没有电流和焦耳热产生，极板的动能不变，则外力做的功等于电场能的增加 量，D 错误。故选 C。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题↓分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，有多 个选项是符合题目要求的。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 9.理论表明，围绕地球转动的卫星，其机械能只与卫星的质量和轨道的长轴大小有关。如图 所示，A 为地球，b、c 为质量相同的两颗卫星围绕地球转动的轨道形状分别为圆和椭圆， 两轨道共面，P 为两个轨道的交点，b 的半径为 R，c 的长轴为 2R。关于这两颗卫星，下列 说法正确的是（　　） A. 它们的周期不同 B. 它们的机械能相等 C. 它们经过 P 点时的加速度不同 D. 它们经过 P 点时的速率相同 【答案】BD 【解析】 r 4 SC kd ε π= r 4U Q kQE d Cd S π ε= = = QU C = 2 p 1 2E CU= 【详解】A．卫星 b 的轨道半径与卫星 c 运行轨道的半长轴大小相等，都是 R，根据 可知，两颗卫星运行周期相同，A 错误； B．由题意可知，两颗卫星质量相同，卫星 b 的轨道半径与卫星 c 运行轨道的半长轴大小相 等，故机械能相等，B 正确； C．卫星经过 P 点时的加速度为 所以加速度相同，C 错误； D．因为卫星 b 的轨道半径与卫星 c 运行轨道的半长轴大小相等，且质量相等，所以两颗卫 星经过 P 点时的势能相同，又因为 B 选项中两卫星的机械能相等，则动能相同，速率相同， D 正确。 故选 BD 10.如图所示，把半径为 d 的玻璃半球体放在纸面上，让它的凸面向上，分别从 A、B 两处 （其中 A 处为玻璃半球体的最高点）观察玻璃半球体中心 O 处纸面上的文字，下列说法正 确的是（　　） A. 从 A 处看到的字比从 B 处看到的字高 B. 从 B 处看到的字比从 A 处看到的字高 C. 从 A 处看到的字和从 B 处看到的字一样高 D. 从 A 处看到的字和没有放玻璃半球体时一样高 【答案】CD 【解析】 【详解】只有入射角不等于零时才会发生折射，当人通过玻璃半球体看中心 O 处的字的时 候，进入眼睛的光线沿着半球体半径，也就是球面法线，所以不发生折射，物像重合，从 A 处看到的字和从 B 处看到的字一样高，而且和没有放玻璃半球时一样高，CD 正确，AB 错 误。 。 3 2 R kT = 2 GMa r = 故选 CD。 11.一列简谐横波，在 时的波动图象如图甲所示，介质中 处的质点 A 的振动 图象如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A. 这列波的波速大小是 B. 这列波的频率为 C. 这列波沿 x 轴正方向传播 D. 内，图甲中质点 P 的平均速率大于质点 Q 的平均速率 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．根据图甲可得，该波的波长 ；由图乙可得，该波的周期 ，则波 速 A 错误； B．波的传播周期和振源的振动周期相同，波源的振动频率 B 正确； C．由题图乙可知 时，质点 A 的振动方向向下，在题图甲中根据“上坡下，下坡上” 法可知，波沿 x 轴正方向传播，C 正确； D．0.5~0.75s 内，质点 P 在 周期内通过的路程大于一个振幅，质点 Q 在 周期内通过的 路程小于一个振幅，平均速率等于路程比时间，所以质点 P 的平均速率比质点 Q 的平均速 率大，D 正确。 故选 BCD。 12.如图所示，质量为 4m 的球 A 与质量为 m 的球 B 用绕过轻质定滑轮的细线相连，球 A 放 0.5st = 15mx = 2m/s 1Hz 0.5 ~ 0.75s 20mλ = 1sT = 20m/sv T λ= = 1 1Hzf T = = 0.5st = 1 4 1 4 在固定的光滑斜面上，斜面倾角 α=30°，球 B 与质量为 m 的球 C 通过劲度系数为 k 的轻质 弹簧相连，球 C 放在水平地面上。开始时控制住球 A，使整个系统处于静止状态，细线刚 好拉直但无张力，滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，然后由静止释放球 A，不计细 线与滑轮之间的摩擦，重力加速度为 g，下列说法正确的是（ ） A. 释放球 A 瞬间，球 B 的加速度大小为 B. 释放球 A 后，球 C 恰好离开地面时，球 A 沿斜面下滑的速度达到最大 C. 球 A 沿斜面下滑的最大速度为 2g D. 球 C 恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，所以 A、B 两小球组成 的系统机械能守恒 【答案】BC 【解析】 【详解】A．开始时对球 B 分析，根据平衡条件可得 释放球 A 瞬间，对球 A 和球 B 分析，根据牛顿第二定律可得 解得 故 A 错误； B．释放球 A 后，球 C 恰好离开地面时，对球 C 分析，根据平衡条件可得 对球 A 和球 B 分析，根据牛顿第二定律可得 解得 5 g 5 m k 1mg kx= 1 14 sinα 5mg mg kx ma− + = 1 2 5a g= 2mg kx= 2 24 sinα 5mg mg kx ma− − = 所以球 C 恰好离开地面时，球 A 沿斜面下滑的速度达到最大，故 B 正确； C．对球 A 和球 B 及轻质弹簧分析，根据能量守恒可得 解得球 A 沿斜面下滑的最大速度为 故 C 正确； D．由 可知球 C 恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等， A、B 两小球组成的系统在运动过程中，轻质弹簧先对其做正功后对其做负功，所以 A、B 两小球组成的系统机械能不守恒，故 D 错误； 故选 BC。 三、实验题：本题共 2 小题，共 15 分。把答案写在答题卡中指定的答题处。 13.为了探究物体质量与加速度的关系，某同学设计了如图所示的实验装置。质量分别为 m1 和 m2 的两个小车，用一条柔软的轻绳通过滑轮连起来，重物的质量为 m0，忽略滑轮的质量 和各种摩擦，使两车同时从静止开始运动，同时停止，两个小车发生的位移大小分别为 x1 和 x2。 (1)如果想验证小车的质量和加速度成反比，只需验证表达式____________成立。(用题中所 给物理量表示) 2 0a = 2 1 2 1 2 14 ( )sinα ( ) 52 mmg x x mg x x mv+ − + = • 2 5m mv g k = 1 2 mgx x k = = (2)实验中____________(填“需要”或“不需要”)满足重物的质量远小于小车的质量。 【答案】 (1). (2). 不需要 【解析】 【详解】(1)[1]根据运动学公式 可知甲、乙两车运动的加速度之比为 要验证“在外力一定的条件下， 物体的加速度与其质量成反比” 的结论，则满足 可得 即等式 近似成立， 则可认为“在外力一定的条件下， 物体的加速度与其质量成 反比”； (2)[2]根据实验装置可知甲、乙两车所受的合外力相等，而甲、乙两车运动的时间相同，根 据运动学公式 可知甲、乙两车运动的加速度之比等于甲、乙两车运动的位移之比， 所以只要测出甲、乙两车的质量和运动的位移就可验证“在外力一定的条件下， 物体的加速 度与其质量成反比” 的结论，故不需要满足钩码的质量远小于任一小车的质量。 14.如图甲所示为利用多用电表的电阻挡研究电容器的充、放电的实验电路图。多用电表置 于×1k 挡，电源电动势为 ，内阻为 ，实验中使用的电解电容器的规格为 “ ”。欧姆调零后黑表笔接电容器正极，红表笔接电容器负极。 (1)充电完成后电容器两极板间的电压________（选填“大于”“等于”或“小于”）电源电动势， 电容器所带电荷量为________C； (2)如图乙所示，充电完成后未放电，迅速将红、黑表笔交换，即黑表笔接电容器负极，红 表笔接电容器正极，发现电流很大，超过电流表量程，其原因是___________。 1 1 2 2m x m x= ⋅ 21 2x at= 1 2 1 2: :a a x x= 1 2 2 1: :a a m m= 1 1 2 2m s m s= 1 1 2 2m s m s= 21 2x at= 1.5VE = 15kΩR = 1000μF 25V 【答案】 (1). 等于 (2). 此时电容器为电源，且与多用电表内部电源串联 【解析】 【详解】(1)[2][3]电容器充电完成后，电容器两极板间的电压等于电源电动势。由公式可得 (2)[4]红、黑表笔交换后，电容器视为电源，且与多用电表内部电源串联，总的电动势变大， 电路中电流变大。 四、计算题：本题共 4 小题，共 45 分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要 的文字说明、方程式和演算步骤。 15.一滑雪者和雪橇 总质量为 ，沿足够长的斜坡向下滑动，斜坡倾角 ， 雪橇与斜坡之间的动摩擦因数为 ，滑雪者所受的空气阻力与速度大小的比值为常 量 k（未知），某时刻滑雪者的速度大小为 ，加速度大小为 ，取 ， ， 。求： (1)常量 k； (2)滑雪者的最大速率 。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)由牛顿第二定律得 解得 (2)滑雪者达到最大速度时处于受力平衡状态，根据牛顿第二定律可得 解得 16.质量为 的小车置于光滑的水平面上，车上固定着一根竖直轻杆，质量为 m 的小球用长 的 31.5 10−× 31.5 10 CQ EC −= = × 50kgm = 37θ =  0.25µ = 0 5m/sv = 22m/sa = 210m/sg = sin37 0.6= cos37 0.8= mv 20kg/s 10m/s 0sin cosmg mg kv maθ µ θ− − = 20kg/sk = msin cos 0mg mg kvθ µ θ− − = m 10m/sv = 0m 为 L 的轻绳悬挂在杆的上端。按住小车并拉直轻绳使其水平，然后同时放开小车和小球， 小球下落后与轻杆发生弹性碰撞。 (1)求碰撞前瞬间小球和小车的速度大小； (2)若碰撞的作用时间为 ，求碰撞过程中小球对轻杆的平均冲击力的大小。 【答案】(1) ， ；(2) 【解析】 【详解】(1)小球和小车组成的系统水平方向动量守恒 小球和小车组成的系统机械能守恒 解得 ， (2)对全过程，由动量守恒得 由机械能守恒得 碰撞过程中，以小球为研究对象，设轻杆对小球的平均作用力为 F，由动量定理得 根据牛顿第三定律可知，小球对轻杆的平均冲击力大小 t∆ 0 0 2m gLv m m = +球 0 0 0 2m gLmv m m m = +车 0 0 22 m gLm t m m∆ + 00 mv m v= −球 车 2 2 0 1 1 2 2mgL mv m v= +球 车 0 0 2m gLv m m = +球 0 0 0 2m gLmv m m m = +车 00 mv m v′ ′= − +球 车 2 2 0 1 1 2 2mgL mv m v′ ′= +球 车 F t mv mv′− ∆ = − −球 球 F F′ = 联立各式解得 17.如图所示，两条间距 L1=0.5m 的平行光滑金属直导轨，沿与水平地面间夹角 θ=30°的方向 固定放置。空间存在垂直导轨所在的斜面向上的匀强磁场，其磁感应强度 B 随时间变化的 关系为 B=0.2t(T)。垂直导轨放置的金属棒 ab 固定，金属棒 cd 在平行于斜面向上的力 F 作 用下保持静止，金属棒 cd 的质量为 m=0.2kg，金属棒 ab 的电阻 R1=0.2Ω，金属棒 cd 的电阻 R2=0.3Ω，两金属棒之间的距离为 L2=0.2m，取 g=10m/s²。求： (1)力 F 随时间变化的表达式 (2)在 t0=1000s 内金属棒 cd 产生的焦耳热 Q 【答案】(1) ；(2)0.48J 【解析】 【详解】(1)由法拉第电磁感应定律可知金属棒与导轨组成的回路产生的电动势为 回路中的感应电流 根据楞次定律和左手定则可知金属棒 受到的安培力沿斜面向下，由平衡条件可得 解得 (2)由焦耳定律得 总 0 0 22 m gLmF F t m m ′ = = ∆ + 0.004 1(N)F t= + 1 2 BE L L t ∆= ∆ 1 2 EI R R = + cd 1sinθF mg BIL= + 0.004 1(N)F t= + Q 2 0 1 1 E tR R = + 由电路关系得 总 解得金属棒 产生的焦耳热 18.如图所示，在 xOy 坐标平面的第一象限内有沿 y 轴正方向的匀强电场，在第四象限内有 垂直于纸面向外的匀强磁场．有一质量为 m，电荷量为 q，带负电的粒子（重力不计）从坐 标原点 O 射入磁场，其入射方向与 y 轴负方向成 45°角．当粒子第一次进入电场到达 P 点时 速度大小为 v0，方向与 x 轴正方向相同，P 点坐标为（4L，L）．求： （1）粒子从 O 点射入磁场时速度 v 的大小； （2）磁感应强度 B 的大小； （3）粒子从 O 点运动到 P 点所用的时间． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】 带电粒子以与 x 轴成 45°垂直进入匀强磁场后，在 O 点根据平行四边性定则可得射入磁场时 的速度；粒子在电场中运动根据运动学方程和几何关系求出半径，再根据牛顿第二定律求出 磁感应强度；求出粒子在电场中的运动时间和在磁场中运的运动时间，即可求得总时间． 【详解】（1）粒子从 O 点射入磁场时的速度为 2 1 2 RQ QR R = + cd 0.48JQ = 02v v= 0mvB qL = 0 2 2 Lt v π = +   0 02cos45 vv v= =° （2）粒子在电场中运动，沿 y 轴方向： ， 沿 x 轴方向： 解得: 粒子在磁场中的运动轨迹为 圆周，由几何关系得： 粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得： 解得 （3）粒子在电场中的运动时间为 粒子在磁场中运的运动时间为 则从 O 点运动到 P 点所用的时间为 【点睛】可将粒子的运动轨迹逆向思考，看成粒子在电场中以一定速度做类平抛运动后，进 入匀强磁场中做匀速圆周运动． 0tan45yv v= ° 12 yvL t= 0 1x v t= 2x L= 1 4 4 2 2 2 L LR L −= = 2vqvB m R = 0mvB qL = 1 2Lt v = 2 0 1 24 2 R Lt v v π π× = = 1 2 0 2 2 Lt t t v π = + = +  