【物理】2020届高三高考模拟示范卷（三）（解析版）

【物理】2020届高三高考模拟示范卷（三）（解析版）

‎2020届高三高考模拟示范卷（三）‎ 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.玻尔首先提出能级跃迁。如图所示为氢原子的能级图，现有大量处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁。下列说法正确的是 A. 这些氢原子总共可辐射出三种不同频率的光 B. 氢原子由n＝3能级跃迁到n＝2能级产生的光频率最大 C. 氢原子由n＝3能级跃迁到n＝1能级产生的光波长最长 D. 这些氢原子跃迁时辐射出光子能量的最大值为10.2 eV ‎【答案】A ‎【解析】这些氢原子总共可辐射出种不同频率的光，选项A正确；氢原子由n＝3能级跃迁到n＝1能级时能级差最大，产生的光频率最大，波长最短，选项BC错误；这些氢原子跃迁时辐射出光子能量的最大值为-1.51eV-(-10.2 eV)=8.69eV，选项D错误；故选A.‎ ‎15. 在地球大气层外有大量的太空垃圾．在太阳活动期，地球大气会受太阳风的影响而扩张，使一些原本在大气层外绕地球飞行的太空垃圾被大气包围，从而开始向地面下落．大部分太空垃圾在落地前已经燃烧成灰烬，但体积较大的太空垃圾仍会落到地面上，对人类造成危害．太空垃圾下落的原因是 A. 大气的扩张使垃圾受到的万有引力增大而导致下落 B. 太空垃圾在与大气摩擦燃烧过程中质量不断减小，进而导致下落 C. 太空垃圾在大气阻力作用下速度减小，运动所需的向心力将小于万有引力，垃圾做趋向圆心的运动，落向地面 D. 太空垃圾的上表面受到的大气压力大于其下表面受到的大气压力，这种压力差将它推向地面 ‎【答案】C ‎【解析】太空垃圾在大气阻力的作用下速度减小，地球对它的引力大于它做圆周运动所需的向心力，其不断做向心运动，最终落在地面上，故C正确，ABD错误。‎ ‎16. 科学技术的发展没有一帆风顺，目前实力位于世界前茅的中国人民解放军火箭军也经历了 艰难的发展历程。‎1962年3月21日，我国自行研制的第一代战术导弹东风2号发射升 空.然而由于出现故障，导弹起飞后25s时发动机关闭，很快就坠毁在发射塔附近，导弹上升的最大高度仅为‎3570m。设发动机工作时推力恒定，导弹在空中一直沿竖直方向运动，不考虑大气的作用，已知东风2号的质量恒为3.0×‎104kg，取g=‎10m/s2，由此可知 A. 导弹在空中上升的时间与下落的时间之比为25:‎ B. 发动机工作时的推力是其重力的1.68倍 C. 15s时，导弹发动机的功率约为2.08×107W D. 返回地面时，导弹的动能约为1.07×1010J ‎【答案】B ‎【解析】A、设推力作用结束时的速度为v，则导弹匀加和匀减的平均速度为，故加速的位移为，，匀减的位移，联立解得：，则减速时间为，即加速和减速时间之比为；故A错误.‎ B、加速的加速度为，解得；故B正确.‎ C、导弹在15s时正在加速，，则发动机的功率为；故C错误.‎ D、导弹返回地面做自由落体运动，，则落地动能为；故D错误.故选B.‎ ‎17.某兴趣小组制作了一个简易的“转动装置”，如图甲所示，在干电池的负极吸上一块圆柱形强磁铁，然后将一金属导线折成顶端有一支点、底端开口的导线框，并使导线框的支点与电源正极、底端与磁铁均良好接触但不固定，图乙是该装置的示意图。若线框逆时针转动(俯视)，下列说法正确的是 A. 线框转动是因为发生了电磁感应 B. 磁铁导电，且与电池负极接触的一端是S极 C. 若将磁铁的两极对调，则线框转动方向不变 D. 线框转动稳定时的电流比开始转动时的大 ‎【答案】B ‎【解析】ABC、对线框的下端平台侧面分析，若扁圆柱形磁铁上端为S极，下端为N极，周围磁感线由上往下斜穿入线框内部，在垂直于纸面向外的径向上，磁感应线有垂直于纸面向里的分量，在此径向上的负电荷由下往上运动，由左手定则知：此负电荷受到垂直于径向沿纸面向右的洛伦兹力，即在径向的左垂线方向；同理，其他任一径向上的电荷均受到左垂线方向的洛伦兹力（中心原点除外），所以，由上往下看（俯视），线框沿逆时针转动，若扁圆柱形磁铁上端为N极，下端为S极，则转动方向相反，所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应。故AC错误，B正确；‎ D、稳定时，因导线切割磁感应线，则线框中电流比刚开始转动时的小，故D错误。‎ ‎18.如图1所示，R1和R2是材料相同、厚度相同、表面为正方体的导体，边长之比为2∶1，通过导体电流方向如虚线所示；现将这两个电阻R1、R2串联接入正弦交流电路，电路图如图2所示；交流电源电压u随时间t变化的情况如图3所示。则下列说法中正确的是 A. 电阻R1和R2的阻值之比为1∶2 B. 流过电阻R1和R2是的电流之比为1∶2‎ C. 电阻R1两端的电压最大值为220 V D. 电阻R2两端的电压有效值为110 V ‎【答案】D ‎【解析】根据电阻定律：，可知电阻R1和R2的阻值之比为1∶1，选项A错误；两电阻串联，则流过电阻R1和R2的电流之比为1∶1，选项B错误；两电阻阻值相等，则两端电压的最大值相等，均为110V，有效值也相等，均为110V，选项C错误，D正确.‎ ‎19.质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑。如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是 A. 小球一定沿水平方向向左做平抛运动 ‎ B. 小球可能沿水平方向向左做平抛运动 C. 小球可能沿水平方向向右做平抛运动 ‎ D. 小球可能做自由落体运动 ‎【答案】BCD ‎【解析】小球滑上小车，又返回到离开小车的整个过程，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒有：，再根据系统机械能守恒有：，联立解得：，如果，与方向相反，小球离开小车后向左做平抛运动；如果，，小球离开小车后做自由落体运动；如果，与方向相同，小球离开小车向右做平抛运动，BCD正确。‎ ‎20.如图所示,在空间中存在竖直向上的匀强电场,质量为,电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落,加速度为,下落高度H到B点后与一绝缘轻弹簧接触,又下落h到达最低点C,整个过程中不计空气阻力,且弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,则带电物块在由A点运动到C点的过程中,下列说法正确的是 A. 物块在B点速度最大 B. 弹簧的弹性势能的增加量为 C. 带电物块电势能增加量为 D. 带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为 ‎【答案】BD ‎【解析】A.物块由静止开始下落时的加速度为，根据牛顿第二定律得，解得，合外力为零时，速度最大，所以B点速度不是最大速度，故A错误；‎ B.由A到C应用能量守恒定律，弹簧的弹性势能的增加量，故B正确；‎ C.从A到C的过程中，电场力做功。带电物块电势能的增加量为，故C错误；‎ D.带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量等于克服电场力做的功，所以带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为，故D正确。故选：BD ‎21.如图所示，竖直放置的圆弧轨道，O为圆心，AO水平。两相同小球a、b分别从圆周上的A、B两点水平抛出，两小球均能到达C点(位于O点正下方)，OB连线与竖直方向夹角θ=60°，不考虑空气阻力的影响，以下说法正确的是 A. a、b两球到达C点的时间之比为：1‎ B. a、b两球到达C点的过程中，动能增加量之比为：1‎ C. a、b两球到达C点时重力的瞬时功率之比为：1‎ D. a、b两球到达C点的过程中，速度增量之比为2：1‎ ‎【答案】AC ‎【解析】由图可知，AB两点到C点的竖直高度之比为2:1，由可知，a、b两球到达C点的时间之比为：1，选项A正确；a、b两球到达C点的过程中，由动能定理： ，可知动能增加量之比为2：1，选项B错误；a、b两球到达C点时重力的瞬时功率，则瞬时功率之比为：1，选项C正确；速度增量，则a、b两球到达C点的过程中，速度增量之比为：1，选项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）如图所示的装置可以用作“探究牛顿第二定律”.在气垫导轨上安装了两光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连.实验时，测出光电门1、2间的距离为L，遮光条的宽度为d，滑块和遮光条的总质量为M.‎ ‎(1)完成下列实验步骤中的填空：‎ A.安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；‎ B.实验时要调整气垫导轨水平，不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块______，则表示气垫导轨已调整至水平状态；‎ C.挂上钩码后，接通气源，再放开滑块，记录滑块通过光电门1的时间和通过光电门2的时间，若弹簧测力计的示数为F，要验证牛顿第二定律的表达式为__________________；‎ D.改变钩码的质量，重复步骤C，求得滑块在不同合力作用下的动能变化量和加速度a.‎ ‎(2)若利用前面所测得的数据，可求得钩码和动滑轮的总质量为__________________.‎ ‎【答案】静止 ‎ 解：(1)不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块静止，则表示气垫导轨已调整至水平状态；弹簧测力计的示数F等于绳拉力即为滑块和遮光条的合外力，滑块和遮光条做匀加速直线运动，有，若满足，则可验证牛顿第二定律.‎ ‎(2)由装置图可得钩码加速度，对钩码由牛顿第二定律得，联立可得 ‎23. （10分）电动自行车是一种环保，便利的交通工具，越来越受大众的青睐，为了测定电动车电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图1所示的实验电路，所用实验器材有：‎ A．电池组(电动势约为12 V，内阻未知)‎ B．电流表(量程为300 mA，内阻忽略不计)‎ C．电阻箱R(0～999.9 Ω)‎ D．定值电阻R0(阻值为10 Ω)‎ E．导线和开关 该同学部分操作步骤如下 ‎(1)当闭合开关后，无论怎样调节电阻箱，电流表都没有示数，反复检查确认电路连接完好，该同学利用多用电表，又进行了如下操作：断开电源开关S.将多用电表选择开关置于“×1Ω”挡，调零后，将红、黑表笔分别接在R0两端，读数为10Ω.将多用电表选择开关置于“×10 Ω”挡，调零后，将红，黑表笔分别接电阻箱两接线柱，指针位置如图2所示，则所测电阻箱的阻值为________ Ω.用多用电表分别对电源和开关进行检测，发现电源，开关均完好．由以上操作可知，发生故障的元件是________．‎ ‎(2)在更换规格相同的元件后重新连接好电路．‎ ‎(3)改变电阻箱R的阻值，分别测出电路中相应的电流I.为了保证实验顺利进行且使测量结果更准确些，电阻箱R的取值范围应为________．‎ A．100Ω～300Ω B．40Ω～100Ω C．15Ω～40Ω ‎(4)根据实验数据描点，绘出的－R图象如图3所示．若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电池组的电动势E＝________，内阻r＝________(用k，b和R0表示)．‎ ‎【答案】70 电流表 B ‎ ‎【解析】（1）欧姆表表盘读数为7，倍率为“×10”，故为70Ω；在故障检测时，除电流表其余部分均没有问题，故问题只能出在电流表处；‎ ‎（3）为减小电流表的读数误差，电流表指针偏转角度应该尽量大于三分之一，即电流范围为：100mA≤I≤300mA，根据欧姆定律，总电阻120Ω≥R总≥40Ω，扣除定值电阻10Ω，即电流表内阻和电源内阻加上电阻箱电阻应该大于等于30Ω而小于等于110Ω，由于电流表内阻不计，故应该选B；‎ ‎（4）根据闭合电路欧姆定律，有，则，故有：，，联立解得：，。‎ ‎24. （12分）北京2022年冬奥运会和冬残奥运开闭幕式计划在北京市区举行，国家游泳中心“水立方”又将迎来新的使命，在这里将进行冰壶的比赛项目。在冰壶比赛中我们经常可以听到这些词：“先手”、“后手”、“进营”、“打定”等。其中“打定”就是将对方的冰壶击打出大本营，自己的冰壶停在打击位置，从而留在大本营。此过程中两个冰壶的碰撞可以看作是对心弹性碰撞，两个冰壶质量完全相同，且运算时可当质点处理。下图为冰壶场地示意图，大圆半径为R，栏线到圆心的距离为L，已知冰壶甲静止于圆心O处。‎ ‎（1）请用物理学知识解释“打定”中，自己的冰壶在打击后停在击打位置不动的现象；‎ ‎（2）已知冰壶和冰面之间的动摩擦因数为μ，欲通过“打定”的技巧将甲冰壶打出大本营，求乙冰壶从A点投出时速度应满足的条件。‎ ‎【答案】（1）两冰壶发生弹性碰撞，碰撞后互换速度，出现“打定”中，自己的冰壶在打击后停在击打位置不动的现象；（2）乙冰壶从A点投出时速度应满足的条件是：v0＞ 。‎ ‎【解析】设两个冰壶的质量均为m，碰撞前乙的速度为v，碰撞后乙和甲的速度分别为v1、v2，‎ ‎（1）两冰壶发生对心弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞前乙的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝mv1+mv2，‎ 由机械能守恒定律得： ，‎ 解得：v1＝0，v2＝v，由此可知，有自己的冰壶停在打击位置不动的现象；‎ ‎（2）设以冰壶投出的速度为v0，甲冰壶刚好被打出大本营，‎ 乙冰壶从投出到碰撞前瞬间过程，由动能定理得：，‎ 两冰壶发生对心弹性碰撞，则碰撞后v2＝v，若甲冰壶恰好滑到大本营的右侧边缘，对甲冰壶，由动能定理得：，‎ 解得：‎ 要将冰壶甲打出大本营，乙冰壶从A点投出的速度应满足：‎ ‎25.（20分）如图所示，在xOy平面坐标系中，x轴上方存在电场强度E=100V/m、方向沿y轴负方向的匀强电场；虚线PQ与x轴平行，在x轴与PQ之间存在着磁感应强度为B=20T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为d。一个质量为m=2×10‎-5kg、电荷量为q=+1.0×10‎-5C的粒子从y轴上（0，1）的位置以v0=‎10m/s的初速度沿x轴正方向射入匀强电场，不计粒子的重力。求：‎ ‎（1）粒子第一次进入磁场时速度的大小和方向；‎ ‎（2）若磁场宽度足够大，粒子第一次射出磁场时的位置；‎ ‎（3）若粒子可以以不同大小的初速度水平射入电场，要使所有粒子都能经磁场返回，磁场的最小宽度是多少。‎ ‎【答案】（1），与x轴成45°角斜向下（2）(4,0)（3）‎‎1m 解：(1)粒子进入电场后做类平抛运动，在竖直方向上有：‎ 解得：‎ 由 ‎ 解得：，与x轴成角斜向下 ‎(2)根据洛伦磁力提供向心力可得：‎ 解得：‎ 由几何关系得弦长：‎ 在类平抛运动过程中，竖直方向上粒子做初速度为零的匀加速直线运动 所以竖直方向上的平均速度为： ‎ 所以，类平抛过程的水平位移应为竖直位移的2倍，即： ‎ 粒子第一次射出磁场时的横坐标为： ‎ 所以，粒子第一次射出磁场时的位置为（4，0）‎ ‎(3)设粒子进入磁场时与水平方向的夹角为 有几何关系可得：‎ 整理得：‎ 因为为定值，所以当时，有最大值为：‎ 所以磁场的最小宽度为‎1m ‎（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。‎ ‎33．[物理—选修3–3]（15分）‎ ‎（1）（5分）关于热现象，下列说法正确的是（　　）‎ A. 将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体 B. 在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体可以转化为晶体 C. 水的饱和蒸汽压与温度有关，与水周围的其他气体的压强无关 D. 由于液体表面有收缩的趋势，故液体表面的分子之间不存在斥力 E. 即使没有摩擦、漏气和不必要的散热等损失，热机的效率也不能达到100%‎ ‎【答案】BCE ‎【解析】将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍然是晶体，选项A错误；在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，例如天然石英是晶体，熔融过的石英却是非晶体。把晶体硫加热熔化（温度超过‎300℃‎）再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫。故B正确。液体的饱和蒸汽压与温度有关，相同温度下，水的饱和汽的压强是一定的，与水周围的其他气体的压强无关。故C正确；由于液体表面具有收缩趋势，故液体表面的分子之间斥力和吸引力的合力表现为引力，即液体的表面张力，故D错误。由热力学第二定律可知，即使没有摩擦、漏气和不必要的散热等损失,热机的效率也不能达到100%，选项E正确；故选BCE.‎ ‎（2）（10分）如图所示，一气缸开口向上竖直放置，用面积为S的活塞在汽缸内封闭着一定质量的气体，活塞上放有一重物，活塞和重物的总质量为m，距气缸底部的高度为h1，此时缸内气体温度为T1。在气缸内注入汽油并迅速完全燃烧，使气体温度急剧升高，重物与活塞沿气缸加速上升。当活塞距缸底高度为h2时，速度达到最大值。若此时汽油燃烧释放的热能为Q0，气缸对外释放的热量为Q1，气体内能增加了△E，外界大气压强为P0。不计活塞所受摩擦阻力，试求：‎ ‎(i)气缸注入汽油前气体的压强，以及活塞速度达最大值时，气体的压强及温度；‎ ‎(ii)活塞的最大速度(设活塞与重物一直一起运动)。(不考虑汽油燃烧前后气缸内被封闭气体种类及质量等的变化，仍将其看作是质量一定的同种理想气体。)‎ ‎【答案】（ⅰ）；； （ⅱ）‎ ‎【解析】（ⅰ）对活塞： ‎ 解得 由于气体等压变化，‎ 则： ，解得 ‎ ‎（ⅱ）对气体 对活塞 ‎ 解得 ‎34.. [物理一选修3–4）（15分）‎ ‎(1)（5分）一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，P、Q、A为该横波上的三个质点，各自的纵坐标位置分别为，‎-2m，‎0m。从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示，则下列说法正确的是___________。（填正确答案标号。）‎ A．该波波速是‎25 m/s，传播方向沿x正方向 B．若此波在同一介质中能与另一列简谐横波发生稳定干涉，则另一列波的频率为1.25Hz C．若该波能发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物尺寸一定比‎20m大很多 D．从该时刻起，再经过0.7s质点P通过的路程为 E．从该时刻起，质点Q将比质点P先回到平衡位置 ‎【答案】ABD ‎【解析】由振动图像和波的图像读出波长和周期，然后求解波速；根据A质点的振动图像判断波的传播方向；当两列波的频率相等时才能产生稳定干涉现象．当障碍物的尺寸与波长相差不多或比波长更小时才会发生明显的衍射现象．根据0.7s内波向右传播的距离确定P点的位置，从而确定P点通过的路程.‎ 由振动图像可知，t=0时刻质点A向下振动，可知波传播方向沿x正方向，由图可知λ=‎20m，T=0.8s，则波速为 ，选项A正确；因该波的频率f=1/T=1.25Hz，若此波在同一介质中能与另一列简谐横波发生稳定干涉，则另一列波的频率为1.25Hz，选项B正确；若该波能发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物尺寸一定比‎20m小很多，选项C错误；由几何关系可知P质点的位置的横坐标为‎7.5m；t=0时刻质点P向上振动，因0.7s内波向右传播x=25×‎0.7m=‎17.5m，可知此时P点恰好运动到波谷位置，则经过0.7s质点P通过的路程为（‎3A+m）=(6+) m，选项D正确；因t=0时刻P向上振动，Q在波谷位置，则从该时刻起，质点Q将比质点P后回到平衡位置，选项E错误；故选ABD.‎ ‎（2）（10分）如图所示为某种透明材料制成的一块柱形棱镜的横截面图，圆弧CD是半径为R的四分之一圆周，圆心为O．光线从AB面上的M点入射，入射角i＝45°，光进入棱镜后恰好在BC面上的O点发生全反射，然后由CD面射出，已知OB段的长度，真空中的光速为c，求：‎ ‎（1）透明材料的折射率n；‎ ‎（2）光从M点射入到从CD面射出所用的时间t。‎ ‎【答案】（1）透明材料的折射率n是 ‎。（2）光从M点射入到从CD面射出所用的时间t是。‎ ‎【解析】（1）设光线在AB面的折射角为r，根据折射定律可得：‎ 设棱镜的临界角为C，根据题意，光线在BC面恰好发生全反射，‎ 得到：sinC＝1/n 由几何关系可知 r+C＝90°‎ 联立解得：n＝ ‎ ‎（2）光在棱镜中传播速度为：v＝c/n 由几何关系可知： ‎ 故光从M点到从CD面射出所用时间为：‎