【解析】广西柳州市2020届高三下学期4月模拟物理试题

1、柳州市2020届高三毕业班4月模拟理科综合能力测试物理部分二、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1418题只有一项符合题目要求，第1921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。1.下列说法正确的是（）A.卢瑟福的核式结构模型能够解释氢原子光谱的分立特征B.根据玻尔模型，氢原子由基态跃迁到激发态时电子运动的动能变小C.温度升高放射性元素半衰期变短D.用频率为 的光照射某金属，发出的某光电子的初动能为-hv ,该金属的截止频率为 -V33【答案】B【详解】A .卢瑟福在用 粒子轰击金箔实验中发现大多粒子能穿透金箔，只有

2、少量的粒子发 生较大的偏转，提出原子核式结构学说，但不能解释原子光谱分立特征，而玻尔的原子模型 能很好的解释，故 A错误；B.氢原子从基态跃迁到激发态时，需吸收能量，则总能量增大，轨道半径变大，根据2Vm 一,rEk1 2一 mv2可得ke2 2r因半径增大，所以动能减小，故 B正确;C.原子核的衰变是由原子核内部因素决定的，与外界环境无关，即与原子的物理化学状态无关，故C错误；D,用频率为 的光去照射某金属时，出射电子初动能为-hv不一定是最大初动能，即3Ekm 1 h3根据爱因斯坦光电效应方程Ekm hv Wo-1 -解得，L2，Wo hv Eg h3则金属的截止频率为V0些故截止频率小于

3、等于_2v故D错误。 h3故选B。2.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN .在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体 Q,整个装置处于静止状态. 如图所示是这个装置的纵截面图.若用外力使MN保持竖直，缓慢地向右移动，在 Q落到地面以前，发现 P始终保持静止.在此过程中，卜列说法中止确的是A. MN对Q的作用力先减小后增大B.地面对P的摩擦力逐渐减小C. P、Q间的弹力逐渐增大D.地面对P的支持力逐渐增大【答案】C【详解】AG又Q受力分析，受重力、vf 7,V1/ 1mg根据共点力平衡条件，有Ni迺cosN2 mg tan当MN保持竖直，缓慢地向右移动，夹角故A错；C

4、对BQ再对P、Q整体受力分析，受重力、P对Q 支持力和 MN寸Q的支持力，如图逐渐增大，公式可知：，i，N2增大, 二口右的支持力，如图。CVf十砒r根据共点力平衡条件，有N2 fN M mg当MN保持竖直，缓慢地向右移动，夹角逐渐增大，根据公式可知：地面对P的摩擦力逐渐增大，地面对P的支持力保持不变，故 BD错误；3 .如图所示，A、B两颗质量相同的卫星均绕地王做匀速圆周运动，若 p表示卫星的动量大小，E表示卫星的机械能，a表示卫星的向心加速度大小， T表示周期，则下列关系正确的是（）A. PA> pBB. Ea<EbC. aA< aBD. Ta<Tb-24 -Mm-

5、2 r解得v轨道半径较大，则VA<VB,由于AB的质量相等，根据【详解】A.根据万有引力提供向心力，则有2vm rp=mv可知两者动量的大小关系 PA<pB,故A错误；B.卫星由低轨道向高轨道运动需要增加机械能，故在A轨道的机械能大于 B轨道的机械能,故B错误；C.根据万有引力提供向心力，则有解得a GM-, A的轨道半径较大，则 rmMG2-raA<aB,ma故C正确;D.根据万有引力提供向心力，则有GMm2-r解得T4一匚，A的轨道半径较大，则 Ta>Tb,故D错误。GM故选Co4 .如图所示，轻弹簧的上端固定在天花板上，下端挂有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直

6、向下的力F作用在物块P上，使其以加速度 a竖直向下匀加速。运动一段距离（未超过弹簧的弹性限度），巳知加速度a小于重力加速度go以x表示物块P离开初始位置的位移，则在向下加速运动白过程中，力 F、物块P的动能Ek、系统的机械能增量 E和x之间的关系图像可能正确的是（）【答案】B【详解】AB .根据牛顿第二定律F-kx=ma解得F=ma+kx故F-x图像应为直线，故 A错误，B正确;D.初动能为零，根据动能定理有F合 xEk匀加速运动F合恒定，故Ek-x图像应该为过原点的直线，D中初动能不为零，故 D错误;C.拉力F做功表征系统机械能的变化，根据功能关系有E Fx ma kx x因此E-x图像为曲

7、线，故 C错误。故选B。5 .一个含有理想变压器的电路如图所示，图中Li、L2和L3是完全相同的三个灯泡，灯泡的额定电压为Uo, U为正弦交流电源。当开关 S闭合时，电路中的灯泡均能正常发光。下列说法正确的是（）A.理想变压器原、副线圈匝数比为1 ： 2B.交流电源电压有效值为 2UoC.交流电源电压最大值为 3J2U0D.若开关S断开稳定后，灯泡 L2变暗【答案】C【详解】A.三个灯泡均正常发光，副线圈回路中的电流是原线圈中电流的2倍，因此原副线圈的匝数比为n1222n2 I11故A错误；B.因为副线圈回路两个灯泡的并联，电压为 U。，根据Ui niU 0 n2解处原线圈两端的电压为 Ui

8、2U0,则交流电源的电压U Uo 2Uo 3Uo故B错误；C.最大值 Umax 22 3Uo 3J2Uo,故 C 正确;D.若断开S,副线圈回路的总电阻变大，输出功率变小，输出电流变小，输入电流变小。灯泡Li两端的电压减小，原线圈两端的电压升高，所以副线圈两端的电压增大，灯泡L2变亮，故D错误。故选Co6.如图所示，相距为 2d的A、B两个点电荷固定于竖直线上，电荷量分别为+Q和-Q。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，与AB连线间的距离为d, C、D是细杆上与A、B等高的两点，O点是CD中点。一个质量为 m、电荷量为+q的带电小球P （可视为点电荷，放入电场后不影响 电场的分布）穿过细杆，由C点静

9、止开始释放，向下运动到。点时速度大小为 v。已知静电力 常量为k,重力加速度为g。则（）M：,0qdA. C、D两点电势上=归B. C、D两点的电场强度大小相等C.。点处的电场强度大小c- 2kQE=2d2D.小球P经过D点时的速度大小为 2v【答案】BC【详解】A.由等量异号电荷电场线分布可知，C点电势高于D点电势，故A错误;B.由电场强度的叠加可知 CD两点的电场强度大小相等，故 B正确;C.正点电荷Q在O点产生的场强大小为EikQ2d2负点电荷Q在。点产生的场强大小为E2kQkQ2 22d2d如图所示r/ Ao由电场强度的叠加可得 O点处的电场强度E在SQ2d2D .从C到。与从。到D重

10、力及电场力做功相同，从 C到O过程，根据动能定理有12W mv2从。到D过程，根据动能定理有1212W 一 mvD - mv22联立解得Vd 瓜,故D错误。故选B。7.一物块静止在粗糙水平地面上，04s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示，02s内速度图像如图乙所示。重力加速度g=10m/s2,关于物块的运动。下列说法正确的是A.第4s末物块的速度为0B.前4s内物块的位移大小为 6mC.前4s内拉力的冲量为0D.物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2【答案】AD【详解】D.由乙图可知，第 2s内物体匀速运动，则由甲图可知摩擦力f=F=2N;根据速度时间图象的斜率表示加速度，则第1s内物

11、块的加速度4一/2 ,2a - m / s =4m/s21第1s内F=6N,根据牛顿第二定律有F-f=ma代入数据则有6-2=4 m解得m=1kg又f mg 2解得 0.2,故D正确;A.由甲图可知，第 3s内物体减速运动,F的大小为2N,方向反向，根据牛顿第二定律有2+f=ma解得a=4m/s2,则减速到零的时间为1v 4t0 s 1sa 4故第3s末物块速度为0,第4s内拉力与摩擦力相等，物块静止，故 A正确;B.速度时间图象围成的面积表示位移，则前4s内的位移为1 , ,1 / ,c c-1 4m 41m - 1 4m 0 8m2 2故B错误;C.前4s内拉力的冲量为 F-t图象与坐标轴

12、所围面积，则有IF 6 1N s 2 1N s 2 2N s 4N s故C错误。故选AD8.如图所示，宽为L的平行光滑金属导轨 MN和PQ由圆弧部分和水平部分平滑连接，右端接阻值为R的定值电阻，水平轨道的左边部分矩形区域内有竖直向上、大小为B的匀强磁场。已知go在圆弧部分的某一高度 h处由静止释放一根金属棒，金属棒到达磁场右边界处恰好停止。金属棒质量为mR、导轨始终垂直接触良好。导轨电阻不计，重力加速度为则在整个运动过程中A.通过电阻的最大电流大小为2BLJ2gh3RB.金属棒两端的最大电压为BL J2 ghC.磁场区域长度d= 3mR222gh2B LD.右端电阻R产生的焦耳热为 mgh【答

13、案】AC【详解】A.金属棒下滑过程中机械能守恒，则有mgh1 2 -mv2金属棒到达水平面时的速度v商h,金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势为E=BLv最大的感应电流为I BLv2BL_JghR R 3R R 2故A正确；2BL . 2gh8 .金属棒两端的电压为路端电压，最大值为U IR故B错误；0 mvC.金属棒在整个运动过程中，由动量定理得BIL而q又 2BLdq R 3RR -2联立解得d 3吗22gh，故C正确；2B LD.由能量守恒整个电路产生的焦耳热为mgh,右端电阻R产生的焦耳热小于 mgh,故D错误。故选AC。三、非

14、选择题：共174分。第22 32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33 38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。9 .某同学设计出如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小球从A点自由下落，下落过程中经过 A点正下方的光电门 B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t,当地的重力加速度为 go。(1)为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量A.小球的质量m B.AB之间的距离H C.小球的直径d (2)小球通过B点的速度v=；1 一(3)调整AB之间距离H,多次重复上述过程，作出 正随H的变化图像如图乙所不，测得该直 线斜率为ko,当小球下落过程中

15、机械能守恒时go =。【答案】(1). BC (2). -(3). ad2t212【详解】(1) 1要验证机械能守恒定律，即需验证mgH与一mv2是否相等，其中v指的是小2球通过光电门时的瞬时速度，它与小球经过光电门的平均速度相等，而小球通过光电门的平均速度大小为小球的直径与经过光电门的时间的比值。因此实验中需要测出 AB之间的距离H和小球的直径。由于需验证的两式都有m,则不需要测量小球的质量，故 BC正确，A错误。故选BC。(2) 2匀变速运动的平均速度与该段时间中间时刻的瞬时速度相等，则有dv 一td2t2(3) 3若机械能守恒，则有mgH1t2变形得2gd2图像的斜率ko2g d2解得g

16、k°d2,实验得到的g与go相等，则机械能守恒。210.一实验小组要测量电压表 V1的内阻，实验室提供如下器材:A.待测电压表 Vi （量程为0 2V,内阻约2k Q）B.标准电压表 V2 （量程为0 9V,内阻约4k Q）C.滑动变阻器Ri （阻值范围：0 10 9D.定值电阻R2=20 QE.定值电阻R3=5.0k QF.直流电源（内阻约 1 ，电动势为12V）G.开关、导线若干为使实验结果尽可能准确，除待测电压表、直流电源、滑动变阻器、开关和导线之外，该实验小组还选取了标准电压表V2和一个定值电阻，定值电阻选 （填器材前面的序号）（2）某同学按所给的器材完成了供电部分的电路设计

17、，通过S2切换分压接法与限流接法。请将图中剩下电路的连线补充完整 ;当S2断开时，电路为 接法；为确保电路安全，测 量时，开关S2应处于 状态。11-根据选用的器材，待测电压表Vi的读数为Ui,定值电阻阻值为 R,标准电压表 V2的读数为U2,由此得出，待测电压表内阻的表达式为 【答案】(1). E (2).（3） .限流（4） .闭合(5).U1RU2 U1【详解】（1） 1由题知，要测电压表 V1的内阻，则需要测出 V1的电压和电流，其电压即为V1的示数，但没有电流表，所以无法直接测出电流，故为使实验结果尽可能准确，需要将一定值电阻与V1串联起来分压，然后再与电压表 V2并联，故需要大电阻

18、才能满足分压的要求， 故定值电阻应选E;(2) 2为使测量结果尽量准确，滑动变阻器采用分压接法，电路如图所示3当S2断开时，滑动变阻器只有右边部分接入电路中，故此时为限流接法;4为确保电路安全，测量时，开关S2应处于闭合状态，则一开始测量电压表的示数可以从零开始变化，不会因为电压过大而烧坏仪器；(3) 5根据串联电路电压关系，电压表V2示数为U2,则定值电阻R3两端电压为U2-U1,电流为I U2 Ui根据RvUi解得RvU1RU2 Ui11.如图所示，在y>0区域存在着垂直 xOy平面向外的匀强磁场，在第四象限的空间中存在着 平行于xOy平面沿y轴正方向的匀强电场。 一质量为m,带电量

19、为q的带正电粒子从坐标原点 以初速度vo射入磁场，方向与x轴负方向成60°角斜向上，然后经过 M点进入电场，并从 y 轴负半轴的N点垂直y轴射出电场。已知 M点坐标为(L, 0),粒子所受的重力不计，求：(1)匀强磁场的磁感应强度 B的大小;(2)匀强电场的电场强度 E的大小。qL4qL【详解】(1)作出粒子的运动轨迹如图所示设在磁场中运动半径为R,则几何关系可得2Rsin60° =L由洛伦兹力提供向心力，则有qVoB2Vo m R联立解得B由mv qL(2)粒子从M点到N点过程为匀变速曲线运动，逆推从N到M为类平抛运动沿x轴方向有L votcos60o沿y轴方向Vo si

20、n 60o at由牛顿第二定律得Eq=ma3mv2解得E 04qL12.如图所示，直轨道与水平面夹角为37。，光滑竖直圆轨道与直轨道相切于C点，圆轨道最高点为D,半径OD竖直，半径为0.8m,质量为0.5kg的物块m放在B点，由止动装置使其 静止，质量为1kg的物块M,从直轨道的P点滑向B点，当其运动到 B点时，撤去m的止动 装置，M与m发生弹性正碰，之后 m恰好通过圆轨道最高点D,已知两物块与直轨道间的动摩擦因数均为 0.25, B、C点间的距离为1.7m, g=10m/s2, sin37 °=0.6、cos37 =0.8 ,物块大小 忽略不计均可视为质点，求：(1)物块m通过C点

21、时的动能；(2)物块M在与m碰前瞬间速度的大小；物块m抛出后落在斜面上的落点到B点的距离。4廿【答案】(1) 9.2J； (2) 6m/s； (3) 1.9m。【详解】(1)圆周运动过程机械能守恒，则有12一 mvc2mg R Rcos371 2-mvD 2在最高点，由牛顿第二定律有vDmgm 一R而动能Ek2 mvc联立解得Ek9.2 j(2) m碰后速度为Vb ,碰后到C过程由动能定理有1212mgLBC sin 37mgLBC cos37mvcmvB22碰撞过程动量守恒，则有Mv0 Mv1 mvB由能量守恒得121212Mv0 Mv1 mvB222联立解得v0 6 m/sL,则(3)设物

22、块在斜面上的落点为A, D点在斜面上的竖直投影点为DC AD间的距离为h 3 gt2由几何关系知h R L sin 37cos37水平射程为x,则有x VDt由几何关系知x=Lcos37°落点A到B的距离为Lab L (Lbc Rtan37)联立解得Lab 1.9 m13.下列说法正确的是。A.气体扩散现象表明气体分子间存在斥力B.热量不能自发的从温度低的物体传递到温度高的物体C.温度高的物体分子的平均动能一定大D.温度高的物体内能一定大E.晶体熔化过程分子平均动能不变但分子势能增加【答案】BCE【详解】A .气体的扩散现象表明气体分子永不停息的做无规则运动，不能说明分子间有斥力，故

23、A错误；B.热量总是自发的从高温物体传到低温物体，也可以在引起其他变化的情况下从低温物体传递给高温物体，一切热现象都具有方向性，故 B正确；C.分子的平均动能只与温度有关，故温度越高，分子平均动能越大，故 C正确；D.物体内能与分子动能、分子势能、分子数量都有关系，故 D错误；E.晶体熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，吸收热量增加了分子势能，故E正确。故选BCE。14.如图所示A为一直立圆筒型储气罐，B为一打气筒，已知打不气筒活塞M的行程为Lo,活塞面积为S,储气罐的高度为2Lo,截面积为3S,开始罐内气体压强为 3P0,每次开始打气时 打气筒活塞在最上端，内部气体压强为Po,打气筒通过细

24、管和单向阀门K与储气罐相连接。当打气简内气体压强大干储气罐内压强时阀门开启。细管的容积忽略不计，储气罐与打气筒导热良好，环境温度不变，缓慢向下推动活塞。活塞向下移动多大距离时 B中气体开始进入 A中；要使储气罐内压强达到 4p。，打气筒应连续打气多少次。2【答案】L0;6。3【详解】当打气筒内压强为p时开始有气体进入储气罐，则有p 3p取B中气体为研究对象，由玻意耳定律有P0L0S pLS-，一 1解得L -L03所以活塞下移距离,2 , x Lo L - Lo 3取最后罐内总的气体为研究对象，这些气体相当于3po时的体积为Vi,由玻意耳定律有4po 6L0S 3poVi解得V1 8L0S还需要补入压强为3P。气体体积为V2,则有V2 V 6L0S 2L0S补入气体在p。下体积为V3,由玻意耳定律有3p°V2 p0V3解得V3 6LoS打气筒应连续打气的次数为L