2020届高三物理高考模拟示范卷（七）（解析版）

2020 年高三年级物理学科高考模拟示范卷（七） 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.如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于 n＝3 的激发态，在向较低能级跃 迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为 2.49 eV 的金属钠，下列说法中正确 的是 A. 这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从 n＝3 跃迁到 n＝2 所发出的光波长最 短 B. 金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为 9.60 eV C. 金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为 11.11 eV D. 这群氢原子能发出两种频率不同的光．其中从 n＝3 跃迁到 n＝1 所发出的光频率最 高 【答案】B 【解析】一群氢原子处于 n=3 的激发态，在向较低能级跃迁过程中， 跃迁过程 ， 和 三种方式，所以辐射出三种光子，光子能量等于能级差，能量分别为： ， ， ，能够发生光电效应的只有 2 种，其中光子能量最大的是从 辐射的光子，此光子能量最大，频率最高，波长 最短，从 跃迁时辐射光子能量 最大，发出光电子的最大初动能 综上所述，故应选 B。 15.如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。一个三角形 闭合导线框，由位置 1(左)沿纸面匀速运动到位置 2(右)。取线框刚到达磁场边界的时刻 为计时起点(t=0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则下图中能正确反映线框中电流与时间关系的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公 式 和欧姆定律，分段分析感应电流的大小，即可选择图象． 线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安 培定则可知感应电流方向为逆时针，电流 i 应为正方向，故 BC 错误；线框进入磁场的 过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由 E=BLv，可知感应电动势先均 匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有 感应电流产生．线 框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培 定则可知感应电流方向为顺时针，电流 i 应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大 后均匀减小，由 ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故 A 正确，D 错 误． 16.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为 、套在粗糙竖直固定杆 处的 圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从 处由静止开始下滑，经过 处的速度最大， 到达 处的速度为零， ，此为过程Ⅰ；若圆环在 处获得一竖直向上的速度 ，则恰好能回到 处，此为过程Ⅱ．已知弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为 ， 则圆环 A. 过程Ⅰ中，加速度一直减小 m A A B C AC h= C v A gB. Ⅱ过程中，克服摩擦力做的功为 C. 在 C 处，弹簧的弹性势能为 D. 过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同 【答案】D 【解析】圆环从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处的速度最大，则经过 B 处的加速度为 零，到达 C 处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减 小，后增大，故 A 错误；在过程Ⅰ、过程Ⅱ中，圆环经过同一位置所受的摩擦力大小 相等，则知在两个过程中，克服摩擦力做功相同，设为 Wf．研究过程Ⅰ，运用动能定 理列式得： mgh-Wf-W 弹=0 研究过程Ⅱ，运用动能定理列式得：-mgh′-Wf+W 弹=0- mv2．联立解得：克服摩擦力 做的功为：Wf= mv2，W 弹=mgh- mv2，所以在 C 处，弹簧的弹性势能为 Ep=W 弹 =mgh- mv2，故 BC 错误，D 正确．故选 D. 17.如图所示，AB 是一根裸导线，单位长度的电阻为 R0，一部分弯曲成直径为 d 的圆 圈，圆圈导线相交处导电接触良好．圆圈所在区域有与圆圈平面垂直的均匀磁场，磁感 强度为 B0 导线一端 B 点固定，A 端在沿 BA 方向的恒力 F 作用下向右缓慢移动，从而 使圆圈缓慢缩小．设在圆圈缩小过程中始终保持圆的形状，设导体回路是柔软的，此圆 圈从初始的直径 d 到完全消失所需时间 t 为 A. B. C. D. 【答案】.B 【解析】设在恒力 F 的作用下，A 端△t 时间内向右移动微小的量△x，则相应圆半径减 小△r，则有： △x=2π△r 21 2 mv 21 4 mv mgh− 1 2 1 4 1 4 1 4 2 2 016 d B FR π 2 2 08 d B FR 2 2 04 d B FR π 2 2 02 d B FR在△t 时间内 F 做的功等于回路中电功， △S 可认为由于半径减小微小量△r 而引起的面积的变化，有：△S=2πr∙△r 而回路中的电阻 R=R02πr，代入得，F∙2π△r= 显然△t 与圆面积变化△S 成正比，所以由面积 πr 02 变化为零，所经历的时间 t 为： 解得： 故 B 正确，ACD 错误．故选 B． 18.如图甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可 等效为如图乙所示的模型：半径为 的磁性圆轨道竖直固定，质量为 的铁球（视为 质点）沿轨道外侧运动，A、B 分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力 始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为 ，则 A. 铁球绕轨道可能做匀速圆周运动 B. 铁球绕轨道运动过程中机械能守恒 C. 铁球在 A 点的速度必须大于 D. 轨道对铁球的磁性引力至少为 ，才能使铁球不脱轨 【答案】.B 【解析】AB．小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁 球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运 动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所 2EF x tR ∆ = ∆ SE Bt t ϕ∆ ∆= =∆ ∆ 2 2 2 0 2 B S t R rπ ∆ ∆ ⋅ ( ) 2 2 2 2 2 00 22 B S B St FRFR r r ππ ∆ ∆∆ = = ⋅⋅ ∆ 2 2 0 02 2 B S Bt t SFR FRπ π ∆= ∑∆ = ∑ = ∑∆ 2 2 2 2 0 0 02 8 r B d Bt FR FR = = R m g gR 3mg以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大。小铁球不可能做 匀速圆周运动。故 A 错误，B 正确； C．小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小 铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于 0 即可通过最高点，故 C 错 误； D．由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械 能越小，在最低点的速度也越小，根据：F＝m 可知小铁球在最低点时需要的向心力 越小。而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方 向向上。要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于 0。所以铁球不脱轨的条件 是：小铁球在最高点的速度恰好为 0，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等 于 0。根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为 0，到达最低点时的速度满 足 mg•2R mv2，轨道对铁球的支持力恰好等于 0，则磁力与重力的合力提供向心力， 即：F﹣mg ，联立得：F＝5mg，故 D 错误。 19.如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化，内阻为 r 的交流电源上，输 出端接理想电流表及阻值为 R 的负载，如果要求负载上消耗的电动率最大，则下列说 法正确的是 A. 该交流电源的电动势的瞬时值表达式为 V B. 变压器原副线圈匝数的比值为 C. 电流表的读数为 D. 负载上消耗的热功率 【答案】BC 2v R 1 2 = 2v R = ( )sin 100me E tπ= r R 2 2 mE Rr 2 4 mE r【解析】周期 T＝4×10-2s，角速度 ，所以该交流电源 的电动势的瞬时值表达式为 e＝Emsin(50πt)，故 A 错误；设原副线圈中的匝数分别为 n1 和 n2，电流分别为 I1 和 I2，电压分别为 U1 和 U2，则 U1＝E−I1r，电阻 R 消耗的功率 P ＝U2I2=U1I ， 即 P ＝ (E−I1r)I1 ＝ −I12r−EI1 ； 可 见 I1 ＝ 时 ， P 有 最 大 值 ， ， 此 时 ，则 ，所以 ，故 B 正确；电流表的读数 为 有 副 线 圈 电 流 的 有 效 值 ： 原 线 圈 电 流 有 效 值 为 ， 则 ： ，故 C 正确；负载上消耗的功率 ，故 D 错误；故选 BC. 20.如图所示，质量为 M 的长木板 A 静止在光滑的水平面上，有一质量为 m 的小滑块 B 以初速度 v0 从左侧滑上木板，且恰能滑离木板，滑块与木板间动摩擦因数为 μ。下列说 法中正确的是 A. 若只增大 v0，则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加 B. 若只增大 M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少 C. 若只减小 m，则滑块滑离木板时木板获得的速度减少 D. 若只减小 μ，则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小 【答案】BCD 【解析】滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的成积 ，因为相对位移没变，所以产生热量不变，故 A 错误；由极限法，当 M 很大时，长木板运动的位移 xM 会很小，滑块的位移等于 xM+L 很小，对滑块根据动 能定理： ，可知滑块滑离木板时的速度 v1 很大，把长木板和小 滑块看成一个系统，满足动量守恒： ，可知长木板的动量变化比较小， 2 2 2 / 50 /4 10 rad s rad sT π πω π−×＝ ＝ ＝ 2 E r 2 max 4 EP r ＝ 1 1 2 EU E I r−＝ ＝ 2 2 E RU PR r ＝ ＝ 1 1 2 2 n U r n U R ＝ ＝ 1 2 2 mEI r = ⋅ 1 2 1 1 2 2 2 mEn rI I In R Rr ＝ ＝ ＝ 2 22 max 2 4 4 8 m m E EEP r r r     ＝ ＝ ＝所以若只增大 M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少，故 B 正确；采用极 限法：当 m 很小时，摩擦力也很小，m 的动量变化很小，把长木板和小滑块看成一个 系统，满足动量守恒，那么长木板的动量变化也很小，故 C 正确；当 μ 很小时，摩擦 力也很小，长木板运动的位移 xM 会很小，滑块的位移等于 xM+L 也会很小，故 D 正 确。所以 BCD 正确，A 错误。 21.如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙,甲的速度为 v0，小工 件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为 μ。乙 的宽度足够大，重力加速度为 g，则 A. 若乙的速度为 v0,工件在乙上侧向( 垂直于乙的运动方向)滑过的距离 B. 若乙的速度为 2v0,工件从滑上乙到在乙上侧向滑动停止所用的时间不变 C. 若乙的速度为 2v0,工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小 v= D. 保持乙的速度 2v0 不变,当工件在乙上刚停止滑动时,下一只工件恰好传到乙上,如此反 复. 若每个工件的质量均为 m,除工件与传送带之间摩擦外,其他能量损耗均不计,驱动乙 的电动机的平均输出功率 【答案】CD 【解析】根据牛顿第二定律，μmg=ma，得 a=μg，摩擦力与侧向的夹角为 45°，侧向加 速度大小为 ，根据−2axs＝0-v02，解得： ，故 A 错误； 2 0 2 vs gµ= 02v 0 4 5 5P mgvµ= 2 2xa gµ＝ 2 02 2 vs gµ＝沿传送带乙方向的加速度 ay＝ μg，达到传送带乙的速度所需时间 ，与传送带 乙的速度有关，故时间发生变化，故 B 错误；设 t=0 时刻摩擦力与侧向的夹角为 θ，侧 向、纵向加速度大小分别为 ax、ay， 则 ，很小的△t 时间内，侧向、纵向的速度增量△vx=ax△t，△vy=ay△t，解得 ．且由题意知， t，则 ，所以摩擦力方向保持 不变，则当 vx′=0 时，vy′=0，即 v=2v0．故 C 正确; 工件在乙上滑动时侧向位移为 x，沿 乙方向的位移为 y，由题意知，ax=μgcosθ，ay=μgsinθ，在侧向上−2axs＝0-v02，在纵向 上，2ayy＝(2v0)2−0; 工件滑动时间 ，乙前进的距离 y1=2v0t．工件相对乙的位移 ，则系统摩擦生热 Q=μmgL，依据功能关系，则电动机做功： 由 ，解得 ．故 D 正确；故选 CD. 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）.(1)有一螺旋测微器，用它测量一根圆形金属的直径，如图所示的读数是 __________mm。 (2)在用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验中，使质量为 1.00 kg 的重物自由下 落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如 图所示。 O 为第一个点，A、B、C 为从合适位置开始选取连续点中的三个点。己知打点计时器 每隔 0.02s 打一个点，当地的重力加速度为 ,那么： 2 2 02 y vt a = y x a tana θ＝ y x v tanv θ∆ ∆ ＝ y x v tanv θ＝ ' ' y y y x x x v v v tanv v v θ− ∆ − ∆＝ ＝ 02 y vt a ＝ ( )22 1L x y y= + − ( )2 2 0 0 1 122 2W m v mv Q+ +＝ WP t ＝ 0 4 5 5P mg vµ＝ 29.8 /g m s=①根据图上所得的数据，应取图中 O 点到________点来验证机械能守恒定律； ②从 O 点到①问中所取的点，重物重力势能的减少量 =___J，动能增加量 =_____J (结果取三位有效数字)； ③若测出纸带上所有各点到 O 点之间的距离，根据纸带算出各点的速度 v 及物体下落 的高度 h，则以 为纵轴，以 A 为横轴画出的图象是下图中的______。 A. B. C. D. 【答案】 1.609 B 1.88 1.84 A 【 解 析 】 （ 1 ） 螺 旋 测 微 器 的 固 定 刻 度 为 1.5mm ， 可 动 刻 度 为 ，所以最终读数为 1.5mm+0.109mm=1.609mm. （2）①根据图上所得的数据，应取图中 O 点到 B 点来验证机械能守恒定律，②从 O 点 到 B 点的过程中，重物重力势能的减少量 ，B 点的 瞬时速度等于 AC 段的平均速度，则 ，重物动 能的增加量 ，③根据机械能守恒得： ， 则 ，可知 的图线是过原点的倾斜直线，选 A． 23. （9 分）同学们用如图 1 所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势 和内电阻 。实验室提供的器材如下：电压表，电阻箱（阻值范围 ）；开 关、导线若干。 pE∆ kE∆ 2 2 v 10.9 0.01 0.109mm mm× = 1 9.8 0.1920 1.88pE mgh J J∆ = = × × = 0.2323 0.1555 / 1.92 /2 0.04 AC B xv m s m sT −= = = 2 21 1 1 1.92 1.842 2k BE mv J J∆ = = × × = 21 2mgh mv= 21 2gh v= 21 2 v gh− E r 0 999.9Ω（1）请根据图 1 所示的电路图，在图 2 中用笔替代导线，画出连线，把器材连接起来 _____________。 （2）某同学开始做实验，先把变阻箱阻值调到最大，再接通开关，然后改变电阻箱， 随之电压表示数发生变化，读取 和对应的 ，并将相应的数据转化为坐标点描绘在 图中。请将图 3、图 4 中电阻箱和电压表所示的数据转化为坐标点描绘在图 5 所示的坐标系中（描点用“+”表示），并画出 图线_____________； （3）根据图 5 中实验数据绘出的图线可以得出该电池组电动势的测量值 _____________V，内电阻测量值 ______________Ω.（保留 2 位有效数字） （4）实验中测两组 的数据，可以利用闭合电路欧姆定律解方程组求电动势和内 阻的方法。该同学没有采用该方法的原因是_____________________。 （5）该实验测得电源的电动势和内阻都存在误差，造成该误差主要原因是 __________________。 （6）不同小组的同学分别用不同的电池组（均由同一规格的两节干电池串联而成）完 成了上述的实验后，发现不同组的电池组的电动势基本相同，只是内电阻差异较大。同 学们选择了内电阻差异较大的甲、乙两个电池组进一步探究，对电池组的内电阻热功率 R U /R R U− /R R U− E = r = 、R U以及总功率 分别随路端电压 变化的关系进行了猜想，并分别画出了如图 6 所示 的 和 图象。若已知乙电池组的内电阻较大，则下列各图中可能正确的是 _______________________（选填选项的字母）。 【答案】（1）电路连线如图： （2）画出 图线如图： （3）2.8V， 1Ω （4）偶然误差较大； （5）电压表内阻 不是无穷大； （6）AC 【解析】（1）电路连线如图： （2）画出 图线如图： 1P 2P U 1P U− 2P U− /R R U− /R R U−（3）根据闭合电路欧姆定律可得： ，即 ，则由图像可知： ，r=b=1Ω； （4）由于读数不准确带来实验的偶然误差，实验中测两组 U、R 的数据，利用闭合电 路欧姆定律解方程组求电动势和内阻的方法不能减小这种偶然误差，而利用图象进行处 理数据可以减小偶然误差. （5）由于电压表内阻不是无穷大，所以在电路中分流，从而带来系统误差； （6）电池组的内电阻热功率 ，则对于相同的 U 值，则 r 越大，对应的 P1 越小，可知 A 正确，B 错误；总功率： ，则对相同的 U 值，r 越大 P2 越小，故 C 正确，D 错误. 24. （12 分）如图所示，一足够长的水平传送带以速度 v = 2m/s 匀速运动，质量为 m1 = 1kg 的小物块 P 和质量为 m2 = 1.5kg 的小物块 Q 由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长 且不可伸长。某时刻物块 P 从传送带左端以速度 v0 = 4m/s 冲上传送带，P 与定滑轮间 的绳子水平。已知物块 P 与传送带间的动摩擦因数 μ= 0.5，重力加速度为 g =10m/s2， 不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块 Q 都没有上升到定滑轮处。求： (1)物块 P 刚冲上传送带时的加速度大小； (2)物块 P 刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ 系统机械能的改变量； (3)若传送带以不同的速度 v（0