2020年新疆乌鲁木齐一中高考物理一模试卷(含解析)

2020年新疆乌鲁木齐一中高考物理一模试卷
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.如图所示，平直滑梯静止放置在水平地面上，一质量为m的小女孩以一定的初
速度v沿滑梯斜面(与地面夹角为θ)下滑，若小女孩与滑梯斜面间的动摩擦因数
μ=tanθ，则下列说法中正确的是()
A. 若此刻加一竖直向下的恒力作用在小女孩身上，小女孩一定会加速下滑
B. 若此刻对小女孩施加一水平向右的推力，则小女孩将加速下滑
C. 若此刻对小女孩施加一水平向右的推力，则小女孩仍匀速下滑
D. 若此刻平行滑梯斜面向下对小女孩施加恒定推力，小女孩将加速下滑
2.如图是氢原子的能级图，对于一群处于n=4的氢原子，下列说法中正
确的是()
A. 这群氢原子能够吸收任意能量的光子后向更高能级跃迁
B. 这群氢原子能够发出4种不同频率的光
C. 从n=4能级跃迁到n=3能级发出的光的波长最长
D. 如果发出的光子中有两种能使某金属产生光电效应，其中一种一定是由n=3能级跃迁到n=
2能级发出的
3.如图所示，理想变压器左端输入有效值不变的正弦交流电u，电
压表和电流表都是理想电表，忽略小灯泡电阻的变化，则开关S
闭合后与闭合前相比较，下列说法正确的是()
A. L1变亮
B. L2变亮
C. 电流表A的示数变小
D. 电压表V的示数不变
4.喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的极小墨汁微滴，经
带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸
上，则微滴在极板间电场中()
A. 可能向负极板偏转
B. 电场力做负功，电势能逐渐增大
C. 运动轨迹与所带电荷量无关
D. 运动轨迹是抛物线
5.两颗人造地球卫星，向心加速度之比a1：a2=9：1，下列有关数据之比正确的是()
A. 轨道半径之比R1：R2=1：3
B. 线速度之比v1：v2=3：1
C. 向心力之比F1：F2=1：9
D. 周期之比T1：T2=3：1
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对于车厢静止于竖直车厢
壁上，当车的加速度增大时，则()
A. 物块M对车厢壁的压力增大
B. M受摩擦力增大
C. M将与小车分离
D. 物块M仍能相对于车静止
7.如图所示，有一垂直纸面、磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg、足够长的绝缘木板
静止在光滑水平面上，左端无初速放置一质量为0.1kg、带正电荷量为0.2C的滑块，滑块与木板间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。

现对木板施加水平向左的力F，大小恒为0.9N，g取10m/s2.则()
A. 木板和滑块一直做加速度为3m/s2的匀加速运动
B. 滑块开始做匀加速直线运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动
C. 最终木板做加速度为3m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10m/s的匀速运动
D. 最终木板做加速度为4.5m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10m/s的匀速运动
8.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，外电路由电阻R和小灯泡L
等组成，小灯泡的电阻为R L，开关S闭合后，电路中的电流为I，下列
说法正确的是()
A. 电阻两端的电压为IR
B. 电源两端的电压为IR
C. 通过小灯泡的电流为I=E
R+r+R L
D. 小灯泡的电功率为EI
9.下列说法正确的是()
A. 花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规则运动
B. 外界对气体做正功，气体的内能可能不变
C. 一定质量的理想气体在等温膨胀过程中压强一定减小
D. 只要科技继续进步，人类终将做出能量转化率100%的热机
E. 冰块融化过程中，分子的平均动能保持不变，分子势能增大
10.如图所示，由红光和蓝光组成的一细束复色光投射到一块玻璃碎片上被分
成①、②两束，则下列说法正确的是()
A. ①是蓝光，②是红光
B. 在真空中，②的传播速度较大
C. 玻璃对①的折射率较大
D. 稍增大此细光束在玻璃左侧面的入射角，玻璃右侧面原来射出的①②都一定消失
E. 用同一双缝干涉实验装置分别观察这两种色光的干涉图样时，①的条纹间距较小
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.(6分)某中学实验小组采用如图所示的装置探究功与速度的关系，小车在橡皮筋的作用下弹出后，
沿木板滑行。

打点计时器工作频率为50Hz。

(1)实验中木板略微倾斜，这样做。

A.是为了使释放小车后，小车能匀加速下滑
B.是为了增大小车下滑的加速度
C.可使得橡皮筋做的功等于合外力对小车做的功
D.可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动
(2)实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条……，并起来挂在小车的前端进行多次实验，每
次都要把小车拉到同一位置再释放小车。

把第1次只挂1条橡皮筋对小车做的功记为W，第2次挂2条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功为2W，……；橡皮筋对小车做功后而获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出。

根据第4次实验的纸带(如图所示)求得小车获得的速度为m/s(
结果保留位有效数字)。

(3)若根据多次测量数据画出的W−v图象如图所示，根据图线形状可知，对W与v的关系作出
猜想肯定不正确的是。

A.B．C．D．
12.某物理学习小组要描绘一只小灯泡(2.5V1.2W)的伏安特性曲线，有下列器材供选用：
A.电压表(0～3V，内阻约为6kΩ)
B.电压表(0～15V，内阻约为30kΩ)
C.电流表(0～3A，内阻约为0.1Ω)
D.电流表(0～0.6A，内阻约为0.5Ω)
E.滑动变阻器(0～10Ω，允许通过的最大电流为5A)
F.滑动变阻器(0～1kΩ，允许通过的最大电流为0.1A)
G.电源(3V，内阻不计)
H.开关一个，导线若干
(1)电压表应选用______，电流表应选用______，滑动变阻器应选用______(用序号字母表示)。

(2)在实验中要尽可能提高实验精度，所用的实验电路图应选图甲中的______。

(3)在乙图中作出小灯泡的伏安特性曲线。

四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13.如图所示，光滑斜面上质量均为4kg的两木块A、B用一轻弹簧相连接，
整个系统处于平衡状态，B木块由挡板C挡住，斜面倾角为30°，弹簧
劲度系数k=100N/m.现用一沿斜面向上的拉力F拉动木块A，使木块
A沿斜面向上做匀加速直线运动．经t=0.4s，B木块恰好要离开挡板，求从力F刚作用在A木块的瞬间到木块B刚离开挡板的瞬间这一过程，力F对A做了多少功？(g=10m/s2)
14.如图所示，在y>0的空间中存在着沿y轴正方的匀强电场；在y<0的空间中存在垂直xoy平面
向里的匀强磁场。

一个带负电的粒子(质量为m，电荷量为q，不计重力)，从y轴上的p(0,b)点以平行x轴的初速度射入电场，经过x轴上的N(2b,0)点。

求：
(1)粒子经过N点时的速度大小和方向。

(2)已知粒子进入磁场后恰好通过坐标原点，求磁感应强度B和粒子从p到O运动的时间。

15.如图所示，水平放置粗细均匀的玻璃管，管口用橡胶塞封住，一可自由移动的活塞将玻璃管内
分隔为A、B两部分，两部分中均有理想气体。

开始时活塞静止，A部分气体的体积是B部分气体体积的2.5倍，其压强均为p，现松动橡胶塞，使B中气体向外缓慢漏出，整个过程中气体温度保持不变，当A部分气体的体积变为原来的1.2倍时，再将橡胶塞塞紧，求B中剩余气体与漏气前B中气体的质量比。

(不计活塞与管壁间的摩擦)
16.如图为一列简谐波在t1=0时刻的图象．此时波中质点M的运动方
向沿y轴负方向，且到t2=0.55s质点M恰好第3次到达y轴正方
向最大位移处．试求：
(1)此波的传播方向．
(2)此波波速．
【答案与解析】
1.答案：D
解析：解：A、小女孩与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ，则小女孩原来受到的滑动摩擦力：f=μN=μmgcosθ=tanθ⋅mg⋅cosθ=mgsinθ，可知，小女孩受到的滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等，所以小女孩匀速下滑。

若此刻加一竖直向下的恒力作用在小女孩身上，则有：(mg+F)sinθ=μ(mg+F)cosθ，因此小女孩受力仍平衡，仍会匀速下滑，故A错误；
BC、对小女孩施加一水平向右的推力，mgsinθ<μ(mgcosθ+Fsinθ)+Fcosθ，小女孩将减速下滑，故B、C错误；
D、若此刻对小女孩施加一平行于斜面向下的恒定推力，小女孩对斜面的压力不变，所以小女孩受到的滑动摩擦力不变，由于mgsinθ+F>μmgcosθ，则小女孩所受的合力沿斜面向下，所以小女孩将加速下滑。

故D正确。

故选：D。

小女孩沿滑梯下滑时，受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，根据公式f=μN分析滑动摩擦力与重力沿滑梯向下的分力大小关系，然后判定小女孩的运动状态．
对小女孩的运动状态，关键要通过分析受力情况，确定合力的情况来判断其运动情况．
2.答案：C
解析：解：A、氢原子发生跃迁，吸收的能量必须等于两能级的能级差。

故A错误。

B、根据C42=6知，这群氢原子能够发出6种不同频率的光子。

故B错误。

C、结合能级图可知，从n=4跃迁到n=3辐射的光子能量最小，频率最小，则波长最长。

故C正确。

D、如果发出的光子有两种能使某金属产生光电效应，知两种光子为能量最大的两种，分别为由n=4跃迁到n=1，和n=3跃迁到n=1能级发出的。

故D错误。

故选：C。

能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子能量越大，频率越大，波长越小．
该题考查波尔理论与跃迁，解决本题的关键知道能级间跃迁满足的规律，即E m−E n=ℎν．
解析：解：A 、设理想变压器副线圈所接电路的总电阻为R 总，原副线圈的电流分别为I 1、I 2，原副线圈的电压分别为U 1、U 2
开关S 闭合后，R 总减小，但副线圈的输出功率增大，而原线圈的输入功率由副线圈的输出功率决定也随着增大，
左端输入有效值不变的正弦交流电u ，而P 输入=I 1u ，因此原线圈的电流I 1增大，
而灯泡L 1的电阻不变，故灯泡L 1的功率P L1=I 12
R L1也增大，即L 1变亮，A 正确；
BD 、灯泡L 1的电压U L1=I 1R L1增大，故原线圈的电压U 1=u −U L1将减小
由电压之比得：U 1U 2
=n
1
n 2
可知U 2也将减小，
即电压表V 的示数变小，灯泡L 2两端电压减小，因此L 2变暗，BD 错误；
C 、由理想变压器的电流之比I 1I 2
=n
2
n 1
，可知I 1增大，I 2也增大，即电流表A 的示数变大，C 错误；
故选：A 。

输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理再结合电路动态分析即可。

本题主要考查理想变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解。

结合电路动态分析进行分析即可。

4.答案：D
解析：解：A 、由于是电子，故向正极板偏转，A 错误； B 、由于电子做正功，故电势能减少，B 错误； C 、由侧向位移y =1
2at 2=
eU 2md (L
v
) 2，可知运动轨迹与带电量有关，C 错误．
D 、由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故D 正确； 故选：D
由电子带负电，在电场中受到的力来确定偏转方向；根据电子做类平抛运动来确定侧向位移，及电场力做功来确定电势能变化情况．
本题理解电子做类平抛运动的规律及处理的方法，并得出电势能变化是由电场力做功来确定的．
解析：解：A、人造卫星受到的万有引力提供向心力，GMm
R2
=ma，解得轨道半径之比为：R1：R2=1：3，故A正确；
BD、根据万有引力提供向心力得，GMm
R2=m v2
R
=m4π2
T2
R，解得线速度：v=√GM
R
，周期：T=2π√R3
GM
，
则线速度之比为：v1：v2=√3：1，周期之比为：T1：T2=1：3√3，故BD错误；
C、两颗人造卫星质量未知，无法比较向心力，故C错误。

故选：A。

人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据线速度、周期、向心力和轨道半径的关系分析。

此题考查了线速度、角速度和周期、转速的关系，关键求解出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再进行讨论。

6.答案：AD
解析：试题分析：物块M相对于车厢静止，具有相同的加速度，隔离对M分析，抓住竖直方向上合力为零，水平方向的合力产生加速度进行分析．
A、M的加速度与车厢的加速度相同，对M分析，根据牛顿第二定律，N=Ma，加速度增大，则车厢对物块的弹力增大，物块对车厢壁的压力增大．故A正确．
B、M在竖直方向上所受的合力为零，有f=Mg，知摩擦力不变．故B错误．
C、加速度增大，物块对车厢壁的压力增大，最大静摩擦力增大，物块不会与小车分离，仍然保持相对静止．故C错误，D正确．
故选：AD．
7.答案：BD
解析：解：AB、由于摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5m/s2，当力F作用在木板上
时，系统刚开始的加速度为a=F
M+m =0.9
0.3
=3m/s2，当滑块获得向左运动的速度后又产生了一个方
向向上的洛伦兹力，当速度增大到f=μ(mg−Bqv)=ma时，滑块开始相对于木板滑动，随着速度的增大，滑块的最大静摩擦力在减小，则滑块的加速度在减小，当mg=Bqv时，滑块的加速度等于零，即开始做匀速直线运动，所以滑块的运动是先匀加速，后做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，故A错误；B正确；
CD、最终滑块和木板之间没有摩擦力，所以最终木板的加速度为a=F
M =0.9
0.2
=4.5m/s2，此时滑块
受力mg=Bqv，即速度为：v=mg
Bq
=1
0.5×0.2
=10m/s，故C错误D正确。

故选：BD。

先求出木块静摩擦力能提供的最大加速度，再根据牛顿第二定律判断当0.9N的恒力作用于木板时，系统一起运动的加速度，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时摩擦力等于零，此后物块做匀速运动，木板做匀加速直线运动。

本题考查了带电滑块在磁场中的运动问题，在滑块运动运动前，洛伦兹力是变力，滑块与木板受力情况较复杂；注意当滑块获得向左运动的速度以后滑块受到一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时摩擦力等于零，此后滑块做匀速运动，木板做匀加速直线运动。

8.答案：AC
解析：解：A、根据欧姆定律，电阻两端的电压为IR，故A正确；
B、电源的内电压为Ir，电源两端的电压即路端电压U=E−Ir，故B错误；
C、根据闭合电路的欧姆定律，通过小灯泡的电流为I=E
R+r+R L 
，故C正确；
D、EI为电源的总功率，不是小灯泡的电功率，故D错误；
故选：AC。

根据欧姆定律求电阻两端的电压，电源两端的电压即路端电压，根据闭合电路的欧姆定律求电路电流，灯泡的电功率即灯泡两端电压和电流的乘积．
本题考查了闭合电路欧姆定律的应用，解题的关键是分清内外电路，知道电动势E=U外 +U内 ，电源的总功率P=IE，电源的输出功率P=U外 I
9.答案：BCE
解析：解：A、花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了液体分子在不停地做无规则运动，故A错误。

B、做功和热传递是改变内能的两种方式，在热传递不明确的情况下，外界对气体做正功，气体的内能可能不变，故B正确。

C、根据理想气体状态方程pV
T
=C，一定质量的理想气体在等温膨胀过程中压强一定减小，故C正确。

D、根据热力学第二定律知，热机的效率不可能达到100%，故D错误。

E、冰块融化过程中温度不变，吸收的热量全部转化为分子势能，所以冰块融化过程中，分子的平均动能保持不变，分子势能增大，故E正确。

故选：BCE。

布朗运动的小颗粒受到不同方向的液体分子无规则运动产生的撞击力不平衡引起的，反映了液体分子在不停地做无规则运动；做功和热传递是改变内能的两种方式；根据理想气体状态方程判断；热机的效率不可能达到100%；冰块融化过程中，温度不变，分子的平均动能保持不变，吸收的热量转化为分子势能。

本题考查了布朗运动、内能、热力学定律等知识点。

这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。

10.答案：ACE
解析：解：A、因蓝光的折射率较红光大，由光路图可知，①是蓝光，②是红光，故A正确；
B、在真空中任何光的传播速度均相同，故B错误；
C、根据光路图可知，玻璃对①的折射率较大，故C正确；
D、稍增大此细光束在玻璃左侧面的入射角，则光线②在左侧面上的折射角变大，然后射到右侧面上的入射角减小，则在玻璃右侧面射出的②不会消失，故D错误；
E、光线①是蓝光频率较大，波长较小，根据双缝干涉条纹间距与波长成正比，可知用同一双缝干涉实验装置分别观察这两种色光的干涉图样时，①的条纹间距较小，故E正确；
故选：ACE。

根据偏折程度分析折射率的大小，从而确定光的颜色。

在真空中各种色光传播速度相同。

稍增大此细光束在玻璃左侧面的入射角，结合全反射条件分析玻璃右侧面原来射出的光线能否消失。

双缝干涉条纹间距与波长成正比。

解决本题时要知道折射率越大，光的偏折程度越大。

要掌握折射率与光速的关系，并要理解全反射的现象及产生条件。

11.答案：(1)CD(2)2.00(3)AB
解析：试题分析：⑴装置探究橡皮筋做功与小车速度的关系应平衡外力做功，CD正确。

⑴小车匀速行驶时，纸带上的点应均匀分布，由可得小车的速度为2.00m/s⑴由图像结合数学知识可知，
可能是二次或三次方关系，AB肯定错误。

考点：本题考查功与速度的关系。

12.答案：A D E C
解析：解：(1)由于电源电动势为3V，所以电压表选取量程为3V的，故选A；
小灯泡的额定电流为I L=P L U
L =1.2
2.5
A=0.48A，所以电流表选取量程为0.6A，故选D；
为了操作方便，滑动变阻器应选用滑动变阻器E；
(2)为了减少误差，电流表采用外接法；为了多次测量，滑动变阻器采用分压器的接法，故选C；
(3)用平滑的曲线逐个顺次连接各点，如图所示。

故答案为：(1)A；D；E；(2)C；(3)。

(1)根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，在保证电路安全的情况下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；
(2)描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，由此选择；
(3)根据描点法可得出对应的伏安特性曲线。

本题考查了选择实验器材、选择实验电路图、作灯泡的伏安特性曲线、分析灯泡电阻随温度的变化规律；确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键。

13.答案：解：初始时系统静止，弹簧的压缩量为：
x1=mgsin30°
k
=
4×10×0.5
100
m=0.2m
B木块恰好要离开挡板时，弹簧的伸长量为：
x2=mgsin30°
k
=
4×10×0.5
100
m=0.2m
所以物体A上滑的位移为：
s=x1+x2=0.4m
根据s=1
2
at2得：
a=5m/s2．
t=0.4s时刻，对A，由牛顿第二定律得：
F−mgsin30°=ma
得：F=40N
所以力F对A做功为：
W=Fs=40×0.4J=16J
答：力F对A做功为16J．
解析：先根据胡克定律和平衡条件结合求出初末状态时弹簧的形变量，得到物体A上滑的位移，由位移时间公式求出加速度．再由牛顿第二定律求得F，即可求得力F做的功．
解决含有弹簧的问题，关键要明确弹簧的状态，运用胡克定律和平衡条件结合求出弹簧的形变量，分析物体的位移与弹簧形变量的关系．
14.答案：(1)方向与x轴正方向成45°角(2)
解析：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，垂直于电场方向：
沿电场方向：
则
在N点速度：
方向与x轴正方向成45°角
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运动轨迹如图，
由几何关系知：
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律有；
则；
由可得
粒子在磁场中运动的周期为
则粒子在磁场中运动时间为：
考点：带电粒子在组合场中的运动
点评：此题要求首先要分析粒子在各个区域内的运动情况，必要时画出粒子的运动轨迹图，了解图中的几何关系．利用粒子在电场中偏转时的速度的合成与分解，解决电子在电场中运动的相关问题；利用粒子在匀速圆周运动的半径和周期公式，结合洛伦兹力提供向心力可解答粒子在磁场中运动的相关问题。

粒子从磁场边界以一定的角度射入只有一个边界的匀强磁场，当再次射出磁场时，速度与边界的夹角与原来的相等。

解题时充分利用这个结论，对解题有非常大的帮助。

15.答案：解：设A中气体体积为2.5V0，则B中气体体积为V0，对于A中气体，由玻意耳定律得：P⋅2.5V0=P′⋅1.2×(2.5V0)，
P，
则P′=5
6
PV B，
对于B中气体，由玻意耳定律得：PV0=5
6
则V B=1.2V0，此时B中剩余气体体积V B′=0.5V0，B中剩余气体与漏气前B中气体的质量比为5：12。

答：B中剩余气体与漏气前B中气体的质量比为5：12。

解析：A中气体保持温度不变，利用玻意耳定律即可求得A中的压强，利用玻意耳定律求的B中气体漏气后B中气体和漏出气体总体积，从而知质量关系。

本题重在要求学生真正理解好气体的状态方程适用条件，将变质量问题转化为恒质量问题即可。

16.答案：解：(1)由M点此时的运动方向向下，得出此波沿x轴负方向
传播．
(2)在t1=0到t2=0.55s这段时间时，质点M恰好第3次到达正最大
位移处，则有：
(2+3
4
)T=0.55s，解得周期为：T=0.2s．
由波的图象可以看出波长为：λ=0.4m，则波速为：v=λ
T =0.4
0.2
m/s=2m/s．
答：(1)此波沿x轴负方向传播．
(2)波速是2m/s．
解析：由质点M的振动情况，确定波的周期，再由波速公式求出波速．质点在一个周期内通过的路程是4A，由t3=1.2s，分析质点N振动了几个周期，确定路程和相对于平衡位置的位移．
本题要由质点的振动方向确定波的传播方向，这波的图象中基本问题，方法较多，其中一种方法是“上下坡法”，把波形象看成山坡：顺着波的传播方向，上坡的质点向下，下坡的质点向上．。