江西省九江市2020届高三第二次高考模拟统一考试物理试题 Word版含解析

九江市2020年第二次高考模拟统一考试物理能力测试
一、单项选择题
1.如图所示，弹簧一端系一质量为m 的物块，另一端固定在长木板上，缓慢抬起木板的一端，物块与木板始终保持相对静止。

当木板与水平面成θ=30°，物块与木板间恰好没有摩擦力。

当木板与水平面成θ=60°时物块所受摩擦力（
）
A. 等于零
B. 大小为
3
2
mg ，方向沿斜面向上 C. 大小为31
2
mg ，方向沿斜面向上 D. 大小为
31
2
mg ，方向沿斜面向上 【答案】C 【解析】
【详解】当木板与水平面成θ=30°，物块与木板间恰好没有摩擦力有
sin30mg F =弹
缓慢抬起木板的一端，物块与木板始终保持相对静止,故弹簧弹力不变,当木板与水平面成
θ=60°时物块
sin60+mg F f =弹
解得31
f -=，方向沿斜面向上，故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

2.如图所示，小球a 、b （均可视为质点）用等长细线悬挂于同一固定点O 。

让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平。

从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与
竖直方向之间的最大偏角为θ=60°。

忽略空气阻力。

则两球a 、b 的质量之比a
b
m m 为（ ）
A.
2
2
B. 21
- C.
2
1
2
- D. 21
+【答案】B
【解析】
【详解】b球下摆过程中，由动能定理得
2
1
2
b b
m gL m v
=-
碰撞过程动量守恒，设向左为正方向，由动量守恒定律可得
()
b a b
m v m m v
=+
两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得
2
1
()()(1cos)
2a b a b
m m v m m gLθ
+=+-
解得21
a
b
m
m
=-，故ACD错误，B正确。

故选B。

3.如图，正方形线框PQMN由四根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已知导体棒MN受到的安培力大小为F ，则线框PQMN受到的安培力大小为（）
A. 2 F
B.
4
3
F C.
2
3
F D. 0
【答案】B
【解析】
【详解】由已知条件可知MPQN边的有效长度与MN相同，等效后的电流方向也与MN相同，边
MPQN 的电阻等于边MN 的电阻的3倍， 两者为并联关系，设MN 中的电流大小为I ， 则边MPQN
中的电流为
3
I
，设MN 的长为L ，由题意知 F BIL =
所以边MPQN 所受安培力为
'33I BIL F B L ==
方向与MN 边所受安培力的方向相同，故有
'4
=3
F F F F +=
合 故选B 。

4.某空间中存在一个有竖直边界的水平方向匀强磁场区域，现将一个等腰梯形闭合导线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过这个区域，尺寸如图所示，图中能正确反映该过程线圈中感应电流随时间变化的图象是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A 【解析】
【详解】当右边进入磁场时，便会产生感应电流，由楞次定律得，感应电流应是逆时针方向，由于有效切割长度逐渐增大，导致感应电流的大小也均匀增大；当线框右边出磁场后，有效切割长度不变，则产生感应电流的大小不变，但比刚出磁场时的有效长度缩短，导致感应电流的大小比其电流小，但由楞次定律得，感应电流应仍是逆时针，故排除BC ；当线框左边进
入磁场时，有效切割长度在变大，当感应电流的方向是顺时针，即是负方向且大小增大，故A 正确，BCD 错误。

故选A. 二、多项选择题
5.下列的若干叙述中，正确的是
A. 黑体辐射电磁波的强度按波长分布只与黑体的温度有关
B. 对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的
最大初动能与照射光的频率成线性关系 C. 一块纯净的放射性元素矿石，经过一个半衰期以后，它的总质量仅剩下一半
D. 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量也减小了 【答案】AB 【解析】
【详解】A ．根据黑体辐射实验的规律可知：黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故A 正确； B ．根据
2
12
m mv h W γ=-逸出功 对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能E k 与照射光的频率呈线性关系，故 B 正确；
C ．一块纯净的放射性元素的矿石，经过一个半衰期以后，将有一半发生衰变，但是由于变成了别的物质，故它的总质量大于原来的一半，故C 错误；
D ．按照波尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量增大，故D 错误。

故选AB ．
6.宇宙中组成双星系统的甲、乙两颗恒星的质量分别为m 、km ，甲绕两恒星连线上一点做圆周运动的半径为T ，根据宇宙大爆炸理论，两恒星间的距离会缓慢增大，若干年后，甲做圆周运动的半径增大为nr ，设甲、乙两恒星的质量保持不变，引力常量为G ，则若干年后说法正确的是（ ）
A. 恒星甲做圆周运动的向心力为22
()km G nr
B. 恒星甲做圆周运动周期变大
C. 恒星乙做圆周运动的半径为knr
D.
恒星乙做圆周运动的线速度为恒星甲做圆周运动线速度的1k
倍 【答案】BD 【解析】
【详解】AC ．由于双星靠相互间的万有引力提供向心力，它们的向心力大小相等，角速度相等，由2F m r ω=知， 甲、乙的轨道半径与质量成反比，所以若干年后，该双星系统甲做圆周运动的半径增大为nr ，则乙做圆周运动的半径增大为
nr
k
，故C 错误；根据万有引力定律 2,Gmkm nr F L nr L k
==+
所以若干年后恒星甲做圆周运动的向心力为
22
()km F G
nr nr k
=+ 故A 错误；
B ．对甲恒星，由2
24πF m r T
=，可 知F 变小，r 变大，则T 变大，故B 正确；
D ．恒星甲、乙的角速度相等，乙恒星做圆周 运动的半径为恒星甲做圆周运动的半径的1
k
倍，由v r ω=可知，恒星乙做圆周运动的线速度为恒星甲做圆周运动线速度的1
k
倍，故D 正确。

故选BD 。

7.正六边形ABCDEF 区域内有平行于纸面方向的匀强电场（图中未标出）， A 、E 、D 三点电势分别为3V 、6V 、9V ，现有一个电子从E 点以初速度v 0沿EB 方向射入。

下列说法正确的是（ ）
A. 电子离开此区域动能增量的可能是2eV
B. DF 的连线是电场中一条等势线
C. 电子射出六边形区域时速度大小可能仍是v 0
D. B 点电势为6V
【答案】AD 【解析】
【详解】BD．连接AD，根据匀强电场电势随距离均匀变化(除等势面)的特点，则知AD中点的电势为6V，连接EB，EB即为一条等势线，CA连线即为一条电场线，DF与CA平行，所以DF 也是一条电场线，由上可知BE为等势面，所以B点电势为6V，故B错误，D正确；
C．电子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的知识和等势面与电场线的关系可知电子不可能再回到同一等势面上，故C错误；
A．由图可知电子从DC等势面离开时动能最大，即动能增量为
3eV
E eU
∆==
故A正确。

故选AD。

8.如图所示含理想变压器的电路中，原线圈电路中有定值电阻R1，阻值为8R0，副线圈电路中定值电阻R2和滑动变阻器串联，R2阻值和滑动变阻器的最大阻值均为R0，原副线圈的匝数比为2：1，a、b端接正弦交流电，则在滑动变阻器滑片P向右移动至最右端的过程中（）
A. 整个电路中消耗的总功率在增大
B. 副线圈电路中消耗的功率一直减小
C. 副线圈的输出电压不变
D. R1两端电压与R2两端电压之比为4：1 【答案】ABD
【解析】
【详解】滑动变阻器滑片P向右移动的过程中，总电阻减小，原副线圈的电流强度均增大，A．根据P EI
=可知，电路中消耗的总功率在增大，故A正确；
C．原副线圈的电流强度均增大，定值电阻R1消耗电压增大，原线圈电压减小，根据原副线圈电压与线圈匝数的关系可知，副线圈的输出电压减小，故C错误；
B．设电源电压为E，原线圈两端的电压为
111
U E I R
=-
变压器特点
11
22
2
1
U n
U n
==，12
21
1
2
I n
I n
==
可得
20
242E I R U -=
副线圈电路中消耗的功率
2
22222022
EI P U I I R ==
- 整理得
2
202222
E P R I I =-+
当
200
2(22)8E E
I R R =
=⨯
时功率最大，副线圈的最小电流为
22min 2min 00
24U E
I I R R =
=- 即副线圈的最小电流为0
8E
R ，根据数学知识可得功率抛物线对称轴右侧单调递减，故随着电
流的增大，副线圈电路中消耗的功率一直减小，故B 正确； D ．根据原副线圈电流与线圈匝数的关系可知
122112
I n I n == 根据欧姆定律U IR =可知R 1两端电压与R 2两端电压之比为4：1，故D 正确。

故选ABD 。

9.小明同学为了测量一节干电池的电动势和内阻，使用同一组仪器分别按图a 和图b 进行测量，用图a 测量结果为电动势E 1=1.47V ，内阻r 1=9. 80Ω。

图b 测量结果为电动势E 2=1.50V ，内阻r 2=22. 00Ω。

两次测量结果不同的原因是由于系统误差造成的，根据小明两次测量结果可得该干电池的电动势真实值E =____________V ，内阻真实值r =____________Ω。

（结果保留两位小数）
【答案】 (1). 1.50 (2). 10.00
【解析】
【详解】[1]当电流为零时，图b的路端电压为干电池真实电动势 1.50V
E=
[2]对于图a根据闭合电路的欧姆定律得，当路端电压为零时电流为
1.47
A0.15A
9.8
a
a
E
I
r
===
对于图b根据闭合电路的欧姆定律得，当路端电压为零时电阻为
1.50
Ω10.00Ω
0.15
b
E
r
I
===
10.某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律。

钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为t A、t B。

用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度。

测出两光电门间的距离为h，钢球直径为D，当地的重力加速度为g：
(1)用20分度的游标卡尺测量钢球的直径，如图乙所示，钢球直径D =____________ cm；
(2)用所测的物理量符号表达出小球运动的加速度a =____________；
(3)要验证机械能守恒，只要比较____________；
A.222
11
()
A B
D
t t
-与gh是否相等 B.2
22
11
()
A B
D
t t
-与2gh是否相等
C.2
2211(
)B A D t t -与gh 是否相等 D.22211()B A
D t t -与2gh 是否相等 (4)实际钢球通过光电门的平均速度____________（选填“大于”或“小于”） 钢球球心通过光电门的瞬时速度，此误差____________（选填“能”或“不能”）通过增加实验次数减小；
下列做法中，可以减小“验证机械能守恒定律”实验误差的是____________。

A.选用质量大体积小的球 B.减小小球下落初位置与光电门A 高度差 C.适当增大两光电门高度差h D.改用10分度的游标卡尺测D 的大小
【答案】 (1). 0.950cm (2). 222112⎛⎫
- ⎪
⎝⎭B A D t t h
(3). D (4). 小于 (5). 不能
(6). AC 【解析】
【详解】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为：0.9cm ，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为
0.0510mm 0.50mm ⨯=
钢球直径为
0.90.050cm 0.950cm +=
(2)[2]利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故速度为
D v t
=
根据机械能守恒的表达式有
22
221()2B A
D D mgh m t t =-
小球运动的加速度为2
22112B A D t t a h
⎛⎫
- ⎪
⎝⎭=
(3)[3]根据机械能守恒表达式有
22
221()2B A
D D mgh m t t =-
即只要比较2
2211
(
)B A
D t t -与2gh 是否相等，故选D ； (4)[4]根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中间时刻速度，而中间时刻的瞬时速度小于小球中间位置时的瞬时速度；故钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度；
[5]利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，误差不能通过增加实验次数减小； [6]A.选用质量大体积小的球，可以减小空气阻力的影响，故A 正确；
BC.适当增大两光电门高度差h ，小球运动的速度更大，测量速度精度更高，故B 错误，C 正确；
D.改用10分度的游标卡尺精度比20分度的游标卡尺精度低，故D 错误。

故选AC 。

11.有一内壁光滑的圆管竖直放置，圆管底部封闭，上端开口且足够长，圆管内有两个小球A 与B ， A 的质量为m ，B 的质量为km ，两小球直径略小于管的直径。

某时刻当B 球向下运动至离圆管底面高度h 处时与向上运动的A 球发生弹性碰撞，碰后B 球向上运动至最大高度又返回到原来高度h 处，再次与已经和底面做完弹性碰撞后反弹回来的小球A 相碰，如此反复，做周期性运动。

问要完成这种反复运动，小球A 与B 碰前的速度各应是多少？ （重力加速度为g ）
【答案】221A gh v k =+221
B gh
v k =+ 【解析】
【详解】设碰时A 球与B 球速率分别为v A 与v B
为完成反复运动，小球A 和B 各自碰前与碰后的速率应相等，即小球A 碰后速度为-v A ，小球B 碰后速度为-v B ，
以向上为正方向，则有
A B A A B mv kmv m v kmv -=-+（）
解得A B v kv =
为完成反复运动，小球A 到达底面所需时间t 等于小球B 到达最高点所需时间t 小球A ，则有
2
12
A h v t gt =+
小球B ，则有
0B v gt =-
联立以上各式可得221A gh v k
k =+，221
B gh
v k =+ 12.如图所示，在xOy 坐标系中，在y < d 的区域内分布有指向y 轴正方向的匀强电场，在d <
y <2d 的区域内分布有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场， MN 为电场和磁场的边界，在y = 2d
处放置一垂直于y 轴的足够大金属挡板，带电粒子打到板上即被吸收。

一质量为 m 、带电荷量为+ q 的粒子以初速度v 0由坐标原点O 处沿x 轴正方向射入电场，在边界上的P 点进入磁场，
P 点坐标为（2d ，d ），不计粒子受到的重力：
(1)求电场强度的大小E ；
(2)若粒子垂直打在挡板上，求磁感应强度的
大小B 0；
(3)若使粒子通过x 轴上的Q （10d ，0）点，应将磁感应强度B 调节到多大。

【答案】(1)2
2mv E qd
=；(2)00mv B qd =；(3)03mv B qd =
【解析】
【详解】(1)粒子先在电场中做类平抛运动，有
02d v t =
212
d at =
由牛顿第二定律有
qE a m
=
解得20
2mv E qd
=
(2)进入磁场时的速度为
0v ==
设此时速度与x 轴的夹角为θ，由
tan at
v θ=
解得θ=45°
粒子垂直打在挡板上，设粒子在磁场中运动半径为R 0，有
2
00
v qvB m R =
由几何关系有
0sin d R θ=
即
0R =
解得0
0mv B qd
=
(3)粒子刚好不打到挡板上时，轨迹与板相切，设粒子在磁场中运动半径为R ，洛仑兹力提供向心力，有
2
v qvB m R
=
由几何关系有
cos d R R θ=+
即(2R d =
故要使粒子不打到挡板上，磁感应强度的大小B 应满足的条件是
(0
1mv B qd
+>
粒子再次回到x 轴上，沿x 轴方向前进的距离为
42cos 4x d R d θ∆=-=
调节磁场必须满足
(02R d <<
解得
(64d x d -<∆<
粒子通过P 点，回旋次数为
10d
n x
=
∆ n 为整数，只能取n =3
则有
103d x ∆=
，R =解得此时磁感应强度的大小为03mv B qd
=
13.关于液体，下列叙述中正确的是 。

A. 露珠呈球形是因为液体的表面张力的缘故 B. 液体的表面张力垂直于液面指向液体的内部
C. 液体与固体接触的附着层分子如果比液体内部更稀疏，则液体与固体表现为浸润
D. 对特定的液体和特定材质的毛细管，管的内径越小毛细现象越明显
E. 加上不同的电压可以改变液晶的光学性质 【答案】ADE 【解析】
【详解】A. 露珠呈球形是因为液体的表面张力的缘故，故A 正确；
B.表面张力产生在液体表面层，它的方向跟液面平行，使液面收缩，故B 错误；
C.液体对某种固体是浸润的，这时固体分子与液体分子间的引力相当强，造成附着层内分子的分布就比液体内部更密，故C 错误；
D. 对特定的液体和特定材质的毛细管，管的内径越细毛细现象越明显，故D 正确；
E. 液晶在光学性质表现为各向异性，加上不同的电压可以改变液晶的光学性质，故E 正确。

故选ADE 。

14.如图所示，竖直放置在粗糙水平面上的汽缸，汽缸里封闭一部分理想气体。

其中缸体质量
M =4kg ，活塞质量m =4kg ， 横截面积S =2×10-3m 2 ，大气压强p 0=1.0×105Pa ，活塞的上部与
劲度系数为k =4×102
N/m 的弹簧相连，挂在某处。

当汽缸内气体温度为227℃时，弹簧的弹力恰好为零，此时缸内气柱长为L =80cm 。

求：
（i ）当缸内气体温度为多少K 时，汽缸对地面的压力为零；
（ii ）当缸内气体温度为多少K 时，汽缸对地面的压力为160N 。

（g 取10m/s 2 ，活塞不漏气且与汽缸壁无摩擦）
【答案】（i ）250K ；（ii ）833K 【解析】
【详解】（i ）初态缸内气体体积
1V LS =
对活塞
10PS P S mg =+
得
510 1.210Pa mg
P P S
=+
=⨯ 1(273227)500T K K =+=
末态对气缸
20P S Mg P S +=
得
5200.810Pa Mg
P P S
=-
=⨯ 对系统受力平衡
)(kx m M g =+
则0.2m 20cm x == 缸内气体体积
2()V L x S =-
对缸内气体建立状态方程
11
2212
PV PV T T = 代入数据解得2250K T = （ii ）末态对气缸
30Mg P S P S N +=+
得
530 1.610Pa N Mg P P S S
=+
-=⨯ 对活塞
03P S mg kx P S ++=
得x =20cm ，体积
3(V L x S =+）
气体状态方程
3311
13
PV PV T T =， 得32500
K 833K 3
T =
= 15.图甲是用光的干涉法来检查物体平面平整程度的装置，其中A 为标准平板，B 为被检查其平面的物体，C 为入射光，图乙和图丙分别为两次观察到的干涉条纹，下列说法正确的是 。

A. 入射光C应采用单色光
B. 图示条纹是由A的下表面反射光和B的上表面反射光发生干涉形成的
C. 当AB之间某处距离为入射光的半波长奇数倍时，对应条纹是暗条纹
D. 若所观察的条纹是图乙，被检查表面上有洞状凹陷
E. 若所观察的条纹是图丙，被检查表面上有沟状凹陷
【答案】ABE
【解析】
【详解】A．入射光C应采用单色光，波长一定，不会出现干涉条纹重合，故A正确；
B．薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的发射光干涉产生，故B正确；
C．当AB之间某处上下反射光的光程差为入射光的半波长奇数倍时，对应条纹是暗条纹，故C 错误；
D．薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相等，明条纹右偏说明被检查表面上有凸起，故D错误；
E．薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相等，明条纹左偏说明被检查表面上有凹陷，故E正确。

故选ABE。

16.振源处于x轴原点处，分别向x轴正向和负向形成两列简谐横波，在x轴上有两点P和Q，它们的振动图像分别是图甲和图乙，它们间的距离为d =10m：
（i）如果它们都在x轴的正半轴，求这列波的最大速度；
（ii）如果P点在x轴的负半轴，坐标为（0，- E），Q点在x轴的正半轴，求这列波的可能速度（E为已知量）。

【答案】（i ）50m/s ；（ii ）()()
()21020,1,2,3,
0.2210.221d E E
v n n n --===++
【解析】
【详解】（i ）从图像可知振源的周期为T =0.4s
P 和Q 的相位始终相反，则
2
d n λ
λ=
+
解得()20,1,2,3,21
d
n n λ==+
由波速
v T
λ
=
解得()50,1,2,3,21
d
v n n =
=+
当n =0时，波速最大，v =50m/s
（ii ）原点两侧的波形是镜像对称图形，P 点和它的对称点P '振动相同，在P '和Q 之间
()20,1,2,3,2
P Q d E n n λ
λ'=-=
+=
得()
()220,1,2,3,
21
d E n n λ-=
=+
由公式
v T
λ
=
解得
()()
()21020,1,2,3,
0.2210.221d E E
v n n n --=
==++。