【物理】四川省宜宾市叙州区第二中学2020届高三上学期一诊模拟试题（解析版）

【物理】四川省宜宾市叙州区第二中学2020届高三上学期一诊模拟试题（解析版）

四川省宜宾市叙州区第二中学2020届高三上学期 一诊模拟试题 一．选择题 ‎1.如图所示为氢原子的能级结构示意图，一群氢原子处于n=3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外辐射出光子，用这些光子照射逸出功为2.49 eV的金属钠．下列说法正确的是（ )‎ A. 这群氢原子能辐射出三种不同频率的光，其中从n=3能级跃迁到n=2能级所发出的光波长最短 B. 这群氢原子在辐射光子的过程中电子绕核运动的动能减小，电势能增大 C. 能发生光电效应的光有三种 D. 金属钠表面所发出的光电子的最大初动能是9.60 eV ‎【答案】D ‎【详解】这群氢原子能辐射出三种不同频率的光，其中从n=3能级跃迁到n=2能级的能级差最小，故所发出的光的频率最小，故波长最长，选项A正确；这群氢原子在辐射光子的过程中，整个原子的能量减小，电子的轨道半径减小，电子绕核运动的动能变大，电势能减小，故选项B错误；从n=3到低能态的跃迁中，能级差大于2.49eV的跃迁有32和31的跃迁，故能发生光电效应的光有两种，选项C错误；因为从31的跃迁辐射光子的能量最大，其值为12.09eV，故金属钠表面所发出的光电子的最大初动能是12.09eV -2.49 eV =9.60eV，选项D正确；故选AD.‎ ‎2.组成“北斗”卫星导航定位系统中的地球静止轨道卫星（同步卫星）和中轨道卫星绕地球在圆轨道上运行，由地球静止轨道卫星和中轨道卫星的轨道半径之比可求 A. 地球静止轨道卫星与地球的质量之比 B. 地球静止轨道卫星与中轨道卫星的质量之比 C. 地球静止轨道卫星和中轨道卫星受地球的万有引力之比 D. 地球静止轨道卫星和中轨道卫星绕地球运动的周期之比 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据万有引力提供向心：，已知卫星的轨道半径之比，可求运动的周期之比，但无法计算卫星的质量关系，由于不知卫星的质量关系，也无法求出卫星受万有引力之比，所以A、B、C错误；D正确．‎ ‎3.在图乙的电路中，通入如图甲所示的交变电流，此交变电流的每个周期内，前三分之一个周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．电阻R的阻值为，电表均为理想电表．下列判断正确的是（　　）‎ A. 电压表的示数为 B. 该交变电流的有效值为 C. 电阻R一个周期内产生的热量一定大于9J D. 电流表示数为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由焦耳定律得，可得电压有效值U=6V，电表读数为有效值，故A错；电压变的读数为有效值，即U=6V，故B错误；热量根据有效值进行计算，则，故C错误；电流表读数为有效值，则，故D正确．‎ ‎4.如图所示，将两个相同的木块a、b置于固定在水平面上的粗糙斜面上，a、b中间用一轻质弹簧连接，b的右端用细绳与固定在斜面上的挡板相连．达到稳定状态时a、b均静止，弹簧处于压缩状态，细绳上有拉力.下列说法正确的是 A. 达到稳定状态时a所受的摩擦力一定不为零 B. 达到稳定状态时b所受的摩擦力一定不为零 C. 在细绳剪断瞬间，b所受的合外力一定为零 D. 在细绳剪断瞬间，a所受的合外力一定不为零 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.达到稳定状态时，a重力沿斜面向下的分力，弹力沿斜面向下，物体静止，则摩擦力一定沿斜面向上不为零，故A正确；‎ B.如果细绳对b的拉力与弹簧对b的弹力的合力等于b重力沿斜面向下分力，此时沿斜面方向合力为零，b与斜面间无摩擦力，故B错误；‎ C.因为初态细绳中有拉力，所以在细绳剪断瞬间，b弹簧的弹力与重力沿斜面的分力的合力小于最大静摩擦力，则b受的合力为0，故C正确；‎ D.在细绳剪断瞬间，由于弹簧的弹力不变，所以a物体受力不变，仍平衡，合力为零，故D错误．‎ ‎5.如图所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴顺时针匀速转动，现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是（　　）‎ A. 处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高 B. 所加磁场越强越不易使圆盘停止转动 C. 若所加磁场反向，圆盘将加速转动 D. 若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、将金属圆盘看成由无数金属辐条组成，金属圆盘顺时针匀速转动时，根据右手定则判断可知：圆盘上的感应电流由圆心流向边缘，所以靠近圆心处电势低，故A错误；‎ B、根据法拉第定律可知，金属圆盘产生的感应电动势为BLv，所以所加磁场越强，产生的感应电动势越大，感应电流越大，圆盘受到的安培力越大，而安培力是阻力，所以越易使圆盘停止转动，故B错误；‎ C、若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力仍然阻碍圆盘的转动，所以圆盘还是减速转动，故C错误；‎ D、若所加磁场穿过整个圆盘时，圆盘在切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，则不会产生感应电流，不受安培力作用，所以圆盘将匀速转动，故D正确；‎ ‎6.如图所示，一根粗细和质量分布均匀的细绳，两端各系一个质量都为m的小环，小环套在固定水平杆上，两环静止时，绳子过环与细绳结点P、Q的切线与竖直方向的夹角均为θ，已知绳子的质量也为m，重力加速度大小为g，则两环静止时 A. 每个环对杆的压力大小为mg B. 绳子最低点处的弹力的大小为 C. 水平杆对每个环的摩擦力大小为 mgtanθ D. 两环之间的距离增大，杆对环的摩擦力增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对物体受力分析，受重力、水平拉力和天花板的拉力，物体保持静止，受力平衡，根据平衡条件并运用正交分解法列式求解即可．‎ ‎【详解】以左侧绳为研究对象，受力分析如图所示：‎ 根据平衡条件，有水平方向：； 竖直方向：；联立解得：，，故B正确．对环进行受力分析如图：‎ 水平方向：‎ 竖直方向：‎ 故AC错误，当两环之间的距离增大，变大，故变大，D正确．‎ ‎【点睛】本题关键是先对物体受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列式求解．‎ ‎7.如图所示，光滑的水平地面上有一长木板B，物块A放置在B上面，二者均处于静止状态．现以恒定的外力F拉B，A与B发生相对滑动，且A、B都向前（相对地面）移动了一段距离．设B足够长，则在此过程中，以下说法正确的是（ ）‎ A. 外力F做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和 B. 外力F做的功等于A与B的动能增量之和 C. B对A的摩擦力做正功，A对B的摩擦力做负功 D. 滑动摩擦力对A和B做功的绝对值一定是相等的 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 对物体B运用动能定理可知，拉力做的功减去克服摩擦力做的功等于动能增加量，故外力F对B做的功等于B的动能的增加量与B克服摩擦力所做的功之和，故A正确；对A、B整体运用动能定理，除拉力做功外，还有一对滑动摩擦力做功，故系统动能增加量小于拉力做的功，故B错误；因A动能增加，则B对A的摩擦力做正功，A对B的摩擦力与运动方向相反，则A对B的摩擦力对B做负功；由于存在相对滑动，故A对B的摩擦力所做的功不等于B对A的摩擦力所做的功，故C正确，D错误；故选AC.‎ 点睛：本题关键是要知道不仅可以对单个物体运用动能定理，也可以对物体系统运用动能定理，即对多物体系统，内力和外力做的做功等于系统动能的增加量．‎ ‎8.如图所示，正六面体真空盒置于水平面上，它的ADHE面与BCGF面均为金属板，BCGF面带正电，ADHE面带负电其他面为绝缘材料．从小孔P沿水平方向平行于ABFE面以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a、b、c，最后分别落在1、2、3三点．下列说法正确的是( )‎ A. 三个液滴在空中运动的时间相同 B. 液滴c所带电荷量最多 C. 整个运动过程中液滴c的动能增量最大 D. 三个液滴落到底板时的速率相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、三液滴在竖直方向做初速度为零的匀加速度直线运动，水平方向做匀速度直线运动，由图示可知三液滴的水平位移，初速度相同，根据可知在空中的运动时间关系为，它们抛出点的高度相等，根据可知加速度的关系为，三个液滴质量相同的带正电液滴，根据牛顿第二定律可知液滴所带的电荷量关系为，故选项B正确，A错误；‎ CD、对液滴由动能定理得，整个运动过程中液滴的动能增量关系为，三个液滴落到底板时的速率关系为，故选项C、D错误．‎ 二、非选择题 ‎9.某同学研究小滑块与水平长木板之间的动摩擦因数，查阅资料得知当地的重力加速度为g．选用的实验器材是：长木板、小滑块(可安装挡光片)、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、挡光片、螺旋测微器、刻度尺．器材安装如图甲所示．‎ ‎(1)主要的实验过程如下：‎ ‎①用螺旋测微器测量挡光片宽度d，读数如图乙所示，则d=___________mm；‎ ‎②让小滑块从斜面上某一位置释放，读出小滑块通过光电门时数字毫秒计示数t；‎ ‎③用刻度尺量出小滑块停止运动时挡光片与光电门间的距离L；‎ ‎④求出小滑块与木板间动摩擦因数μ=___________(用物理量g、d、L、t表示)‎ ‎(2)为了减小测量动摩擦因数的误差，可采用的方法是___________．‎ ‎【答案】(1). 2.950 (2). 多次测量取平均值;采用图像法;增大释放高度 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①螺旋测微器的读数规则可知；‎ ‎④因小球通过光电门的时间很短，因此可以将小球通过光电门的平均速度当成小球通过光电门的瞬时速度，则小球的速度，由匀变速运动的速度和位移关系可知；‎ 由牛顿第二定律可知，‎ 联立解得；‎ ‎（2）可以用多次做实验取平均值消除该实验的偶然误差，也可以采用图像发拟合数据进行求解小球偶然误差，增大小球的释放高度可以使小球通过光电门的速度增加，时间减小，使平均速度接近小球的瞬时速度来减小误差．‎ ‎10.（1）在“把电流表改装为电压表”的实验中，需要利用如图所示的电路测定电流表的内阻，步骤如下：‎ ‎①接通S1（S2未接通），调节R1，使电流表指针偏转到满刻度；‎ ‎②再接通S2，调节R2，使电流表指针偏转到满刻度的1/3；‎ ‎③读出R2的阻值，可得到_____（填表达式）‎ ‎（2）已知电源的电动势为3V，内阻不计；电流表满偏电流为500μA ，其内阻约在100Ω左右．实验室配有的可变电阻有：‎ A．电阻箱（0～999.9Ω） B．滑动变阻器（0～200Ω）‎ C．滑动变阻器（0～10kΩ） D．滑动变阻器（0～100kΩ）‎ ‎①电路中R1应选___，R2应选____．（填序号）‎ ‎②上述实验中电流表内阻的测量值和真实值相比___（选填“偏大”或“偏小”）‎ ‎③如果测得该电流表阻值为100Ω，要将其改装为量程为3V电压表，应__联一个阻值为___Ω的电阻．‎ ‎【答案】 (1). 2R2 (2). C A 偏小 串 5900‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]本实验来源于半偏法测电阻，电阻R1较大，灵敏电流表并联部分电阻对电路总电阻影响不大，当电流表偏转到满刻度的1/3时，由并联分流可知R2支路电流为2/3，有r g = 2R2 ；‎ ‎（2）①[2][3]电流表的满偏电流，电路最小电阻 则变阻器阻值的最小阻值 则变阻器应选C；电阻箱可以直接读出接入电路阻值，因此应选A；‎ ‎②[4]接通时，整个电路阻值变小，电路电流变大，大于接通前的电路电流，即大于电流表的满偏电流，滑动变阻器两端电压变大，电流表两端电压变小，小于闭合前的电压，即小于电流表的满偏电压，调节，使电流表指针偏转到满刻度的，则流过的电流大于电流表满偏电流的，电流表并联电压小于电流表的满偏电压，由欧姆定律可知，的阻值小于电流表内阻的两倍，即电流表内阻测量值偏小．‎ ‎③[5][6]将电流表改装成电压表，应串联一个电阻，电压表内阻 串联电阻的阻值 ‎.‎ ‎11.如图所示，质量为m，电荷量为q的粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场是速度方向与AO方向成60°，已知AO的水平距离为d．（不计重力）‎ 求：（1）从A点到B点用的时间；‎ ‎（2）匀强电场的电场强度大小；‎ ‎（3）AB两点间电势差．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）；‎ ‎（3）．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有：．‎ ‎（2）由牛顿第二定律得：．‎ 将粒子射出电场的速度v进行分解，则有 vy=v0tan60°=v0，又vy=at，得：‎ v0=‎ 解得：E=‎ ‎（3）由动能定理得：‎ 解得 ‎ ‎12.如图，两个滑块A和B的质量分别为4kg和2kg，放在静止于水平地面上的足够长的木板C上，两者与木板间的动摩擦因数均为0.4：木板的质量为2kg，与地面间的动摩擦因数为0.1．某时刻A滑块获得初速度v0=4m/s，0.5秒后A、B发生碰撞，碰撞过程时间极短AB总动能损失0.5J，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑块大小，取重力加速度大小g=10ms2．求 ‎(1)求碰撞前滑块A和B的速度；‎ ‎(2)A，B，C刚共速时候的速度．‎ ‎【答案】（1）1.5m/s 2m/s（2）m/s．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）碰撞前A滑块做匀减速运动，A受到的滑动摩擦力fA=μAmAg=0.4×4×10N=16N 根据牛顿第二定律得aA=-=-μAg=-4m/s2‎ 碰撞前瞬间A的速度vA=v0+aAt=4-4×0.5=2m/s 碰撞前BC滑块看作一个整体做匀加速运动，则f地=μ地（mA+mB+mC）g BC整体的加速度aBC=‎ 可得f地=8N，aBC=2m/s2‎ 则vBC=aBCt=2×5=1m/s ‎（2）碰撞过程AB滑块动量守恒，取向右正方向，则有： mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′‎ 碰撞过程AB滑块能量守恒，有：   mAvA2+mBvB2=mAvA′2+mBvB′2‎ 可以解得：vA′=1.5m/s，vB′=2m/s 或者vA′=m/s，vB′=m/s．由于A滑块的速度不能大于B，所以舍去 碰撞后A滑块受到摩擦力不变仍然为fA=16N ‎  可得：aA=-4m/s2‎ 碰撞后BC滑块B物体的速度大于C，不能看成一个整体．‎ B受到摩擦力fB=μBmBg 解得fB=8N 对C有aC=‎ 解得：aC=8m/s2‎ AC滑块相对运动直到共速过程 对A有vAC=vA′+aAt2．‎ 对C有vAC=vBC+aCt2．‎ 可得vAC=m/s，t2=s 然后B滑块继续减速（此过程AC共同恰好能匀速运动）直到ABC速度均为m/s．‎ ‎13.一列波长为的简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形如图所示，a、b、c为三个质点，a位于负的最大位移处，b正向上运动，从此刻起再经，质点a第二次到达平衡位置．由此可知该列波　　‎ A. 沿x轴负方向传播 B. 波源的振动频率为 C. 传播速度大小为 D. 从该时刻起，经过，质点a沿波的传播方向移动了1m E. 该时刻以后，b比c晚到达负的最大位移处 ‎【答案】ABE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由b点的振动方向向上，通过比较质点振动先后判断波的传播方向，确定出a和c的运动方向，并能比较b、c两点到达负的最大位移处的先后．‎ ‎【详解】A、b点正向上运动，振动比右侧的波峰迟，故波沿x轴负方向传播，故A正确；‎ B、根据题意可得：，故，，B正确；‎ C、由，C错误；‎ D、波动图像中，各质点不随波迁移；故D错误 E、由波动图像可知，质点c正向负方向运动，故c比b先到负的最大位移处，故E正确．‎ ‎【点睛】波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系．同时，要熟练分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况 ‎14.如图，在固定的汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为SA∶SB＝1∶2.两活塞以穿过B底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动．两个汽缸都不漏气．初始时，A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T0＝300 K，A中气体压强pA＝1.5p0，p0是汽缸外的大气压强．现对A加热，使其中气体的压强升到pA′＝2.0p0，同时保持B中气体的温度不变．求此时A中气体的温度TA′.‎ ‎【答案】500K ‎【解析】‎ ‎【详解】活塞平衡时，由平衡条件得：，‎ 已知 B中气体初、末态温度相等，设末态体积为，‎ 由玻意耳定律得：‎ 设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等，‎ 故有:‎ 对A中气体由理想气体状态方程得：‎ 解得：．‎ ‎15.下列说法正确的是_________‎ A. 物体吸收热量时，其分子平均动能一定增大 B. 空气中水蒸气的压强越大，空气的绝对湿度一定越大 C. 当两分子间距离小于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小 D. 熵值越大表明系统内分子运动越无序 E. 同种物质不可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】物体吸收热量时，若同时对外做功，则其内能可能会减小，温度降低，则其分子平均动能减小，选项A错误；空气中水蒸气压强越大，空气的绝对湿度一定越大，选项B正确；当两分子间距离小于平衡位置的间距r0时，分子力表现为斥力，分子间的距离越大，分子力做正功，则分子势能越小，选项C正确；熵是物体内分子运动无序程度的量度，系统内分子运动越无序，熵值越大．故D正确．同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如煤炭与金刚石，故E错误；故选BCD.‎ ‎16.如图所示，空气中有一半径为R的实心玻璃球，O为球心，AB为直径，一条平行于AB的光线从球体上M点射入折射光线恰好过B点，已知，光在真空中传播的速度为c．求：‎ 该玻璃的折射率；‎ 光从M点传播到B点的时间．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据几何知识求出入射角和折射角，由折射定律求折射率．‎ ‎（2）由几何关系求出MB长度，由v求出光在玻璃球内传播的速度v，再由t求出时间．‎ ‎【详解】（1）如图，由几何知识可得折射角 r＝∠AMB＝30°，折射角i＝2∠ABD＝60°‎ 则此玻璃的折射率为 n．‎ ‎（2）由几何知识可得，MB的长度 S＝2Rcos30°‎ 光在玻璃球内传播的速度 v 故光线从M传到B的时间为 t ‎【点睛】本题是折射定律和全反射知识的应用，关键是画出光路图，运用几何知识求解入射角与折射角，即可求解．‎