2020年四川自贡高考物理二诊试卷

1、高考物理二诊试卷题号一一三四总分得分、单选题（本大题共 6小题，共36.0分）下面说法不正确的是（）A.中子具有波粒二象性B.氢原子的核外电子由较低能级跃迁到较高能级时，要吸收一定频率的光子，同 时氢原子的电势能增大，电子的动能增大C.若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某种金属发生光电效 应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效 应D.质子、中子、”粒子的质量分别是 mi、m2、m3,质子和中子结合成一个a粒子,释放的能量是（2mi+2m2-m3）c2人造卫星a的圆形轨道离地面高度为h,地球同步卫星 b离地面高度为 H, hvH,两卫星共

2、面且旋转方向相同. 某时刻卫星a恰好出现在赤道上某建筑物 c的正上方,设地球赤道半径为 R,地面重力加速度为a、b线速度大小之比为上需a、c角速度之比为岛+ Hb、c向心加速度大小之比g,则（）3.4.D. a下一次通过c正上方所需时间等于t=2 聘詈 在光滑水平面上充满水平向右的匀强电场，被拉直 的绝缘轻绳一端固定在 O点，另一端系着带正电的 小球，轻绳与水平面平行，OB与电场线平行。若小球从A点由静止释放后，沿水平面摆动到B点，不计空气阻力，则关于此过程，下列判断正确的是（ A.小球的动能先变小后变大B.小球的切向加速度一直变大C.小球受到的拉力先变大后变小D.小球受到的电场力做功功率先增

3、大后减小单梁悬挂起重机（行车）可简化为如图的模型，滑轮 O处于水平横梁 AB上，长为L的钢丝绳一端固定在 滑轮的中心轴上，下端连接一电磁铁，电磁铁对铁块 的最大引力为F,现用该行车运送一铁块，滑轮与铁 块一起向右匀速运动，当 O到AB上的P点时被制动 立即停止，铁块开始摆动但不掉落，将滑轮、电磁铁 与铁块视为质点，下列说法正确的是（）A.只要铁块的重量不大于 F,铁块就可以被安全运输B.若运输速度为v,该行车能运输铁块的最大质量为第1页，共12页C.若运输速度为卜期,该行车能运输铁块的最大质量为:.D.若铁块的质量为 M,该行车运输的最大速度为5.电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示.为d.在

4、两极之间加上高压U,有一电子在K为阴极，A为阳极，两极之间的距离K极由静止被加速.不考虑电子重力，元电荷为e,则下列说法正确的是（）A、一，, 一、 ， 口A. A、K之间的电场强度为看B.电子到达A极板时的动能大于 eUC.由K到A电子的电势能减小了 eUD.由K沿直线到A电势逐渐减小6.如图，光滑斜面 PMNQ的倾角为 以斜面上放置一矩 形导体线框abcd,其中ab边长为li, bc边长为12,线 框质量为m、电阻为R,有界匀强磁场的磁感应强度 为B,方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且ef /MN.线框在恒力F作用下从静止开始运动，其 ab 边始终保持与底边 MN平行，F沿斜面向上且

5、与斜面F- IB.线框进入磁场时的速度为平行.已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断不正确的是（）A.线框进入磁场前的加速度为C.线框进入磁场时有 a一 b一c-d方向的感应电流D.线框进入磁场的过程中产生的热量为（ F-mgsin ）0 1i二、多选题（本大题共 3小题，共17.0分）某中学物理兴趣小组对物体的运动进行了探究，画出了 v-t 门图象，如图所示，根据图象可知（）/1A. 02s内的加速度为1m/s2,比45s内加速度小V IB.。5s内的位移为7m,其中24s物体做匀速直线运动C.第1s末与第4s末的速度方向相反D.第1s末与第5s末加速度方向相同8.如图所示，边长为 L、

6、匝数为N,电阻不计的正方 形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴 OO转动，轴OO垂直于磁感线，在线圈外接一 含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数 分别为n1和n2.保持线圈以恒定角速度 a转动,下 列判断正确的（）A.在图示位置时线框中磁通量为零，感应电动势 最大B.当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表 V2的示数变大第2页，共12页C.电压表V1示数等于NB2D.变压器的输入与输出功率之比为1： 19.图（a）为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点, Q是平衡位置在x=4.0m处的质点；图（b）为质点Q的振动图象，下列说法正确的

7、是（）A.在t=0.10s时，质点Q向y轴正方向运动B.在t=0.25s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同C.从t=0.10s到t=0.25s,该波沿x轴负方向传播了 6mD.从t=0.10s到t=0.25s,质点P通过的路程为30cmE.质点Q简谐运动的表达式为y=0.10sin19 t国际单位）实验题（本大题共2小题，共15.0分）10.某同学用探究动能定理的装置测滑块的质量M.如图甲所示，在水平气垫导轨上靠近定滑轮处固定一个光电门。让一带有遮光片的滑块自某一位置由静止释放，计时器可以显示出遮光片通过光电门的时间t （t非常小），同时用米尺测出释放点到光电门的距离so（1）该同学用螺旋

8、测微器测出遮光片的宽度d如图乙所示，则d=mm。（2）实验中多次改变释放点，测出多组数据，描点连线，做出的图象为一条倾斜直线，如图丙所示。图象的纵坐标s表示释放点到光电门的距离，则横坐标表示的是 OA. tB. t2C. D D. 7（3）已知钩码的质量为 m,图丙中图线的斜率为 k,重力加速度为go根据实验测 得的数据，写出滑块质量的表达式M=。（用字母表示）11.材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻现象”，利用这种效应可以测量压力大小，若图1为某压敏电阻在室温下的电阻 -压力特性曲线，其中 Rf、R0分别 表示有、无压力时压敏电阻的阻值，为了测量压力F,需先测量压敏电阻处于压力中的

9、电阻值Rf,请按要求完成下列实验。第3页，共12页（1）设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图 2的虚线框内 画出实验电路原理图（压敏电阻及所给压力已给出，待测压力大小约为0.4 M02：0.8 102N,不考虑压力对电路其它部分的影响）。要求误差较小。提供的器材如下：A、压敏电阻，无压力时阻值R0=6000 QB、滑动变阻器 R,全电阻约200 QC、电流表A,量程2.5mA,内阻约30 aD、电压表 V,量程3V,内阻约3k QE、直流电源E,电动势3V,内阻很小F、开关S,导线若干（2）正确连线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是1.33mA,电压表的示数如

10、图3所示，则电压表的读数为 V。（3）此时压敏电阻的阻值为 结合图1可知待测压力的大小F=N.（计算结果均保留两位有效数字）四、计算题（本大题共 2小题，共32.0分）.如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m,人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰， 两车以共同速度继续运动了距离 L时与第三车相碰， 三车以共同速度又运动了距离 L 时停止.车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为 g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求:上3（1）整个过程中摩擦阻力所做的总功;（2）人给第一辆车水平冲量

11、的大小.在一水平面上，放置相互平行的直导轨导轨两端的电阻，Ri=0.6 q R2=i.2 qMN、PQ,其间距L=0.2m, Ri、R2是连在虚线左侧3m内（含3m处）的导轨粗糙，第4页，共12页其余部分光滑并足够长。ab是跨接在导轨上质量为 m=0.1kg,长度为=0.3m的粗细均匀的导体棒，导体棒的总电阻r=0.3 Q,开始时导体棒处于虚线位置，导轨所在空间存在磁感应强度大小为B=0.5T,方向竖直向下的匀强磁场，如图甲所示。从零时刻开始，通过微型电动机对导体棒施加一个牵引力F,方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终与导轨垂直且接触良好，其运动的速度-时间图象如图乙所

12、示。已知2s末牵引力F的功率是0.9W.除Ri、R2及导体棒的总电阻以外，其余部分的电阻均不计，重力加速度g=10m/s2。(1)求导体棒与粗糙导轨间的动摩擦因数及2s内流过Ri的电荷量;(2)试写出02s内牵引力F随时间变化的表达式；第5页，共12页答案和解析.【答案】B【解析】 解：A、中子和其他微观粒子，都具有波粒二象性，故 A正确。B、氢原子的核外电子由较低能级跃迁到较高能级时，要吸收一定频率的光子，同时氢 原子的电势能增大，电子的动能减小，故B不正确。C、若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某种金属发生光电效应， 则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光能量

13、更小，频率更低，也不能使该金属发生光电效应，故 C正确。D、质子和中子结合成一个 “粒子，核反应方程为 2?；H+2jn-：He,根据爱因斯坦质能方程知，释放的能量是 AE=Amc2= (2mi+2m2-m3)c2,故D正确。本题选不正确的，故选：B。微观粒子具有波粒二象性； 氢原子的核外电子由较低能级跃迁到较高能级时，要吸收一定频率的光子，同时氢原子的电势能增大，电子的动能减小；根据玻尔理论和光电效应的条件分析能否发生光电效应；根据爱因斯坦质能方程求质子和中子结合成一个“粒子释放的能量。解决本题时，关键要理解并掌握核反应方程、能级、爱因斯坦质能方程等基础知识点。在求核能时，往往要先写出核反应

14、方程，再由爱因斯坦质能方程求核能。.【答案】C【解析】 解：A、绕地球运行的卫星，地球对卫星的万有引力提供向心力，设卫星的线 速度为V,则：GMni m再所以：v=l-可知a、b线速度大小之比为 用.故A错误;Mm 5B、设卫星的角速度为 w, =故B错误;又由于同步卫星 b的角速度与c的角速度相同，所以:C、同步卫星b的角速度与c的角速度相同，根据：a=2r可得：詈.故C正确;D、设经过时间t卫星a再次通过建筑物 c上方，根据几何关系有：(g- coc) t=2 兀又：mg= j.2itIn_ Is联立解得：t=HF=百诉:二四二的一.故d错误。制的/1 Ji# tlfj*故选：Co第6页，

15、共12页人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，根据牛顿运动定律求解卫星的角速度.卫星绕地球做匀速圆周运动，建筑物随地球自转做匀速圆周运动，当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于 2冗时，卫星再次出现在建筑物上空.本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力.第（2）问对于建筑物与卫星的角速度大小关系不能，可将卫星与同步卫星相比较得到.【答案】D【解析】 解：A、小球从A点摆动到B点的过程中，只有电场力做功且一直做正功，由 动能定理可知，小球的动能 Ek一直增大，故 A错误；B、小球从A点摆动到B点的过程中，轻绳与 OB的夹角设为。，小球的切向加速度： ai=过罂

16、，加速度随着。的减小而减小，故 B错误；v2一C、对小球，由牛顿第二定律和得：F-qEcos 0m.,解得，小球受到的拉力大小：F = qEcos eQEk, cos Q Ek均随着。的减小而增大，可见 F一直增大，故 C错误； aD、在A点时小球的速率为零，电场力做功的瞬时功率为零，过B点时小球的速度方向与电场力垂直，电场力做功的瞬时功率也为零，可见小球受到的电场力做功功率先增大后减小，故D正确。 故选：Do在小球的运动过程中只有电场力做功，应用动能定理可以判断小球动能如何变化； 应用牛顿第二定律求出小球的切向加速度，根据表达式判断加速度大小如何变化； 小球做圆周运动，应用牛顿第二定律求出绳

17、子的拉力，根据拉力表达式判断拉力大小如何变化；分析小球的运动过程，然后判断电场力的功率如何变化。本题考查了小球在电场中的运动，分析清楚小球的运动过程、应用动能定理、牛顿第二 定律与功率公式即可正确解题。.【答案】B【解析】解：A、由于行车运动到 P点时立刻停止，此后磁铁与铁块将在竖直平面内做 圆周运动，铁块受到的吸引力与重力的合力提供向心力，所以铁块的重力要小于F.故A错误； TOC o 1-5 h z _ JB、右运输速度为v,该仃车能运输铁块的质重最大时：yEiI,取大质重为： mm=: 一 故B正确；C、若运输速度为卜现,该行车能运输铁块的质量最大时： Fg/ = mmtT = F 苧=

18、则最大质量为：由用二点.故C错误；D、若铁块的质量为 M,该行车运输的速度最大时：产一则最大速度为： %,=7巴.故D错误故选：Bo行车运动到P点时立刻停止，此后磁铁与铁块将在竖直平面内做圆周运动，结合向心力第7页，共12页的来源分析即可。该题属于物理知识在日常生活中的应用，在该情况下，不能简单的认为只要铁块的重量不大于F,铁块就可以被安全运输，一定要注意行车突然停止时，铁块做竖直平面内的 圆周运动，此时存在向心力问题。.【答案】C【解析】 解：A、A、K之间建立的是非匀强电场，公式U = Ed不适用，因此 A、K之间的电场强度不等于 ，故A错误。B、根据动能定理得：Ek-0=eU,得电子到达

19、 A极板时的动能Ek=eU,故B错误。C、由能量守恒定律知，由 K到A电子的电势能减小了 eU.故C正确。D、电场力对电子做正功，则电场力向下，电场方向向上，则由K沿直线到A电势逐渐升高，故D错误。故选：CoA、K之间建立的是非匀强电场，公式 U=Ed不适用。电子被加速的过程中只有电场力 做功，由动能定理分析电子到达 A板时的动能，由能量守恒定律分析电子电势能的变化 情况。根据电场线的方向分析电势的变化。本题只要抓住电场线的疏密表示场强的大小，电场力做正功时，电荷的电势能减少，动 能增大，就能轻松解答。要知道公式U = Ed只适用于匀强电场。.【答案】D【解析】解：线框进入磁场前，根据牛顿第二

20、定律得：线框的加速度aJ 2 故aHI正确；B、线框刚进入磁场时做匀速运动， 由F安+mgsin 0F=，而F安=BIl 1=，解得v=一西,故B正确。C、线框进入磁场时，穿过线框的磁通量增加，根据楞决定律判断知，线框中感应电流 方向为a-b-c d, C正确；D、由于线框刚进入磁场时做匀速运动，根据功能关系可知产生的热量Q= (F-mgsin)L2,故D不正确。本题选不正确的，故选：D。根据牛顿第二定律求出线框进入磁场前的加速度；抓住线框进入磁场时做匀速直线运动，结合平衡，运用切割产生的感应电势公式、安培力公式和欧姆定律求出线框的速度；根据楞次定律得出感应电流的方向；根据功能关系求出线框进入

21、磁场时产生的热量.本题考查了电磁感应与力学和能量的综合运用，掌握切割产生的感应电动势公式、欧姆定律、安培力公式是解决本题的关键，知道克服安培力做功全部转化为整个回路的热量.【答案】AB【解析】 解：A、02s内的加速度为a=；=1m/s2,比45s内加速度小，故 A正确。B、05s内的位移为x=2X2m=7m,其中24s物体做匀速直线运动，故 B正确。C、第1s末与第4s末的速度均为正，方向相同，故 C错误。D、第1s末与第5s末加速度方向相反，故 D错误。故选：AB。根据图线的斜率求出物体的加速度大小。图线与两个坐标轴所围“面积”等于位移。速度的正负表示速度方向。由此分析。第8页，共12页本

22、题要根据图象得出有用的信息，速度-时间图象中直线的斜率表示加速度的大小，面积表示位移。.【答案】AD【解析】 解：A、从垂直于中性面时开始时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBScoCOS叔 磁通量为零，电动势最大，故 A正确；B、当P位置向上移动，R增大，根据理想变压器的变压原理知输出电压即电压表V2的示数不变，故B错误；C、交流电压的最大值等于 NBcoL2,电压表Vi示数为有效值 与J, C错误；D、变压器的输入与输出功率之比为1： 1,故D正确；故选：AD。正弦式交流发电机从垂直中性面位置开始计时，其电动势表达式为：e=NBSwcost）；电压表和电流表读数为有效值；输入

23、功率等于输出功率.本题关键明确交流四值、理想变压器的变压比公式、功率关系，题目难度不大.【答案】BC【解析】 解：A、图（b）为质点Q的振动图象，则知在t=0.10s时，质点Q正从平衡位 置向波谷运动，所以点 Q向y轴负方向运动，故 A错误；B、在t=0.10s时，质点Q沿y轴负方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动。由图b读出周期T=0.2s,从t=0.10s至ij t=0.25s经过的时间为 t=0.15s=；T,则在t=0.25s时，质点P位于x轴下方，加速度方向与 y轴正方向相同，故 B正确；C、由甲图知波长 入=m，则波速为：v=40m/s,从t=0.1

24、0s到=0.25s经过的时间为 At=0.15s,该波沿x轴负方向传播的距离为 Ax=vAt=40X0.15m=6m,故C正确；D、从t=0.10s到=0.25s经过的时间为 t=0.15s=；T,由于t=0.10s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是3A=30cm,故D错误；E、质点Q简谐运动的表达式为 y=Asinyt=0.1sintm =y=0.10sin10 tm）,故E错误。故选：BCo根据甲、乙两图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，t=0.10s时Q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播.根据时间与周期的关系，分析质点P的位

25、置和加速度，求出通过的路程.根据x=vt求解波传播的距离.根据图象读出振幅A,结合数学知识写出 Q点的振动方程.本题关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系.要知道质点做简谐运动时，只有在平衡位置或波峰、波谷处的质点，在个周期 内振动的路程才是 3A.10.【答案】1.880 D【解析】 解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm,可动刻度读数为0.01 38.0mm=0.380mm,则最终读数为 1.880mm。（2）滑块通过光电门的瞬时速度v=7,根据动能7H理得，mgs=/M + m）v=式M +第9页，共12页则 fMr廿二 因为图线为线性关系图

26、线，可知横坐标表示4.故选：D。(3)由 =竺业 一知，图线的斜率k也-小，解得滑块质量 M上？一搭。 方 1d故答案为：(1) 1.880, ( 2) D, (3)Tm。cP(1)螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读。(2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度得出滑块通过光电门的瞬时速度，根据动能定理抓住钩码重力做功等于系统动能的增加量列出表达式，从而确定横坐标表示的物理量。(3)结合表达式得出图线斜率 k的含义，从而求出滑块质量M的表达式。解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，对于图线问题，一般的解题思路是通过物理规律得出两个物理量的关系式，结合图线的斜率或截距进行求

27、解。.【答案】2.00 1.5 103 60【解析】 解：(1)由于滑动变阻器总电阻较小，远小于待测电阻，因此滑动变阻器应 采用分压接法；同时因待测电阻较大，故应采用电流表内接法；如图所示： - v , h ,rr rrm* *.T I01 _ E t KJi(2)电压表量程为3V,最小分度为0.1V,则读数为2.00V;(3)根据欧姆定律可知：则有:及 &000再一13 X 10.=4;则由图可知，压力大小约为60N故答案为：(1)如图所示；(2) 2.00； (3) 1.5X03； 60(1)分压给出的滑动变阻器以及待测电阻的阻值关系，即可明确滑动变阻器以及电流表的接法；(2)根据电压表量

28、程以及最小分度可求得电压表的读数；(3)根据欧姆定律可求得电阻，再根据图1数据可求得压力大小。本题考查描绘伏安特性曲线的实验，要注意明确选用分压接法的几种情况：(1)题目中要求多测几组数据的；( 2)滑动变阻器起不到保护作用的；( 3)要求电压从零开 始调节的。.【答案】 解：(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W,贝U W=-kmgL-2kmgL-3kmgL=-6kmgL ；即整个过程中摩擦阻力所做的总功为-6kmgL.(2)设第一车初速度为 U0,第一次碰前速度为 V1,碰后共同速度为 U1；第二次碰前速度为 V2,碰后共同速度为 U2；人给第一车的水平冲量大小为I .由动能定理，对三段减速过程列式：,，禺 2 L 2-kmgL玉mv1 -mu。， -2kmgL= ?2mv22- ?2mu12,第10页，共12页2-3kmgL=0- ?3mu2 ,由动量守恒定律对两次碰撞过程列式mvi=2mui2mv2=3mu2人推车过程，由动量定理列式I =muo-0联立以上六式，解得：