2020年四川省成都市双流中学高考物理一模试卷解析版

高考物理一模试卷
题号一二三四总分
得分
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.用波长为λ0的单色光照射逸出功为W的金属，刚好能发生光电效应，若改为波长
为λ（λ＜λ0）的单色光照射该金属，则从金属打出的电子的动能（ ）
A. 等于（-1）W
B. 小于或等于（-1）W
C. 大于（1-）W
D. 大于或等于（1-）W
2.矿井中的升降机以5m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺
钉从升降机底板松脱，经过3s升降机底板上升至井口，此时松
脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度
g=10m/s2，则井口到井底的距离为（ ）
A. 15m
B. 30m
C. 45m
D. 60m
3.如图甲所示的电路中，当理想变压器a、b端加上如图乙所示的交变电压，闭合开
关S，三只相同灯泡均正常发光下列说法中正确的是（）
A. 小灯泡的额定电压为6V
B. 变压器原、副线圈的匝数比为3：1
C. 图乙所示的交变电压瞬时值表达式为u=36sin100πt（V）
D. 断开开关S，L1会变亮，L2会变暗
4.在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某
种粒子，结果得到一张两个相切圆1和2的径迹照片如图所
示，已知两个相切圆半径分别r1、r2，则下列说法正确的是（
）
A. 原子核可能发生α衰变，也可能发生β衰变
B. 径迹2可能是衰变后新核的径迹
C. 若衰变方程是U→TH+He，则衰变后新核和射出的粒子的动能之比为117
：2
D. 若衰变方程是→TH+He，则r1：r2=1：45
5.如图所示，倾角为θ=30°的斜面体静止在粗糙的水平面上，
一质量为m、可看成质点的光滑小球在不可伸长的轻绳拉
力的作用下静止在斜面上。

已知轻绳与斜面间的夹角也为θ
，重力加速度为g，则水平面对斜面体的摩擦力大小为（ ）
A. mg
B. mg
C. mg
D. mg
二、多选题（本大题共4小题，共23.0分）
6.2019年1月3日，嫦娥四号探测器登陆月球，实现人类探测器首次月球背面软着
陆。

为给嫦娥四号探测器提供通信支持，我国于2018年5月21日成功发射嫦娥四号中继星“鹊桥号”如图所示，“鹊桥号”中继星围绕地月拉格朗日L2点旋转，“鹊桥号”与L2点的距离远小于L2点与地球的距离。

已知位于地月拉格朗日L l、L2点处的小物体能够在地月的引力作用下，几乎不消耗燃料，便可与月球同步绕地球做圆周运动。

下列说法正确的是（ ）
A. “鹊桥号”的发射速度大于11.2km/s
B. “鹊桥号”绕地球运动的周期约等于月球绕地球运动的周期
C. 同一卫星在L2点受地月引力的合力比在L1点受地月引力的合力大
D. “鹊桥号”若刚好位于L2点，能够更好地为嫦娥四号探测器提供通信支持
7.如图所示，水平线a、b、c、d为匀强电场中的等差等势线，一个质量为m，电荷
量绝对值为q的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点，已知该粒子在A点的速度大小为v1，在B点的速度大小为v2且方向与等势线平行，A、B 连线长为L，连线与竖直方向的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则（ ）
A. 该粒子一定带正电
B. 匀强电场的电场强度大小
C. 粒子在B点的电势能一定大于在A点的电势能
D. 等势线b的电势比等势线c的电势高
8.如图所示，一根轻弹簧端固定在O点，另一端固定一个带有孔的小
球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点时，弹簧
处于原长。

现将小球从A点由静止释放，小球向下运动能到达的最
低点为D点，OB垂直于杆，A、C两点关于B点对称。

重力加速度
为g，则小球从A运动到D的过程中（ ）
A. 加速度等于g的点有三处
B. 在C点速度最大
C. 小球从A运动到B的时间与从B运动到C的时间相等
D. 小球在A、C两点的机械能相等
9.以下物理学知识的相关叙述中，正确的是（ ）
A. 交警通过发射超声波测量车速是利用了波的多普勒效应
B. 用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振
C. 通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条紋，说明光具有波动性
D. 红外线的显著作用是热作用，温度较低的物体不能辐射红外线
E. 在“测定玻璃的折射率”的实验中，若玻璃的两界面不平行，不会影响实验结
果
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
10.如图，已知气垫导轨上滑块的质量为M，钩码的质量为m，遮光条宽度为d，两光
电门间的距离为L，气源开通后，滑块在牵引力的作用下运动，遮光条先后通过两个光电门的挡光时间为△t1和△t2，取当地重力加速度为g。

（1）用上述装置探究滑块加速度a与其质量M及绳子拉力F（用钩码重力代替）的关系，下列做法正确的是______。

A．应控制钩码的质量m远小于滑块的质量M
B．可更换更宽的遮光条以减小实验误差
C．应调节滑轮高度使连接滑块的细线与轨道平行
D．还应测出滑块从光电门1到光电门2的时间△t
（2）还可用上述装置探究系统在运动中的机械能关系，滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，满足关系式______时（用题干中的已知量表示），“钩码-滑块”
系统机械能守恒。

11.如图甲为某同学测量金属丝电阻率的实验电路图，R0为保护电阻，实验的主要步骤
如下，请完成相关内容。

（1）用螺旋测微器测金属丝的直径d如图乙所示，可读出d=______mm
（2）将P移到金属丝某一位置，闭合单刀双掷开关接位置I1，记下电流表读数，保持P位置不变，将单刀双掷开关接位置b，调节电阻箱阻值，使电流表读数为
______（选填“，I1，2I1“），读出电阻箱读数，金属丝电阻R1等于此时电阻箱
阻值，并测出此时金属丝接入电路MP部分长度x1值
（3）将P移到金属丝另一位置，用同样方法测出金属丝接入电路电阻R2值和接入电路长度x2值，重复步骤（2）多次，得出多组R和x的值，并画R-x的关系图如图丙所示。

根据R-x的关系图线，求得图线斜率k为______（保留3位有效数字）（4）由测得的数据计算可得金属丝电阻率ρ=______Ω•m（保留2位有效数字）
四、计算题（本大题共3小题，共42.0分）
12.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度
L=0.4m，一端连接R=1Ω的电阻。

导轨所在空间存在竖直
向下的匀强磁场，磁感应强度B=5T．导体棒MN放在导
轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。

导轨
和导体棒的电阻均可忽略不计。

在平行于导轨的拉力作
用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v=0.6m/s。

求：
（1）感应电动势E和感应电流I；
（2）在0.2s时间内，拉力的冲量I F的大小；
（3）若将MN换为电阻r=0.5Ω的导体棒，其它条件不变，求导体棒两端的电压U 。

13.如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定
在竖直面内，管口B、C的连线是水平直径。

MN为过半圆圆心
O的竖直界直界线，MN界线（含界线）右侧空间有足够大的
匀强电场。

现有一质量为m的带电小球（可视为质点）从B
点正上方距离B为2R的A点自由下落，结果小球从管口C处
脱离圆管后，其运动轨迹经过MN界线上的P点，A、P两点在
同一水平线上。

小球进入电场后，所受电场力竖直向上的分力
大小与重力大小相等，小球运动过程中带电荷量保持不变，重力加速度为g，空气阻力不计，求：
（1）小球经过管口B时重力的瞬时功率；
（2）小球经过P点时的速度大小；
（3）电场力的大小及小球经过管口C时对管壁的压力。

14.一列简谐横波，在t=0时刻的波形如图所示，质点振动的振幅为20cm。

P、Q两点
的坐标分别为-1m和-5m，波沿x轴负方向传播。

已知t=0.5s时，P点第一次出现波谷。

试计算：
①这列波的传播速度多大；
②当Q点第二次出现波峰时，P点通过的路程为多少。

答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：用波长为λ0的单色光照射某种金属，刚好发生光电效应，则该金属的逸出功
改为波长为λ（λ＜λ0）的单色光照射该金属，根据光电效应方程可得：
可得：E km=（-1）W，
可知从金属打出的电子的动能应小于等于（-1）W．故B正确，ACD错误
故选：B。

抓住单色光照射金属刚好发生光电效应，求出金属的逸出功，根据光电效应方程求出光电子的最大初动能。

解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与遏止电压的关系，并能灵活运用，基础题。

2.【答案】C
【解析】解：由运动学公式可得，螺钉自脱落至井底的位移：h1=-v0t+gt2，
升降机这段时间的位移h2=v0t，
故矿井的深度为h=h1+h2=45m，故C正确，ABD错误；
故选：C。

螺钉脱落后做竖直上抛运动，抓住升降机的位移与螺钉的位移之和等于H即可求解。

解决本题的关键搞清升降机和螺钉的运动状况，结合运动学公式灵活求解，难度不大，属于基础题。

3.【答案】A
【解析】解：A、当S闭合后，原线圈中I1等于灯泡L1的电流，副线圈中I2是灯泡L2和L3的电流之和，由于三只相同的灯泡正常发光，故I2=2I1，根据n1I1=n2I2可知n1：n2=2
：1，由于输入电压U=U L+U1=18V，且，U2=U L，得U1=2U L，故U L=6V，即小灯
泡的额定电压为6V，故A正确，B错误；
C、由题意得图乙所示的交变电压瞬时值表达式为u=18sin 100πt（V），故C错误；
D、断开开关S，负载电阻增大，副线圈电流I2减小，原线圈电流I1随之减小，则有灯泡L1变暗，L1两端电压减小，由U1=U-U L得原线圈两端电压U1增大，副线圈两端电压U2随之增大，灯泡L2变亮，故D错误。

故选：A。

由三只灯泡均正常发光，则可求得原副线圈的电流，求得匝数之比；根据断开开关后负载电阻的变化确定电流的变化，从而明确灯泡的亮度变化。

本题考查变压器的基本内容，明确电流电压与匝数的关系，电表的示数为有效值，可以类比于闭合电路欧姆定律的动态分析方法进行分析处理。

4.【答案】D
【解析】解：A、原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子动量方向相反，粒子速度方向相反，由左手定则知：若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中的轨迹为外切圆，所以为电性相同的粒子，可能发生的是α衰变，但不是β衰变，故A错误；
B、核反应过程系统动量守恒，原子核原来静止，初动量为零，由动量守恒定律可知，原子核衰变后生成的两核动量P大小相等、方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛
伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r==，由于P、B都相同，
则粒子电荷量q越大，其轨道半径r越小，由于新核的电荷量大于粒子的电荷量，则新核的轨道半径小于粒子的轨道半径，则半径为r1的圆为放出新核的运动轨迹，半径为r2的圆为粒子的运动轨迹，故B错误；
C、根据动量守恒定律知，新核TH和α粒子的动量大小相等，则动能E K=，所以动
能之比等于质量之反比，为2：117，故C错误；
D、由B选项的分析知：r1：r2=2：90=1：，故D正确；
故选：D。

静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后的粒子的运动的方向相反，在根据粒子在磁场中运动的轨迹可以判断粒子的电荷的性质；衰变后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得半径公式，结合轨迹图分析。

知道原子核衰变过程动量守恒是本题解题的前提与关键，分析清楚图示运动轨迹、应用动量守恒定律与牛顿第二定律即可解题。

5.【答案】B
【解析】解：选小球为研究对象，受力分析并合成如图
：
由平衡条件：F′=mg
由平面几何知识可得：N与F′夹角为30°，T与F′夹角
也为30°
故画出的平行四边形为菱形，连接对角线便可找出直角
三角形：
由cos30°=得：
T=mg
以小球和斜面体整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向上有：
f=T sin30°=mg
故ACD错误，B正确
故选：B。

小球和斜面均处于平衡状态，分别对小球和斜面受力分析应用合成或分解即可解决。

对小球和斜面进行受力分析，运用力的合成或分解结合共点力平衡条件解决问题。

选择好合适的研究对象有事半功倍的效果。

6.【答案】BC
【解析】【分析】
卫星与月球同步绕地球运动，角速度相等，根据v=ωr，a=ω2r，比较线速度和向心加速度的大小。

本题考查万有引力的应用，题目较为新颖，在解题时要注意“鹊桥”中转星与月球绕地
球有相同的角速度这个隐含条件。

【解答】
A、11.2km/s是卫星脱离地球的引力的第二宇宙速度，“鹊桥”的发射速度应小于
11.2km/s，故A错误；
B、根据题意知中继星“鹊桥”绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，故B 正确；
C、“鹊桥”中继星在的L2点是距离地球最远的拉格朗日点，由F n=mω2r可知在L2点所受月球和地球引力的合力比在L1点要大，故C正确；
D、“鹊桥号”若刚好位于L2点，由几何关系可知，通讯范围较小，并不能更好地为嫦娥四号探测器提供通信支持，故D错误。

故选：BC。

7.【答案】BC
【解析】解：A、电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场线的方向沿竖直方向，粒子弯曲的方向向上，所以粒子受力的方向向上，但由于电场线方向不知，则粒子的电性无法确定，故A错误；
B、在沿电场线的方向的位移：y=L cosθ
设A、B间的电势差为U AB，由动能定理，有：qU AB=qEy=m-m
联立解得：E=；故B正确；
C、电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场线的方向沿竖直方向，粒子弯曲的方向向上，所以粒子受力的方向向上，从A到B的过程中电场力做负功，所以粒子的电势能增加，即在B点的电势能一定大于在A点的电势能，故C正确；
D、粒子受力的方向向上，若粒子带正电，则电场的方向向上，c的电势高于b的电势；若粒子带负电，则电场的方向向下，c的电势低于b的电势，故D错误；
故选：BC。

粒子竖直方向受电场力，做匀加速直线运动；水平方向不受力，故竖直分运动是匀减速直线运动；结合运动的合成与分解的知识得到A点速度与B点速度的关系，然后对A 到B过程根据动能定理列式求解电场强度。

本题关键是通过运动的合成与分解得到A点速度和B点速度的关系，然后结合动能定理列式求解即可，基础题目。

8.【答案】AD
【解析】解：A、在A、C两点时，弹簧处于原长，小球只受重力，加速度为g。

当弹簧与杆垂直时，合力等于重力，加速度为g，所以加速度等于g的点有三处，故A正确。

B、在C点时加速度为g，方向向下，小球仍在加速，速度不是最大。

当小球的加速度为零时速度最大，位置在CD之间，故B错误。

CD、小球从A运动到C的过程，弹簧的弹性势能变化量为零，根据小球和弹簧组成的系统机械能守恒，可知，小球在A、C两点的机械能相等，小球的重力势能减小，则小球在C点的速度大于在A点的速度，可知，AB间的平均速度比BC间的平均速度，所以小球从A运动到B的时间比从B运动到C的时间短，故C错误，D正确。

故选：AD。

当小球的合力等于重力时加速度为g，分析小球的受力情况，确定加速度的大小。

小球的加速度为零时速度最大。

根据平均速度关系分析A到B与B到C运动时间关系。

根据弹簧做功情况分析小球在A、C两点的机械能是否相等。

本题是含有弹簧的机械能守恒问题，要知道小球和弹簧组成的系统机械能守恒，但小球的机械能并不守恒。

要通过分析小球的受力情况，确定加速度为g和速度最大的位置。

9.【答案】ACE
【解析】解：A、交警通过发射超声波测量车速，从汽车上反射回的超声波的频率发生了变化，是利用了波的多普勒效应，故A正确。

B、用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的薄膜干涉，故B错误。

C、通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条紋，这是光的衍射现象，说明光具有波动性，故C正确。

D、红外线的显著作用是热作用，一切物体都在辐射红外线，故D错误。

E、在“测定玻璃的折射率”的实验中，所用玻璃的两界面不平行，只要正确操作，测量结果不受影响，即测得的折射率不变，故E正确。

故选：ACE。

多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的；交警通过发射超声波测量车速是利用了多普勒现象。

光具有波动性，薄膜干涉、衍射等现象是波特有的。

做出光路图，测量折射率。

本题考查了多普勒效应、光的薄膜干涉、衍射和玻璃折射率的测量，注意测折射率时，只要操作正确，与玻璃砖形状无关，故玻璃的两个光学面不平行，对玻璃折射率的测定结果没有影响。

10.【答案】AC mgL=
【解析】解：（1）A、实验中认为钩码的重力等于绳子的拉力，要满足钩码的质量m 远小于滑块的质量M，故A正确。

B、为了减小实验的误差，应更换更窄的遮光条，故B错误。

C、实验时应调节滑轮高度使连接滑块的细线与轨道平行，故C正确。

D、根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过两光电门的瞬时速度，结合两光电门间的距离L，根据速度位移公式求出加速度，不需要测量滑块从光电门1到光电门2的时间，故D错误。

故选：AC。

（2）滑块通过两光电门的瞬时速度为：
系统重力势能的减小量为：
△E p=mgL
系统动能的增加量为：=
当mgL=时，系统机械能守恒。

故答案为：（1）AC；（2）mgL=。

（1）根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤。

（2）根据系统重力势能的减小量和动能的增加量相等得出满足的表达式。

解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，在探究机械能守恒时，注意研究的对象是系统，抓住系统重力势能的减小量和动能增加量是否相等进行探究。

11.【答案】0.400 I1 32.1 4.0×10-6
【解析】解：（1）由图乙所示螺旋测微器可知其读数为：0mm+40.0×0.01mm=0.400mm （0.399mm～0.401mm均正确）
（2）实验采用替代法测电阻，故应保证两次的电流相同，故调节电阻箱阻值之后，应使电流表读数仍为I1，
（3）根据R-x的关系图线，求得图线斜率：k=≈32.1（32.0～32.2均正确）
（4）根据电阻定律可得：R=ρ，其中横截面积：S=
联立可得：R=x
其中斜率：=32.1
可得金属丝电阻率ρ=4.0×10-6Ω•m
故答案为：（1）0.400（0.399～0.401均正确）；（2）I1；（3）32.1（32.0～32.2均正确）；（4）4.0×10-6。

（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；
（2）实验采用替代法测电阻，故应保证两次的电流相同；
（3）选择图象直线上距离较远的两个点，运用公式k=求解图象的斜率；
（4）利用电阻定律，面积公式，结合图象的斜率，联立即可求出金属丝电阻率ρ；
本题考查金属电阻率的测量实验，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读；能利用图象结合电阻定律，求解圆柱体的电阻率。

12.【答案】解：（1）感应电动势为：E=BLv=5×0.4×0.6V=1.2V
根据闭合电路欧姆定律得感应电流为为：I==A=1.2A，
根据右手定则得导体棒MN中电流的流向为：N→M；
（2）导体棒匀速运动，拉力等于安培力，则有：F=F安=BIL=5×1.2×0.4=2.4N
拉力的冲量为：I F=Ft=2.4×0.2N•s=0.48N•s；
（3）将MN换为电阻r=0.5Ω的导体棒，电路中的电流为：I′==A=0.8A
由欧姆定律有：U=I′•R=0.8×1=0.8V。

答：（1）感应电动势是1.2V，感应电流是1.2A，导体棒MN中电流的流向为：N→M；（2）在0.2s时间内，拉力的冲量I F的大小为0.48N•s；
（3）导体棒两端的电压U是0.8V。

【解析】（1）由E=BLv求出导体棒切割磁感线产生的感应电动势E，由闭合电路欧姆定律求出感应电流I，根据右手定则判断感应电流的方向；
（2）导体棒匀速运动，先根据平衡条件求出拉力的大小，再根据I=Ft求拉力的冲量I F 的大小；
（3）先由闭合电路欧姆定律求出电流，然后由U=IR即可求出导体棒两端的电压U。

对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，哪部分相当于外电路，要知道导体棒两端的电压U是外电压，不是内电压，不能根据U=Ir求U。

13.【答案】解：（1）小球经过管口B时速度大小为：
v B==2
小球经过管口B时重力的瞬时功率为：
P=mgv B=2mg
（2）设电场力的竖直分力为F y，水平分力为F x，则有：F y=mg，方向竖直向上。

小球从A运动到P的过程中，由动能定理得：
F y•3R=mv P2-0
解得：v P=
（3）小球从管口C处脱离管后，能从C运动到P，电场力的水平分力F x必向左，小球做类平抛运动，所以有：
2R=v c t
R==
从C到P由动能定理得：
F x R=-
联立解得：F x=mg
电场力的大小为：
F==mg
小球经过管口C处时，向心力由F x和管壁的弹力N的合力提供，设弹力N的方向水平向左，则有：
N+F x=m
解得：N=mg，方向向左。

答：（1）小球经过管口B时重力的瞬时功率为2mg；
（2）小球经过P点时的速度大小是；
（3）电场力的大小是mg，小球经过管口C时对管壁的压力是mg，方向向左。

【解析】（1）小球从A运动B的过程做自由落体运动，由运动学公式求出小球到达B 点的速度大小，再由P=mgv求小球经过管口B时重力的瞬时功率；
（2）小球从A运动B的过程，根据动能定理求小球经过P点时的速度大小；
（3）小球从C运动到P的过程，受到重力和电场力作用，小球做类平抛运动，根据分位移公式和牛顿第二定律列式，小球从C到P根据动能定理列式，从而求得求出电场力的水平分力，与竖直分力合成即可求得电场力。

根据向心力和牛顿第三定律求小球经过管口C时对管壁的压力。

本题考查带电粒子在电场和重力场中的运动，解题的关键在于正确运用正交分解法，将小球的运动沿水平方向和竖直方向正交分解，然后运用牛顿运动定律和动能定理列式研究。

14.【答案】解：①由图可知，波长λ=4m，质点的起振方向竖直向上。

由t=0.5s时，P点第一次出现波谷，可知，t=0.5s=．解得，T=0.4s，波速v==10m/s 。

②波从P点传到Q点用时，=T。

Q点从开始振动到第二次出现波峰用时，。

P点振动的总时间为：t=t1+t2=。

则P通过的路程为s==180cm。

答：①这列波的传播速度为10m/s。

②当Q点第二次出现波峰时，P点通过的路程为180cm。

【解析】①根据波的传播方向和波形图得到P点第一次出现波谷时传播时间，进一步得到波速。

②根据Q点第二次出现波谷的时间，分析P点运动情况，确定通过的路程。

明确波形图与振动的关系是解题的关键，灵活应用波速、波长、路程、周期和频率间的关系。