【物理】山东省实验中学2020届高三普通高等学校招生全国统一考试模拟（四）（解析版） 21页

山东省实验中学2020届高三普通高等学校招生 全国统一考试模拟试题（四）‎ 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.目前，我国的第五代移动通信技术（简称‎5G或‎5G技术）已经进入商用阶段，相应技术达到了世界先进水平。‎5G信号使用的是超高频无线电波，关于‎5G信号，下列说法正确的是（ ）‎ A. ‎5G信号是由机械振动产生的 B. ‎5G信号的传输和声波一样需要介质 C. ‎5G信号与普通的无线电波相比粒子性更显著 D. ‎5G信号不能产生衍射现象 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．‎5G信号是无线电波，无线电波是由电磁振荡产生的，机械波是由机械振动产生的，故A错误；‎ B．无线电波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质，故B错误；‎ C．‎5G信号是超高频无线电波，比普通的无线电波频率高得多，故粒子性更显著，故C正确；‎ D．衍射现象是波特有现象，则无线电波可以产生衍射现象，故D错误。故选C。‎ ‎2.如图所示，质量为的木块A放在质量为的斜面体B上，现对木块A施加一竖直向下的力F，它们均静止不动，则（ ）‎ A. 木块A与斜面体B之间不一定存在摩擦力 B. 斜面体B与地面之间一定存在摩擦力 C. 地面对斜面体B的支持力大小等于 D. 斜面体B受到4个力的作用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对木块A进行受力分析，受竖直向下的重力和推力F，垂直斜面的支持力，由平衡条件可知，木块A还受到沿斜面向上的静摩擦力，故A错误；‎ BC．以AB为整体作为研究对象受力分析，由平衡条件可知，斜面体B与地面之间无摩擦力，地面对斜面体B的支持力 故BC错误；‎ D．单独以斜面体B为研究对象受力分析，斜面体B受重力，地面对斜面体B的支持力，木块A对斜面体B的压力及木块A对斜面体B的沿斜面向下的静摩擦力，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.如图所示，A、B、C、D为圆上的四个点，其中AB与CD交于圆心O且相互垂直，E、F是关于O点对称的两点但与O点的距离大于圆的半径，E、F两点的连线与AB、CD都垂直。在A点放置一个电荷量为的点电荷，在B点放置一个电荷量为的点电荷。则下列说法正确的是（ ）‎ A. OE两点间电势差大于OC两点间的电势差 B. D点和E点电势相同 C. 沿C，D连线由C到D移动一正点电荷，该电荷受到的电场力先减小后增大 D. 将一负点电荷从C点沿半径移动到O点后再沿直线移动到F点，该电荷的电势能先增大后减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABD．CD与EF所在的平面是一个等势面，则OE两点间电势差等于OC两点间的电势差，D点和E 点电势相同，在等势面上移动电荷，电场力不做功，负点电荷电势能不变，故AD错误，B正确；‎ C．C、D连线上电场强度先增大后减小，点电荷受到的电场力先增大后减小，故C错误。‎ 故选B。‎ ‎4.如图所示，物体A和小车用轻绳连接在一起，小车以速度向右匀速运动。当小车运动到图示位置时，轻绳与水平方向的夹角为，关于此时物体A的运动情况的描述正确的是（ ）‎ A. 物体A减速上升 B. 物体A的速度大小 C. 物体A的速度大小 D. 物体A的速度大小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】小车的速度分解如图所示，由图得 小车向右匀速运动，不变，变小，则变大，变大，即物体A加速上升，故ABC错误，D正确。‎ ‎5.利用如图甲所示的实验装置研究光电效应，测得某种金属的遏止电压U。与入射光频率v之间的关系图线如图乙所示，则（　　）‎ A. 图线在横轴上的截距的物理意义是该金属的截止频率 B. 由图线可知普朗克常量 C. 入射光频率增大，逸出功也增大 D. 要测得金属的遏止电压，电源的右端应为负极 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图乙可知，当人射光的频率小于时，无需加遏止电压就没有光电流，说明为该金属的截止频率，故A正确；‎ B．根据爱因斯坦光电效应方程及动能定理得 则 得 故B错误；‎ C．金属的逸出功与入射光的频率无关，由金属本身决定，故C错误；‎ D．要测得金属的遏止电压，电源的左端应为负极，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎6.如图所示，理想变压器原线圈串联一个定值电阻之后接到交流电源上，电压表的示数恒定不变，电压表和的示数分别用和表示，电流表A的示数用Ⅰ表示，所有电表都可视为理想电表。当滑动变阻器R的滑片P向上滑动时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 和的比值不变 B. 电流表A的示数Ⅰ增大 C. 电压表的示数减小 D. 电阻和滑动变阻器R消耗的功率的比值总是等于 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，副线圈回路中电阻增大，副线圈回路中电流减小，则原线圈电流减小，即电流表示数减小，两端电压减小，恒定不变，则增大，则和的比值变小，故ABC错误；‎ D．因为是理想变压器，滑动变阻器R消耗的功率等于原线圈输入功率，则 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎7.如图所示，竖直放置的两端开口的U形管，一段空气柱被水银柱a和水银柱b封闭在右管内，水银柱b的两个水银面的高度差为h。现将U形管放入热水槽中，则系统再度达到平衡的过程中（水银没有溢出，外界大气压保持不变）（ ）‎ A. 空气柱的压强变大 B. 空气柱的长度不变 C. 水银柱b左边液面要上升 D. 水银柱b的两个水银面的高度差h不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．外界大气压不变，被封闭气体压强始终不变，气体做等压变化，温度升高，则气体体积增大，故AB错误；‎ CD．被封闭气体压强始终不变，水银柱b两液面高度差h不变，则液面位置也不会发生变化，故C错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎8.如图所示，在虚线所包围的圆形区域内有方向垂直于圆面向外的匀强磁场，一些速率不同的粒子从磁场边缘的A点沿半径方向射入磁场，不计粒子重力及相互间的作用，对于粒子在磁场中做匀速圆周运动的过程，下列说法正确的是（ ）‎ A. 速率越大的粒子的运动周期越短 B. 所有粒子在磁场中运动的偏转角都相等 C. 速率越大的α粒子在磁场中运动的时间也越长 D. 运动半径越大的α粒子的向心加速度也越大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由 可得 v越大，则r越大，周期 周期与运动速度大小无关，故A错误；‎ BC．设粒子在磁场中运动偏转角为，则运动时间 由几何关系可知 所以ν越大，r越大，对应的θ越小，t越小，故BC错误；‎ D．由 得向心加速度 r越大，v越大，a也越大，故D正确。‎ 故选D。‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎9.如图所示。有一束平行于等边三棱镜横截面ABC的红光从空气射向E点，并偏折到F点。已知入射方向与边AB的夹角，E．F分别为边AB．BC的中点，则（ ）‎ A. 该三棱镜对红光的折射率为 B. 光在F点发生全反射 C. 从F点出射的光束与入射到E点的光束的夹角为 D. 若改用紫光沿相同角度从E点入射，则出射点在F点左侧 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．如图所示，作两界面法线相交于D点，在AB界面，由几何知识知，入射角为，折射角为，所以 故A正确；‎ B．光在BC界面上人射角为，则 即临界角 则在BC面上不会发生全反射，故B错误；‎ C．分析知BC面上折射角为，入射光线与出射光线相交于G点，，‎ ‎，则，，‎ 则 所以从F点出射的光束与入射到E点的光束的夹角为，故C正确；‎ D．紫光频率比红光频率大，棱镜对紫光的折射率大，若改用紫光沿相同角度从E点人射，则出射点在F点右侧，D错误。‎ 故选AC ‎10.‎2019年10月5日2时51分，我国在太原卫星发射中心用长征四号丙运载火箭，成功将“高分十号”地球同步卫星发射升空。一般发射地球同步卫星要经过两次变轨才能进入地球同步轨道。如图所示，先将卫星送入较低的圆轨道Ⅰ，经椭圆轨道Ⅲ进入地球同步轨道Ⅱ。已知“高分十号”卫星质量为m卫，地球质量为m地，轨道Ⅰ半径为r1，轨道Ⅱ半径为r2，A、B为两轨道的切点，则下列说法正确的是（ ）‎ A. “高分十号”在轨道Ⅰ上的运行速度大于‎7.9km/s B. 若”高分十号”在轨道I上的速率为v1：则在轨道II上的速率v2=v1‎ C. 在椭圆轨道上通过B点时“高分十号”所受万有引力小于向心力 D. 假设距地球球心r处引力势能为Ep=－则“高分十号”从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅱ ‎，其机械能增加了－‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A ．第一宇宙速度为‎7.9km/s，绕地球做圆周运动的轨道半径等于地球的半径，根据万有引力提供向心力则有 可得 知轨道半径越大，线速度越小，所以“高分十号”卫星在轨道Ⅰ上的运行速度小于‎7.9km/s，故A错误；‎ B．根据 可得“高分十号”卫星在轨道I上的速率为 在轨道II上的速率为 联立解得 故B正确；‎ C．由于“高分十号”卫星需要在点从椭圆轨道Ⅲ进入轨道Ⅱ，卫星在点需加速，所以“高分十号”卫星在椭圆轨道Ⅲ上通过B点时，万有引力大于向心力，故C错误；‎ D．“高分十号”卫星在轨道Ⅰ上的机械能 在轨道Ⅱ上的机械能 则机械能增加量 故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎11.大型对撞机是科学研究的重要工具，中国也准备建造大型正负电子对撞机，预计在2022至2030年之间建造，对撞机是在回旋加速器的基础上逐步发展出来的。回旋加速器的原理示意图如图所示，和是两个中空的半圆金属盒，均和高频交流电源相连接，在两盒间的窄缝中形成匀强电场，两盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，中央O处是粒子源。若忽略粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）‎ A. 带电粒子每运动一周被加速两次 B. 带电粒子在磁场中运动的周期越来越小 C. 粒子的最大速度与半圆金属盒的尺寸无关 D. 磁感应强度越大，带电粒子离开加速器时的动能就越大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 详解】A．带电粒子转动一周，两次经过电场，所以每运动一周被加速两次，故A正确；‎ B．带电粒子在磁场中运动的周期与速度无关，故B错误；‎ C．粒子从回旋加速器中射出时，最后一圈圆周运动的半径与金属盒半径相同，由 得 可知金属盒半径r越大，最大速度ν越大，故C错误；‎ D．由，可知磁感应强度B越大，最大速度v越大，粒子动能越大，故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎12.如图所示，AB两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，小球A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角，BC两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，小球C放在水平地面上。现用手控制住小球A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知小球A的质量为‎4m，小球BC质量相等，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放小球A后，小球A沿斜面下滑至速度最大时小球C恰好离开地面，关于此过程，下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球BC及弹簧组成的系统机械能守恒 B. 小球C的质量为m C. 小球A最大速度大小为 D. 小球B上升的高度为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．以小球B、C及弹簧组成的系统为研究对象，除系统重力外，绳的拉力对系统做功，则系统机械能不守恒，故A错误；‎ B．小球A速度最大时，小球A的加速度为零，则 对小球B、C及弹簧组成的系统 联立以上两式，解得 故B正确；‎ CD．小球C恰好离开地面时，弹簧弹力 弹簧伸长量为，初始时，弹簧被压缩，则小球B上升，以小球A、B、C及弹簧组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得 又 联立以上两式，解得 故C正确，D错误。‎ 故选BC。‎ 三、实验题：本题共2小题，共15分。把答案写在答题卡中指定的答题处。‎ ‎13.如图所示是“验证动量守恒定律”实验中获得的频闪照片，已知A、B两滑块的质量分是在碰撞，，拍摄共进行了四次。第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞墙之后。B滑块原来处于静止状态，并且A、B滑块在拍摄频闪照片的这段时间内是在‎10cm至‎105cm这段范围内运动（以滑块上的箭头位置为准），试根据频闪照片（闪光时间间隔为0.5s）回答问题。‎ ‎(1)根据频闪照片分析可知碰撞发生位置在__________cm刻度处；‎ ‎(2)A滑块碰撞后的速度__________，B滑块碰撞后的速度 ‎_____，A滑块碰撞前的速度__________。‎ ‎(3)根据频闪照片分析得出碰撞前两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和是___；碰撞后两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和是____。本实验中得出的结论是______。‎ ‎【答案】 (1). 30 (2). ‎0.4m/s ‎0.6m/s ‎0.8m/s (3). 1.2 1.2 两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由碰撞前A、B位置可知碰撞发生在‎30cm处；‎ ‎(2)[2][3][4]碰后A的位置在‎40cm，‎60cm，‎80cm处，则 碰后B的位置在‎45cm，‎75cm，‎105cm处，则 由碰撞前A、B位置可知碰撞发生在‎30cm处，碰后B从‎30m处运动到‎45cm处，经过时间 碰前A从‎10cm处运动到‎30cm处用时 则碰前 ‎(3)[5]碰撞前两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和 ‎[6]碰撞后两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和 ‎[7]本实验中得出的结论是两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒 ‎14.一般的话筒用的是一块方形的电池(层叠电池)，如图甲所示，标称电动势为9V。某同学想要测量该电池实际的电动势和内阻，实验室提供了以下器材：‎ A.待测方形电池 B.电压表(量程0~3V，内阻约为4kΩ)‎ C.电流表(量程0~‎0.6A，内阻为1.0Ω)‎ D.电流表(量程0~‎3A，内阻为1.0Ω)‎ E.电阻箱(阻值范围0~999.9Ω)‎ F.电阻箱(阻值范围0~9999.9Ω)‎ G.滑动变阻器(阻值范围0~20Ω)‎ H滑动变阻器(阻值范围0~20kΩ)‎ I.开关、导线若干 ‎(1)该同学根据现有的实验器材，设计了如图乙所示的电路图。根据如图乙所示电路图和如图丙所示图像，为完成该实验，电流表应选_____，电阻箱应选______，滑动变阻器应选_______(均填写器材前字母标号)‎ ‎(2)实验需要把电压表量程扩大为0~9V。该同学按图乙连接好实验器材，检查电路无误后，将R1的滑片移到最左端，将电阻箱R2调为零，断开S3，闭合S1，将S2接a，适当移动R1的滑片，电压表示数为2.40V；保持R1接入电路中的阻值不变，改变电阻箱R2的阻值，当电压表示数为________V时，完成扩大量程，断开S1。‎ ‎(3)保持电阻箱R2阻值不变，开关S2接b，闭合S3、S1，从右到左移动R1的滑片，测出多组U、I，并作出U－I图线如图丙所示，可得该电池的电动势为________V，内阻为________Ω。‎ ‎【答案】(1). D F G (2). 0.80 (3). 8.94 2.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由图示图象可知，所测最大电流约为‎2A，则电流表应选择D；‎ ‎[2]电源电动势约为9V，需要把电压表改装成9V的电压表，串联电阻分压为6V，是电压表量程的2倍，由串联电路特点可知，分压电阻阻值为电压表内阻的2倍，约为8KΩ，电阻箱应选择F；‎ ‎[3] 由于要测量该电池实际的电动势和内阻，为方便实验操作，滑动变阻器应选择G；‎ ‎(2)[4] 把量程为3V的电压表量程扩大为9V，分压电阻分压为6V，分压电阻分压是电压表两端电压的2倍，由题意可知，电压表所在支路电压为2.40V，分压电阻两端电压为电压表两端电压的2倍，实验时应保持位置不变，改变阻值，当电压表示数为0.80V，此时电阻箱分压1.60V，完成电压表扩大量程；‎ ‎(3)[5] 分压电阻箱两端电压是电压表两端电压的2倍，电压表示数为，则路端电压为，在闭合电路中，电源电动势 整理可得 由图示图象可知，图象纵轴截距 电源电动势 ‎[6]图象斜率的绝对值 电源内阻 四、计算题：本题共4小题，共45分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明，方程式和演算步骤。‎ ‎15.如图所示，一质量为m，长度为L的导体棒AC静止于两条相互平行的水平导轨上且与两导轨垂直。通过导体棒AC的电流为I，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面成角斜向下且垂直于导体棒AC，求：‎ ‎(1)导体棒AC受到的安培力；‎ ‎(2)导体棒AC受到的摩擦力。‎ ‎【答案】(1)BIL，方向垂直于AC斜向右下方，与竖直方向成θ角；(2)，方向水平向左 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由安培力公式可知导体棒AC受到的安培力为，由左手定则可知，安培力方向 垂直于AC斜向右下方，与竖直方向成θ角；‎ ‎(2)对导体棒受力分析如图 由平衡条件可知 方向水平向左 ‎16.如图所示是研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在xOy平面坐标系的第一象限内，存在两个电场强度大小均为E，方向分别水平向左和竖直向上的匀强电场区域Ⅰ和Ⅱ。两电场的边界均是边长为L的正方形，位置如图所示。（不计电子所受重力）‎ ‎(1)在Ⅰ区域AO边的中点处由静止释放电子，求电子离开Ⅱ区域的位置坐标；‎ ‎(2)在电场区域Ⅰ内某一位置（x、y）由静止释放电子，电子恰能从Ⅱ区域右下角B处离开，求满足这一条件释放点x与y满足的关系。‎ ‎【答案】(1)(‎2.5L，‎0.5L)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在Ⅰ区域中电子做初速度为零的匀加速直线运动，‎ ‎①‎ 在Ⅱ区域电子做类平抛运动，假设电子从BC边射出，由运动规律得水平方向 ‎②‎ 竖直方向 ‎③‎ ‎④‎ 联立①②③④解得 假设成立，电子离开Ⅱ区域的位置坐标 即坐标为 ‎(2)在Ⅰ区域有 ‎⑤‎ 在Ⅱ区域有⑥‎ ‎⑦‎ 联立④⑤⑥⑦解得 ‎17.如图甲所示，倾斜放置的平行光滑导轨间距为L。导轨与水平面的夹角为，导轨上端连有阻值为的定值电阻，在导轨平面上的abdc、cdfe区域内分别有垂直导轨平面向上和向下的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小分别为和，两磁场的宽度均为L。一长为L，阻值为 的导体棒从导轨某位置由静止释放，导体棒在滑动过程中始终垂直于导轨且与导轨接触良好，导体棒在磁场中运动的速度一时间图像如图乙所示。不计导轨的电阻，取，求：‎ ‎(1)导体棒的质量；‎ ‎(2)导体棒穿过整个磁场过程中电阻R上产生的焦耳热；‎ ‎(3)导体棒穿过磁场Ⅱ的时间。‎ ‎【答案】(1)‎0.2kg；(2)1.0375J；(3)1.9s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由图乙可知，导体棒在磁场Ⅰ中做匀速直线运动，速度，运动时间，则 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 联立①②③④解得 ‎(2)导体棒穿过整个磁场区域，由能量守恒定律得 ‎⑤（其中）‎ ‎⑥‎ 联立⑤⑥解得 ‎(3)设导体棒穿过磁场Ⅱ的时间为，选取沿导轨向下为正方向，由动量定理得 ‎⑦‎ 又 ‎⑧‎ ‎⑨‎ ‎⑩‎ ‎⑪‎ 联立以上各式，解得 ‎18.如图所示，水平传送带右端与半径为R=‎0.5m的竖直光滑圆弧轨道的内侧相切于Q点，传送带以某一速度顺时针匀速转动。将质量为m=‎0.2kg的小物块轻轻放在传送带的左端P点，小物块随传送带向右运动，经Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N。小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，取g=‎10m/s2。‎ ‎(1)求传送带最小转动速率v0‎ ‎(2)求传送带PQ之间的最小长度L ‎(3)若传送带PQ之间的长度为‎4m，传送带以(1)中的最小速率v0转动，求整个过程中产生的热量Q及此过程中电动机对传送带做的功W ‎【答案】（1）‎5m/s （2）‎2.5m （3）2.5J 5J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达点已与传送带同速且小物块刚好能到达点，在点有 小物块从点到点，由动能定理得 联立解得 ‎(2)传送带长度最短时，小物块从点到点一直做匀加速运动，到点时刚好与传送带同速，则有 联立解得 ‎(3)设小物块经过时间加速到与传送带同速，则 小物块的位移 传送带的位移 根据题意则有 联立解得 由能量守恒定律可知，电动机对传送带做功 代入数据解得