2020届高三物理高考模拟示范卷（六）（解析版）

2020 年高三年级物理学科高考模拟示范卷（六） 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 14~18 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。 14.根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，从 赤道上方 20m 处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约 6cm 处。这一现象可解释 为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖 直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该 “力”水平向西，则小球 A. 上升过程相对抛出点向西运动，下落过程相对抛出点向东运动 B. 到最高点时，水平方向的加速度为零，水平速度达到最大 C. 到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零 D. 小球在水平方向上先做匀加速后做匀减速运动 【答案】B 【解析】将此物体的运动分解成水平方向与竖直方向，在上抛过程中，水平方向速度不 断增大，当下降时，因加速度方向与水平速度方向相反，做减速运动，但在落回到抛出 点时，水平方向有向西的位移，因此落地点在抛出点西侧，故 A 错误；在刚竖直上抛 时，因竖直方向有速度，则受到水平向西的一个力，导致物体水平向西有个加速度，加 速度会随着竖直方向速度减小而减小，因此在水平方向不是匀变速运动；因此物体到最 高点时，水平方向有速度，竖直方向速度为零；水平方向加速度为零，故 CD 错误，B 正确。 15.已知金属钙的逸出功为 2.7eV，氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于量子数 n ＝4 的能量状态，则 A. 氢原子可能辐射 3 种频率的光子 B. 氢原子可能辐射 5 种频率的光子C. 有 3 种频率的辐射光子能使钙发生光电效应 D. 有 4 种频率的辐射光子能使钙发生光电效应 【答案】C 【解析】根据 ＝6 知，这群氢原子可能辐射 6 种频率的光子。故 A 错误，B 错误。n＝ 4 跃迁到 n＝3 辐射的光子能量为 0.66eV，n＝3 跃迁到 n＝2 辐射的光子能量为 1.89eV， n＝4 跃迁到 n＝2 辐射的光子能量为 2.55eV，均小于逸出功，不能发生光电效应，其余 3 种光子能量均大于 2.7eV，所以这群氢原子辐射的光中有 3 种频率的光子能使钙发生光 电效应。故 C 正确，D 错误。 16.如图所示，间距为 、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端有一 阻值为 的电阻，一质量为 、电阻也为 的金属棒横跨在导轨上，棒与导轨接触良 好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为 的匀强磁场中，金属棒以初速度 沿导轨 向右运动，在金属棒整个运动过程中，下列说法正确的是 A. 金属棒 端电势比 端高 B. 金属棒 克服安培力做的功等于电阻 上产生的焦耳热 C. 金属棒 运动 的位移为 D. 金属棒 运动的位移为 【答案】D 【解析】由右手定则可知，金属棒 上电流的方向是 ，说明 端电势比 端低， A 错误；由能量守恒知金属棒 克服安培力做的功等于电阻 和金属棒上产生的焦耳 热，B 错误；由动量定理 ，整个过程中感应电荷量 ，又 ，联立得 ，故金属棒的位移 ，C 错误，D 正确。 17.如图所示，某宾馆大楼中的电梯下方固定有 4 根相同的竖直弹簧，其劲度系数均为 k 。这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。若缆绳断裂后，总质量为 m 2 4C L R m R B 0v b a ab R ab 0 2 2 mv R B L ab 0 2 2 2mv R B L ab ab → b a ab R 00BIL t mv− ∆ = − 2 EI t tR ∆ = ∆ BLxE t x φ∆= =∆ ∆ 2 BLxI t R ∆ = 0 2 2 2mv Rx B L =的电梯下坠，4 根弹簧同时着地而开始缓冲，电梯坠到最低点时加速度大小为 5g（g 为 重力加速度大小），下列说法正确的是 A. 电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为 B. 电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为 C. 从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯先处于失重状态后处于超重状态 D. 从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯始终处于失重状态 【答案】C 【解析】在最低点时，由牛顿第二定律： ，其中 a=5g，解得 ，选 项 AB 错误；从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，重力先大于弹力，电梯向 下先加速运动，当重力小于弹力时，电梯的加速度向上，电梯向下做减速运动，则电梯 先处于失重状态后处于超重状态，选项 C 正确，D 错误. 18.点电荷 Q1、Q2 分别固定在 x 轴上的原点 O 处和 x＝5d 处，正点电荷 q（不计重力）从 x＝d 处以初速度 v0 沿 x 轴正方向运动，其速率 v 与在 x 轴上的位置关系如图所示，则下 列判断正确的是 A. 点电荷 Q1 带负电荷、Q2 带正电荷 B. 点电荷 Q1、Q2 所带电荷量的绝对值之比为 2：3 C. 点电荷 q 从 x＝d 处到 x＝4d 处的过程中，在 x＝2d 处的电势能最小 D. 从 x＝d 处到 x＝4d 处，电势先增大后减小 【答案】D 【解析】正点电荷从 d 到 4d 的过程，速度先减小后增大，则电场力先做负功后做正功， 2 mg k 6mg k 4kx mg ma− = 3 2 mgx k =即从 d 到 2d 场强方向向左，从 2d 到 4d 场强方向向右，则 x＝2d 处合场强为零。由上面 的分析结合场强的叠加可知点电荷 Q1、Q2 均带负电荷，故 A 错误；由 x＝2d 处和场强 为零得： ，解得：Q1：Q2＝4：9，故 B 错误；由前面的分析知：点电荷 q 从 x＝d 处到 x＝4d 处的过程中，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，所以 x＝2d 处的电势能最大，故 C 错误，由 可知正电荷电势能越大则电势越大，因此 在 2d 处电势最大，因此电势先增大后减小，D 正确. 19.如图所示，电源电动势 E＝3V，内阻不计，R1、R2、R3 为定值电阻，阻值分别为 1Ω、0.5Ω、9Ω、R4、R5 为电阻箱，最大阻值均为 99.9Ω，右侧竖直放置一个电容为 1.5×10﹣3μF 的理想平行板电容器，电容器板长 0.2m，板间距为 0.125m。一带电粒子以 0.8m/s 的速度沿平行板中线进入，恰好匀速通过，不计空气阻力，此时 R4、R5 阻值分别 为 1.8Ω、1Ω．下列说法正确的是 A. 此粒子带正电 B. 带电粒子匀速穿过电容器时，电容器的电荷量为 3×10﹣9C C. 欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板，R4 阻值不得超过 5.7Ω D. 欲使粒子向下偏转但又不打到电容器的下板，R4 阻值不得低于 l.4Ω 【答案】BC 【解析】A．上极板与电源的正极相连，极板间电场方向向下，粒子所受的电场力方向 向上，故粒子带负电，故 A 错误； B．电容器与 R2、R3、R4 这部分电路并联，当粒子匀速穿过电容器时，R2、R3、R4 这部 分电路的总电阻为 2Ω，根据串联电路分压特点可得这部分的电压 U0═2V，电容器的电 荷量为 Q0＝CU0＝1.5×10﹣9×2C＝3×10﹣9C，故 B 正确； C．当粒子匀速穿过电容器时，有 qE0＝mg，粒子在电容器中的运动时间 。当粒子向上偏转且刚好经过上极板最右端时，在竖直方向上，有 1 2 2 2(2 ) (3 ) kQ kQ d d = pE qϕ=，解得：a＝2m/s2．由牛顿第二定律得 qE1﹣mg＝ma，可得 ，并可得 ，由此得 R2、R3、R4 这部分电路总电压 U1＝2.4V，R1 的电压 UR1＝E﹣U1＝ 0.6V，电流 ，可得 R2、R3、R4 这部分电路总电阻 ， 由 ，由此算出 R4≈5.7Ω，所以欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上 板，R4 阻值不得超过 5.7Ω，故 C 正确； D．同理，粒子经过下极板最右端时的加速度 a＝2m/s2．电容器极板间电压 U2＝1.6V， 解得：R4≈0.69Ω，故 D 错误。 20.竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为 m 的钢板连接，钢板处于静止状 态。一个质量也为 m 的物块从钢板正上方 h 处的 P 点自由落下，打在钢板上并与钢板一 起向下运动 x0 后到达最低点 Q.下列说法正确的是 A. 物块与钢板碰后的速度为 B. 物块与钢板碰后的速度为 C. 从 P 到 Q 的过程中，弹性势能的增加量为 D. 从 P 到 Q 的过程中，弹性势能的增加量为 mg(2x0+h) 【答案】BC 【解析】物体下落 h，由机械能守恒：mgh= mv12；物体与钢板碰撞，则动量守恒： ，解得 ，选项 A 错误，B 正确；从碰撞到 Q 点，由能量关系可知： ，则弹性势能的增加量为 ，选项 C 正确，D 错误. 2gh 2 2gh 0(2 )2 hmg x + 1 2 2n 2 1 21 2 2 ghv v= = 2 2 0 1 2 22 Pmv mgx E⋅ + = 0(2 )2P hE mg x= +21.如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为 θ，间距为 d．导轨 处于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向与导轨平面垂直．质量为 m 的金属棒被固 定在导轨上，距底端的距离为 s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被 松开后，以加速度 a 沿导轨匀加速下滑，重力加速度为 g．在金属棒下滑到底端的过程 中 A. 末速度的大小 B. 通过金属棒的电流大小 C. 通过金属棒的电流大小 D. 通过金属棒的电荷量 Q= 【答案】ACD 【解析】根据速度位移关系 v2=2as 可得末速度的大小为： ，故 A 正确；以导体 棒为研究对象，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ-BId=ma，解得通过金属棒的电流大小 为： ，故 B 错误、C 正确；金属棒运动的时间为： ，根据 电荷量的计算公式可得通过金属棒的电荷量为： ，故 D 正确。 故选 ACD。 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. （6 分）某同学用如图甲的装置来测定滑块与导轨间的动摩擦因数．在气垫导轨上安 装了两个光电门 l、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线跨过定滑轮与钩码相连． 2v as= sinmgI dB θ= ( )sin −= m g aI dB θ ( )sin 2m g a as dBa θ − 2v as＝ ( )m gsin aI dB θ −＝ 2v ast a a = = ( 2)m gsin a asQ It dBa θ −= =（1）用游标卡尺测光电门遮光条的宽度 d，图乙中游标卡尺读数为_____cm．滑块在轨 道上做匀加速运动时，先后通过光电门 1、2 所用的时间分别为 t1、t2，两光电门间的距 离为 L，用 d、t1、t2、L 表示滑块运动的加速度 a＝_____； （2）要使细线中拉力近似等于钩码重力，滑块质量 M 与钩码质量 m 应满足_____关系． （3）满足（2）后，调整气垫导轨水平，断开气源时，测得滑块在轨道上运动的加速度 为 a1；不改变钩码的质量，接通气源，测得滑块在轨道上运动的加速度为 a2，用 a1、 a2、g 表示滑块与导轨间的动摩擦因数 μ＝_____． 【答案】（1）0.225， ； （2）M 远大于 m； （3） 【解析】（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数为 0.2cm，游标尺示数为 5×0.05mm＝ 0.25mm＝0.025cm，则游标卡尺读数为 0.2cm+0.025cm＝0.225cm； 滑块经过光电门时的速度 ， 由匀变速直线运动的速度位移公式得： ，解得加速度 （2）当滑块质量 M 远大于钩码质量 m 时，细线中拉力近似等于钩码重力． （3）对滑块由牛顿第二定律得： 解得： 23. （9 分）某实验小组测量某电阻元件的电阻阻值。 ①先用多用电表粗略测量。选用“ ”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转角 度过大，需要选择_____（选填“ ”或“ ”）倍率的电阻挡，重新欧姆调零后再 测量，测量结果如图所示，则该电阻元件的电阻为_____ 。 为了精确测量，供选择的器材有： A．电流表 （量程 0.6A，内阻 约为 ） B．电流表 （量程 60mA，内阻 约为 ） C．电流表 （量程 20mA，内阻 ） 2 2 2 2 1 1 1 2 d L t t  −    2 1a a g − 1 2 1 2 ,d dv vt t = = 2 2 2 1 2v v aL﹣ ＝ 2 2 2 2 1 1 1 2 da L t t  = −    1 2,F Mg Ma F Maµ− = = 2 1a a g µ −=D．电压表 V（量程 15V，内阻 约为 ） E．定值电阻 F．滑动变阻器 ，最大阻值为 ，额定电流 1A G．滑动变阻器 ，最大阻值为 ，额定电流 0.2A H．电源 E，电动势为 4V，内阻不计 I．开关 S 及导线若干 ②为减小测量误差，测量时要求电表示数不能小于其量程的 1/3，并且电表示数变化范 围较大。除请器材 H 和 I 外，还需选用的实验器材是：______（选填器材前对应的字母 序号）。 ③根据你选择的实验器材，请在虚线框内画出精确测量该电阻元件电阻阻值的最佳电路 图，并标明器材的字母代号。 【答案】10.×10 70 BCEF 【解析】 (1)用多用电表粗略地测量该元件的电阻，选用“×100”的电阻挡测量时，发现指 针偏转较大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，欧姆表应换用较小挡位，应将多用电表选择旋钮调到电阻×10 挡；由图所示表盘可知，被测电阻的阻值为： ； (2)①电源电动势为 4V，电压表量程为 15V，电压表量程太大，不能用电压表测电源； 可以用已知内阻的电流表 与定值电阻 串联改装成电压表测电压；通过待测电阻的最大 电流约为： ，电流表应选 B；为保证电路安全且方便实验操 作，滑动变阻器应选择 ，故还需要的实验器材为： ； ②由题意可知，待测电阻阻值远大于滑动变阻器的最大阻值，为测多组实验数据，滑动 变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示： 24. （12 分）近年来，随着 AI 的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及. 如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以 v0=2m/s 的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为 L=7.6m.机械手将质量为 1kg 的包裹 A 轻放在 传送带的左端，经过 4s 包裹 A 离开传送带，与意外落在传送带右端质量为 3kg 的包裹 B 发生正碰，碰后包裹 B 在水平面上滑行 0.32m 后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣. 已知包裹 A、B 与水平面间的动摩擦因数均为 0.1，取 g=10m/s2.求： (1)包裹 A 与传送带间的动摩擦因数; (2)两包裹碰撞过程中损失的机械能; (3)包裹 A 是否会到达分拣通道口. 【答案】 (1)μ1=0.5(2)△E=0.96J (3)包裹 A 不会到达分拣通道口 【解析】 (1)假设包裹 A 经过 t1 时间速度达到 v0，由运动学知识有 包裹 A 在传送带上加速度的大小为 a1,v0=a1t1 包裹 A 的质量为 mA，与传输带间的动摩檫因数为 μ1，由牛顿运动定律有:μ1mAg=mAa1 0 1 0 12 v t v t t L+ − =（ ）解得：μ1=0.5 (2)包裹 A 离开传送带时速度为 v0，设第一次碰后包裹 A 与包裹 B 速度分别为 vA 和 vB， 由动量守恒定律有:mAv0=mAvA+mBvB 包裹 B 在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2mBgx=0- mBvB2 解得 vA=-0.4m/s，负号表示方向向左，大小为 0.4m/s 两包裹碰撞时损失的机械能:△E= mAv02 - mAvA2- mBvB2 解得：△E=0.96J (3)第一次碰后包裹 A 返回传送带，在传送带作用下向左运动 xA 后速度减为零， 由动能定理可知-μ1mAgxA=0- mAvA2 解得 xA=0.016m