四川省宜宾四中2020届高三物理一诊试题（含解析）.doc

四川省宜宾四中2020届高三物理一诊试题（含解析）一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1. 如图所示为氢原子能级示意图，现有大量的氢原子处于n=4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光，下列说法正确的是（）a. 这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光b. 由n=2能级跃迁到n=1能级产生的光频率最小c. 用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34ev的金属铂能发生光电效应d. 由n=4能级跃迁到n=1能级产生的光最容易表现出衍射现象【答案】c【解析】解：a、根据=6，所以这些氢原子总共可辐射出6种不同频率的光。故a错误；b、由图可知当核外电子从n=4能级跃迁到n=3能级时，能级差最小，所以放出光子的能量最小，频率最小，故b错误；c、由n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光子能量e=13.6ev-3.40ev=10.2ev，大于金属铂的逸出功，能发生光电效应。故c正确；d、由n=4能级跃迁到n=1能级辐射出的光子能量最大，则光子的频率最大，波长最短，则最不容易表现出衍射现象。故d错误。故选：c。由高能级向低能级跃迁，辐射的光子能量等于两能级间的能极差，光子频率越高，波长越短，波长长的光容易发生衍射。当光子的能量大于逸出功，即可发生光电效应。解决本题的关键知道光子能量与能极差的关系，即em-en=hv，以及知道光电效应产生的条件。2. 做直线运动的质点，它的位置随时间变化的规律是x=3+24t-1.5t2（m），则关于质点的运动，下列判断正确的是（）a. 质点加速度大小为1.5m/s2b. 质点在4秒末速度为零c. 质点滑行前2秒内的位移为45米d. 质点在前2s内的平均速度为21m/s【答案】c【解析】解：a、将x=3+24t-1.5t2（m）与公式x=v0t+at2比对知，质点做匀加速直线运动的初速度v0=24m/s，加速度a=-3m/s2，故a错误。b、4s末质点的速度v=v0+at=24-34m/s=12m/s，故b错误。c、将t=2s代入x=3+24t-1.5t2（m），得质点在前2s内的位移s =（3+242-1.52）-3m=45m，故c正确。d、质点在前2s内的平均速度为，故d错误。故选：c。对照匀变速直线运动的位移时间公式得出质点的初速度和加速度，结合速度时间公式求出质点在2s末的速度，根据位移表达式求出2s内的位移。根据平均速度的定义式求出前2s内的平均速度。解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用。要注意位置与位移的关系。3. 如图所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于o点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力f，使整个装置处于静止状态，且oa与竖直方向夹角为=45，已知弹簧的劲度系数为k，则弹簧形变量最小值是（）a. b. c. d. 【答案】d【解析】解：以小球ab整体为研究对象，分析受力，作出f在几个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：f与t的合力与整体重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当f与绳子oa垂直时，f有最小值，即图中2位置，f的最小值为：fmin=2mgsin=2mg=mg。根据胡克定律：fmin=kxmin，所以：xmin=，故d正确、abc错误。故选：d。以小球ab整体为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件，分析f可能的值，然后再经过胡克定律分析弹簧形变量的最小值。本题是临界问题，运用图解法确定出f的最大值和最小值，再进行选择。也可以用函数法进行求解。4. 据报道，有科学家支持让在2006年被除名的冥王星重新拥有“行星”称号。如表是关于冥王星的一些物理量（万有引力常量g已知），可以判断下列说法正确的是（）物理量直径平均密度公转周期自转周期表面温度量值约2300km2.0g/m3约248约6.387天-220以下a. 冥王星绕日公转的线速度比地球绕日公转的线速度大b. 冥王星绕日公转的加速度比地球绕日公转的加速度大c. 根据所给信息，可以估算太阳的体积的大小d. 根据所给信息，可以估算冥王星表面重力加速度的大小【答案】d【解析】解：a、根据万有引力提供向心力g=m，得：v=，冥王星轨道半径大于地球轨道半径，所以冥王星绕日公转的线速度比地球绕日公转的线速度小，故a错误；b、根据万有引力提供向心力g=ma，得a=，冥王星轨道半径大于地球轨道半径，所以冥王星绕日公转的加速度比地球绕日公转的加速度小，故b错误；c、根据所给信息，无法估算太阳的体积的大小，故c错误；d、根据星球表面万有引力等于重力得：g=mg，冥王星表面重力加速度的大小g=g=，根据表格的数据可以估算冥王星表面重力加速度的大小，故d正确。故选：d。根据表格得出冥王星与地球周期关系。根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量；根据题目中已知条件进行比较。向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，再进行比较5. 如图所示，正方形区域abcd中有垂直于纸面向里的匀强磁场，m、n分别为ab、ad边的中点，一带正电的粒子（不计重力）以某一速度从m点平行于ad边垂直磁场方向射入并恰好从a点射出。现仅将磁场的磁感应强度大小变为原来的，下列判断正确的是（）a. 粒子将从d点射出磁场b. 粒子在磁场中运动的时间不变c. 磁场的磁感应强度变化前、后，粒子在磁场中运动过程的动量变化大小之比为2：1d. 若其他条件不变，继续减小磁场的磁感应强度，粒子可能从c点射出【答案】b【解析】解：a、设正方形的边长为a，由题意可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvb=m，解得：r=；当磁场的磁感应强度大小变为原来的时，粒子轨道半径变为原来的2倍，即，粒子将从n点射出，故a错误；b、由运动轨迹结合周期公式：t=可知，当磁场的磁感应强度大小变为原来的时：t1=，粒子从a点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间t1=，粒子从n点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间t2=，可得：t1=t2，即粒子在磁场中运动的时间不变，故b正确；c、磁场的磁感应强度变化前，粒子在从磁场中运动过程的速度变化大小为2v，磁场的磁感应强度变为原来的后，粒子在磁场中运动过程中的速度变化大小为v，即速度变化大小之比为：1，故c错误；d、无论磁场的磁感应强度大小如何变化，只要磁感应强度的方向不变，粒子都不可能从c点射出，故d错误。故选：b。粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子轨道半径，根据粒子在磁场中转过的圆心角与粒子做圆周运动的周期公式，应用牛顿第二定律分析解题。本题考查了带电粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；解题关键是根据几何关确定圆心的位置，及由半径和周期的公式确定半径和周期的关系，根据题意作出粒子运动轨迹是关键。二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）6. 水平线上的o点放置一点电荷，图中画出了电荷周围对称分布的几条电场线，如图所示。以水平线上的某点o为圆心画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e则下列说法中正确的是（）a. b、e两点的电场强度相同b. b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差c. 电子在c点的电势能小于在b点的电势能d. 正点电荷从a点沿圆周逆时针移动到d点过程中，电场力对它做正功【答案】bc【解析】解：a、由图看出，b、e两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、e两点的电场强度不同，故a错误。b、根据对称性可知，b、c 两点间电势差与e、d两点间电势差都相等，故b正确。c、根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷o越远，电势越低，故c点电势高于a点电势，由ep=q=-e，知电子在c点的电势能小于在b点的电势能。故c正确。d、正点电荷从a点沿圆周逆时针移动到d点过程中，电势逐渐升高，由ep=q，则知电场力做负功。故d错误。故选：bc。电场强度是矢量，只有电场强度的大小和方向都相同时两点的电场强度才相同；根据对称性分析b、c 两点间电势差与b、e间电势差的关系。电势根据顺着电场线方向电势降低进行判断；根据电势高低，判断电场力对正电荷做功的正负。常见电场的电场线分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意点电荷形成电场的对称性。加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。7. 如图所示，质量m=2kg的一定长度的长木板静止在光滑水平面上，在其左端放置一质量m=1kg的小木块（可视为质点），小木块与长木板之间的动摩擦因数=0.2长木板和小木块先相对静止，然后用一水平向右的f=4n的力作用在小木块上，经过时间t=2s，小木块从长木板另一端滑出，g取10m/s2，则（）a. 滑出瞬间，小木块的速度为2m/sb. 滑出瞬间，小木块的速度为4m/sc. 滑出瞬间，长木板的速度为2m/sd. 滑出瞬间，长木板的速度为4m/s【答案】bc【解析】【分析】根据牛顿第二定律分别求出木块和木板的加速度，结合速度时间公式求出木块脱离木板时木块和木板的速度。本题考查了求木块与木板的速度，应用牛顿第二定律求出加速度，应用匀变速直线运动的速度公式求出速度即可解题，本题是一道基础题。【解答】由牛顿第二定律得：对小木块：a1=m/s2=2m/s2，对长木板：a2=m/s2=1m/s2，由题意可知，木块与长木板都做初速度为零的匀加速直线运动，运动时间：t=2s，木块滑出瞬间，小木块的速度：v1=a1t=22m/s=4m/s，长木板的速度：v2=a2t=12m/s=2m/s。故选bc。8. 如图甲所示两平行极板p、q的极板长度和板间距离均为l，位于极板左侧的粒子源沿两板的中轴线向右连续发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子。在03t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）。已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在2t0时刻经极板边缘射出。上述m、q、l、t0为已知量。（不考虑粒了间相互影响及返回极板间的情况），则（）a. 该粒子在平行板问一直做曲线运动b. 该粒了进入平行板间的初速度v0=c. 该粒予在平行板间偏转时的加速度a=d. 两平行板上所加电压大小u0=【答案】bd【解析】解：a.0-t0粒子受到电场力作用做类平抛运动，t0到2t0，电压为零，粒子不受电场力作用，从而做匀速直线运动，故a错误；b带电粒子在水平方向做匀速直线运动，则有：l=v02t0，v0=；故b正确；cdt=0时刻进入的粒子先做类平抛运动再做匀速直线运动，在0-t0时间内粒子做类平抛运动时有：y1=at02vy=at0，在t0-2t0时间内，粒子做匀速直线运动，有：y2=vyt0=at02，粒子从极板边缘射出时，有：=y1+y2=at02得：a=由q=ma得：u0=故c错误，d正确；故选：bd。粒子进入平行板电容器后，沿着初速度方向做匀速直线运动，而沿着电场力的方向做匀加速直线运动，出电场时，水平方向的位移为l，竖直方向的位移为，根据运动学公式求解初速度和加速度以及电压；解决该题需根据图象正确分析粒子的受力情况，从而找到粒子的运动情况，熟记相关的运动公式；9. 在用油膜法估测分子直径的实验中，会使测算结果偏大的操作是（）a. 配置的油酸浓度过高b. 圆盘中遗留的油污没有清洗干净c. 撒的痱子粉过多d. 计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格e. 求每滴体积时，lml的溶液的滴数误多记了10滴【答案】acd【解析】解：计算油酸分子直径的公式是d=，v是纯油酸的体积，s是油膜的面积。a、计算时利用的是纯油酸的体积，如果配置的油酸浓度过高，则油酸的实际体积偏大，则直径将偏大，故a正确；b、如果盘中遗留的油污没有清洗干净，则导致测量的面积s偏大，导致结果计算偏小，故b错误；c、水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分展开，则测量的面积s偏小，导致结果计算偏大，故c正确；d、计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，s将偏小，故得到的分子直径将偏大，故d正确；e、求每滴体积时，lml的溶液的滴数误多记了10滴，由v0=可知，纯油酸的体积将偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故e错误；故选：acd。用“油膜法估测分子大小”的实验原理：认为油酸分子是紧密排列的，而且形成的油膜为单分子油膜，然后用每滴油酸酒精溶液所含油纯酸体积除以油膜面积得出的油膜面积厚度，即为油酸分子直径本题考查了用“油膜法”估测分子直径大小的实验，正确解答实验问题的前提是明确实验原理，能建立物理模型理解并掌握实验的原理和方法10. 关于光在传播过程中所表现的现象，下列说法正确的是（）a. 雨后天空出现的彩虹是光的衍射现象b. 白光通过分光镜在光屏上形成的彩色光带是光的色散现象c. 涂有增透膜的照相机镜头呈淡紫色，说明增透膜增强了对淡紫色的透色程度d. 夜间观看到天边星座的位置比实际位置偏高，这是光的折射现象e. 利用红外线进行遥感控只要是因为红外线的波长长，容易发生衍射【答案】bde【解析】解：a、雨后天空出现的彩虹是光的折射现象，故a错误；b、白光通过分光镜在光屏上形成的彩色光带是由于不同色光折射率不同而产生的光色散现象，故b正确；c、在选择增透膜时，一般是使对人眼灵敏的绿色光在垂直入射时相互抵消，这时光谱中其它频率的光将大部分抵消，因此，进入镜头的光有很多，但以抵消绿光为主，这样照相的效果更好对于增透膜，有约1.3%的光能量会被反射，再加之对于其它波长的光，给定膜层的厚度是这些光在薄膜中的波长的倍，从薄膜前后表面的反射绿光相互抵消，镜头呈淡紫色，故c错误；d、夜间观看到天边星座的位置比实际位置高，这是光的折射现象，故d正确；e、波长越长，越容易发生衍射现象；利用红外线进行遥感是因为红外线的波长大，容易发生衍射故e正确故选：bde彩虹是光的折射现象，白光通过分光镜在光屏上形成的彩色光带是的光色散现象增透膜利用光干涉现象夜间观看到天边星座的位置比实际位置高，这是光的折射现象红外线的波长长，容易发生衍射本题考查了干涉、衍射和折射等光学知识，会对生活中光现象用物理知识去解释三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）11. 测木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图1所示的装置，图中长木板水平固定。（1）实验过程中，电火花计时器应接在_（选填“直流”或“交流”）电源上。调整定滑轮高度，使细线与长木板平行。（2）已知重力加速度为g，测得木块的质量为m，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间的动摩擦因数=_。（3）如图2所示，为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出。从纸带上测出x1=3.20cm，x2=4.52cm，x5=8.42cm，x6=9.70cm。则木块加速度大小a=_m/s2（保留两位有效数字）。【答案】交流 1.3【解析】解：（1）电火花计时器工作的电源为220v的交流电。（2）对木块、砝码盘和砝码系统，根据牛顿第二定律有：mg-mg=（m+m）a，解得：=。（3）相邻两计数点间还有4个打点未画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s，根据运动学公式得：x=at2a=m/s21.3m/s2；故答案为：（1）交流；（2）；（3）1.3。（1）电火花计时器使用220v的交流电源。（2）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数。（3）利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的加速度。本题主要考查了利用牛顿第二定律测定木块与长木板之间的动摩擦因数的设计试验问题，属于中档题。12. 在伏安法测电阻的实验中，待测电阻rx约200，电压表v的内阻约为2k，电流表a的内阻约为10，测量电路中电流表的连接方式如图甲或图乙所示，结果由公式rx=计算得出，公式中u与i分别为电压表和电流表的示数。若将用图甲和图乙电路图测得rx的电阻值分别记为r和r，则_（填“r”或“r”）真更接近待测电阻的真实值，且测量值r_（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。测量值r_（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。（2）图丙所示是消除伏安法系统误差的电路图。该实验的第一步是闭合开关s1，将开关，2接2，调节滑动变阻器rp和rp，使得电压表的示数尽量接近满量程，读出此时电压表和电流表的示数u1、i1接着让两滑动变阻器的滑片位置不动，将开关s2接1，再次读出电压表和电流表的示数u2、i2，则待测电阻r的真实值为_。【答案】rx1 大于 小于 【解析】解：（1）由题意可知：=20；=10；则可知：；故应采用电流表的内接法误差更小，即rx1更接近真实值；由于采用电流表内接法，测量值中包含电流表内阻，因此测量值大于真实值；而如果采用电流表外接法，由于电压表的分流使电流表测量值偏大，由欧姆定律可知，测量值小于真实值；（2）将电建s2接2，只调节滑动变阻器r2，由欧姆定律得：u1=i1（ra+rp+rx），u2=i2（ra+rp），联立解得：故答案为：（1）rx1；大于；小于；（2）（1）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后根据实验电路图要与欧姆定律分析实验误差。（2）分析电路结构，根据欧姆定律列式，联立即可求解测量值的大小。本题考查伏安法测电阻实验；对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。四、计算题（本大题共3小题，共40.0分）13. 如图所示为一个竖直固定在地面上的透气圆筒，筒中有一劲度系数为k的轻弹簧，其下端固定，上连接一质量为m的薄滑块，圆内涂有一层新型智能材料一一er流体，它对滑块的阻力可调。滑块静止时，er流体对其阻力为零，此时弹簧的长度为l，现有一质量也为m（可视为质点）的物体在圆筒正上方距地面2l处自由下落，与滑块碰撞（碰撞时间极短）后粘在一起，并以物体碰前瞬间速度的一半向下运动，er流体对滑块的阻力大小随滑块下移面变化，使滑块做匀减速运动，当下移距离为d时，速度减小为物体与滑块種撞前瞬间速度的四分之一。取重力加速度为g，忽略空气阻力，求（1）物体与滑块碰前瞬间的速度大小（2）滑块向下运动过程中的加速度大小（3）当下移距离为d时，er流体对滑块的阻力大小f【答案】解：（1）物块做自由落体运动，故有：v2=2gl解得：v=（2）两物体碰后的共同速度：v1=下降d后的速度v2=设加速度大小为a，有2ad=v12-v12，解得：（3）物块静止时，弹簧的压缩量为x，则kx=mg；滑块向下运动d后，弹簧弹力为f=k（x+d），er流体对滑块的阻力为f，则根据牛顿第二定律：f+f-2mg=2ma解得f=mg+-kd答：（1）物体与滑块碰前瞬间的速度大小为；（2）滑块向下运动过程中的加速度大小为；（3）当下移距离为d时，er流体对滑块的阻力大小为mg+-kd。【解析】（1）由速度位移公式求的速度（2）由物体的运动过程结合速度位移关系可以求得物体的加速度的大小；（3）对物体受力分析，由牛顿第二定律可以求得滑块受到的阻力的大小。对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。14. 如图所示，一根两端开口、横截面积为s=2cm2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定（插入水银槽中的部分足够深）管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长l=21cm的气柱，气体的温度为t1=7，外界大气压取p0=1.0105pa（相当于75cm高的汞柱压强）（i）在活塞上放一个质量为m=0.1kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为多长？（g=10m/s2）（ii）若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t2=77，此时气柱为多长？【答案】解：（i）被封闭气体的初状态为p1=1.0105pa，v1=ls=21s，t1=280k末状态压强p2=p0+=1.05105pa，v2=l2s，t2=t1=280k根据玻意耳定律，有p1v1=p2v2，即p1l=p2l2得l2=l=20cm（2）对气体加热后，气体的压强不变，p3=p2，v3=l3s，t3=350k根据盖-吕萨克定律，有=，即=得l3=25cm答：（1）在活塞上放一个质量m=0.1kg的砝码，保持气体的温度t1不变，平衡后气柱为20cm（2）保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t2=77，此时气柱为25cm【解析】（i）保持气体的温度t1不变，是一个等温过程，对活塞受力分析，可求出末状态气体的压强，再根据玻意耳定律，求出平衡后气柱的长度（ii）对气体加热，活塞可自由移动，活塞质量不计，可知管中气体压强始终等于大气压强，是一个等压变化过程根据盖吕萨克定律，就可以求出温度升高后气柱的长度解决本题的关键是判断气体作体积变化，再根据气体定律进行求解15. 如图所示是一种折射率n=1.5的棱镜，现有一束光线沿mn的方向射到棱镜的ab界面上，入射角的正弦值为sini=0.75求：（1）光在棱镜中