2020届高三物理高考模拟示范卷（一）（解析版）

2020 届高三物理高考模拟示范卷（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 14~17 题只有一项符合题目要求，第 18~21 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。 14.由我国研制的世界首颗量子科学试验卫星“墨子号”在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运 载火箭成功发射升空，它的成功发射和在轨运行，不仅将有助于我国广域量子通信网络的 构建，服务于国家信息安全，它将开展对量子力学基本问题的空间尺度试验检验，加深人 类对量子力学自身的理解，关于量子和量子化，下列说法错误的是（　　） A. 玻尔在研究原子结构中引进了量子化的概念 B. 普朗克把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念 C. 光子的概念是爱因斯坦提出的 D. 光电效应实验中的光电子，也就是光子 【答案】D 【解析】A、玻尔在研究原子结构中引进了轨道量子化、能量量子化和能量差量子化的观 念；故 A 正确. B、普朗克引入能量子的观点，正确地破除了“能量连续变化”的传统观念，故 B 正确； C、爱因斯坦提出了光子说并建立了光电效应方程，故 C 正确； D、光电效应实验中发射出来的电子叫光电子，所以光电效应实验中的光电子，还是电 子，不是光子，故 D 错误；本题选错误的故选 D. 15.甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变 化图象如图所示。关于两车的运动情况，下列说法正确的是 A. 在 0～4 s 内甲做匀加速直线运动，乙做加速度减小的加速直线运动 B. 在 0～2 s 内两车间距逐渐增大，2～4 s 内两车间距逐渐减小 C. 在 t＝2 s 时甲车速度为 3 m/s，乙车速度为 4.5 m/s D. 在 t＝4 s 时甲车恰好追上乙车 【答案】C 【解析】根据图象可知，乙的加速度逐渐减小，不是匀减速直线运动，故 A 错误；据加速度时间图象知道图象与时间轴所围的面积表示速度。据图象可知，当 t=4s 时，两图象与 t 轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等；在 4 秒前乙车的速度大于甲车的速度， 所以乙车在甲车的前方，所以两车逐渐远离，当 t=4s 时，两车速度相等即相距最远，故 BD 错误；在 t=2s 时乙车速度为 v 乙＝ ×(1.5+3)×2＝4.5m/s，甲车速度为 v 甲=1.5×2=3m/s， 故 C 正确。故选 C。 16.如图所示，半径为 r 的金属圆环放在垂直纸面向外的匀强磁场中，环面与磁感应强度垂 直，磁场的磁感应强度为 B0，保持圆环不动，将磁场的磁感应强度随时间均匀增大经过时 间 t，磁场的磁感应强度增大到 B1，此时圆环中产生的焦耳热为 Q；保持磁场的磁感应强 度 B1 不变，将圆环绕对称轴(图中虚线)匀速转动，经时间 2t 圆环转过 90°，圆环中电流大 小按正弦规律变化，圆环中产生的焦耳热也为 Q，则磁感应强度 B0 和 B1 的比值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】当线圈不动时，根据 求解感应电动势，根据 求解热量；当线圈转动 时，根据 E=BωS 求解最大值，然后根据交流电的有效值求解产生的热量，联立后即可求 解. 若保持圆环不动，则产生的感应电动势恒定为 ，则 ① ；若线 圈转动：则 产生的感应电动势最大值： ,有效值 ，产 生的热量 ②，联立①②可得： ，故选 A. 17.如图甲所示，轻绳一端固定在 O 点，另一端固定一小球(可看成质点)，让小球在竖直平 面内做圆周运动。改变小球通过最高点时的速度大小 v，测得相应的轻绳弹力大小 F，得 到 F-v2 图象如图乙所示，已知图线的延长线与纵轴交点坐标为(0，－b)，斜率为 k。不计空 气阻力，重力加速度为 g，则下列说法正确的是A. 该小球的质量为 bg B. 小球运动的轨道半径为 C. 图线与横轴的交点表示小球所受的合外力为零 D. 当 v2=a 时，小球的向心加速度为 g 【答案】B 【解析】利用受力，列牛顿第二定律公式，然后结合图像中的斜率和截距求解即可。 AB、小球在最高点时受到拉力为 F，根据牛顿第二定律可知： 解得： 结合图像可知： ，即 ，斜率 解得： 故 A 错；B 对； C、 图线与横轴的交点表示小球所受的拉力为零，即合外力等于重力时的情况，故 C 错； D、根据向心加速度公式可知 ，故 D 错；故选 B 18.如图所示，倾角为 α 的斜劈放置在粗糙水平面上，斜面粗糙，物体 α 放在斜面上．一根 轻质细线一端固定在物体 a 上，细线绕过两个光滑小滑轮，滑轮 1 固定在斜劈上、滑轮 2 下吊一物体 b，细线另一端固定在 c 上，c 穿在水平横杆上，物体 a 和滑轮 1 间的细线平行 于斜面，系统静止．物体 a 受到斜劈的摩擦力大小为 f1、c 受到横杆的摩擦力大小为 f2，若 将 c 向右移动少许，a 始终静止，系统仍静止，则（　　） A. f1 由沿斜面向下改为沿斜面向上，f2 始终沿横杆向右 B. 细线对 a 和 c 的拉力都将变大 C. f1 和 f2 都将变大 D. 斜劈受到地面的摩擦力和横杆受到物体 c 的摩擦力都将变大 【答案】BD 【解析】以滑轮 2 为研究的对象，受力如图 1，若将 c 向右移动少许，两个绳子之间的夹角 β 增大。由于 b 对滑轮的拉力不变，两个绳子 之间的夹角变大，所以看到绳子的拉力 F 一定变大。 斜面的倾角为 α，设物体 a 的质量为 m，以 a 为研究的对象。 ①若物体 a 原来受到的静摩擦力沿斜面向下时，则有 F=mgsinα+f1， 得 f1=F-mgsinα。 当 F 逐渐增大时，f1 也逐渐增大； ②若物体 a 原来受到的静摩擦力沿斜面向上时，则有 F+f1=mgsinα， 得 f1=mgsinα-F 当 F 逐渐增大时，f1 逐渐减小； ③若物体原来 mgsinα=F，则物体所受斜面摩擦力为 0，当 F 逐渐增大时，f1 也逐渐增大； 所以将 c 向右移动少许，细线对 a 的拉力将变大，但是 f1 可能逐渐增大，也可能逐渐减 小。 以 c 为研究的对象，受力如图 2，则： 沿水平方向： Fsinα-f2=0 由于将 c 向右移动少许，细线对 c 的拉力将变大，α 增大，所以 f2=Fsinα 一定增大。 以物体 a 与斜劈组成的整体为研究的对象，整体受到重力、地面的支持力、绳子对 a 的拉力、两根绳子对滑轮 1 的向下的压力以及地面的摩擦力的作用，其中是水平方向上系统受 到的摩擦力与 a 受到的绳子在水平方向的分力是相等的，即： f′=Fcosα。 由于将 c 向右移动少许，细线对 a 的拉力 F 变大，所以地面对斜劈的摩擦力增大。 A. f1 由沿斜面向下改为沿斜面向上，f2 始终沿横杆向右，与结论不相符，选项 A 错误； B. 细线对 a 和 c 的拉力都将变大，与结论相符，选项 B 正确； C. f1 和 f2 都将变大，与结论不相符，选项 C 错误； D. 斜劈受到地面的摩擦力和横杆受到物体 c 的摩擦力都将变大，与结论不相符，选项 D 正 确. 19.如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为 2∶1，原线圈接交流电 u＝20 sin100 πt(V)， 保险丝的电阻为 1 Ω，熔断电流为 2 A，电表均为理想电表．下列说法正确的有 A. 电压表 V 的示数为 14.1 V B. 电流表 A1、A2 的示数之比为 2∶1 C. 为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为 4 Ω D. 将滑动变阻器滑片向上移动，电流表 A1 的示数减小 【答案】CD 【 解 析 】 原 线 圈 电 压 有 效 值 为 ， 根 据 变 压 器 原 理 可 得 ，故电压表 V 的示数为 110V，A 错误；根据变压器原理可知， 电流强度与匝数成反比，故电流表 A1、A2 的示数之比为 1：2，B 错误；保险丝的电阻为 1Ω ， 熔 断 电 流 为 2A ， 为 了 安 全 ， 滑 动 变 阻 器 接 入 电 路 的 最 小 阻 值 为 ，C 错误；将滑动变阻器滑片向上移动，滑动变阻器接入电 路的总电阻增大，副线圈电流强度减小，则原线圈的电流强度也减小，所以电流表 A1 的示 数减小，D 正确． 20.真空中有四个相同的点电荷，所带电荷量均为 q，固定在如图所示的四个顶点上，任意 两电荷的连线长度都为 L，静电力常量为 k，下列说法正确的是A. 不相邻的两棱中点连线在同一条电场线上 B. 每条棱中点的电场强度大小都为 C. 任意两棱中点间的电势差都为零 D. a、b、c 三点为侧面棱中点，则 a、b、c 所在的平面为等势面 【答案】BC 【解析】假设 ab 连线是一条电场线，则 b 点的电场方向沿 ab 方向，同理如果 bc 连线是一 条电场线，b 的电场方向沿 bc 方向，由空间一点的电场方向是唯一的可知电场线不沿 ab 和 bc 方向，因此 A 错；由点电荷的电场的对称性可知 abc 三点的电场强度大小相同，由电 场的叠加法则可知上下两个点电荷对 b 点的和场强为零，左右两个点电荷对 b 点的合场强 不为零，每个电荷对 b 点的场强 ，合场强为 ，故 B 正确；由点电荷的电势叠加法则及对称性可知 abc 三点的电势相等，因此任意两点的电势差为零，故 C 正确；假设 abc 平面为等势面，因此 电场线方向垂直于等势面，说明电场强度的方向都在竖直方向，由电场叠加原理知 b 点的 电场方向指向内底边，因此 abc 不是等势面，故 D 错误。 21.一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力 F 作用下开始向上运动，如图甲。在物体向 上运动过程中，其机械能 E 与位移 x 的关系图象如图乙，已知曲线上 A 点的切线斜率最 大，不计空气阻力，则 A. 在 x1 处物体所受拉力最大 B. 在 x1~x2 过程中，物体的动能先增大后减小 C. 在 x1~x2 过程中，物体的加速度先增大后减小 D. 在 0~x2 过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功 【答案】AB 【解析】A．E-x 图像的斜率代表竖直向上拉力 F，物体静止在水平地面上，在竖直向上拉 力 F 作用下开始向上，说明在 x=0 处，拉力 F 大于重力，在 0-x1 过程中，图像斜率逐渐增 大，则拉力 F 在增大，x1 处物体图象的斜率最大，所受的拉力最大，故 A 正确； BC．在 x1~x2 过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在 x2 处物体的机械能达 到最大，图象的斜率为零，说明此时拉力为零。根据合外力 可知，在 x1~x2 过 程中，拉力 F 逐渐减小到 mg 的过程中，物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体加速度 在减小，动能在增大，拉力 F=mg 到减小到 0 的过程中，物体的加速度反向增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，物体的动能在减小；在 x1~x2 过程中，物体的动能先增大后减 小，物体的加速度先减小后反向增大，故 B 正确，C 错误； D．物体从静止开始运动，到 x2 处以后机械能保持不变，在 x2 处时，物体具有重力势能和 动能，故在 0~x2 过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功与物体的动能之和， 故 D 错误。 三、非选择题：共 62 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. （5 分）某同学用图甲所示装置测量木块与木板间动摩擦因数 。图中，置于实验台上 的长木板水平放置，其左端固定一轻滑轮，轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小木块相 连，另一端可悬挂钩码。实验中可用的钩码共有 N 个，将 (依次取 =1，2，3，4，5)个钩 码挂在轻绳左端，其余 个钩码放在木块的凹槽中，释放小木块，利用打点计时器打出 的纸带测量木块的加速度。 (1)正确进行实验操作，得到一条纸带，从某个清晰的打点开始，依次标注 0、1、2、3、 4、5、6，分别测出位置 0 到位置 3、位置 6 间的距离，如图乙所示。已知打点周期 T=0.02s，则木块的加速度 =____m／s2。 (2)改变悬挂钩码的个数 n，测得相应的加速度 a，将获得数据在坐标纸中描出(仅给出了其 中一部分)如图丙所示。取重力加速度 g=10m／s2，则木块与木板间动摩擦因数 ______(保留 2 位有效数字) (3)实验中______(选填“需要”或“不需要”)满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质 量。 【答案】 不需要 【解析】（1）木块的加速度： . （2）对 N 个砝码的整体，根据牛顿第二定律： ，解得 ；画出 a-n 图像如图；由图可知 μg=1.6，解得 μ=0.16. （3）实验中是对 N 个砝码的整体进行研究，则不需要满足悬挂钩码总质量远小于木块和 槽中钩码总质量。 23. （10 分）为测定电流表内电阻 Rg，实验中备用的器件有： A．电流表（量程 0﹣100μA） B．标准伏特表（量程 0﹣5V） C．电阻箱（阻值范围 0﹣999Ω） D．电阻箱（阻值范围 0﹣99999Ω） E．电源（电动势 2V） F．电源（电动势 6V） G．滑动变阻器（阻值范围 0﹣50Ω，额定电流 1.5A），还有若干开关和导线。 （1）如果采用如图所示的电路测定电流表 A 的内电阻并且想得到较高的精确度，那么从 以上备用器件中，可变电阻 R1 应选用_____，可变电阻 R2 应选用_____，电源应选用_____ （用字母代号填写）。 （2）如果实验时要进行的步骤有： a．合上开关 K1； b．合上开关 K2； c．观察 R1 的阻值是否最大，如果不是，将 R1 的阻值调到最大； d．调节 R1 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度； e．调节 R2 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半； f．记下 R2 的阻值。 把以上步骤的字母按实验的合理顺序为____ _。 （3）如果在步骤 f 中所得 R2 的阻值为 600Ω，则图中电流表的内电阻 Rg 的测量值为 _____Ω。（4）如果再给出：H．电源（电动势 8V）；I．电源（电动势 12V），电源应选择_____ （选填选项前的字母）。 （5）某同学认为步骤 e 中不需要保证“电流表指针偏转到满刻度的一半”这一条件，也可 测得的电流表内阻 Rg，请你分析论证该同学的判断是否可行。_____ 【答案】D C F cadbef 600 H 可行 【解析】（1）该实验是半偏电流法测电流表的内阻。K2 闭合前后的两次电路，如果干路 电流变化不大，那么就可以认为，K2 闭合后，电流表半偏时，电流表和电阻箱 R2 所分的 电流各占一半，又因为二者并联，两端的电压相等，自然就可以推出电流表的内阻和电阻 箱 R2 的阻值相等。要保证两次实验干路的电流变化不大，就需要保证两次实验电路的总电 阻变化不大，也就是说，在给电流表并联上一个电阻箱后导致的电阻变化，对整个电路影 响不大。要达到这个效果，R1 就需要选一个尽可能大的电阻，可以是电阻箱，也可以是滑 变，也可以是电位器，但阻值要尽可能地大，经此分析，R1 应选用 D。 该实验要通过可变电阻 R2 阻值来间接反映出电流表的内阻值，因此可变电阻 R2 的选取原 则是：能读数且尽量和电流表的内阻在同一数量级上。经此分析，可变电阻 R2 应选用 C。 在 R1 是一个尽可能大的电阻、电流表满偏的前提下，那么电源电动势相对地就要大一些 的，但不是越大越好，大了烧表也不行。初步分析电源可选用 F，其实可以估算一下电动 势大概的最大值，即： 电源应选 F。 （2）半偏法测电流表内阻的步骤为：实验前，将 R1 的阻值调到最大；合上开关 K1；调节 R1 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；保持 R1 的阻值不变，合上开关 K2；调节 R2 的阻 值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；记下 R2 的阻值。我们就认为电流表的内阻值就是 R2 的阻值。因此答案为：cadbef。 （3）根据（1）中的分析可知，电流表的内电阻 Rg 的测量值，就等于电阻箱 R2 的阻值， 即 600Ω。 （4）由（1）中的分析可知，在不烧表的前提下，电源要尽可能地大一些，这样可以减小 实验误差。因为估算出的电源电动势的最大值大约是 10V，所以，该题答案为 H。 （5）该同学的判断可行。只需保证步骤 abcd 不变。例如在步骤 e 中，可以调节 R2 的阻 值，使电流表指针偏转到满刻度的三分之二，记下此时 R2 的阻值，根据并联电路反比分流 原则，计算出电流表内阻的测量值： ，同样可以测得电流表的内阻。 24. （12 分）如图所示，半径 r=0.06m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点 O 处，半径 R=0.1m，磁感应强度大小 B=0.075T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m），平行 金属板 MN 的极板长 L=0.3m、间距 d=0.1m，极板间所加电压 U=6.4x102V，其中 N 极板收 集到的粒子全部中和吸收。一位于 O 处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为 v 的带 正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿 x 轴正方向，已知粒 6 5 max max 1max 100 10 1 10 V 10VgE I R −= = × × × = ' 2 2g RR =子在磁场中的运动半径 R0=0.08m，若粒子重力不计、比荷 =108C/kg、不计粒子间的相 互作用力及电场的边缘效应。sin53°=0.8，cos53°=0.6。 （1）求粒子的发射速度 v 的大小； （2）若粒子在 O 点入射方向与 x 轴负方向夹角为 37°，求它打出磁场时的坐标： （3）N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例 η。 【答案】（1）6×105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29% 【解析】（1）由洛伦兹力充当向心力，即 qvB=m 可得：v=6×105m/s； （2）若粒子在 O 点入射方向与 x 轴负方向夹角为 37°，作出速度方向的垂线与 y 轴交于一 点 Q，根据几何关系可得 PQ= =0.08m，即 Q 为轨迹圆心的位置； Q 到圆上 y 轴最高点的距离为 0.18m- =0.08m，故粒子刚好从圆上 y 轴最高点离开； 故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m）； （3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为 y，由带电粒子在电场中偏转的 规律得： y= at2…① a= = …② t= …③ q m 2 0 v R 0.06 37cos  0.06 37sin  1 2 qE m qU md L v由①②③解得：y=0.08m 设此粒子射入时与 x 轴的夹角为 α，则由几何知识得：y=rsinα+R0-R0cosα 可知 tanα= ，即 α=53° 比例 η= ×100%=29% 25. （20 分）如图所示 、 是两块完全相同的长为 1 m 的木板，静止在光滑水平地面 上，木板 的右端与 的左端相距 ，物块 (可视为质点)静止在 的右端。用 的水平向右恒力作用于木板 上使其从静止开始运动。一段时间后， 与 碰 撞，碰撞时间极短，碰撞瞬间，作用在木板 上的水平力撤除，木板 和 碰撞粘在一 起。已知物块 质量为 2kg，木板 、 的质量均为 1 kg，物块 与 、 之间的动摩擦 因数均为 ，重力加速度 g 取 。求: （1）物体 、 、 最终的速度大小; （2）若要使碰撞后， 停在 木板上，则 的取值范围。 【答案】（1）物体 、 、 最终共速，速度为 （2） 【解析】（1）木板 B 从静止开始运动到与 C 碰前瞬间的过程，由动能定理得： …………① 解得： …………② B 与 C 碰撞过程，时间极短，内力极大，对 B、C 组成的系统动量守恒有： …………③ 解得： …………④ 之后 A 受摩擦而加速，B、C 受摩擦而减速， A、B、C 共速时，对 A、B、C 组成的系统动 量守恒有： …………⑤ 解得： 4 3 53 180 °  B C B C 0 1mx = A C 8NF = B B C B B C A B C A B C 0.25µ = 210m / s A B C A B F A B C 2 1m/sv = 20N 40NF≤ ≤ 2 0 0 1 02Fx mv= − 0 0 2 4m/s B Fxv m = = ( )0 1B B Cm v m m v= + 1 2m/sv = ( )0 2B A B Cm v m m m v= + +…………⑥ 设 A 相对于木板滑动的距离为 x，则有： …………⑦ 计算可得，x=0.3m