2020年全国一卷高考物理模拟试卷七(含解析)

2020年全国高考物理模拟试卷（七）（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，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。

现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。

以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是( )[解析]　设物块P静止时，弹簧的压缩量为x0，则有kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，物块受力如图所示，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函数，选项A正确。

[答案]　A15.用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t时间后停在最低点。

则在时间t内( )A．小球重力做功为mgl(1－cos α)B．空气阻力做功为－mgl cos αC．小球所受合力做功为mgl sin αD ．细线拉力做功的功率为mgl (1－cos α)t解析：选A 小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为h ＝l (1－cos α)，所以小球的重力做功：W G ＝mgh ＝mgl (1－cos α)，故A 正确；在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得：W G ＋W f ＝0－0，所以空气阻力做功W f ＝－W G ＝－mgl (1－cos α)，故B 错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，所以W 合＝0－0＝0，故C 错误；由于细线的拉力始终与小球运动的方向垂直，所以细线的拉力不做功，细线的拉力的功率为0，故D 错误。

16．如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P 在水平外力F 的作用下处于静止状态，P 与圆心O 的连线与水平面的夹角为θ，将力F 在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始终保持静止状态。

在此过程中，下列说法正确的是( )A ．框架对小球的支持力先减小后增大B ．力F 的最小值为mg cos θC ．地面对框架的摩擦力先减小后增大D ．框架对地面的压力先增大后减小解析：选B 以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意图，如图所示。

根据几何关系可知，当F 顺时针转动至竖直向上之前，支持力N 逐渐减小，F 先减小后增大，当F 的方向沿圆的切线方向向上时，F 最小，此时：F ＝mg cos θ，故A 错误，B 正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F 的作用；由图可知，F 沿顺时针方向转动的过程中，F 沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故C 错误；F 沿顺时针方向转动的过程中，F 沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，故D 错误。

17．在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v 和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面v2上。

甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )A ．2倍B ．4倍C ．6倍D ．8倍解析：选A 画出小球在斜面上运动轨迹，如图所示，可知：x ＝vt ，x ·tan θ＝gt 212则x ＝·v 2，2tan θg 即x ∝v 2甲、乙两球抛出速度为v 和，则相应水平位移之比为4∶1，由相似三角形知，下落高度之比也为v24∶1，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为2∶1，由落至斜面时的速率v 斜＝可得落至斜面时速率之比为2∶1。

vx 2＋vy 218．两种不计重力的带电粒子M 和N ，以相同的速度经小孔S 垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是( )A ．M 带正电， N 带负电B ．洛伦兹力对M 、N 做正功C ．M 的比荷小于N 的比荷D ．M 的运行时间小于N 的运行时间解析：选C 由左手定则判断出N 带正电荷，M 带负电荷，故A 错误；洛伦兹力始终与运动的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故B 错误；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB ＝，比荷为：mv 2r ＝，在速率相同的情况下，半径大说明比荷小，故C 正确；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的qm vBr 一半，而周期T ＝，所以M 的运行时间大于N 的运行时间，故D 错误。

2πrv 19．地球赤道上的重力加速度为g ，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a ，质量相等的三颗卫星甲、乙、丙在如图所示的三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在P 点相切。

不计阻力，以下说法正确的是( )A ．如果地球的转速为原来的倍，那么赤道上的物体将会飘起来而处于完全失重状态g ＋aa B ．卫星甲、乙分别经过P 点时的速度相等C ．卫星甲的机械能最大D ．卫星周期：T 甲>T 乙>T 丙解析：选ACD 地球上的物体随地球自转的向心加速度为a 时，有：G －mg ＝ma ；当物体飘起来MmR 2的时候，由万有引力完全提供向心力，有G ＝ma ′，则此时物体的向心加速度为a ′＝g ＋a ；根据向MmR 2心加速度和转速的关系有：a ＝R (2πn )2，a ′＝R (2πn ′)2可得：n ′＝n ＝n ，故A 正确。

物体在a ′a g ＋aa 椭圆形轨道上运动时，轨道高度越高，在近地点时的速度越大，所以卫星甲经过P 点时的速度比卫星乙经过P 点时的速度大，故B 错误。

卫星的机械能跟卫星的速度、高度和质量有关，因卫星甲的最远点较远，故卫星甲的机械能最大，故C 正确。

根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越小，卫星的周期越小，卫星丙的半长轴最短，甲的最长，则T 甲>T 乙>T 丙，故D 正确。

20.[多选]如图所示，边长为L 的正方形单匝线圈abcd ，电阻为r ，外电路的电阻为R ，过ab 的中点和cd 的中点的连线OO ′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B ，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕轴OO ′匀速转动，以下判断正确的是( )A ．图示位置线圈中的感应电动势最大，其值为E m ＝BL 2ωB ．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝BL 2ωsin ωtC ．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为q ＝BL 2R ＋rD ．线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝πB 2ωL 4R4(R ＋r )2解析：选CD 如题图所示，图示位置为中性面，线圈中的感应电动势为0，选项A 错误；线圈的有效面积为正方形面积的一半，故闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝BL 2ωsin ωt ，选项B 错误；12线圈从图示位置转过180°的过程中，根据q ＝，ΔΦ＝BS 有效＋BS 有效＝BL 2，可得流过电阻R 的电荷量ΔΦR ＋r为q ＝，选项C 正确；线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝I 2RT ＝2R ＝BL 2R ＋r [B ωL 222(R ＋r )]2πω，选项D 正确。

πB 2ωL 4R4(R ＋r )221.一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动。

F 随时间t 变化的图线如图所示，则( )A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零解析：选AB 法一：根据F ­t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F 的冲量，可知在0～1 s 、0～2 s 、0～3 s 、0～4 s 内合外力冲量分别为2 N·s 、4 N·s 、3 N·s 、2 N·s ，应用动量定理I ＝m Δv 可知物块在1 s 、2 s 、3 s 、4 s 末的速率分别为1 m/s 、2 m/s 、1.5 m/s 、1 m/s ，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s 、4 kg·m/s 、3 kg·m/s 、2 kg·m/s ，则A 、B 项正确，C 、D 项错误。

法二：前2 s 内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a 1＝＝ m/s 2＝1 m/s 2，t ＝1 s 时物块F 1m 22的速率v 1＝a 1t 1＝1 m/s ，A 正确；t ＝2 s 时物块的速率v 2＝a 1t 2＝2 m/s ，动量大小为p 2＝mv 2＝4 kg·m/s ，B正确；物块在2～4 s 内做匀减速直线运动，加速度的大小为a 2＝＝0.5 m/s 2，t ＝3 s 时物块的速率F 2m v 3＝v 2－a 2t 3＝(2－0.5×1) m/s ＝1.5 m/s ，动量大小为p 3＝mv 3＝3 kg·m/s ，C 错误；t ＝4 s 时物块的速率v 4＝v 2－a 2t 4＝(2－0.5×2) m/s ＝1 m/s ，D 错误。

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.利用如图所示的装置可以“测定滑块与桌面间的动摩擦因数”和“验证碰撞中的动量守恒”，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与水平桌面相切，先将小滑块A 从圆弧轨道的最高点无初速度释放，测量出小滑块在水平桌面滑行的距离x 1(图甲)；然后将小滑块B 放在圆弧轨道的最低点，再将A 从圆弧轨道的最高点无初速度释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，测量出整体沿桌面滑动的距离x 2(图乙)，圆弧轨道的半径为R ，A 和B 完全相同，重力加速度为g 。

(1)小滑块A 运动到圆弧轨道最低点时的速度v ＝__________(用R 和g 表示)。

(2)小滑块与桌面间的动摩擦因数μ＝________(用R 和x 1表示)。

(3)若x 1和x 2的比值＝________，则验证了A 和B 碰撞过程中动量守恒。

x 1x 2解析：(1)A 在圆弧面上运动时机械能守恒，则有：mgR ＝mv 2，解得：v ＝。

122gR (2)对A 下滑的全过程由动能定理得：mgR －μmgx 1＝0，解得：μ＝。

Rx 1(3)如果碰撞中动量守恒，则有：mv ＝2mv ′，再对碰后的A 、B 物体分析，由能量守恒定律可知：×2mv ′2＝μ·2mgx 2，解得：x 2＝，故＝4。