2020届江西省九校联考高考物理模拟试卷(4月份)(含答案详解)

2020届江西省九校联考高考物理模拟试卷(4月份)
一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）
1.“实时荧光定量PCR”是目前检测新型冠状病毒的最常见的方法。

一般情况下，当特定的荧光
染料被一定波长的光照射时，入射光的一部分能量被该物质吸收，剩余的能量将荧光染料中的原子激发，由低能级跃迁到较高能级，经过较短时间后荧光染料便可发出荧光。

仅考虑以上情况，下列关于荧光染料发出的荧光的说法中正确的是()
A. 荧光光谱是连续谱
B. 荧光光谱是吸收光谱
C. 荧光波长不可能小于入射光的波长
D. 荧光波长一定等于入射光的波长
2.一物体以初速度v0=20m/s沿光滑斜面匀减速向上滑动，当上滑距离x0=30m时，速度减为
10m/s，该物体恰滑到斜面顶部，则斜面长度为()
A. 40m
B. 50m
C. 32m
D. 60m
3.下列说法正确的是()
A. 如果物体(系统)所受到的合外力为零，则机械能一定守恒
B. 如果合外力对物体(系统)做功为零，则机械能一定守恒
C. 物体沿固定光滑曲面自由下滑过程中，不计空气阻力，机械能一定守恒
D. 做匀速圆周运动的物体，其机械能一定守恒
4.在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力。

小球在运动过程
中()
A. 速度和加速度的方向都恒定不变
B. 速度和加速度的方向都在不断变化
C. 在相等的时间间隔内，动量的变化量相等
D. 在相等的时间间隔内，动能的变化量相等
二、多选题（本大题共6小题，共33.0分）
5.半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为
R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感
应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆
始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则()
A. θ=0时，杆产生的电动势为2Bav
B. θ=π
3
时，杆产生的电动势为Bav
C. θ=0时，杆受的安培力大小为4B2av
(π+2)R0
D. θ=π
3时，杆受的安培力大小为3B
2av
(5π+3)R0
6.在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为+q的带电小球由静止开始释放，
带电小球沿与水平方向成θ<450的方向斜向下做直线运动。

则下列判断正确的是()
A. 若cosθ<qE
mg
，则小球机械能一定增加
B. 若cosθ=qE
mg
，则小球机械能一定不变
C. 若cosθ<qE
mg
，则小球机械能一定减小
D. 若tanθ=mg
qE
，则小球机械能一定增加
7.如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁感应强度大小为B，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面
上平放着一内壁光滑、长度为L的均匀玻璃管，玻璃管底部有一带电荷量为q、质量为m的小球.玻璃管沿垂直于其轴线方向匀速向右运动，速率为v，初始小球在管底相对于玻璃管静止，带电小球能从试管口处飞出，则下列说法正确的是()
A. 小球带负电
B. 小球未从玻璃管飞出前相对水平桌面的运动轨迹是一条抛物线
C. 洛伦兹力对小球做正功
D. 小球从管口出射后，在磁场中的运动半径为√m2v2+2qmvBL
qB
8.如图所示，水平地面上有两个完全相同的木块A、B，在水平推力F作用
下运动，用F AB代表A、B间相互作用力()
A. 若地面是完全光滑的，则F AB=F
B. 若地面是完全光滑的，则F AB=F
2
C. 若地面动摩因数为μ，则F AB=F
D. 若地面动摩因数为μ，则F AB=F
2
9.下列说法正确的是()
A. 一定质量气体吸收热量，其内能可能不变
B. 某物体温度越低，其分子运动的平均动能越小
C. 速度大的物体，物体内分子的平均动能一定大
D. 当容器做自由落体运动时，容器内气体的压强为零
10.下列说法正确的是()
A. 红外线在水中传播的速度大于紫外线在水中传播的速度
B. 电磁波不能产生多普勒效应，而机械波能产生多普勒效应
C. 电磁波是横波，可以发生衍射现象和偏振现象
D. 电磁波在真空中传播时，其速度方向与电场强度、磁感应强度方向均垂直
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.某同学用如图甲所示的装置通过研究重锤的落体运动来验证机械能守恒定律，已知重力加速度
为g。

(1)该实验需要直接测量的物理量是______
A.重锤的质量
B.重锤下落的高度
C.重锤底部距水平地面的高度
D.与下落高度对应的重锤的瞬时速度
(2)选用一条点迹清晰且第一、二点间距离约为2mm的纸带验证机械能守恒定律，如图乙所示图中A、
B、C、D、E、F、G为七个相邻的原始计时点，点F是第n个点。

设相邻点间的时间间隔为T，
则实验中打F点时重锤的瞬时速度v的表达式是______。

A.v F=g(n−I)T
B.v F=√2gℎn
C.v F=ℎn+1−ℎn−1
2D.v F=ℎn+1+ℎn−1
2
(3)测得ℎn−1、ℎn、ℎn+1分别为15.40cm、19.00cm.23.00cm，重锤质量m=lkg，T=0.02s，从打
点0到打下点F的过程中，重锤重力势能的减小量△E p=______J，动能的增加量△E k=______J(g 取9.8m/s2，结果保留三位有效数字)。

(4)由此可得出的实验结论是______。

12.(1)如图甲使用较小量程时，图中指针示数为______A；如图乙使用较大量程时，图中指针示数
为______V；
(2)旋钮式电阻箱如图所示，电流从接线柱A流入，从B流出，则接入电路的电阻为______Ω，今欲将
接入电路的电阻改为2087Ω，最简单的操作方法是______。

四、简答题（本大题共1小题，共20.0分）
13.如图所示，开关S闭合后，将变阻器滑片p从a滑向b的过程中，电流表
示数将______(选填“增大”、“减小”或“不变”)，电压表示数将
______(选填“增大”、“减小”或“不变”)，小灯泡L的亮度将______(
选填“变亮”、“变暗”或“不变”)．
五、计算题（本大题共3小题，共32.0分）
14.如图所示，一个质量为m、带有电荷−q的小物体，可以在水平轨道ox上
运动，o端有一与轨道垂直的固定墙．轨道处于匀强电场中，场强大小
为E，方向沿ox轴正方向，小物体以速度v0从x0点沿ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f作用，且f<qE.设小物体与墙碰撞时不损失机械能，且电荷量保持不变，求：
(1)小物体最终停止位置？
(2)它在停止运动前所通过的总路程．
15.2020年1月31日，武昌区民警接到武汉市第七医院求助，紧急集结9位
民警协助院方装卸运输灌装氧气，为医院解决了燃眉之急。

如图所示，
一个容积为V的的氧气罐(认为容积不变)，内部封闭气体压强为
1.05p0(p0为1个标准大气压)。

求：
(i)若罐内气体温度降为7℃，此时气体压强降为p0，求氧气罐内气体原来的
温度是多少摄氏度；
(ii)若保持罐内气体温度不变，用了一部分气体，使罐内气体压强降为p0，
求氧气罐内剩余气体的质量与原来总质量的比值。

16.(1)(6分)如图，△OMN为等腰三棱镜的横截面。

a、b两束可见单色光从空气垂直射入棱镜底面
MN，在棱镜侧面OM，ON上反射和折射的情况如图，所示，则两种光对该玻璃的折射率n a n b；
a、b两束光通过相同的双缝干涉实验装置，产生的条纹间距分别为△x a、△x
b、则△x a△x b。

(
填“>”“<”或“=”)
(2)(9分)一根弹性绳沿x轴方向放置，左端在原点O处，用手握住绳的左端使其沿y轴方向做简谐运动，
在绳上形成一简谐波，绳上质点N的平衡位置为x=5m，从绳左端开始振动计时，经过0.5s振动传播到质点M时的波形如图所示，求：
①绳的左端振动后经多长时间传播到质点N？质点N开始振动时，绳的左端质点已通过的路程。

②画出质点N从t=2.5s开始计时的振动图象。

参考答案及解析
1.答案：C
解析：解：A、因为荧光染料吸收的是一定波长的光，由于能级的不连续性，所以荧光染料被激发后，发出的光是不连续的，所以荧光光谱属于线状光谱，故A错误；
B、吸收光谱是温度很高的光源发出来的白光，通过温度很低的蒸汽或者气体后产生的，根据题意可知荧光光谱属于发射光谱，故B错误；
CD、由于原子从低能级向高能级跃迁后不稳定再次向低能级跃迁，跃迁中释放的能量只能等于或者小于入射光的能量，所以荧光波长大于或等于入射光的波长，故C正确，D错误。

故选：C。

连续谱是连在一起的光带，炽热固体、液体及高压气体发光产生的光谱是连续谱；
线状谱是由一些不连续的亮线组成的谱线，稀薄气体、金属蒸气发光产生的谱线是线状谱；
根据能级跃迁理论分析。

处于基态的原子吸收一个光子跃迁到激发态，再向低能级跃迁时辐射光子的频率一定不大于入射光子的频率，其波长一定不小于入射光子的波长。

2.答案：A
解析：解：设斜面长度为L，根据速度位移关系公式得：v2−v02=2ax0
0−v02=2aL
联立代入数据解得：L=40m
故A正确；
故选：A。

根据运动学速度位移关系公式，分别对前后两段运动过程列式，联立方程组求解即可。

本题不涉及时间问题，优先考虑运动学速度位移关系公式，采用比例法比较简便。

3.答案：C
解析：解：A、如果物体所受到的合外力为零，则机械能不一定守恒，例如：匀速下落的降落伞的合力为零，合力做功为零，但机械能减小，AB错误；
C、物体沿光滑曲面自由下滑过程中，只有重力做功，机械能一定守恒，C正确；
D、做匀速圆周运动的物体，其机械能不一定守恒；如竖直面上做匀速圆周运动的物体，其动能不变；重力势能变化；机械能不守恒；故D错误；
故选：C
本题关键是两个物体构成的系统中只有动能和重力势能相互转化，机械能总量保持不变．
本题应掌握住机械能守恒的条件，也就是只有重力或者是弹力做功；或者分析动能和势能的变化来明确机械能是否守恒．
4.答案：C
解析：解：A、平抛运动的物体其加速度恒定不变，速度方向时刻变化；故AB错误；
C、由于物体做平抛运动时只受重力作用，则根据冲量的定义可知，相等时间内合外力的冲量相同，则由动量定理可知，动量的变化量相等，故C正确；
D、由于物体在竖直方向做匀变速运动，故相等的时间间隔内重力做功不相同，则由动能定理可知，动能的变化量不相等，故D错误；
故选：C。

明确平抛运动的性质，知道平抛运动可分解为竖直方向上的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动；再根据运动的合成和分解规律可明确速度及速率的变化情况。

本题考查平抛运动的规律以及动量定理和动能定理，要注意明确平抛运动的研究方法为运动的合成和分解，要正确理解合成与分解的方法；注意明确合外力做功以及合外力的冲量的分析和判断。

5.答案：ABCD
解析：解；A、θ=0时，杆产生的电动势E=BLv=2Bav，故A正确
B、θ=π
3
时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是a，所以杆产生的电动势为Bav，故B 正确；
C、θ=0时，由于单位长度电阻均为R0.所以电路中总电阻(2+π)aR0，所以杆受的安培力大小F=
BIL=B⋅2a2Bav
(2+π)aR0=4B2av
(π+2)R0
，故C正确；
D、θ=π
3时，电路中总电阻是(5
3
π+1)aR0，所以杆受的安培力大小F′=BI′L′=3B2av
(5π+3)R0
，故D正确；
故选：ABCD。

根据几何关系求出此时导体棒的有效切割长度，根据法拉第电磁感应定律求出电动势．
注意总电阻的求解，进一步求出电流值，即可算出安培力的大小．
电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解．6.答案：BD
解析：解：AC、若cosθ<qE mg，电场力与速度方向夹角可能大于900也可能小于900，
电场力对小球可能做正功，也可能做负功，故机械能可能增加，也可能减小。

故AC
错误；
B、若cosθ=qE
mg
，电场力与速度方向垂直，电场力不做功，因重力之外的其他力不
做功，故机械能一定守恒。

故B正确；
D、若tanθ=qE
mg
，则电场力沿水平方向，据题知，电场力和重力的合力与速度方向同向，电场力做正功，机械能一定增加，故D正确；
故选：BD。

带电小球从静止开始做直线运动，受到两个恒力作用，其合力与速度方向必定在同一直线上，根据电场力与速度方向的夹角，判断电场力做功正负，确定机械能的变化。

本题考查带电粒子在电场中的运动情况和功能关系分析，关键是分析电场力与合力方向的夹角来判断电场力做功正负，确定机械能的变化
7.答案：BD
解析：解：A、小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电，故A错误；
B、管子运动速度为v，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动。

小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qvB，q、v、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动，与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，故B正确；
C、洛伦兹力总是与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，故C错误；
D、设小球离开管口时的分速度大小为v1，小球沿管方向的加速度大小为：a=qvB
m
，根据速度−位移关系可得：v12=2aL，
则小球离开管口的合速度为：v合=√v2+v12，解得：v
合=√v2+2qvBL
m
；
小球从管口出射后，在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv
合B=m v2
R
解得小球在磁场中的运动半径为：R=√m2v2+2qmvBL
qB
，故D正确。

故选：BD。

根据左手定则判断小球的电性；根据小球的受力情况和运动情况分析其轨迹；洛伦兹力不做功；求出小球离开管口时的速度大小，根据洛伦兹力提供向心力求解小球在磁场中的运动半径。

本题中小球在管中运动时做类平抛运动，其研究方法与平抛运动类似：运动的合成与分解，其轨迹是抛物线；小球离开管口后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力进行分析。

8.答案：BD
解析：解：设两木块的质量均为m。

A、B若地面是完全光滑的，对整体用牛顿第二定律得，加速度a=F
2m
，再对B运用牛顿第二定律得，
F AB=ma=F
2
.故A错误，B正确。

C、D若地面动摩因数为μ，对整体用牛顿第二定律得，加速度a=F−2μmg
2m =F
2m
−μg，再对B运用牛
顿第二定律得，F AB−μmg=ma，解得，F AB=F
2
.故C错误，D正确。

故选：BD。

两个木块的加速度相同，先对整体研究，由牛顿第二定律求出加速度，再以B为研究对象，求解A对B的作用力，进行选择．
本题不能想当然，认为地面光滑与粗糙时，A、B间相互作用力不同．对于多个物体，要灵活选择研究对象．
9.答案：AB
解析：解：A、一定质量的气体吸收热量，若同时对外做功，其内能可能不变，故A正确；
B、温度越低，物体内分子热运动的平均动能越小，故B正确；
C、分子的平均动能是微观意义的分子的运动，与物体宏观运动的速度无关，故C错误；
D、气体的压强是由于气体分子做无规则运动，对器壁频繁地撞击产生的，容器做自由落体运动时处于完全失重状态，但气体分子的无规则运动不会停止。

根据气体压强的决定因素：分子的平均动能和分子的数密度可知，只要温度和气体的体积不变，分子的平均动能和单位体积内分子数目不变，气体对容器壁的压强就保持不变，压强不为零，故D错误；
故选：AB。

根据热力学第一定律分析物体的内能的变化；分子平均动能是指物体内所有分子的动能的平均值；温度是物体分子热运动激烈程度的反映，温度越高，分子的平均动能越大。

物体的内能与物质的量、温度、体积以及物态都有关。

本题考查对分子平均动能、气体压强及物体的内能的理解程度。

分子的平均动能是大量分子运动的统计规律，不是单个分子的动能，同时要明确气体压强的微观意义和决定因素。

10.答案：ACD
解析：解：A、红光的频率、折射率都小于紫光，根据v=c
n
，可知红外线在水中的传播速度大于紫外线在水中的传播速度，故A正确；
B、而电磁波和机械波都能产生多普勒效应，故B错误；
C、电磁波是横波，可以发生衍射现象和偏振现象，故C正确；
D、电磁波是横波，每一处的电场强度和磁场强度总是相互垂直的，且与波的传播方向垂直，故D 正确。

故选：ACD。

红光的折射率都小于紫光，根据v=c
n
比较在水中的传播速度；而电磁波和机械波都能产生多普勒效应；电磁波是横波，可以发生衍射现象和偏振现象；电磁波在真空中传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度方向均垂直。

本题考查了电磁波的发射、传播和接收、多普勒效应等知识点；解决本题的关键知道电磁波的特点。

11.答案：B C 1.86 1.81在误差允许范围内，重锤减小的重力势能等于增加的动能，即验证了机械能守恒定律。

解析：解：(1)重锤的质量可测可不测，因动能的增加量和重力势能的减小量中都有质量，可以约去。

需要测量的物理量是B：重锤下落的高度，故选B；
(2)求速度时我们是利用匀变速直线运动的规律即匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，
v F=EG
2T =ℎn+1−ℎn−1
2
，故C正确，ABD错误；
(3)从O点到打下F点过程中，重锤重力势能减小量△E p=mg×OF，代入数据得△E p=1.86J，动能
增加量△E k=1
2
mv2，代入数据得△E k=1.81J；
(4)若减小的重力势能近似等于增加的动能，则可以说：在误差允许范围内，重锤减小的重力势能等于增加的动能，即验证了机械能守恒定律。

故答案为：(1)B；
(2)C；
(3)1.86，1.81；
(4)在误差允许范围内，重锤减小的重力势能等于增加的动能，即验证了机械能守恒定律。

(1)验证机械能守恒定律的实验原理是：以自由落体运动为例，需要验证的方程是：mgℎ=1
2
mv2，根据实验原理得到要验证的表达式，确定待测量；
(2)该实验是验证机械能守恒定律的实验，不能把重物看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证了，求速度时我们是利用匀变速直线运动的规律即匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度；
(3)根据动能、势能表达式即可求解；
(4)若减小的重力势能近似等于增加的动能，则可以说：在误差允许范围内，重锤减小的重力势能等于增加的动能，即验证了机械能守恒定律。

本题考查验证机械能守恒定律的实验，在解决实验问题时要注意实验的原理以及实验中的注意事项，特别要注意数据的处理及图象的应用。

对于基础实验要从实验原理出发去理解，要亲自动手实验，深刻体会实验的具体操作，不能单凭记忆去理解实验。

12.答案：0.448.51987将“×1k“旋钮调到2，再将“×100“旋钮调到0
解析：解：(1)使用0.6A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02A，表针示数为0.44A；
电压表使用15V量程时，每小格表示0.5V，表针示数为8.5V。

(2)根据电阻箱读法可知接入电路的电阻为1987Ω；
最简单的操作方法是将“×1k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0。

故答案为：(1)0.44，8.5；(2)1987，将“×1k“旋钮调到2，再将“×100“旋钮调到0
(1)根据接入电表的分度值分别读数；
(2)根据电阻箱的读数方式读得电阻值。

本题考查电阻箱的读数与使用，解题关键掌握如何使用电表箱，读数时注意分度值。

13.答案：增大减小变暗
解析：解：因L与滑动变阻器并联，将变阻器滑片p从a滑向b的过程中，滑动变阻器接入电阻变小，则总电阻变小，总电流增大，所以通过电流表的示数增大，电源内阻所占电压增大，则路端电压减小，电压表示数减小，灯泡两端电压减小，所以小灯泡L的亮度将变暗．
则由欧姆定律可得，通过滑动变阻器的电流减小，故电流表示数将减小．
故答案为：增大，减小，变暗
开关闭合后，灯泡与滑动变阻器并联，电流表测量干路电流，根据并联电路电路的特点，并结合欧姆定律判断灯泡亮度的变化以及电流表和电压表示数的变化．
本题考查了欧姆定律和并联电路特点的应用，关键是分清电路的连接方式以及并联电路特点的熟练应用．
14.答案：解：(1)由于f<qE，物体最终停止在固定墙处；
(2)设小物块从开始运动到停止在O 处的往复运动过程中位移为x 0，往返路程为s ，根据动能定理有：
−fs +qEx 0=−12mv 02 解得：
s =mv 02+2qEx 0
2f
答：(1)小物体最终停止在固定墙处；
(2)它在停止运动前所通过的总路程为mv 02+2qEx 0
2f ．
解析：由于f <qE ，物体最终停止在固定墙处；在整个运动的过程中，阻力一直做负功，电场力最终做正功，根据动能定理求出通过的总路程．
物块经过若干次碰撞做往复运动最后停止，只能通过动能定理求运动的总路程；注意克服摩擦力做功等于摩擦力乘以相对路程，电场力做功与路径无关．
15.答案：解：(i)气体的状态参量：p 1=1.05p 0，p 2=p 0，T 2=(273+7)K =280K ，
气体发生等容变化，由查理定律得：p 1T 1=p 2T 2，
代入数据解得：T 1=294K ，
气体原来的温度t =(294−273)℃=21℃；
(ii)气体发生等温变化，由玻意耳定律得：
p 1V =p 2V 2，
代入数据解得：V 2=1.05V ，
剩余气体质量与原来气体总质量之比m 剩m 总=ρV ρV 2=20
21； 答：(i)氧气罐内气体原来的温度是21摄氏度；
(ii)氧气罐内剩余气体的质量与原来总质量的比值是20
21。

解析：(i)气体发生等容变化，根据题意求出气体的状态参量，应用查理定律求出气体的温度。

(ii)气体温度不变，气体发生等温变化，根据题意求出气体的状态参量，应用玻意耳定律可以求出气体末状态的体积，然后求出剩余气体质量与原来的总质量之比。

本题考查了气体状态方程的应用，根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，求出气体状态参量，应用查理定律与玻意耳定律即可解题。

16.答案：(1)
(2)①2.5s 80cm ②图象如图所示
解析：试题分析：(1)从图中可以看出，a的临界角大于b的临界角，由，所以a的折射率小于b的折射率，a的频率小于b的频率，所以a的波长大于b的波长，由得，△x a>△x b
(2)①由图可知，波长(1分)
由题干和图可知周期(1分)
波速(1分)
振动传播到质点经历的时间为(1分)
质点开始振动时，绳的左端已通过的路程为(2分)
②图像如图所示(3分)
考点：全反射振动与波。