2020届高三物理高考模拟示范卷（四）（解析版）

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 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.如图所示为氢原子能级的示意图，下列有关说法正确的是 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； B．大量处于 n=4 能级的氢原子，最多可以辐射出 ，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： ，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： ，故 D 正确。 2 4C 6= 种 4 1 0.85 ( 13.6) 12.75eVE E E= − = − − − = 12.75 6.34 6.41eVkmE E W= − = − =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 1kg 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 0.4m。则钩 码的质量为 A. B. C. 1. 6 kg D. 1. 2 kg 【答案】D 【解析】重新平衡后，绳子形状如下图： 设钩码的质量为 M，由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为 53°，则根据平衡可求得： 解得： ，故 D 对；ABC 错；综上所述本题答案是：D 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 ω1 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 ω2 匀速转动 90°（过程 II）。要使过程 I、II 回路中产生的热量相同， 应等于1 2 ω ωA. B. C. D. 【答案】A 【解析】令 OM 棒长为 L，从 OQ 位置以角速度 ω1 沿逆时针方向匀速转到 OS 位置的 过程中，产生的感应电动势为： 回路中产生的热量为： 将 OM 固定在 OS 位置，使整个装置以 OQ 为轴，以角速度 ω2 匀速转动 90°过程中，产 生的感应电动势最大值为： 回路中产生的热量为： 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 h0 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 （不计空气阻力），则（ ） 2 2 π 2 4 π 2 8 π 2 16 π 2 1 1 1 2E BL ω= 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 BLEQ tR R πω ω    = = 2 22mE NBS B L πω ω= = 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 BLEQ tR R π πω ω     = = 2 1 2 2 ω π ω =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 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高度 【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， ， 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；小球第一次车中运动过程中，由动能定理 得：mg（h0- h0）-Wf=0，Wf 为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf= mgh0，即小球第 一次在车中滚动损失的机械能为 mgh0，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 mgh0，机械能损 失小于 mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于： h0- h0= h0，而小于 h0，故 D 正确；故选 D。 18.如图所示，足够长的木板 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 的小滑块在木板下端获得 的初速度沿 木板向上运动，当夹角为 时，小滑块向上滑行的时间最短，大小为 ，重力加速度 取 ，则此情况下A. 木板的倾角 B. 小滑块上滑的最大高度为 C. 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 【答案】AD 【解析】小滑块沿木板向上滑行，由牛顿第二定律， ，得 ，设 ，则 ，当 时， 存在最大值 ， ，即 ，故 ，所以 A 正确。设小滑块上升的高度为 ，则 ， ，所以 B 错误。根据如上计算可知， 。小滑块上滑过程克服 摩擦力做功 。故机械能损失 ，C 错误。因 ，故小 滑块上滑到最高点处后反向下滑，此时 ，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（0.1， 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+2.0×10﹣8C 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＝10m/s。则下列说法中正确的是 （ ）A. 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 2.0×106N/C D. 滑块 P 运动的最大速度为 0.1m/s 【答案】BCD 【解析】电势 ϕ 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 ϕ 与位移 x 图线的斜 率表示电场强度，则 x＝0.15m 处的场强为： ，此时的电场力为：F＝qE＝ 2×10﹣8×2×106N＝0.04N；滑动摩擦力大小为：f＝μmg＝0.02×2N＝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 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 1.5×105V，代入求解，最大速度大约为 0.1m/s。故 D 正确。 20.如图所示，在边长为 L 的正方形区域 abcd 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 5 6 63 10 V / m 2 10 V / m 2.0 10 N / C0.3 0.15E x ∆Φ ×= = = × = ×∆ − 1 2B.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 ，则该离子将从 bc 边射出 【答案】CD 【解析】A.离子在磁场中做匀速圆周运动，离子在 O、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： 解得 ，则粒子在磁场中运动的弧长所对的圆心角的正弦值为 ，即 θ=53°，运动的时间 故 B 错误； C.若增大磁感应强度 B，由 知，离子在磁场中的运动半径减小，同时由 T= 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 即 ， 故 D 正确。 21.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。则 π 4 m qB 4 5 mvB qL < 2 2 2 1 2R L R L = + −   5 4 LR = sin 0.8θ = 53 2π π 360 360 4 m mt T qB qB θ ° ° °= = ⋅ > mvR qB = 2 m qB π 5 4 mv LR qB = > 4 5 mvB qL a2，故 C 错误 D．由图像斜率，速度为 v1 时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故 a1>a2，由 G-fy=ma，可知，fy1