四川省宜宾四中2020高三物理一诊试题(含解析)

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6.34 eV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E m-E n=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=24-3×4m/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+24×2-1.5×2）-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θ=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：F min=2mg sinθ=2×mg=mg。

根据胡克定律：F min=kx min，所以：x min=，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2300km 2.0g/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E p=qφ=-eφ，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E p=qφ，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μ=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=2×2m/s=4m/s，长木板的速度：v2=a2t=1×2m/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0～3t0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=v0•2t0，v0=；故B正确；CD．t=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=at02v y=at0，在t0-2t0时间内，粒子做匀速直线运动，有：y2=v y t0=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。