2020年四川省自贡市高考物理二诊试卷

高考物理二诊试卷
题号一二三四总分得分
一、单选题（本大题共6小题，共36.0分）
1.下面说法不正确的是（）
A. 中子具有波粒二象性
B. 氢原子的核外电子由较低能级跃迁到较高能级时，要吸收一定频率的光子，同
时氢原子的电势能增大，电子的动能增大
C. 若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某种金属发生光电效
应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应
D. 质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，
释放的能量是（2m1+2m2-m3）c2
2.人造卫星a的圆形轨道离地面高度为h，地球同步卫星b离地面高度为H，h＜H，
两卫星共面且旋转方向相同．某时刻卫星a恰好出现在赤道上某建筑物c的正上方，设地球赤道半径为R，地面重力加速度为g，则（）
A. a、b线速度大小之比为
B. a、c角速度之比为
C. b、c向心加速度大小之比
D. a下一次通过c正上方所需时间等于t=2π
3.在光滑水平面上充满水平向右的匀强电场，被拉直
的绝缘轻绳一端固定在O点，另一端系着带正电的
小球，轻绳与水平面平行，OB与电场线平行。

若
小球从A点由静止释放后，沿水平面摆动到B点，
不计空气阻力，则关于此过程，下列判断正确的是（）
A. 小球的动能先变小后变大
B. 小球的切向加速度一直变大
C. 小球受到的拉力先变大后变小
D. 小球受到的电场力做功功率先增大后减小
4.单梁悬挂起重机（行车）可简化为如图的模型，滑轮
O处于水平横梁AB上，长为L的钢丝绳一端固定在
滑轮的中心轴上，下端连接一电磁铁，电磁铁对铁块
的最大引力为F，现用该行车运送一铁块，滑轮与铁
块一起向右匀速运动，当O到AB上的P点时被制动
立即停止，铁块开始摆动但不掉落，将滑轮、电磁铁
与铁块视为质点，下列说法正确的是（）
A. 只要铁块的重量不大于F，铁块就可以被安全运输
B. 若运输速度为v，该行车能运输铁块的最大质量为
C. 若运输速度为，该行车能运输铁块的最大质量为
D. 若铁块的质量为M，该行车运输的最大速度为
5.电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示．K为阴极，A为阳极，两极之间的距离
为d.在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速．不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是( )
A. A、K之间的电场强度为
B. 电子到达A极板时的动能大于eU
C. 由K到A电子的电势能减小了eU
D. 由K沿直线到A电势逐渐减小
6.如图，光滑斜面PMNQ的倾角为θ，斜面上放置一矩
形导体线框abcd，其中ab边长为l1，bc边长为l2，线
框质量为m、电阻为R，有界匀强磁场的磁感应强度
为B，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且
ef∥MN．线框在恒力F作用下从静止开始运动，其ab
边始终保持与底边MN平行，F沿斜面向上且与斜面
平行．已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断不正确的是（）
A. 线框进入磁场前的加速度为
B. 线框进入磁场时的速度为
C. 线框进入磁场时有a→b→c→d方向的感应电流
D. 线框进入磁场的过程中产生的热量为（F-mg sinθ）l1
二、多选题（本大题共3小题，共17.0分）
7.某中学物理兴趣小组对物体的运动进行了探究，画出了v-t
图象，如图所示，根据图象可知（）
A. 0～2s内的加速度为1m/s2，比4～5s内加速度小
B. 0～5s内的位移为7m，其中2～4s物体做匀速直线运动
C. 第1s末与第4s末的速度方向相反
D. 第1s末与第5s末加速度方向相同
8.如图所示，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方
形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴
OO′转动，轴OO′垂直于磁感线，在线圈外接一
含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数
分别为n1和n2．保持线圈以恒定角速度ω转动，下
列判断正确的（）
A. 在图示位置时线框中磁通量为零，感应电动势
最大
B. 当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数变大
C. 电压表V1示数等于NBωL2
D. 变压器的输入与输出功率之比为1：1
9.图（a）为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，
Q是平衡位置在x=4.0m处的质点；图（b）为质点Q的振动图象，下列说法正确的是（）
A. 在t=0.10s时，质点Q向y轴正方向运动
B. 在t=0.25s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同
C. 从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了6m
D. 从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm
E. 质点Q简谐运动的表达式为y=0.10sin19πt（国际单位）
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
10.某同学用探究动能定理的装置测滑块的质量M．如图甲所示，在水平气垫导轨上靠
近定滑轮处固定一个光电门。

让一带有遮光片的滑块自某一位置由静止释放，计时器可以显示出遮光片通过光电门的时间t（t非常小），同时用米尺测出释放点到光电门的距离s。

（1）该同学用螺旋测微器测出遮光片的宽度d如图乙所示，则d=______mm。

（2）实验中多次改变释放点，测出多组数据，描点连线，做出的图象为一条倾斜直线，如图丙所示。

图象的纵坐标s表示释放点到光电门的距离，则横坐标表示的是______。

A．t B．t2C．D．
（3）已知钩码的质量为m，图丙中图线的斜率为k，重力加速度为g。

根据实验测得的数据，写出滑块质量的表达式M=______。

（用字母表示）
11.材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻现象”，利用这种效应可以测量
压力大小，若图1为某压敏电阻在室温下的电阻--压力特性曲线，其中R F、R0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值，为了测量压力F，需先测量压敏电阻处于压力中的电阻值R F，请按要求完成下列实验。

（1）设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图2的虚线框内画出实验电路原理图（压敏电阻及所给压力已给出，待测压力大小约为0.4×102：
0.8×102N，不考虑压力对电路其它部分的影响）。

要求误差较小。

提供的器材如下：
A、压敏电阻，无压力时阻值R0=6000Ω
B、滑动变阻器R，全电阻约200Ω
C、电流表A，量程2.5mA，内阻约30Ω
D、电压表V，量程3V，内阻约3kΩ
E、直流电源E，电动势3V，内阻很小
F、开关S，导线若干
（2）正确连线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是1.33mA，电压表的示数如图3所示，则电压表的读数为______V。

（3）此时压敏电阻的阻值为______Ω；结合图1可知待测压力的大小
F=______N．（计算结果均保留两位有效数字）
四、计算题（本大题共2小题，共32.0分）
12.如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短的
时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L 时停止．车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：
（1）整个过程中摩擦阻力所做的总功；
（2）人给第一辆车水平冲量的大小．
13.在一水平面上，放置相互平行的直导轨MN、PQ，其间距L=0.2m，R1、R2是连在
导轨两端的电阻，R1=0.6Ω，R2=1.2Ω，虚线左侧3m内（含3m处）的导轨粗糙，
其余部分光滑并足够长。

ab是跨接在导轨上质量为m=0.1kg，长度为L′=0.3m的粗细均匀的导体棒，导体棒的总电阻r=0.3Ω，开始时导体棒处于虚线位置，导轨所在空间存在磁感应强度大小为B=0.5T，方向竖直向下的匀强磁场，如图甲所示。

从零时刻开始，通过微型电动机对导体棒施加一个牵引力F，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终与导轨垂直且接触良好，其运动的速度-时间图象如图乙所示。

已知2s末牵引力F的功率是0.9W．除R1、R2及导体棒的总电阻以外，其余部分的电阻均不计，重力加速度g=10m/s2。

（1）求导体棒与粗糙导轨间的动摩擦因数及2s内流过R1的电荷量；
（2）试写出0～2s内牵引力F随时间变化的表达式；
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、中子和其他微观粒子，都具有波粒二象性，故A正确。

B、氢原子的核外电子由较低能级跃迁到较高能级时，要吸收一定频率的光子，同时氢原子的电势能增大，电子的动能减小，故B不正确。

C、若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某种金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光能量更小，频率更低，也不能使该金属发生光电效应，故C正确。

D、质子和中子结合成一个α粒子，核反应方程为2•H+2n→He，根据爱因斯坦质能
方程知，释放的能量是△E=△mc2=（2m1+2m2-m3）c2，故D正确。

本题选不正确的，故选：B。

微观粒子具有波粒二象性；氢原子的核外电子由较低能级跃迁到较高能级时，要吸收一定频率的光子，同时氢原子的电势能增大，电子的动能减小；根据玻尔理论和光电效应的条件分析能否发生光电效应；根据爱因斯坦质能方程求质子和中子结合成一个α粒子释放的能量。

解决本题时，关键要理解并掌握核反应方程、能级、爱因斯坦质能方程等基础知识点。

在求核能时，往往要先写出核反应方程，再由爱因斯坦质能方程求核能。

2.【答案】C
【解析】解：A、绕地球运行的卫星，地球对卫星的万有引力提供向心力，设卫星的线速度为v，则：
所以：v=
可知a、b线速度大小之比为．故A错误；
B、设卫星的角速度为ω，
得：
所以：
又由于同步卫星b的角速度与c的角速度相同，所以：．故B错误；
C、同步卫星b的角速度与c的角速度相同，根据：a=ω2r可得：．故C正确；
D、设经过时间t卫星a再次通过建筑物c上方，根据几何关系有：
（ωa-ωc）t=2π
又：mg=
联立解得：t==．故D错误。

故选：C。

人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，根据牛顿运动定律求解卫星的角速度．
卫星绕地球做匀速圆周运动，建筑物随地球自转做匀速圆周运动，当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于2π时，卫星再次出现在建筑物上空．
本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力．第（2）问对于建筑物与卫星的角速度大小关系不能，可将卫星与同步卫星相比较得到．
3.【答案】D
【解析】解：A、小球从A点摆动到B点的过程中，只有电场力做功且一直做正功，由动能定理可知，小球的动能E k一直增大，故A错误；
B、小球从A点摆动到B点的过程中，轻绳与OB的夹角设为θ，小球的切向加速度：
a1=，加速度随着θ的减小而减小，故B错误；
C、对小球，由牛顿第二定律和得：F-qE cosθ=m，解得，小球受到的拉力大小：
F=qE cosθ+•E k，cosθ、E k均随着θ的减小而增大，可见F一直增大，故C错误；
D、在A点时小球的速率为零，电场力做功的瞬时功率为零，过B点时小球的速度方向与电场力垂直，电场力做功的瞬时功率也为零，可见小球受到的电场力做功功率先增大后减小，故D正确。

故选：D。

在小球的运动过程中只有电场力做功，应用动能定理可以判断小球动能如何变化；
应用牛顿第二定律求出小球的切向加速度，根据表达式判断加速度大小如何变化；
小球做圆周运动，应用牛顿第二定律求出绳子的拉力，根据拉力表达式判断拉力大小如何变化；
分析小球的运动过程，然后判断电场力的功率如何变化。

本题考查了小球在电场中的运动，分析清楚小球的运动过程、应用动能定理、牛顿第二定律与功率公式即可正确解题。

4.【答案】B
【解析】解：A、由于行车运动到P点时立刻停止，此后磁铁与铁块将在竖直平面内做圆周运动，铁块受到的吸引力与重力的合力提供向心力，所以铁块的重力要小于F．故A错误；
B、若运输速度为v，该行车能运输铁块的质量最大时：
最大质量为：m m=，故B正确；
C、若运输速度为，该行车能运输铁块的质量最大时：
则最大质量为：．故C错误；
D、若铁块的质量为M，该行车运输的速度最大时：
则最大速度为：．故D错误
故选：B。

行车运动到P点时立刻停止，此后磁铁与铁块将在竖直平面内做圆周运动，结合向心力
的来源分析即可。

该题属于物理知识在日常生活中的应用，在该情况下，不能简单的认为只要铁块的重量不大于F，铁块就可以被安全运输，一定要注意行车突然停止时，铁块做竖直平面内的圆周运动，此时存在向心力问题。

5.【答案】C
【解析】解：A、A、K之间建立的是非匀强电场，公式U=Ed不适用，因此A、K之间
的电场强度不等于．故A错误。

B、根据动能定理得：E k-0=eU，得电子到达A极板时的动能E k=eU，故B错误。

C、由能量守恒定律知，由K到A电子的电势能减小了eU．故C正确。

D、电场力对电子做正功，则电场力向下，电场方向向上，则由K沿直线到A电势逐渐升高，故D错误。

故选：C。

A、K之间建立的是非匀强电场，公式U=Ed不适用。

电子被加速的过程中只有电场力做功，由动能定理分析电子到达A板时的动能，由能量守恒定律分析电子电势能的变化情况。

根据电场线的方向分析电势的变化。

本题只要抓住电场线的疏密表示场强的大小，电场力做正功时，电荷的电势能减少，动能增大，就能轻松解答。

要知道公式U=Ed只适用于匀强电场。

6.【答案】D
【解析】解：线框进入磁场前，根据牛顿第二定律得：线框的加速度a=，故A 正确；
B、线框刚进入磁场时做匀速运动，由F安+mg sinθ=F，而F安=BIl1=，解得v=，
故B正确。

C、线框进入磁场时，穿过线框的磁通量增加，根据楞决定律判断知，线框中感应电流方向为a→b→c→d，C正确；
D、由于线框刚进入磁场时做匀速运动，根据功能关系可知产生的热量Q=（F-mg sin）L2，故D不正确。

本题选不正确的，故选：D。

根据牛顿第二定律求出线框进入磁场前的加速度；抓住线框进入磁场时做匀速直线运动，结合平衡，运用切割产生的感应电势公式、安培力公式和欧姆定律求出线框的速度；根据楞次定律得出感应电流的方向；根据功能关系求出线框进入磁场时产生的热量．
本题考查了电磁感应与力学和能量的综合运用，掌握切割产生的感应电动势公式、欧姆定律、安培力公式是解决本题的关键，知道克服安培力做功全部转化为整个回路的热量．7.【答案】AB
【解析】解：A、0～2s内的加速度为a===1m/s2，比4～5s内加速度小，故A正确。

B、0～5s内的位移为x=×2m=7m，其中2～4s物体做匀速直线运动，故B正确。

C、第1s末与第4s末的速度均为正，方向相同，故C错误。

D、第1s末与第5s末加速度方向相反，故D错误。

故选：AB。

根据图线的斜率求出物体的加速度大小。

图线与两个坐标轴所围“面积”等于位移。

速度的正负表示速度方向。

由此分析。

本题要根据图象得出有用的信息，速度-时间图象中直线的斜率表示加速度的大小，面积表示位移。

8.【答案】AD
【解析】解：A、从垂直于中性面时开始时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt，磁通量为零，电动势最大，故A正确；
B、当P位置向上移动，R增大，根据理想变压器的变压原理知输出电压即电压表V2的示数不变，故B错误；
C、交流电压的最大值等于NBωL2，电压表V1示数为有效值，C错误；
D、变压器的输入与输出功率之比为1：1，故D正确；
故选：AD。

正弦式交流发电机从垂直中性面位置开始计时，其电动势表达式为：e=NBSωcosωt；电压表和电流表读数为有效值；输入功率等于输出功率．
本题关键明确交流四值、理想变压器的变压比公式、功率关系，题目难度不大．
9.【答案】BC
【解析】解：A、图（b）为质点Q的振动图象，则知在t=0.10s时，质点Q正从平衡位置向波谷运动，所以点Q向y轴负方向运动，故A错误；
B、在t=0.10s时，质点Q沿y轴负方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动。

由图b读出周期T=0.2s，从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为△t=0.15s=T，则在t=0.25s
时，质点P位于x轴下方，加速度方向与y轴正方向相同，故B正确；
C、由甲图知波长λ=8m，则波速为：v==40m/s，从t=0.10s到=0.25s经过的时间为△t=0.15s，
该波沿x轴负方向传播的距离为△x=v△t=40×0.15m=6m，故C正确；
D、从t=0.10s到=0.25s经过的时间为△t=0.15s=T，由于t=0.10s时刻质点P不在平衡位
置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是3A=30cm，故D错误；
E、质点Q简谐运动的表达式为y=A sin t=0.1sin tm =y=0.10sin10πt（m），故E错误。

故选：BC。

根据甲、乙两图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，t=0.10s时Q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播．根据时间与周期的关系，分析质点P的位置和加速度，求出通过的路程．根据x=vt求解波传播的距离．根据图象读出振幅A，结合数学知识写出Q点的振动方程．
本题关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在
联系．要知道质点做简谐运动时，只有在平衡位置或波峰、波谷处的质点，在个周期
内振动的路程才是3A．
10.【答案】1.880 D
【解析】解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为
0.01×38.0mm=0.380mm，则最终读数为1.880mm。

（2）滑块通过光电门的瞬时速度v=，根据动能定理得，mgs=，
则，因为图线为线性关系图线，可知横坐标表示．故选：D。

（3）由知，图线的斜率k=，解得滑块质量M=。

故答案为：（1）1.880，（2）D，（3）。

（1）螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读。

（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度得出滑块通过光电门的瞬时速度，根据动能定理抓住钩码重力做功等于系统动能的增加量列出表达式，从而确定横坐标表示的物理量。

（3）结合表达式得出图线斜率k的含义，从而求出滑块质量M的表达式。

解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，对于图线问题，一般的解题思路是通过物理规律得出两个物理量的关系式，结合图线的斜率或截距进行求解。

11.【答案】2.00 1.5×10360
【解析】解：（1）由于滑动变阻器总电阻较小，远小于待测电阻，因此滑动变阻器应采用分压接法；同时因待测电阻较大，故应采用电流表内接法；如图所示：
（2）电压表量程为3V，最小分度为0.1V，则读数为2.00V；
（3）根据欧姆定律可知：
R===1.5×103Ω；
则有：==4；
则由图可知，压力大小约为60N
故答案为：（1）如图所示；（2）2.00；（3）1.5×103；60
（1）分压给出的滑动变阻器以及待测电阻的阻值关系，即可明确滑动变阻器以及电流表的接法；
（2）根据电压表量程以及最小分度可求得电压表的读数；
（3）根据欧姆定律可求得电阻，再根据图1数据可求得压力大小。

本题考查描绘伏安特性曲线的实验，要注意明确选用分压接法的几种情况：（1）题目中要求多测几组数据的；（2）滑动变阻器起不到保护作用的；（3）要求电压从零开始调节的。

12.【答案】解：（1）设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，
则W=-kmgL-2kmgL-3kmgL=-6kmgL；
即整个过程中摩擦阻力所做的总功为-6kmgL．
（2）设第一车初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1；
第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2；人给第一车的水平冲量大小为I．
由动能定理，对三段减速过程列式：
-kmgL=mv12-mu02，
-2kmgL=•2mv22-•2mu12，
-3kmgL=0-•3mu22，
由动量守恒定律对两次碰撞过程列式
mv1=2mu1
2mv2=3mu2
人推车过程，由动量定理列式
I=mu0-0
联立以上六式，解得：I=2m，
即人给第一辆车水平冲量的大小为2m．
答：（1）整个过程中摩擦阻力所做的总功为-6kmgL；
（2）人给第一辆车水平冲量的大小为2m．
【解析】（1）摩擦力大小为kmg，方向与运动方向相反，故由功的定义可知其做的总功；
（2）对三个减速过程和两个碰撞过程分别运用动能定理和动量守恒定律列式可求解．本题关键在于运动的过程较多，有三个匀减速过程和两个碰撞过程，可以交叉运用动能定理和动量守恒定律列式求解，题中涉及的字母较多，要有足够的耐心，更要细心！13.【答案】解：（1）由速度-时间图象可以看出导体棒做匀加速直线运动，
加速度：a=1.5m/s2，
速度：v=at=1.5tm /s
水平方向上导体棒受牵引力F、安培力和摩擦力，
根据牛顿第二定律得：F-BIL-f=ma，
又：f=μN=μmg，
R1、R2并联电阻为：R==0.4Ω，
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得：
I==0.25t A
当t=2s时，I=0.5A，
因为2s末牵引力F的功率是0.9W，
根据P=Fv，
由题图乙可知，2s末导体棒的速度为3m/s，
可得：F=0.3N，解得：μ=0.1，
根据法拉第电磁感应定律E=，q=I△t，
则：q===0.5C
所以流过R1的电荷量为：q1=≈0.33C。

（2）由（1）可知在0～2s内，由牛顿第二定律得：
F-BIL-μmg=ma，则：F=+ma+μmg，
整理得：F=0.025t+0.25（N）。

答：（1）导体棒与粗糙导轨间的动摩擦因数是0.1；2s内流过R1的电荷量是0.33C；（2）0～2s内牵引力F随时间变化的表达式是F=0.025t+0.25 （N）。

【解析】（1）由速度时间图象求出加速度，由牛顿第二定律就能求出动摩擦因数的大小，再由法拉第电磁感应定律和欧姆定律结合已知条件求出2s内流过电阻R1的电荷量；
（2）将安培力公式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、滑动摩擦力公式等内容代入牛顿第二定律表达式，就能写出牵引力的表达式。

此题是电磁感应的综合问题，与力学中汽车匀加速起动类似，关键要推导安培力的表达式F=B2L2v/R，根据平衡条件、牛顿第二定律和能量守恒结合进行求解，同时掌握电量
的综合表达式q=的内容。