普通高等学校招生全国统一考试物理卷课标全国卷七解析版.docx

1、普通高等学校招生全国统一考试物理卷课标全国卷七解析版2020高考物理模拟试题（七）第卷二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一个选项 符合题目要求。第1921题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14下列叙述正确的是A力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B蹦极运动员离开蹦床上升过程中处于失重状态C利用霍尔元件能够把电压这个电学量转换为磁感应强度这个磁学量的特性，可以制出测磁感应强度大小的仪器D探究加速度与质量、合外力关系实验采用的是等效替代的方法【解析】 “力”不是基本物理量，“牛顿

2、”也不是力学中的基本单位，故A错误；蹦极运动员上升过程中只受重力作用，处于完全失重状态，故B正确；霍尔元件能够把磁学量转换为电学量，故C错误；探究加速度与质量、合外力关系实验中有三个变量，采用的是控制变量法，故D错误。【答案】B15甲、乙两辆汽车在一条平直的单行道上同向行驶，乙在前，甲在后。t0时刻，两车同时刹车，结果发生了碰撞。如图所示为两车刹车后不会相撞的v t图像，下列说法正确的是A两车刹车时的距离一定小于90 mB两车刹车时的距离一定等于112.5 mC两车一定是在t20 s之前的某时刻发生相撞的D两车一定是在t20 s之后的某时刻发生相撞的【解析】当两车速度相同时相距最小，由v t图

3、像可知最小距离为(2515)20 m100 m，由于两车相撞，所以刹车时的距离小于100 m，故A、B项错误；两车速度相同时相距最小，若此时不相撞那以后也不会相撞，所以两车一定是在20 s之前的某时刻发生相撞的，故C项正确，D项错误。【答案】C16如图所示，弹性杆AB的下端固定，上端固定一个质量为m的小球，用水平力缓慢拉球，杆发生弯曲逐步增加水平力的大小，则弹性杆AB对球的作用力的方向A水平向左，与竖直方向夹角不变B斜向右下方，与竖直方向夹角增大C斜向左上方，与竖直方向夹角减小D斜向左上方，与竖直方向夹角增大【答案】D【解析】小球受重力、拉力、杆的弹力三力平衡，杆的弹力等于重力和拉力F的合力，

4、由力的合成可知杆的弹力斜向左上方，且随着拉力F的增大，与竖直方向夹角增大，D正确17为了实现人类登陆火星的梦想，我国宇航员王跃和俄罗斯宇航员一起进行了“模拟登火星”的实验活动，假设火星半径与地球半径之比为12，火星质量与地球质量之比为19。已知地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，万有引力常量为G，忽略自转的影响，则A火星表面与地球表面的重力加速度之比为29B火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为3C火星的密度为D若王跃以相同初速度在火星表面与地球表面能竖直跳起的最大高度之比为92【解析】由mg可得：g，由于火星半径与地球半径之比为12，火星质量与地球质量之比为19，则火星表面的重力加

5、速度是地球表面重力加速度的，即为g，故A项错；由m得：v ，则火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍，故B项正确；设火星质量为M，由万有引力等于重力可得： mg，解得：M，密度为： ，故C项错；王跃以v0在地球上起跳时，根据竖直上抛的运动规律可知跳起的最大高度是：h，由于火星表面的重力加速度是g，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度hh，故D项错。【答案】B18在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运

6、动的距离为d，速度为v。 则此时AB的质量满足m2gsin kdBA的加速度为C拉力做功的瞬时功率为Fvsin D此过程中，弹簧弹性势能的增加量为Fdm1gdsin m1v2【解析】开始A、B组成的系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，当B刚要离开挡板C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，故m2gsin kx2，x2为弹簧相对于原长的伸长量，但由于开始时弹簧是压缩的，故dx2，m2gsin kd，故A错误；当B刚要离开挡板C时，对A根据牛顿第二定律有Fm1gsin kx2m1a，已知m1gsin kx1，x1x2d，故A的加速度为，故B错误；拉力的瞬时功率PFv，故C

7、错误；根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力做的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为Fdm1gdsin m1v2，故D正确。【答案】D19如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑。如果只逐渐增大M1、M2之间的电势差，则A在荧屏上的亮斑向上移动B在荧屏上的亮斑向下移动C偏转电场对电子做的功增大D偏转电场的电场强度减小【解析】由于电子带负电，在偏转电场中受到电场力的作用向正极板偏转，故A项正确误，B项错误；电子在偏转电场中向正极板偏转的过程中，电场力做正功，且随着偏转电压的增大电场力做功增大，故C项正确，D项错误。【答案】AC20如图所示装置中，质量均为m的小球

8、A、B系在等长度的轻绳OA、OB下端，并都以转速n绕同一竖直轴在同一水平面内做匀速圆周运动，此时绳OA与OB夹角为，质量为2m的物块C静止不动；若将C换成质量为3m的物块D，要保证在系统稳定时，A、B仍在同一水平面内做圆周运动，同时D静止不动，则A、B的质量和两球做圆周运动的转速n应如何调整A减少A、B的质量，增大转速nB保持A、B的质量不变，增大转速nC增大A、B的质量，减小转速nD增大A、B的质量，增大转速n【解析】根据A、B两小球竖直方向的受力平衡，OA、OB两绳的竖直分力都始终等于小球的重力，而OA、OB两绳中的水平分力分别提供两球做圆周运动的向心力，并随转速的增大(或减小)而增大(或

9、减小)。易得，OA、OB两绳的合力一定等于A、B两球的总重力。因此，当质量为2m的物块C换成质量为3m的D时，若要系统平衡，A、B两小球的质量均须调整为1.5m，而转速的大小不影响平衡，故选项C、D正确。【答案】CD21如图所示，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO转动，轴OO垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2。保持线圈以恒定角速度转动，下列判断正确的是A在图示位置时线框中磁通量为零，感应电动势最大B当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数变大C电压表V1示数等于NBL2D变压器的输入

10、与输出功率之比为11【解析】在题图所示位置时线圈与磁感线平行，线框中磁通量为零，感应电动势最大，故A项正确；此时感应电动势的最大值为NBL2，有效值为，即电压表V1示数等于，故C项错；当可变电阻R的滑片P向上滑动时，R的有效阻值增大，但由于副线圈的电压不变，内阻不计，所以电压表V2的示数不变，故C项错；由于变压器是理想的，所以输入与输出功率之比为11，故D项正确。【答案】AD第 II 卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）22 (5分)某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势

11、能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图所示向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能回答下列问题：(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等已知重力加速度大小为g.为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的_(填正确答案标号)A小球的质量mB小球抛出点到落地点的水平距离sC桌面到地面的高度hD弹簧的压缩量xE弹簧原长l0(2)用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek_.(3)图中的直线是实验测量得到的sx图线从

12、理论上可推出，如果h不变，m增加，sx图线的斜率会_(填“增大”、“减小”或“不变”)；如果m不变，h增加，sx图线的斜率会_(填“增大”、“减小”或“不变”)由图中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与x的_次方成正比【答案】(1)ABC(2)(3)减小增大2【解析】(1)为求弹簧的弹性势能，可求小球平抛时的速度，进而求出小球的动能，因此需要测出：小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h，A、B、C正确；(2)平抛初速度vs，平抛时的动能Ekmv2；(3)平抛距离s与压缩量间关系为直线，若h不变，平抛下落时间不变，m增加，相同压缩量情况下，小球平抛初速度减小，平抛距

13、离s减小，故sx图线的斜率会减小；若m不变，h增加，平抛下落时间变长，相同压缩量情况下平抛初速度不变，平抛距离变大，sx图线的斜率会增加；EpEk，而sx，故Epx2.23 (10分)某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A待测干电池一节B电流表1：量程00.6 A，内阻r0.2 C电流表2：量程00.6 A，内阻约为0.1 D电压表1：量程03 V，内阻未知E电压表2：量程015 V，内阻未知F滑动变阻器1：010 ，2 AG滑动变阻器2：0100 ，1 AH开关、导线若干(1)伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差在现有器材

14、的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻在上述器材中请选择适当的器材：A、_、_、_、H(填写选项前的字母)；(2)实验电路图应选择图中的_(填“甲”或“乙”)；(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的UI图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E_V，内电阻r_.【答案】(1)BDF(2)甲(3)1.50.8【解析】(1)干电池电动势约为1.5 V，本着安全、准确、方便的原则，电压表选3 V量程即可；电流表选0.6 A量程，若内阻已知可与电源串联将电流表内阻视为电源内阻；为调节方便滑动变阻器选10 .(2)电路图选甲即可，若用甲电路EUI(rRA)，因电流表内阻已知

15、，可求得电动势和内阻的真实值(3)由UEI(rRA)可知UI图象的纵截距等于电源电动势，E1.5 V；图象斜率rRA，故r10.20.8 .24(12分)如图所示，足够长的光滑水平面与半径为R的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，质量为m的小球A从圆弧最高点M由静止释放，在水平面上与静止的小球B发生弹性正碰。已知重力加速度为g，两小球均可视为质点，求：(1)小球A刚好到达圆弧轨道最低点N时，对轨道的压力大小；(2)若要求两球发生二次碰撞，小球B的质量mB应满足的条件。【解析】(1)设小球A到达N点时的速度为v，根据机械能守恒定律得：mgRmv2在N点处：Fmgm联立解得F3mg由牛顿第三定律得，对轨

16、道的压力为FF3mg。(2)小球A与B发生弹性碰撞，设碰撞后速度为vA、vB由动量守恒有：mvmvAmBvB由机械能守恒有：mv2mvA2mBvB2解得：vAv，vBv要使两球发生二次碰撞，则有vA0，vB3m。【答案】(1)3mg(2)mB3m25(20分)如图甲所示，一电动遥控小车停在水平地面上，水平车板离地高度为h0.2 m，小车质量M3 kg，质量m1 kg的小物块(可视为质点)静置于车板上某处A，物块与车板间的动摩擦因数0.1。现使小车由静止开始向右行驶，当运动时间t11.6 s时物块从车板上滑落。已知小车的速度v随时间t变化的规律如图乙所示，小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面压力的

17、，不计空气阻力，取重力加速度g10 m/s2。求：(1)物块从离开车尾B到落地过程所用的时间t以及物块滑落前受到的滑动摩擦力的功率最大值P；(2)物块落地时落地点到车尾B的水平距离s0；(3)02 s时间内小车的牵引力做的功W。【解析】(1)物块从车板上滑落后做平抛运动，则有hg(t)2得t0.2 s物块滑落前受到的滑动摩擦力大小fmg1 N根据牛顿第二定律得物块的加速度大小a11 m/s2当运动时间t11.6 s时物块的速度v1a1t1得v11.6 m/s由于v12 m/s，所以物块在车板上受到滑动摩擦力而一直加速，物块滑落前受到的滑动摩擦力的功率最大值Pfv1得P1.6 W。(2)物块滑落

18、后前进的距离s1v1t由题图乙得t1.6 s时小车的速率v22 m/s物块滑落后小车前进的距离sv2t落地点到车尾B的水平距离s0ss1得s00.08 m。(3)01 s时间内，由题图乙得小车的加速度大小为a2 m/s22 m/s2根据牛顿第二定律得F1fk(Mm)gMa2，其中k解得F111 N小车的位移大小s221 m1 m11.6 s时间内，牵引力F2k(Mm)gf5 N由题图乙得小车的位移大小s220.6 m1.2 m162 s时间内，牵引力F3kMg3 N由题图乙得小车的位移大小s220.4 m0.8 m02 s时间内小车的牵引力做的功为WF1s2F2s2F3s219.4 J。【答案

19、】(1)0.2 s 1.6 W(2)0.08 m(3)19.4 J（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。33物理选修33（15分） (1)(5分)如图所示是分子间引力或斥力大小随分子间距离变化的图像，由此可知_。Aab表示引力图线Bcd表示引力图线C当分子间距离r等于两图线交点e的横坐标时，分子力一定为零D当分子间距离r等于两图线交点e的横坐标时，分子势能一定最小E当分子间距离r等于两图线交点e的横坐标时，分子势能一定为零(2)(10分)如图所示，一活塞将一定质量的理想气体封闭在固定导热汽缸内，活塞可沿汽缸无摩

20、擦地滑动，活塞横截面积为S0.01 m2、质量为m10 kg，活塞距离汽缸底部的距离为h010 cm，外界大气压强p01.0105 Pa，环境温度为t027 ，g10 m/s2。()当环境温度缓慢升高至57 时，试比较此过程中气体吸收的热量Q与物体内能变化量U的大小关系。()当环境温度升高至57 时，为使活塞距离汽缸底部的距离仍为10 cm，可使汽缸水平向右做匀加速直线运动，此时加速度应为多大？【解析】(1)在Fr图像中，随r增加，斥力变化快，所以ab为引力图线，A对，B错；两图线交点e为分子所受的引力和斥力大小相等，即分子间相互作用的受力平衡位置，分子力为0，分子势能最小，但不一定为0，故C

21、、D对，E错。(2)()由热力学第一定律得UWQ由于气体膨胀对外做功，故W0因此QU。()活塞距离汽缸底部的距离仍为10 cm，由查理定律得，即解得p1.1105 Pa对活塞，由牛顿第二定律得a解得a10 m/s2。【答案】(1)ACD(2)()QU()10 m/s234物理选修34（15分） (1)(5分) 一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t0时刻的波形如图所示，质点P的x坐标为3 m。已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4 s。下列说法正确的是_。A波速为1 m/sB波的频率为1.25 HzCx坐标为15 m的质点在t0.6 s时恰好位于波峰Dx坐标为22 m的质点在t0.

22、2 s时恰好位于波峰E当质点P位于波峰时，x坐标为17 m的质点恰好位于波谷(2)(10分)如图所示，一束截面为圆形(半径R1 m)的平行紫光垂直射向一半径也为R的玻璃半球的平面，经折射后在屏幕S上形成一个圆形亮区。屏幕S至球心距离为D(1)m，不考虑光的干涉和衍射，试问：()若玻璃半球对紫色光的折射率为n，请你求出圆形亮区的半径；()若将题干中紫光改为白光，在屏幕S上形成的圆形亮区的边缘是什么颜色？【解析】(1)任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4 s，则该波的周期为T20.4 s0.8 s。由题图可知，该波的波长是4 m，所以波速：v s5 m/s，故A错误；该波的周期是 T

23、0.8 s，则频率：f Hz1.25 Hz，故B正确；x坐标为15 m的质点到P点的距离为：x115 m3 m12 m3，所以x坐标为15 m的质点与P点的振动情况始终相同。P质点经过t0.6 sT时间恰好经过平衡位置，所以x坐标为15 m的质点在t0.6 s时恰好位于平衡位置，故C错误；x坐标为22 m的质点到x2质点的距离为：x222 m2 m20 m5，所以x坐标为22 m的质点与x2 m的质点的振动始终相同。t0时刻x2 m的质点向上振动，经过t0.2 sT时间恰好到达波峰，所以x坐标为22 m的质点在t0.2 s时恰好位于波峰位置，故D正确；x坐标为17 m的质点到P点的距离为：x3

24、17 m3 m14 m3，所以x坐标为17 m的质点与P点的振动情况始终相反，当质点P位于波峰时，x坐标为17 m的质点恰好位于波谷，故E正确。故选B、D、E。(2)()如图，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点E，E点到亮区中心G的距离r就是所求最大半径。设紫光临界角为C，由全反射的知识可知：sin C由几何知识可知：ABRsin C。OBRcos CRBFABtan CGFD(OBBF)D又所以有：rmGEABDnR，代入数据得：rm1 m。()将题干中紫光改为白光，在屏幕S上形成的圆形亮区的边缘是紫色。因为当平行光从玻璃中射向空气时，由于紫光的折射率最大，临界角最小，所以首先发生全反射，因此出射光线与屏幕的交点最远。故圆形亮区的最外侧是紫光。【答案】(1)BDE(2)()1 m ()紫光