2020高考物理模拟卷含答案解析(4)

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2020高考物理模拟卷(4) (建议用时:60分钟　满分:110分) 二、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48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.利用氢原子能级跃迁时辐射出来的电磁波去控制校准石英钟,可以制成氢原子钟.如图所示为氢原子的能级图,则下列说法正确的是(　　) A.当氢原子处于不同能级时,核外电子在各处出现的概率是一样的 B.氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出电磁波的波长长 C.当用能量为11 eV的电子撞击处于基态的氢原子时,氢原子一定不能跃迁到激发态 D.从n=4能级跃迁到n=2能级时释放的光子可以使逸出功为2.75 eV的金属发生光电效应 15.粗糙水平地面上的物体,在一个水平恒力作用下做直线运动,其v-t图象如图所示,下列物理量中第1 s内与第2 s内相同的是(　　) A.摩擦力的功 B.摩擦力的冲量 C.水平恒力的功 D.水平恒力的冲量 16.如图所示,用铰链将三个质量均为m的小球A,B,C与两根长为L的轻杆相连,B,C置于水平地面上,系统静止时轻杆竖直,现给系统一个微小扰动,B,C在杆的作用下向两侧滑动,三小球始终在同一竖直平面内运动,忽略一切摩擦,重力加速度为g,则此过程中(　　) A.球A的机械能一直减小 B.球C的机械能一直增大 C.球B对地面的压力不可能小于mg D.球A落地的瞬时速度为2gL 17.如图,虚线Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道,其中轨道Ⅰ为与第一宇宙速度7.9 km/s对应的近地环绕圆轨道,轨道Ⅱ为椭圆轨道,轨道Ⅲ为与第二宇宙速度11.2 km/s对应的脱离轨道,a,b,c三点分别位于三条轨道上,b点为轨道Ⅱ的远地点,b,c点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的2倍,则(　　) A.卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ的2倍 B.卫星经过a点的速率为经过b点的 2 倍 C.卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍 D.质量相同的卫星在b点的机械能等于在c点的机械能 18.在冰壶比赛中,红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞,碰撞时间极短,如图(甲)所示.碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面,来减小阻力.碰撞前后两壶运动的v–t图象如图(乙)实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行.已知两冰壶质量相等,由图象可得(　　) A.红、蓝两壶的碰撞可能是弹性碰撞 B.碰撞后,蓝壶的瞬时速度为0.8 m/s C.碰撞后,红、蓝两壶运动的时间之比为1∶6 D.碰撞后,红、蓝两壶与冰面间的动摩擦因数之比为4∶5 19.某住宅小区的应急供电系统,由交流发电机和副线圈匝数可调的理想变压器组成,发电机中矩形线圈电阻不计,它可绕轴OO′在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动,降压变压器副线圈上的滑动触头P上下移动时,可改变输出电压,R0表示输电线电阻,下列判断正确的是(　　) A.若发电机线圈某时刻处于图示位置,变压器原线圈的电流瞬时值 最大 B.当用户数目增多时,为使用户电压保持不变,滑动触头P应向下 滑动 C.若滑动触头P向下滑动,流过R0的电流将变大 D.若发电机线圈的转速减为原来的一半,用户获得的功率也将减为原来的一半 20.如图所示,在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场,MN是一竖直放置的感光板.从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场正对着圆心O射入带正电的粒子,且粒子所带电荷量为q、质量 为m,不考虑粒子重力,关于粒子的运动,以下说法正确的是(　　) A.粒子在磁场中通过的弧长越长,运动时间也越长 B.射出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心O C.射出磁场的粒子一定能垂直打在MN上 D.只要速度满足v=qBRm,入射的粒子出射后一定垂直打在MN上 21.一长为L的绝缘细线,上端固定,下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球,处于如图所示的水平向右的匀强电场中.开始时,将细线与小球拉成水平,小球静止在A点,释放后小球由静止开始向下摆动,当细线转过60角时,小球到达B点的速度恰好为零,则(　　) A.A,B两点的电势差UAB=-3mgL2q B.匀强电场的电场强度大小E=3mg3q C.小球所带电荷为正电荷 D.小球到达B点时,细线对小球的拉力大小FTB=3mg 三、非选择题(包括必考题和选考题两部分,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)某实验小组利用如图(甲)所示的装置探究弹簧弹性势能与形变量的关系,竖直悬挂的轻弹簧下端有一水平轻杆,可以推动竖直刻度尺边缘的指针.在弹簧下端轻绳套不挂钩码的情况下,调节铁架台使弹簧下端轻杆推动指针与刻度尺0刻度对齐.在轻绳套上挂钩码,由静止释放轻杆推动指针向下运动,可记录钩码运动到最低点指针对应的位置.已知钩码运动到最低点时符合2mg=kx,g=10 m/s2. (1)图(乙)为某次实验中指针的最低位置,其读数为　　　　cm. (2)根据多次实验得出钩码质量m与指针读数x的图象如图(丙)所示,可知弹簧弹性势能Ep与弹簧伸长量x的关系为　　　　(选填“Ep与x成正比”或“Ep与x2成正比”). (3)由图(丙)可得弹簧的劲度系数为　　　　N/m. 23.(9分)为测量某微安表G(量程200 μA,内阻大约2 200 Ω)的内阻,有以下器材可供选择: A.电压表(0～3 V);B.电压表(0～15 V);C.滑动变阻器(0～10 Ω);D.滑动变阻器(0～1 kΩ); E.电源E(电动势约为6 V);F.电阻箱RZ(最大阻值为9 999 Ω). 开关S一个,导线若干. (1)按图(甲)所示电路图将(乙)图中的实物连线. (2)实验过程为:合上开关S,先调节R使电压表读数为U,再调节电阻箱(此时电压表读数几乎不变),使微安表指示为满偏,记下此时电阻箱阻值为R1=8 056 Ω;然后再调节R,使电压表读数为23U,再调节电阻箱(此时电压表读数几乎不变),使微安表指示为满偏,记下此时电阻箱阻值为R2[如图(丙)所示].电压表应选　　 　,滑动变阻器应选　　　.(填字母代号) 电阻箱的读数R2=　　　Ω,待测微安表的内阻Rg=　　　Ω. 24.(12分)如图所示,在水平面内放置着金属导轨OAC,OA段是直径为a的半圆,AC段是半径为a的14圆弧,半圆、14圆弧和虚线CO围成的区域内充满垂直于水平面向下的匀强磁场(未画出),磁感应强度大小为B;其余区域没有磁场.OP是一根长为a的均匀细金属棒,以恒定的角速度ω绕O点顺时针旋转,旋转过程中金属棒OP与圆弧均接触良好.已知金属棒OP的电阻为R0,两个圆弧的电阻可忽略,开始时P点与A点重合.求: (1)t(T<π2ω)时刻,金属棒OP产生的感应电动势的大小. (2)t(T<π2ω)时刻,金属棒OP所受到的安培力的大小. 25.(20分)如图所示,质量m1=1 kg的木板静止在倾角为θ=30足够长的、固定的光滑斜面上,木板下端上表面与半径R=3 m的固定的光滑圆弧轨道相切,圆弧轨道最高点B与圆心O等高.一质量m2=2 kg、可视为质点的小滑块以v0=15 m/s 的初速度从长木板顶端沿木板滑下,已知滑块与木板之间的动摩擦因数μ=33,木板每次撞击圆弧轨道时都会立即停下而不反弹,最终滑块未从木板上端滑出,取重力加速度g=10 m/s2.求: (1)滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度. (2)木板的最小长度. (3)木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能.(保留三位有效 数字) (二)选考题:共15分.(请考生从给出的2道物理题中任选一题作答) 33.[物理—选修3-3](15分) (1)(5分)下列说法正确的是　　　　.(填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分.每选错1个扣3分,最低得分为0分) A.单晶体有固定熔点,而多晶体没有固定熔点 B.给自行车打气时气筒压下后反弹,是由分子斥力造成的 C.一切自然过程总沿着分子热运动的无序性增大的方向进行 D.影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距 E.物体内能的微观决定因素是分子势能、分子平均动能和分子总数;宏观决定因素是物体的体积、物体的温度及物质的量 (2)(10分)空调在制冷过程中,室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水,经排水管排走,空气中水分越来越少,人会感觉干燥.某空调工作一段时间后,排出液化水的体积V=1.0103 cm3.已知水的密度ρ=1.0103 kg/m3、摩尔质量M=1.810-2 kg/mol,阿伏加德罗常数NA=6.01023 mol-1.试求:(结果均保留一位有效数字) ①该液化水中含有水分子的总数N. ②一个水分子的直径d. 34.[物理—选修3-4](15分) (1)(5分)已知波源的平衡位置在O点,t=0时刻开始做振幅为50 cm的简谐振动,频率为20 Hz,发出一列横波沿x轴正方向传播,如图所示为P点恰好开始振动时的波形,P,Q两质点平衡位置坐标分别为 P(6 m,0)、Q(28 m,0),则下列说法正确的是　　　　　.(填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分.每选错1个扣3分,最低得分为0分) A.这列波的波速为40 m/s B.当t=0.35 s时,Q点刚开始振动 C.波源刚开始振动时的运动方向沿y轴负方向 D.Q点刚开始振动时,P点恰位于平衡位置 E.Q点刚开始振动之前,P点经过的路程为14.0 m (2)(10分)一厚度均匀的圆形玻璃管内径为16 cm,外径为24 cm.一条光线从玻璃管壁中点入射,光线AB与竖直方向成60角,与直径MN在同一竖直面内,如图所示.该玻璃的折射率为62,光速c=3.0 108 m/s. ①光线经玻璃管内壁折射后从另一侧内壁下端射出玻璃管,求玻璃管的长度. ②保持入射点不动,调整入射角.求光线AB在玻璃管内壁处恰好发生全反射时,光线在玻璃管中传播的时间.(以上结果均保留2位有效 数字) 参考答案 14.B　氢原子处于不同能级时,核外电子在各处出现的概率不同,故A错误;从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光子能量小,即辐射的电磁波的频率小,波长长,故B正确;当用能量为11 eV的电子撞击处于基态的氢原子时,氢原子可以吸收其中的10.2 eV的能量,可能跃迁到激发态,故C错误;从n=4能级跃迁到n=2能级时释放的光子的能量为E=E4-E2=-0.85 eV+3.4 eV=2.55 eV<2.75 eV,不能使逸出功为2.75 eV的金属发生光电效应,故D 错误. 15.D　由图象可知,物体在摩擦力和恒力F作用下先向正方向做匀减速直线运动,然后反向加速,由图象可知,第1 s内与第2 s内的位移不同,摩擦力的功不同,水平恒力的功也不同,故A,C错误;第1 s内与第2 s内摩擦力的方向不同,摩擦力的冲量不同,故B错误;水平恒力的冲量I=Ft,则水平恒力的冲量相同,故D正确. 16.D　A,B,C组成的系统机械能守恒,在A落地前,B,C运动;在A落地时,B,C停止运动.由系统机械能守恒可知,A的机械能先减小后增大,B,C的动能先增大后减小,即C的机械能先增大后减小,故A,B错误;在A落地前B做减速运动的过程中,轻杆对B有斜向上的拉力,B对地面的压力小于mg,故C错误;对A根据动能定理可得mgL=12mv2,解得v=2gL,故D正确. 17.C　由开普勒第三定律可得a23T22=R13T12,解得T2T1=3232,故A错误;由万有引力提供向心力得GMmr2=mv2r,解得v=GMr,如果卫星在b点做匀速圆周运动,则卫星经过a点的速率为经过b点的2倍,但卫星在Ⅱ轨道做椭圆运动经过b点的速率小于做匀速圆周运动的速率,所以卫星经过a点的速率大于经过b点速率的2倍,故B错误;由公式a=GMr2可知,卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍,故C正确;卫星在b,c两点的重力势能相等,卫星在c点的动能大于在b点的动能,卫星在b点的机械能小于在c点的机械能,故D错误. 18.B　设碰后蓝壶的速度为v,碰前红壶的速度v0=1.0 m/s,碰后速度为v0′=0.2 m/s,碰撞过程系统动量守恒,由动量守恒定律得mv0=mv0′+mv,代入数据解得v=0.8 m/s,碰撞过程两壶损失的动能为ΔEk=12mv02-12mv0′2-12mv2=0.16m>0,红蓝两壶碰撞过程是非弹性碰撞,故A错误,B正确;设碰撞后,蓝壶经过t蓝时间停止运动,根据三角形相似法有,1.2-1.01.0=1t蓝,蓝壶运动时间t蓝=5 s,由vt图象可知,红壶的加速度大小为a红=ΔvΔt=1.2-1.01 m/s2=0.2 m/s2,碰撞后红壶的运动时间为t红=v0a红=0.20.2 s=1 s,碰撞后红、蓝壶运动时间之比为1∶5,C错误;蓝壶的加速度大小为a蓝=ΔvΔt=0.85 m/s2=0.16 m/s2,由牛顿第二定律得a=μg,解得动摩擦因数μ=ag,红、蓝壶与冰面间的动摩擦因数之比为μ红μ蓝=a红a蓝=0.20.16=54,D错误. 19.BC　图示位置线圈的磁通量最大,穿过线圈磁通量的变化率为零,感应电动势为零,变压器原线圈的电流瞬时值为零,A错误;当用户数目增多时,负载电阻减小,副线圈输出电流增大,输电线上的电压损失变大,用户得到的电压变小,为使用户电压不变,应增大副线圈的匝数,提高输出电压,滑动触头P应向下滑动,B正确;若滑动触头P向下滑动,副线圈输出电压增大,在用户负载不变的情况下,流过R0的电流将增大,C正确;若发电机线圈的转速减为原来的一半,感应电动势的最大值Em=NBSω将减为原来的一半,变压器原线圈两端的电压的有效值减为原来的一半,副线圈输出电压U也减为原来的一半,用户得到的功率P用=IU-I2R0,减为原来的四分之一,故D错误. 20.BD　速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等,对着圆心入射的粒子,速度越大在磁场中轨道半径越大,弧长越长,轨迹对应的圆心角θ越小,由t=θ2πT知,运动时间t越小,故A错误;带电粒子的运动轨迹是圆弧,根据几何知识可知,对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向延长线一定过圆心,故B正确;速度不同,半径不同,轨迹对应的圆心角不同,对着圆心入射的粒子,出射后不一定垂直打在MN上,与粒子的速度有关,速度满足v=qBRm时,粒子的轨迹半径为r=mvqB=R,粒子一定垂直打在MN板上,故C错误,D正确. 21.ACD　小球由A到B过程中,由动能定理得mgLsin 60+qUAB=0,解得UAB=-mgLsin60q=-3mgL2q,故A正确;匀强电场的电场强度大小为E=|UAB|L(1-cos60)=3mgq,故B错误;小球在B点受到水平向右的电场力,与电场方向相同,小球带正电荷,故C正确;小球在AB间摆动,由对称性得知,B处细线拉力与A处细线拉力大小相等,在A处,由水平方向平衡有FTA=qE=3mg,在B点,细线的拉力FTB=FTA=3mg,故D正确. 22.解析:(1)由图示刻度尺可知,其分度值为1 mm,所以示数为 3.60 cm. (2)钩码到达最低点时速度为零,钩码动能为零,由能量守恒定律得,mgx=Ep,又2mg=kx,整理可得Ep=12kx2,即Ep与x2成正比. (3)由2mg=kx得m=k2gx,结合图象可知k2g=ΔmΔx=0.12kg0.048m,解得k=50 N/m. 答案:(1)3.60　(2)Ep与x2成正比　(3)50 评分标准:每问2分. 23.解析:(1)根据电路图,实物连线如图所示. (2)因为电源电动势约为6 V,B电压表量程太大,故电压表选A,但操作时,需注意不能超过A电压表的量程.要使调节电阻箱时电压表读数几乎不变,微安表内阻应远大于滑动变阻器阻值,故滑动变阻器选C;由题图(丙)可知,电阻箱的读数R2=4 653 Ω;由题意有(Rg+R1)Ig=U,(Rg+R2)Ig=23U,联立解得,待测微安表的内阻Rg=2 153 Ω. 答案:(1)见解析图　(2)A　C　4 653　2 153 评分标准:第(1)问3分;第(2)问,前两个空各1分,后两个空各2分. 24.解析:(1)经过时间t,OP转过的弧度为ωt,其有效切割长度 l=a(1-cos ωt)(2分) P点的线速度vP=ωa(1分) 棒与AO弧的交点Q点的线速度 vQ=ωacos ωt(2分) 由法拉第电磁感应定律,电动势E=Blv(1分) v=vP+vQ2(1分) 联立得E=Ba2ωsin2ωt2.(1分) (2)由闭合电路欧姆定律I=ER(1分) PQ间的电阻R=R0la(1分) 金属棒OP所受安培力F=BIl(1分) F=B2a3ωsin2ωt2R0.(1分) 答案:(1)Ba2ωsin2ωt2　(2)B2a3ωsin2ωt2R0 25.解析:(1)由滑块与木板之间的动摩擦因数μ=33=tan 30可知,滑块在木板上匀速下滑,即滑块到达A点时速度大小依然为v0=15 m/s,设滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度为h,则由机械能守恒定律可得 12m2v02=m2g(Rcos θ+h)(2分) 解得h=9.75 m.(1分) (2)由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为 v0=15 m/s, 滑上木板后,木板的加速度为a1,则有 μm2gcos θ-m1gsin θ=m1a1(1分) 滑块的加速度为a2,则有 μm2gcos θ+m2gsin θ=m2a2(1分) 设经过t1时间后两者共速,共同速度为v1, 由运动学公式可知v1=v0-a2t1=a1t1(1分) 该过程中木板走过的位移x1=v12t1(1分) 滑块走过的位移x2=v0+v12t1(1分) 之后一起匀减速运动至最高点,滑块最终未从木板上端滑出, 则木板的最小长度L=x2-x1(1分) 联立解得L=7.50 m(1分) (3)滑块和木板一起匀减速运动至最高点,然后一起滑下,加速度均为a3,由牛顿第二定律可知 (m1+m2)gsin θ=(m1+m2)a3(1分) 一起匀减速向上运动的位移x3=v122a3(1分) 木板从最高点再次滑至A点时的速度为v2, 由运动学公式可知x1+x3=v222a3(1分) 滑块第三次、第四次到达A点时的速度大小均为v2,第二次冲上木板,设又经过时间t2两者共速,共同速度为v3, 由运动学公式可知v3=v2-a2t2=a1t2(1分) 该过程中木板走过的位移x4=v32t2(1分) 一起匀减速向上运动的位移x5=v322a3(1分) 设木板第二次滑至A点时的速度为v4,由运动学公式可知: x4+x5=v422a3(1分) 木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能为ΔE=12m1v42(2分) 联立解得ΔE=509 J≈5.56 J.(1分) 答案:(1)9.75 m　(2)7.50 m　(3)5.56 J 33.解析:(1)单晶体和多晶体都有固定熔点,故A错误;给自行车打气时气筒压下后反弹,不是由分子斥力造成的,而是因为气筒内的气体压强大于外部大气压的原因,故B错误;由热力学第二定律可知:一切自然过程总沿着分子热运动的无序性增大的方向进行,故C正确;影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距,故D正确;从微观上来看,内能由分子的平均动能、分子势能和分子总数共同决定;从宏观上来看,内能取决于物体的温度、体积和物质的量,E正确. (2)①V=1.0103 cm3,水的物质的量n=ρVM(2分) 水分子数:N=nNA(2分) 则得N=ρVMNA=1.01031.010310-61.810-261023个≈31025个.(1分) ②建立水分子的球模型. 每个水分子的体积为 V0=VN=VρVMNA=MρNA(2分) 又V0=16πd3(1分) 故得水分子直径d=36MπρNA,(1分) 解得d≈410-10 m.(1分) 答案:(1)CDE　(2)①31025个　②410-10 m 34.解析:(1)波的频率为20 Hz,周期为T=0.05 s;OP=6 m=1.5λ,则波长λ=4 m,则波速v=λT=40.05 m/s=80 m/s,故A错误;振动从O传到Q的时间t=OQv=2880 s=0.35 s,故B正确;由波形图可知,P点开始起振的方向沿-y方向,则波源刚开始振动时的运动方向沿y轴负方向,故C正确;因PQ=22 m=512λ,则Q点刚开始振动时,P点恰位于平衡位置,故D正确;Q点刚开始振动之前,P点要振动512T,则经过的路程为5.54A=22A=220.5 m=11 m,故E错误. (2)①光在两个界面的入射角和折射角分别是θ1,θ2,θ3,θ4,根据折射定律得 n=sin θ1sin θ2(1分) 解得θ2=45(1分) n=sin θ4sin θ3(1分) 由几何知识有θ2+θ3=90 解得θ4=60(1分) 玻璃管的长度为 L=D2-D14tan θ2+D1tan θ4=(2+163)cm=0.30 m.(2分) ②当光在管内壁处恰发生全反射时,时间最长,光通过的路程为x=LsinC(1分) 另有sin C=1n,v=cn,x=vt(2分) 则光线AB在玻璃管中传播的最长时间为 t=1.510-9 s.(1分) 答案:(1)BCD　(2)①0.30 m　②1.510-9 s