2020年全国一卷高考模拟物理试卷一(解析版)

2020年全国一卷高考模拟试卷一二、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.下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是( )A.γ射线是高速运动的电子流B.氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大C.太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变D.210 83Bi 的半衰期是5天，100克210 83Bi 经过10天后还剩下50克 答案 B解析 β射线是高速电子流，而γ射线是一种电磁波，选项A 错误.氢原子辐射光子后，绕核运动的电子距核更近，动能增大，选项B 正确.太阳辐射能量的主要来源是太阳内部氢核的聚变，选项C 错误.10天为两个半衰期，剩余的210 83Bi 为100×1()2t g ＝100×(12)2 g ＝25 g ，选项D 错误.15.甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶.在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v —t 图象如图所示.在这段时间内( )A.汽车甲的平均速度比乙的大B.汽车乙的平均速度等于v 1＋v 22C.甲、乙两汽车的位移相同D.汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大答案 A解析 根据v —t 图象中图线与时间轴所围的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x 甲大于汽车乙的位移x 乙，选项C 错误；根据v ＝x t 得，汽车甲的平均速度v 甲大于汽车乙的平均速度v 乙，选项A 正确；汽车乙的位移x 乙小于初速度为v 2、末速度为v 1的匀减速直线运动的位移x ，即汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，选项B 错误；根据v —t 图象的斜率反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D 错误.16.如图所示，人沿平直的河岸以速度v 行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行.当绳与河岸的夹角为α时，船的速率为( )A.v sin αB.v sin αC.v cos αD.v cos α 答案 C解析 将人的运动分解为沿绳方向的分运动(分速度为v 1)和与绳垂直方向的分运动(分速度为v 2)，如图所示.船的速率等于沿绳方向的分速度v 1＝v cos α，选项C 正确.17.如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M 、N 为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T 0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P 经过M 、Q 到N 的运动过程中( )A.从P 到M 所用的时间等于T 04B.从Q 到N 阶段，机械能逐渐变大C.从P 到Q 阶段，速率逐渐变小D.从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功答案 CD解析 由行星运动的对称性可知，从P 经M 到Q 点的时间为12T 0，根据开普勒第二定律可知，从P 到M 运动的速率大于从M 到Q 运动的速率，可知从P 到M 所用的时间小于14T 0，选项A 错误；海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，故机械能守恒，选项B 错误；根据开普勒第二定律可知，从P 到Q 阶段，速率逐渐变小，选项C 正确；海王星受到的万有引力指向太阳，从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功，选项D 正确.18.高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动).此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m 2gh t＋mg B.m 2gh t －mg C.m gh t＋mg D.m gh t－mg 答案 A解析 由自由落体运动公式得人下降h 距离时的速度为v ＝2gh ，在t 时间内对人由动量定理得(mg －F )t ＝0－mv ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝m 2gh t＋mg ，A 项正确. 19.如图所示，电源电动势为E ，内阻为r .电路中的R 2、R 3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R 0为定值电阻，R 1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处于静止状态.下列说法中正确的是( )A.只逐渐增大对R 1的光照强度时，电阻R 0消耗的电功率增大，电阻R 3中有向上的电流B.只调节电阻R 3的滑动端P 2向上端移动时，电源消耗的电功率变大，电阻R 3中有向上的电流C.只调节电阻R 2的滑动端P 1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D.若断开开关S ，带电微粒向下运动答案 AD解析 当逐渐增大光照强度时，光敏电阻R 1的阻值减小，依据“串反并同”可知电流I 增大，则P R 0增大，U C 增大，Q C ＝CU C 增大，即电容器充电，R 3中有向上的电流，A 正确；当P 2向上移动时，U C 不变，R 3中没有电流，故B 错误；当P 1向下移动时，I 不变，但U C 变大，E C ＝U C d 变大，电场力F C ＝U C q d变大，微粒向上运动，故C 错误；若断开开关S ，电容器放电，U C 降为0，则微粒只受重力作用而向下运动，故D 正确.20.如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v 0沿逆时针方向运行，t ＝0时，将质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v －t 图象如图乙所示.设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则( )A.传送带的速率v 0＝10 m/sB.传送带的倾角θ＝30°C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D.0～2.0 s 内摩擦力对物体做功W f ＝－24 J答案 ACD解析 当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v －t 图象可得，传送带的速率为v 0＝10 m/s ，选项A 正确；1.0 s 之前的加速度a 1＝10 m/s 2，1.0 s 之后的加速度a 2＝2 m/s 2，结合牛顿第二定律，g sin θ＋μg cos θ＝a 1，g sin θ－μg cos θ＝a 2，解得sin θ＝0.6，θ≈37°，μ＝0.5，选项B 错误，选项C 正确；摩擦力大小F f ＝μmg cos θ＝4 N ，在0～1.0 s 内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0 s 内，摩擦力对物体做负功，0～1.0 s 内物体的位移为5 m ，1.0～2.0 s 内物体的位移是11 m ，0～2.0 s 内摩擦力做的功为－4×(11－5) J ＝－24 J ，选项D 正确.21.如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a 、b 的边长均为l ，电阻均为R ，质量分别为2m 和m .它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l 、磁感应强度大小为B 、方向垂直竖直面的匀强磁场区域.开始时，线框b 的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a 的下边到匀强磁场的上边界的距离为l .现将系统由静止释放，当线框b 全部进入磁场时，a 、b 两个线框开始做匀速运动.不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g ，则( )A.a 、b 两个线框匀速运动时的速度大小为2mgR B 2l 2B.线框a 从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为3B 2l 3mgRC.从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，线框a 所产生的焦耳热为mglD.从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl 答案 BC解析 设两线框匀速运动的速度为v ，此时轻绳上的张力大小为F T ，则对a 有：F T ＝2mg －BIl ，对b 有：F T ＝mg ，又I ＝E R ，E ＝Blv ，解得v ＝mgR B 2l 2，故A 错误.线框a 从下边进入磁场后，线框a 通过磁场时以速度v 匀速运动，则线框a 从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间t ＝3l v ＝3B 2l 3mgR，故B 正确.从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，线框a 只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q ，由功能关系有2mgl －F T l ＝Q ，得Q ＝mgl ，故C 正确.设两线框从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W ，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2l 的距离，对这一过程，由能量守恒定律有：4mgl ＝2mgl ＋12×3mv 2＋W ，得W ＝2mgl －3m 3g 2R 22B 4l 4，故D 错误.三、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.某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻.他设计了一个用标准电流表G 1来校对待测电流表G 2的满偏电流和测定G 2内阻的电路，如图所示.已知G 1的量程略大于G 2的量程，图中R 1为滑动变阻器，R 2为电阻箱.该同学顺利完成了这个实验.(1)实验过程包含以下步骤，其合理的顺序依次为 (填步骤的字母代号)；A.合上开关S 2B.分别将R 1和R 2的阻值调至最大C.记下R 2的最终读数D.反复调节R 1和R 2的阻值，使G 1的示数仍为I 1，使G 2的指针偏转到满刻度的一半，此时R 2的最终读数为rE.合上开关S 1F.调节R 1使G 2的指针偏转到满刻度，此时G 1的示数为I 1，记下此时G 1的示数(2)仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的G 2内阻的测量值与真实值相比 (选填“偏大”“偏小”或“相等”)；(3)若要将G 2的量程扩大为I ，并结合前述实验过程中测量的结果，写出须在G 2上并联的分流电阻R 分的表达式，R 分＝ .答案 (1)BEFADC (2)相等 (3)I 1r I －I 1解析 (1)实验首先要保证G 1、G 2不被烧坏，应先将R 1、R 2的阻值调至最大.实验中应保持合上S 2与断开S 2两种情况下G 1的示数I 1为G 2的满偏电流I G2，当合上S 2时，G 2示数为I 12＝I G22，此时流过R 2的电流也为I 12，得R 2＝R G2.综上所述可知步骤为BEFADC.(2)这种方法测量的G 2的内阻与真实值相等.(3)扩大G 2量程时原理如图所示，有(I －I 1)R 分＝I 1r ，解得R 分＝I 1r I －I 1.23.利用图装置做“验证机械能守恒定律”的实验.(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的 .A.动能变化量与势能变化量B.速度变化量和势能变化量C.速度变化量和高度变化量(2)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是 .A.交流电源B.刻度尺C.天平(含砝码)(3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图所示的一条纸带.在纸带上选取三个连续打出的点A 、B 、C ，测得它们到起始点O 的距离分别为h A 、h B 、h C .已知当地重力加速度为g ，打点计时器打点的周期为T .设重物的质量为m .从打O 点到打B 点的过程中，重物的重力势能变化量ΔE p ＝ ，动能变化量ΔE k ＝ .(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是 .A.利用公式v ＝gt 计算重物速度B.利用公式v ＝2gh 计算重物速度C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响D.没有采用多次实验取平均值的方法(5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O 的距离h ，计算对应计数点的重物速度v ，描绘v 2h 图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒，请你分析论证该同学的判断是否正确.答案 (1)A (2)AB (3)－mgh B 12m (h C －h A 2T)2 (4)C (5)不正确，理由见解析 解析 (1)重物下落过程中重力势能减少，动能增加，故该实验需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量在误差允许范围内是否相等，A 项正确.(2)电磁打点计时器使用的是交流电源，故选A.需要测纸带上两点间的距离，还需要刻度尺，选B.根据mg Δh ＝12mv 22－12mv 12可将等式两边的质量抵消，不需要天平，不选C. (3)重物的重力势能变化量为ΔE p ＝－mgh B ，动能的变化量ΔE k ＝12mv 2B ＝12m (h C －h A 2T)2. (4)重物重力势能的减少量大于动能的增加量，是因为重物下落过程中存在空气阻力和摩擦阻力的影响，C 正确.(5)该同学的判断依据不正确，在重物下落h 的过程中，若阻力F f 恒定，根据mgh －F f h ＝12mv 2－0，则v 2＝2(g －F f m)h 可知，v 2－h 图象就是过原点的一条直线.要想通过v 2－h 图象来验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g .24. 如图所示，半径为r 的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m 、带电荷量为＋q 的珠子，现在圆环平面内加一个匀强电场，使珠子由最高点A 从静止开始释放(AC 、BD 为圆环的两条互相垂直的直径)，要使珠子沿圆弧经过B 、C 刚好能运动到D .(重力加速度为g )(1)求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；(2)当所加电场的场强为最小值时，求珠子由A 到达D 的过程中速度最大时对环的作用力大小；(3)在(1)问电场中，要使珠子能完成完整的圆周运动，在A 点至少应使它具有多大的初动能？ 答案 见解析解析 (1)根据题述，珠子运动到BC 弧中点M 时速度最大，作过M 点的直径MN ，设电场力与重力的合力为F ，则其方向沿NM 方向，分析珠子在M 点的受力情况，由图可知，当F 电垂直于F 时，F 电最小，最小值为：F 电min ＝mg cos 45°＝22mg F 电min ＝qE min解得所加电场的场强最小值E min ＝2mg 2q，方向沿∠AOB 的角平分线方向指向左上方. (2)当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力的合力为F ＝mg sin 45°＝22mg 把电场力与重力的合力看做是“等效重力”，对珠子由A 运动到M 的过程，由动能定理得F (r ＋22r )＝12mv 2－0 在M 点，由牛顿第二定律得：F N －F ＝m v 2r联立解得F N ＝(322＋1)mg 由牛顿第三定律知，珠子对环的作用力大小为F N ′＝F N ＝(322＋1)mg . (3)由题意可知，N 点为等效最高点，只要珠子能到达N 点，就能做完整的圆周运动，珠子在N 点速度为0时，所需初动能最小，此过程中，由动能定理得：－F (r －22r )＝0－E k A 解得E k A ＝2－12mgr . 25. 如图所示的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P 1沿轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t 1＝2 s 至t 2＝4 s 内工作.已知P 1、P 2的质量都为m ＝1 kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB 段长L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞.(1)若v 1＝6 m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE k ；(2)若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E km .答案 (1)3 m/s 9 J (2)10 m/s≤v 1≤14 m/s 17 J解析 (1)P 1、P 2碰撞过程动量守恒，以向右为正方向，有mv 1＝2mv解得v ＝v 12＝3 m/s 碰撞过程中损失的动能为ΔE k ＝12mv 12－12(2m )v 2 解得ΔE k ＝9 J.(2)由于P 与挡板的碰撞为弹性碰撞.故P 在AC 间等效为匀减速直线运动，设P 1、P 2碰撞后速度为v ，P 在AC 段加速度大小为a ，碰后经过B 点的速度为v 2，由牛顿第二定律和运动学规律，得μ(2m )g ＝2ma3L ＝vt －12at 2 v 2＝v －at解得v 1＝2v ＝6L ＋μgt 2tv 2＝6L －μgt 22t由于2 s≤t ≤4 s ，所以解得v 1的取值范围10 m/s≤v 1≤14 m/sv 2的取值范围1 m/s≤v 2≤5 m/s所以当v 2＝5 m/s 时，P 向左经过A 点时有最大速度v 3＝v 22－2aL ＝17 m/s则P 向左经过A 点时的最大动能E km ＝12(2m )v 32＝17 J （二）选考题：共15分。