2020届高三物理高考模拟示范卷(四)(解析版)

1、2020年高三年级物理学科高考模拟示范卷(四)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 1417题 只有一项符合题目要求，第1821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。14. 如图所示为氢原子能级的示意图，下列有关说法正确的是£/CV14I -11«A. 处于基态的氢原子吸收10.5eV的光子后能跃迁至，n = 2能级B. 大量处于n = 4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出3种不同频率的光C. 若用从n = 3能级跃迁到n= 2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应， 则用从n = 4能级跃

2、迁到n = 3能级辐射出的光，照射该金属时一定能发生光电效应D. 用n = 4能级跃迁到n= 1能级辐射出的光，照射逸出功为 6.34 eV的金属铂产生的光 电子的最大初动能为6.41eV【答案】D【解析】A 处于基态的氢原子吸收10.2eV的光子后能跃迁至n=2能级，不能吸收 10.2eV的能量。故A错误；2B 大量处于n=4能级的氢原子，最多可以辐射出 C46种，故B错误；C.从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光的能量值大于从 n=4能级跃迁到n=3能级辐 射出的光的能量值，用从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发 生光电效应，则用从n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的

3、光，照射该金属时不一定能发 生光电效应，故C错误；D 处于n=4能级的氢原子跃迁到n=1能级辐射出的光的能量为：E E4 EI0.85 ( 13.6) 12.75eV ,根据光电效应方程，照射逸出功为 6.34eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为：Ekm E W 12.75 6.34 6.41eV ,故D正确。15. 如图所示，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O点的光滑定滑轮悬挂一质量为Ikg的物体，O O段水平，长度为1.6m。绳上套一可沿绳自由滑动的轻环，现在在轻环上悬挂一钩码（图中未画出），平衡后，物体上升04m°贝幽A. 禺B. -C. 1.6 kgD.

4、 1.2 kg【答案】D【解析】重新平衡后，绳子形状如下图：53°则根据平衡可求得:D设钩码的质量为M,由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为 解得：,故D对；ABC错；综上所述本题答案是:16如图所示，导轨OPQS的电阻忽略不计，OM是有一定电阻、可绕O转动的金属 杆，M可在PQS上自由滑动，空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大 小为I先让OM从OQ位置以角速度1沿逆时针方向匀速转到OS位置（过程I）;再 将OM固定在OS位置，使整个装置以OQ为轴，以角速度 匀速转动90° （过程1 II ）。要使过程I、II回路中产生的热量相同，应等于2OS位置的/P<7

5、2222A.B.C.D.24816【答案】A【解析】令OM棒长为L从OQ位置以角速度1沿逆时针方向匀速转到过程中，产生的感应电动势为:E1 -BL2 I2回路中产生的热量为:-BL2将OM固定在OS位置，使整个装置以OQ为轴，以角速度2匀速转动90°过程中，产 生的感应电动势最大值为：Em NBSB L22、2BL22回路中产生的热量为:Q2联立可得:故A正确，BCD错误17. 如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径 AB长 度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方ho高处由静止释放，然后由A点经 过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为（不计空

6、气阻力），则（）A. 小球和小车组成的系统动量守恒B. 小车向左运动的最大距离为 扣C. 小球离开小车后做斜上抛运动D. 小球第二次能上升的最大咼度-tz m )心【答案】D【解析】小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv-mv' =0 O ,解得，小车的位移：X=R,故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒， 小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球 离开小车后做竖直上抛运动，故 C错误；小

7、球第一次车中运动过程中，由动能定理 得：mg (hoho) -Wf=O, Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得： Wf=mgho,即小球第 一次在车中滚动损失的机械能为gho,由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速 度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于Jmgho ,机械能损失小于:mgho ,因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：hO ho= ho ,而小于ho,故D正确；故选D O18. 如图所示，足够长的木板1二列下端的 点通过铰链与地面连接，其与水平地面间的夹 角可在'范围内调节。质量为辽T的小滑块在木板下端获得AWW的初速度沿 木板向上运动，当夹角为

8、时，小滑块向上滑行的时间最短，大小为I：覽，重力加速度取|m,则此情况下A. 木板的倾角己：八B. 小滑块上滑的最大高度为10C. 小滑块上滑过程损失的机械能为'D. 小滑块返回过程的加速度大小为1frnsz【答案】AD【解析】小滑块沿木板向上滑行，由牛顿第二定律,丁賈学:厲,得 ,设Ww-. ,则=+ 2gsln( + 打)，当a + =空时，存在最大值 arl = g +，I.flsh; = COStf = = ,故0 =卅,所以A正确。设小滑块上升的高度为h ,则4 = ZUiI , 15m,所以B错误。根据如上计算可知,=豎。小滑块上滑过程克服 摩擦力做功时=典吨盖=5DJ。故

9、机械能损失50； , C错误。因 IanflC = 3 ,故小 滑块上滑到最高点处后反向下滑，此时a = Ln-=,所以D正确。综 上所述，选项AD正确19. 如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电 场线与X轴平行，在X轴上的电势q与坐标X的关系如图中曲线所示，曲线过（01,4.5）和（0.15, 3）两点，图中虚线为该曲线过点（0.15, 3）的切线，现有一质量为0.20kg、电荷量为+2.0 ×0-8C的滑块P （可视为质点），从X= 0.10m处由静止释放,其与水平面的动摩蓀因数为0.02,取重力加速度g= 10ms°贝U下列说法中正

10、确的是lxDlV)Q JJmA. 滑块P运动过程中的电势能先减小后增大B. 滑块P运动过程中的加速度先减小后增大C. X= 0.15m处的电场强度大小为2.0 ×06NCD. 滑块P运动的最大速度为01ms【答案】BCD【解析】电势？与位移X图线的斜率表示电场强度可知，电场方向未变，滑块运动的 过程中，电场力始终做正功，电势能逐渐减小，故A错误；电势？与位移X图线的斜率表示电场强度，则X= 0.15m处的场强为：3105E V /m 2 10 V /m 2.0 10 N/C ,此时的电场力为：F = qE=X 0.3 0.152X108×2×106N = 0.04

11、N;滑动摩擦力大小为：f = m= 0.02 ×N= 0.04N，在 X= 0.15m 前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，X= 0.15m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大。故BC正确。在X= 0.15m时，电场力等于摩擦1力，速度最大，根据动能定理得，qU-fX= mv2,因为0.10m和0.15m处的电势差大 约为1.5 ×05V ,代入求解，最大速度大约为 0.1ms°故D正确。20. 如图所示，在边长为L的正方形区域abed内有垂直纸面向里的匀强磁场，有一个质 量为m，带电量大小为q的离子，从ad边的中点O处以速度V垂直ad边界

12、向右射入 磁场区域，并从b点离开磁场。则A. 离子在O、b两处的速度相同Tmt 360 T532 m m360 qB 4qBB离子在磁场中运动的时间为C. 若增大磁感应强度B,则离子在磁场中的运动时间减小D. 若磁感应强度B,则该离子将从be边射出5qL【答案】CD【解析】A.离子在磁场中做匀速圆周运动，离子在 0、b两处的速度大小相同，但是方向不同，故A错误；B. 离子在磁场中的运动的半径满足：22 2 1RLRL25L解得R 5-,则粒子在磁场中运动的弧长所对的圆心角的正弦值为Sin 0.8 ,即4=53°运动的时间故B错误;C. 若增大磁感应强度B,由R mv知，离子在磁场中的

13、运动半径减小，同时由 T=2FqBqB知离子在磁场中运动的周期也将减小，粒子将从ab边射出，由于离子的速度V大小不变，而对应的弧长减小，则离子在磁场中的运动时间将减小，故C正确；D. 若离子从bc边射出，则R mv 5L qB 4卄 f 4mv t,“即B,故D正确。5qL21. 如图（a）,在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速 度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时， 用V表示他在竖直方向的速度，其 v-t图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上 的时刻。贝U图（b）A. 第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B.

14、第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C. 第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D. 竖直方向速度大小为Vi时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大【答案】BD【解析】A 由v-t图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A错误；B 由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大， 故B正确c.由于v-t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由a易知tai>a2，故 C错误D由图像斜率，速度为W时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a>a2,由G-fy=ma，可知，

15、fyivfy2,故 D 正确三、非选择题：共62分，第2225题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3334 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共47分。22. （5分）某同学设计了如图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数,滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为 M,滑块上砝码总质量为 m,托盘和盘中砝码的总质量为m。实验中，滑块在水平 轨道上从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，重力加速度 g 取 10 m/s2ntf lfilI：7?II rWJn为测量滑块的加速度a,需测出它在A、B间运动的和,计算a的运动学公

16、式是。2根据牛顿运动定律得到a与m的关系为： 他想通过多次改变m,测出相应的a值，并利用上式来计算 若要求a是m的一次 函数，必须使上式中的 保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于【答案】位移；时间；自#;卜黑聲叶陛（m'+m）【解析】（1）滑块在水平轨道上从 A到B做初速为零的匀加速直线运动，根据 X= at2g-(N1 I m1)g (1 1 a = -MTm mr = M + m + m即使m+rh不变，在增大m时等量减小得a=,所以需要测量的是位移S和时间to（2）对整体进行研究，根据牛顿第二定律得：若要求a是m的一次函数必须使 不变,M + ml 'm ,所以实验

17、中应将从托盘中取出的砝码置于滑块上23. （10分）.小明同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻 阻值的电路。他用了以下的实验器材中的一部分，设计出了图 （a）的电路图：a.电流表A（量程0.6A,内阻很小）；电流表A2（量程300A,内阻rA=1000）; b 滑动变阻器R（0-20）;C,两个定值电阻 R=1000, R2=9000;d待测电阻Rx;e.待测电源E（电动势约为3V,内阻约为2）f .开关和导线若干；1±TTnfio/A0 <24S£=gB 啊n-i Vi Ii.$根据实验要求，与电流表 A串联的定值电阻为 填“R或“R)(2)小

18、明先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关Si,调节滑动变阻器，分别记录电流表 Ai、A2的读数11、2,得Ii与I2的关系如图(b) 所示。根据图线可得电源电动势 E=V;电源内阻r=,(计算结果均保留两位有效数字)小明再用该电路测量定值电阻RX的阻值，进行了以下操作： 闭合开关Si、S2,调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表Ai示数Ia,电流表A2示数Ib； 断开开关S2,保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表Ai示数Ic,电流表A2示数Id；后断开Si； 根据上述数据可知计算定值电阻 RX的表达式为若忽略偶然误差，则用该方法测得的阻值与其真实值相比 填 偏

19、大”、偏小”或相等”)【答案】R2 3.02.i 存执"+说) 相等【解析】(I)电流表A与R2串联，可改装为量程为t = rj4 + ¾) = 300xW 6(WOo+ 9)V = 3V 的电压表，故选 R2 即可；(2) 由图可知电流表 A的读数对应的电压值即为电源的电动势，则E=3.0V ;内阻如 3.0 ,eo厂= 3= fl,sa = 3'W(3) 由题意可知：5N=FIln;斗花;TFJ ；联立解得心-(B;由以上分析可知，若考虑电流表 Ai内阻的影响，则表达式列成：+=+, b（n + n +心）= （G +旳），最后求得的RX表达式不变，则用该方法测

20、得的阻值与其真实值相比相等。24. （12分）牛顿说： 我们必须普遍地承认，一切物体，不论是什么，都被赋予了相 互引力的原理”。任何两个物体间存在的相互作用的引力，都可以用万有引力定律计算，而且任何两个物体之间都存在引力势能，若规定物体处于无穷远处时的势能为零，贝者之间引力势能的大小为'1'，其中mi、m2为两个物体的质 量，r为两个质点间的距离（对于质量分布均匀的球体，指的是两个球心之间的距 离），G为引力常量。设有一个质量分布均匀的星球，质量为M ,半径为RO（1）该星球的第一宇宙速度是多少？（2）为了描述电场的强弱，弓I入了电场强度的概念，请写出电场强度的定义式。类比 电

21、场强度的定义，请在引力场中建立 引力场强度”的概念，并计算该星球表面处的引 力场强度是多大？（3）该星球的第二宇宙速度是多少？（4） 如图所示是一个均匀带电实心球的剖面图，其总电荷量为+Q （该带电实心球可看 作电荷集中在球心处的点电荷），半径为 R，P为球外一点，与球心间的距离为r ,静 电力常量为k。现将一个点电荷-q （该点电荷对实心球周围电场的影响可以忽略）从球 面附近移动到P点，请参考引力势能的概念，求电场力所做的功。【答案】（1）旳二腭；（2） h引=昭；（3）咗=J攀；（4） W = ICQi【解析】（1）设靠近该星球表面做匀速圆周运动的卫星的速度大小为，万有引力提供卫星做圆周运

22、动的向心力电场强度的定义式E = G设质量为m的质点距离星球中心的距离为r,质点受到该星球的万有引力pj质点所在处的引力场强度.该星球表面处的引力场强度陀=后卫（3）设该星球表面一物体以初速度向外抛出，恰好能飞到无穷远，根据能量守恒定律解得:点电荷-q在带电实心球表面处的电势能- 点电荷-q在P点的电势能.-点电荷-q从球面附近移动到P点，电场力所做的功r-“.一： 解得:25. （20分）如图所示，水平面上有两条相互平行的光滑金属导轨PQ和MN间距为d,左侧P与M之间通过一电阻R连接，两条倾角为的光滑导轨与水平导轨在 N、Q 处平滑连接，水平导轨的FDNQ区域有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度

23、为 B,磁场 区域长度为x。P，M两处有套在导轨上的两根完全相同的绝缘轻质弹簧，其原长为 PF ,现用某约束装量将两弹簧压缩到图中虚线处，只要有微小扰动，约束装置就解除 压缩。长度为d,质量为m,电阻为R的导体棒，从AC处由静止释放，出磁场区域后 向左运动触发弹簧。由于弹簧的作用，导体棒向右运动，当导体棒进入磁场后，约束（1）若导体棒从高水平导轨高h的位置释放，经过一段时间后重新滑上斜面，恰好能 返回原来的位置，求导体棒第一次出磁场时的速率（2）在（1）条件下，求每根弹簧被约束装置压缩后所具有的弹性势能。（3） 要使导体棒最终能在水平导轨与倾斜导轨间来回运动，则导体神初始高度H及每根弹簧储存的

24、弹性势能需要满足什么条件?【答案】【解析】(1)V2=丽-B Ep=U 药 H> 8莘且 Epb4寧2mR2R8m gR4mR(1导体棒在倾斜轨道上向下滑动的过程中，根据机械能守恒定律有:mgh=1mv1解得：W=.,顽 导体棒越过磁场的过程中，根据动量定理可得:-Bdlt=mv2-mv1,根据电荷量的计算公式q=t=-= BdxR R2 2解得 V2= 2gh- BdX ;2mR(2)设解除弹簧约束，弹簧恢复压缩后导体棒的速度为V3 ,根据导体棒与弹簧组成的系统机械能守恒可得：1 2_ 1 2mV3 = mV2 +2Ep;2 2导体棒向右通过磁场的过程中，同理可得：B2d2xV4=V3

25、- 2mR由于导体棒恰好能回到原处，所以有 V4=V1，B?d2联立解得：EP=BdX顽;2R V y(3) 导体棒穿过磁场才能把弹簧压缩，故需要满足 V2> 0，B4d4x28m2gR2要使导体棒不断地运动下去，导体棒必须要回到NQ位置，则:B4d4x24mR2要使导体棒最终能在水平导轨与倾斜导轨间来回运动,B4d 4x2H>时，且弹簧的弹性势4.42能满足EP侖。(二)选考题：共15分。请考生从2道物理题任选一题作答。如果多做，则按所做的 第一题计分。33.物理一选修3詡(15分)(1)( 5分)关于热现象，下列说法中正确的是 。A. 显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规

26、则运动，这反映了液体分于运动的无规则性B. 扩散现象说明分子之间存在空隙，同时说明分子在永不停息地做无规则运动C. 晶体有固定的熔点，具有规则的几何外形，物理性质具有各向同性D. 可利用高科技手段、将流散的内能全部收集加以利用，而不引起其他变化E. 对大量事实的分析表明，不论技术手段如何先进，热力学零度最终不可能达到【答案】.ABE;【解析】显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分于运动的无规则性，选项 A正确；扩散现象说明分子之间存在空隙，同时说明分子在永不停息地做无规则运动，选项 B正确；晶体有固定的熔点，单晶体具有规则的几何外 形，多晶体物理性质具有各向同性，选项

27、 C错误；根据热力学第二定律可知，不可能 将流散的内能全部收集加以利用，而不引起其他变化，选项D错误；对大量事实的分析表明，不论技术手段如何先进，热力学零度最终不可能达到，选项E正确；故选ABE.(2)( 10分)内径相同、导热良好的 上 形细管竖直放置，管的水平部分左、右两端 封闭，竖直管足够长且上端开口与大气相通，水银将水平管中的理想气体分为两部 分，各部分长度如图所示，设外界温度不变，外界气压Po= 75CmHgO(1)现再向竖直管中缓慢注入水银，直到 B中气柱长度变为4.5cm求注入管中的水银 柱的长度？(2)如果让整个装置保持图示形状不变做自由落体运动，求竖直管内水银的高度?【答案】

28、(1) 11.5cm；( 2) 18cm o【解析】(1设细管的横截面积为S对 B 气体：Pbi Lbi S= Pb2Lb2S对 A 中气体：Pai Lai S= Pa2 La2 S且：Pai = Pbi , Pa2= Pb2, Lbi = 5cm, Lb2 = 4.5cm, Lai = 10cm代入数据解得：La2 = 9cmPa2 = Pb2 = 100CmHg又：Pb2= Po+P 竖2, P 竖2 = 25CmHg故注入水银柱的长度为：L = 25cm- 15cm+ (5 - 4.5) cm+ (10- 9) Cm= 11.5Cm(2)自由落体后，Pa3 = Pb3= 75CmHg由 PA1 LA1 = PA3LA3 ,和 PB2LB2= PB3LB3得 La3 = 6cm, Lb3= 12cm可得竖直管内的水银柱高度为 15cm+ (6- 1) cm+ (12- 10) Cm= 18cm34.物理一选修3F)( 15分)(1) (5分)由波源S形成的简谐横被在均匀介质中向左、右传播。已知介质中P、Q两质点位于波源S的左右两侧如图甲所示，P、Q的平衡位置到S的平衡位置之间的距离 分别为5.1m、8.2