安徽省安庆七中2020届高三下学期高考仿真模拟考试冲刺卷(一)物理

安徽省安庆七中2020届高考物理仿真模拟冲刺卷（一）

第Ⅰ卷（选择题共48分）

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，有选错的得0分。）

1.下列叙述正确的是（）

A. 康普顿效应和光电效应深入地揭示了光的粒子性的一面。前者表明光子具有能量，后者表明光子除具有能量之外还具有动量

B. 氢原子的核外电子，由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近轨道，放出光子，电子的动能减小，电势能增加

C. 处于基态的氢原子吸收一个光子跃迁到激发态，再向低能级跃迁时辐射光子的频率一定大于吸收光子的频率

D. 卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度偏转提出了原子的核式结构模型

【答案】D

【解析】

【详解】A．康普顿效应和光电效应深入地揭示了光的粒子性的一面，前者表明光子除具有能量之外还具有动量，后者表明光子具有能量，A错误；

B．氢原子的核外电子，由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近轨道，释放一定频率的光子，电子的轨道半径变小，电场力做正功，电子的动能增大，电势能减小，B错误；

C，处于基态的氢原子吸收一个光子跃迁到激发态，再向低能级跃迁时辐射光子的频率应小于或等于吸收光子的频率，C错误；

D．α粒子散射实验中极少数α粒子发生大角度偏转是卢瑟福提出原子核式结构模型的主要依据，D正确.。

故选D。

2.如图所示，ACBD是一个过球心O的水平截面圆，其中AB与CD垂直，在C、D、A三点分别固定点电荷＋Q、－Q与＋q．光滑绝缘竖直杆过球心与水平截面圆垂直，杆上套有一个带少量负电荷的小球，不计小球对电场的影响．现将小球自E点无初速度释放，到达F点的过程中(重力加速度为g)，下列说法正确的是( )

A. 小球在O 点的加速度大于g

B. 小球在E 点的电势能大于在O 点的电势能

C. 小球在F 点的速度一定最大

D. 小球在运动过程中机械能一直减小

【答案】B

【解析】

小球在O 点时，受到C 、D 两点电荷的库仑力的合力水平向左，受到A 点电荷库仑力指向A 点，则小球在O 点受到库仑力的合力在夹角COA ∠范围内，故小球受杆的弹力就应在夹角BOD ∠范围内，且大小与库仑力的合力相等，方向相反，使小球水平方向所受合力为零，所以小球竖直方向只受重力，加速度为g ，故A 错误；由图可知，带负电的小球从E 点到O 点时电势升高，故电势能减小，故B 正确；当小球的合力为零时，加速度为零，速度最大，对小球在F 点受力分析可知，因不清楚重力与库仑力的大小关系，故无法判断小球在F 点时是否合力为零，故C 错误；由图可知，E 、F 是在同一等势面，故小球在运动过程中，电势能先减小，后增大，则机械能先增大，后减小，故D 错误；故选B ．

【点睛】分析小球的受力情况，由牛顿第二定律分析小球在O 点的加速度．根据等量异种电荷电场中电势分析情况，分析小球在三个点电荷的合电场中的电势情况，由能量守恒定律分析小球在F 点的速度、电势能、机械能关系．

3.甲、乙两车同时由同一地点沿同一方向做直线运动，它们的位移—时间图像如图所示，甲车对应的图线为过坐标原点的倾斜直线，乙车对应的图线是顶点为P 的抛物线，两图线相交于P 点，则下列说法不正确的是（ ）

A. 乙的初速度是甲的两倍

B. 00t 时间内，甲、乙的间距先增大后减小

C. 00t 时间内，甲的平均速率大于乙的平均速率

D. 002t 时间内，甲的路程等于乙的路程

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据x －t 图线的斜率表示速度，可知甲车做匀速直线运动，乙车图线为顶点在P 点的抛物线，则乙车做匀变速直线运动，t 0时刻乙车的速度为0，而00t 时间内两车的位移

相等，则有 002

v v t t =

乙甲 解得 2v v 乙甲

即乙车的初速度为甲车初速度的两倍，故A 正确，不合题意；

B.由图象可知，00

t 时间内两车之间的

距离先增大后减小，故B 正确，不合题意； C.00t 时间内两车的位移相等，则两车的平均速率大小相等，故C 错误，符合题意；

D.由对称性可知，乙车在00t 和002t t 时间内的位移大小相等，又甲车做匀速运动，则

002t 时间内甲车的路程等于乙车的路程，故D 正确，不合题意。

故选C 。

4.如图所示，竖直平面内固定的半圆弧轨道两端点M 、N 连线水平，将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过轻环，一端系在M 点，另一端系一质量为m 的小球，不计所有摩擦，重力加速度为g ，小球恰好静止在图示位置，下列说法疋确的是（ ）

A. 轨道对轻环的支持力大小为mg

B. 细线对M 3mg

C. 细线对轻环的作用力大小为32

mg D. N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°

【答案】D

【解析】

【详解】对圆环受力分析；因圆环两边绳子的拉力相等，可知两边绳子拉力与圆弧对圆环的支持力的夹角相等，设为θ，由几何关系可知，

∠OMA =∠MAO =θ，

则3θ=90°，θ=30°；

则轨道对轻环的支持力大小为

2cos303N F mg mg =?=，

选项A 错误；

细线对M 点的拉力大小为T =mg ，选项B 错误；

细线对轻环的作用力大小为

'3N N F F mg ==，

选项C 错误；

由几何关系可知，N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°，选项D 正确．

5.如图所示，已知地球半径为R ，高空圆轨道Ⅰ距地面的高度h =2R ，椭圆轨道Ⅱ分别与高空圆轨道Ⅰ和近地圆轨道Ⅲ相切于a 、b 两点，当同一卫星分别在这些轨道上运行时，下列说法正确的是（ ）

A. 卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行时的速度大小之比为1：3

B. 卫星在轨道Ⅱ上经过b 点时的速度大小等于在轨道Ⅲ上经过b 点时的速度大小

C. 卫星在轨道Ⅱ上从a 点运行至b 点的过程中机械能在减少

D. 卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上运行时的周期之比为33:22:1 【答案】D 【解析】

【详解】A.卫星在轨道Ⅰ、轨道Ⅲ上运行时，万有引力提供向心力，则有

2

2Mm v G m r r

= 解得

GM v r

= 卫星在轨道Ⅰ的半径13r R =，卫星在轨道Ⅲ的半径为3r R =，因此卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行的速度大小之比为1:3，故A 错误；

B.卫星由轨道Ⅲ进入轨道Ⅱ时，应在b 点点火加速，因此卫星在轨道Ⅱ上经过b 点时的速度大于在轨道Ⅲ上经过b 点时的速度，故B 错误；

C.卫星在轨道Ⅱ上从a 点运行至b 点的过程中，只有万有引力做功，卫星的机械能守恒，故C 错误；

D.卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上运行时的半长轴分别为6R 、4R 和2R ，结合开普勒第三定律3

2

a k T =可知，卫星的运行周期之比为33:22:1，故D 正确。 故选D 。

6.拥堵已成为现代都市一大通病，发展“空中轨道列车”（简称空轨，如图所示）是缓解交通压力的重要举措。假如某空轨从甲站沿直线运动到乙站，为了使旅客舒适，其加速度不能超过2.5m/s 2

，行驶的速度不能超过50m/s 。已知甲、乙两站之间的距离为2.5km ，下列说法正确的是（ ）

A. 空轨从静止开始加速到最大速度的最短时间为25s

B. 空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的最小位移为500m

C. 从甲站运动到乙站的最短时间为70s

D. 从甲站运动到乙站的最大平均速度为25m/s

【答案】BC

【解析】

【详解】A ．空轨从静止开始以最大加速度加速到最大速度时所用时间最短，则最短时间为

max 1max

20v t a =

=s A 错误； B ．以最大加速度刹车时，空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的位移最小，由

2max max 2v a x =

解得最小位移为

x =500m

B 正确；

C ．以最大加速度加速到最大速度，然后以最大速度匀速运动，再以最大加速度刹车时，空轨从甲站到乙站的运动时间最短，且刹车时间与加速时间相等，等于t 1，两段时间对应的位移相等，都等于x ，匀速运动的时间为

2max

2500230x t v -=

=s 所以最短时间为 12270t t t =+=s

C 正确；

D ．从甲站运动到乙站最大平均速度为

250035.770

v =

=m/s m/s D 错误

故选BC 。 7.用同样的交流电源分别给甲、乙两个电路中相同的四个灯泡供电，四个灯泡均正常发光，乙图中理想变压器原、副线圈的匝数比为3：1，则

A. 滑动变阻器接入电路的阻值与灯泡正常发光时的阻值相等

B. 滑动变阻器接入电路的阻值与灯泡正常发光时的阻值之比为2：1

C. 甲、乙两个电路中的电功率之比为3：2

D. 甲、乙两个电路中的电功率之比为为2：1

【答案】AC

【解析】

【详解】AB ．设灯泡的额定电流为I ，电阻为R ；在图乙中，副线圈的电压2U IR =，根据理想变压器原、副线圈的匝数比为3：1，得原线圈的电压为

1233U U U IR ===

在图甲中，滑动变阻器的电压为

2R U U IR IR =-=

流过的电流为I ，则滑动变阻器接入电路的阻值为

'R U IR R R I R

=

== 故A 正确，B 错误；

CD ．在图甲电路中，电功率为 213P UI I R ==

在图乙中，电功率为

22P IR =

则

12:3:2P P =

故C 正确，D 错误，

故选AC ．

【点睛】设灯泡的额定电流，根据电压与匝数成关系得出交流电的有效值，再根据串联电路

的特点求出滑动变阻器的有效阻值，根据P=UI 求电路消耗的功率关系即可．

8.如图所示，固定的竖直光滑U 型金属导轨，间距为L ，上端接有阻值为R 的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 、电阻为r 的导体棒与劲度系数为k 的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计．初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为1mg x k

=，此时导体棒具有竖直向上的初速度v 0．在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．则下列说法正确的是

A. 初始时刻导体棒受到的安培力大小220B L v F R

= B. 初始时刻导体棒加速度的大小2202()

B L v a g m R r =++ C. 导体棒开始运动直到最终静止的过程中，克服安培力做功等于棒上电阻r 的焦耳热

D. 导体棒开始运动直到最终静止的过程中，回路上产生的焦耳热22

20122m g Q mv k

=+ 【答案】BD

【解析】

【详解】导体棒的初速度为v 0，初始时刻产生的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得：E=BLv 0；设初始时刻回路中产生的电流为I ，由闭合电路的欧姆定律得：E I R r

=+ ；设初始时刻导体棒受到的安培力为F ，由安培力公式得：F=BIL ；联立上式得，220B L v F R r

+＝．故A 错误；初始时刻，弹簧处于伸长状态，棒受到重力、向下的安培力和弹簧的弹力，所以：ma=mg+kx+F

得：a=2g+()

220 B L v m R r +．故B 正确；导体棒直到最终静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，则：mg=kx 2，得：x 2= mg k

．由于x 1=x 2，所以弹簧的弹性势能不变，由能的转化和守恒定律得：mg （x 1+x 2）+E k =Q ，解得系统产生的总热量：22

20122m g Q mv k

=+可知R 上产生的热量要小于系统产生的总热量．故C 错误，D 正确；故选BD ．

【点睛】本题中安培力的经验公式

22

B L v

F

R

，可以由感应电动势、欧姆定律、安培力三个

公式结合推导出来，要加强记忆，有助于分析和计算.

第Ⅱ卷（非选择题共62分）

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做答。第33~34题为选考题，考生根据要求做答。

（一）必考题（共47分）

9.某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图1所示，轻弹簧放置在倾斜的长木板上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．

(1) 实验中涉及下列操作步骤：

① 松手释放物块；

② 接通打点计时器电源；

③ 木板一端抬高以平衡摩擦；

④ 向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量．

上述步骤正确的操作顺序是________(填序号)．

(2) 甲同学实际打点结果如图2所示，观察纸带，判断测量值比真实值________(选填“偏小”或“偏大”)．

(3) 乙同学实际打点结果如图3所示．打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，小车质量为200 g，结合纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为

________m/s，相应的弹簧的弹性势能为________J．(结果均保留两位有效数字)

【答案】 (1). ③④②① (2). 偏小 (3). 0.78 (4). 0.061

【解析】

【分析】

（1）根据实验原理排列操作的顺序；（2）根据纸带的点迹分布分析小车的运动情况，从而分析弹性势能的测量值和真实值之间的关系；（3）点迹间距最大时对应的速度最大，此时小车的动能等于弹性势能.

【详解】（1）上述步骤正确的操作顺序是：③④②①．

（2）由纸带可知，物块先加速后减速，可知肯定是平衡摩擦力不够，弹簧的弹性势能一部分克服摩擦力做功，则弹簧弹性势能的测量值小于真实值.

（3）物块脱离弹簧时的速度为21.5610/0.78/0.02

x v m s m s t -?===； 弹性势能：22110.20.780.06122

P E mv J J ==??= 10.（1）某同学选择多用电表的“×1”挡测量一电阻的阻值．正确操作后得到如图所示的指针情况．则电阻的阻值约为__________Ω．

（2）为了精确测量该电阻R x 的阻值，该同学从实验室找来了下列器材：

电流表A 1（0～40 mA ．内阻r 1=11.5 Ω）

电流表A 2（0～100 mA ．内阻r 2≈5 Ω）

滑动变阻器R （0～10 Ω）

电源E （电动势1.5 V 、有内阻）

开关、导线若干

①实验中要求调节范围尽可能大，在方框内画出符合要求的电路图，并在图中注明各元件的符号．

（）

②用I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数，该同学通过描点法得到了I1?I2图像，如图所示，则电阻的阻值为_____________Ω．

【答案】 (1). 12 (2). (3). 11.5

【解析】

【详解】（1）[1]欧姆表的示数为：12×1=12Ω

（2）①[2]将A1当作电压表用，小电阻用电流表外接法；要求调节范围尽可能大，滑动变阻器阻值小，用分压式接法．电路如图所示：

②[3]由电路图：

1121

x I r R I I =

- 代入其中严格在线上的点可得： Rx =11.5Ω

11.如图，在光滑水平面上，有A 、B 、C 三个物体，开始BC 皆静止且C 在B 上，A 物体以v 0=10m /s 撞向B 物体，已知碰撞时间极短，撞完后A 静止不动，而B 、C 最终的共同速度为4m /s ．已知B 、C 两物体的质量分别为m B =4kg 、m C =1kg ，试求：

（i ）A 物体的质量为多少？

（ii ）A 、B 间的碰撞是否造成了机械能损失？如果造成了机械能损失，则损失是多少？

【答案】（i ）2kg （ii ）碰撞确实损失了机械能，损失量为50J

【解析】

【详解】（i ）由整个过程系统动量守恒

m A v 0=（m B +m C ）v

代入数据得：m A = 2kg

（ii ）设B 与A 碰撞后速度为u ，在B 与C 相互作用的时间里，BC 系统动量守恒

m B u =（m B +m C ）v

得u = 5m/s

A 与

B 的碰撞过程中，碰前系统动能为

12m A v 02=12

×4×100=100J 碰后系统动能为

12m B v u 2=12

×4×25=50J 所以碰撞确实损失了机械能，损失量为50J

12.如图所示，坐标原点O 处有一不断向第一象限发射离子的正离子源，其发射离子的质量为m ，电荷量为q ，速度大小为v ，发射方向与＋x 方向夹角为45°，“∧”形物体的ab 边和bc 边的长度均为d 且相互垂直，端点a 、c 的连线与x 轴平行，在整个三角形abc 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。 初始时a 端坐标为（02），现使“∧”形物体沿－y 方向缓慢平移，直至a 、c 的连线与x 轴重合，平移的过程中a 端点始终在y 轴上，在此过程中磁场区

域随物体同步平移且磁感应强度保持不变。 忽略离子间的相互作用和离子的重力。

(1)若磁感应强度4mv B qd

=，求在缓慢平移全过程中，bc 边被离子直接打中的区域长度（不考虑离子撞击后的反弹）；

(2)在缓慢平移全过程中，若所有离子均打到“∧”形物体上，求磁感应强度的取值范围；

(3)若磁感应强度取(2)中的最大值，“∧”形物体位于某处时，从O 点发出的离子进入磁场的ac 边界做圆周运动后恰好能垂直撞击到ab 边上，求此时“∧”形物体a 端的纵坐标。

【答案】(1)2d ；(2)3mv B qd ；(3)23

d 【解析】

【详解】(1)洛伦兹力提供带电离子做匀速圆周运动的向心力，有

2

v qvB m r

= 解得离子在磁场中的半径 mv r qB

= 若4mv B qd =，则4

d r =，缓慢平移全过程中，当离子从ac 的中点射出磁场时，粒子轨迹与bc 相切，设切点为F ，如图甲（磁场未画出）所示，由几何知识得

2d cF =

所以bc 边被离子直接打中的区域长度为2d ；

(2)若所有离子均打到“∧”形物体上，则离子做圆周运动的轨迹半径r 大于等于与bc 和ac 同时相切的轨道的半径r 0，如图乙（磁场未画出）所示，则由几何关系得

03d r

= 而00

mv r qB =，解得 03mv B qd =

则磁感应强度B 的取值范围为3mv B

qd ； (3)当03mv B B qd

==时，离子在磁场中的半径 03

d r = 离子垂直打在P 点时，如图丙（磁场未画出）所示，则由几何关系可知，a 端的纵坐标为

0223r d =

（二）选考题（共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答，如果多做，按所做的第一题计分）

13.下列说法正确的是________。

A. 物体的温度越高，其分子的平均动能越大

B. 当分子力表现为引力时，分子力总是随分子间距的减小而增大

C. 外界对气体做功，气体的内能可能减少

D. 第二类永动机不可能制造成功是因为违背了能量守恒定律

E. 气体能充满容器，是因为气体分子不停地做无规则运动

【答案】ACE

【解析】

【详解】A ．温度是物体分子热运动平均动能的标志，物体的温度越高，其分子的平均动能越大，A 正确；

B ．当分子力表现为引力时，分子力随分子间距的减小，可能增大，可能减小，也可能先增大后减小，B 错误；

C ．外界对气体做功，由于热传递情况不明，根据热力学第一定律知，气体的内能可能增大、可能减小、也可能不变，C 正确；

D ．第二类永动机不可能制造成功的原因是因为违背了热力学第二定律，D 错误；

E ．因为气体分子间的距离比较大，分子力几乎为零，分子又不停地做无规则运动，所以气体能充满容器，E 正确。

故选ACE 。

14.如图所示，圆柱形喷雾器高为h ，内有高度为2

h 的水，上部封闭有压强为p 0、温度为T 0的空气.将喷雾器移到室内，一段时间后打开喷雾阀门K ，恰好有水流出.已知水的密度为ρ，大气压强恒为p 0，喷雾口与喷雾器等高.忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体.(室内温度不变)

(1)求室内温度.

(2)在室内用打气筒缓慢向喷雾器内充入空气，直到水完全流出，求充入空气与原有空气的质量比.

【答案】(1)0012gh T p ρ?

?+ ???

(2)00232p gh p gh ρρ++ 【解析】

【详解】(1)设喷雾器的横截面积为S ，室内温度为T 1，喷雾器移到室内一段时间后，封闭气体的压强

p 1＝p 0＋ρg ·2h ，V 0＝S ·2

h 气体做等容变化：00p T 01

2h p g T ρ+?= 解得：T 1＝0012gh T p ρ?

?+ ???

(2)以充气结束后喷雾器内空气为研究对象，排完水后，压强为p 2，体积为V 2＝hS .此气体经等温变化，压强为p 1时，体积为V 3

则p 2＝p 0＋ρgh ，p 1V 3＝p 2V 2

即(p 0＋ρg ·2

h )V 3＝(p 0＋ρgh )hS 同温度下同种气体的质量比等于体积比，设充入气体的质量为Δm 则3000

V V m m V -?= 代入得0m m ? ＝00232p gh p gh

ρρ++ 15.一列简谐横波沿x 轴负方向传播，振幅为2cm 。已知在t =0时刻位于x 1=30cm 、x 2=80cm 的两质点P 、Q 的位移都是1cm ，但运动方向相反，其中质点P 沿y 轴负方向运动，如图所示，

下列说法正确的是____________。

A. 该列简谐横波波长最长为75cm

B. 该列简谐横波波长可能为25cm

C. 质点P 、Q 的速度在某一时刻可以相同

D. 当质点Q 振动到波峰时，质点P 的加速度沿y 轴正方向

E. 当质点P 振动到波峰时，质点Q 的速度沿y 轴负方向

【答案】ACD

【解析】

【详解】A ．根据波向左传播，由两质点位移及振动方向可得两质点平衡位置间距离为

250()3

n λ=+cm （n =0，1，2，…） 则波长的表达式为

150cm 32

n λ=

+（n =0，1，2，…） 当0n =时，可得 75cm λ=

所以该列简谐横波波长最长为75cm ，故A 正确；

B ．当25cm λ=时，可得

43

n = n 的取值不是正整数，所以该列简谐横波波长不可能为25cm ，故B 错误；

C ．在两质点振动时，若两点分别位于x 轴上、下方时，两质点的速度可以相同，故C 正确；

D ．当质点Q 振动到波峰时，质点P 处于波谷与平衡位置之间，位移为负值，则加速度为正值，故D 正确；

E ．当质点P 振动到波峰时，质点Q 处于平衡位置与波谷之间且沿y 轴正方向振动，速度沿y 轴正方向，故E 错误；

故选ACD 。

16.一湖面上有一伸向水面的混凝土观景台，如图所示是其截面图，观景台下表面恰好和水面

相平，A 为观景台右侧面在湖底的投影，水深h =4m ，水的折射率为43n =，在距观景台右侧面x =5m

处有一可沿竖直方向移动的单色点光源S 。 一潜水爱好者贴近湖底从A 点向左侧移动。 （i ）当潜水爱好者向左移动3m 时能看见光源，再往前却看不到该光源，则此时点光源S 离水面的距离是多少？

（ii ）当该光源接近水面时，潜水爱好者离A 多远时完全看不到点光源？

【答案】（i ）

154m ；（ii ）127m 7

【解析】

【详解】（i ）如图所示，设点光源S 在距水面高H 处时，潜水爱好者恰好在距A 点3m 处能看见光源，则 22sin i H x =+

22

sin (3)r h m =+ sin sin i n r =

联立解得

154

H m =

（ii ）该光源接近水面时，设潜水爱好者与A 点的距离为s 时（刚好在C 点）完全看不到点光源，光在观景台右侧面与水面交接处折射到水里时，入射角为90°，折射角为临界角C ，

则

sin 90sin n C

?=

而

sin C =解得

s =

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