2020届高考物理适应性考试四-教师用卷

1、2020届高考适应性考试（四）物理部分一、单选题（本大题共 5小题，共30.0分）1 .在物理学发展史上，许多科学家通过恰当地运用科学研究方法，超越了当时研究条件的局限性，取得了辉煌的研究成果下列表述符合物理学史事实的是 （） A.牛顿由斜面实验通过逻辑推理得出了自由落体运动的规律B.库仑利用库仑扭秤巧妙地实现了他对电荷间作用力与电荷量的关系研究C.法拉第发现载流导线对小磁针的作用，揭示了电现象与磁现象之间存在的关系D.安培用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，促进了电磁现象的研究【答案】B【解析】 解：A、伽利略由斜面实验通过逻辑推理得出了力不是维持物体原因的结论，故A错误。B、库仑利用库仑

2、扭秤巧妙地实现了他对电荷间作用力与电荷量的关系研究得出了库仑定律，故B正确。C、奥斯特发现载流导线对小磁针的作用，揭示了电现象与磁现象之间存在的关系，故C错误。D、法拉第用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，促进了电磁现象的研究，故D错误。故选：B根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可.本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆M3VN05-4LS440邱3L512-3.40-B.6注意积累.2 .如图所示为氢原子的部分能级图，下列说法正确的是（）A.氢原子由基态跃迁到激发态后，核外电子动能增大，原子的电势能减小B.大量处于激发态的氢原子，向

3、低能级跃迁时可辐射出2种不同频率的光C.处于基态的氢原子可吸收能量为的光子发生跃迁D.用氢原子 跃迁到能级辐射出的光照射金属钳逸出功为时不能发生光电效应【答案】C【解析】【分析】根据吸收的能量确定跃迁到第几能级 根据数学组合公式 确定辐射光子频率的种数， 跃迁时，两能级间的能级差越大，辐射的光子能量越大，能级差越小，辐射的光子能量越小， 根据光电效应的条件判断能否发生光电效应。解决本题的关键知道能级间跃迁时，辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射或吸收的光子能量越大，波长越小，同时掌握光电效应发生条件。【解答】解： 氢原子由基态跃迁到激发态后 ，核外电子动能减小，原子的电势

4、能增大，故A错误。B.根据知，大量处于激发态的氢原子可以发出 3种不同频率的光，故B错误。C.根据玻尔理论用电子照射时，吸收光子后电子的能量：，所以能从基态发生跃迁，跃迁到第3能级，故C正确。D.从能级跃迁到能级辐射出的光子的能量，而使金属发生光电效应的条件是光子的能量大于电子的 逸出功，故可以发生光电效应，故D错误。故选Co3 .在离地高h处,沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，小球的初速度大小均为 v,不计空气阻力，两球落地的时间差为A. -B. -C. -D.一【答案】D【解析】【分析】 小球都作匀变速直线运动，机械能守恒，可得到落地时速度大小相等，根据运动学公式表 示运动时间，得到落

5、地时间差。本题关键要明确两球运动中机械能守恒，要理清过程中的速度关系，写出相应的公式，分析运动的关系。【解答】由于不计空气阻力，两球运动过程中机械能都守恒，设落地时速度为，则由机械能守恒定律得：则得：，所以落地时两球的速度大小相等对于竖直上抛的小球，将其运动看成一种匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，加速度一J /I ,为，则运动时间为：一4 9r对于竖直下抛的小球，运动时间为：/.=g故两球落地的时间差为：一故选DoF作用下，沿斜面向上做直线运4 .放置于固定斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力动。拉力F和物块速度v随时间t变化的图象如图，则（）A.第1 s内物块受到的合外力为B.物块的质量

6、为11 kgC.斜面倾斜角一定是D.如果3s撤去拉力F,物块瞬时加速度【答案】D【解析】【分析】根据图象知道物体先匀加速后匀速，由图象的斜率求解出匀加速运动的加速度，然后根据牛顿第二定律和平衡条件列方程，联立可求得物体的质量和斜面的倾角，再求得第1s内物体的合外力；应用牛顿第二定律求出加速度。本题的关键先由图象确定运动情况，然后求解出加速度，再根据牛顿第二定律和平衡条件列方程求解物体的质量。【解答】由图可得， 内物体的加速度为： 一 一，由牛顿第二定律可得：，由图示图象可知，1s后有：，由图示图象可知：，联立解得：，则第1 s内物块受到的3外力为合，因不知道斜面是否光滑，故无法求出余面的倾角，

7、故ABC错误；D.在3s时，根据平衡条件有：厂门切疝M+/ 5.ILV若3s撤去拉力F,则物体所受合外力 r . r rA. 5.U.卜 . 卜.为 合，根据牛顿第二7E律有：，解得：="仆=皿小，故Dm 正确。故选Do从地面竖直向上抛出的物体向上运动的位移中点为P,取地面为重力势能零点，其上升阶段动能Ek和重力势能Ep随位移变化的图像如图所示，取 g=10 m/s2。则下列说法错误的是A.物体所受阻力大小为4 N B.物体质量为1.6 kgC.物体落地时的速度为 5J3m/sD.物体动能和重力势能相等的位置在P点D【解析】由图像知，物体上升的高度h =5 m ,物体在最高点重力势能

8、 Ep=mgh=80J, 得物体质量m =1.6 kg,则选项B正确；在上升过程中，动能随高度均匀减小， 说明 空气阻力大小恒定，由动能定理有：-(mg+f ),h = 0Ek =100J,得物体受空气阻力f =4N ,则选项A正确；由图像知，物体上升过程中损失的机械能生=Ek -Ep =100J -80J =20 J,由于空气阻力大小恒定，那么物体下落过程机械能也损失20 J ,到地面时的动能 E； =80 J 20 J =60 J ,可得物体落地时速度v=J2且=5"m/s,则选项C正确；设物体抛出点为 A,最高点为B,在上升过程 m中，物体在P点的机械能大于在 B点的机械能，而

9、物体在P点的重力势能为B点重 力势能的一半，所以物体在P点的动能一定大于重力势能，因此上升过程动能等于重力势能的位置一定在 P点上方；而在下落过程中，物体在P点的机械能小于在 B点的机械能，物体在 P点的重力势能为B点重力势能的一半，所以物体在 P点的动 能一定小于重力势能，因此下落过程动能等于重力势能的位置一定在P点下方，则选项D错误。故选D。、多选题（本大题共 4小题，共22.0分）5.“嫦娥三号”从距月面高度为100km的环月圆轨道I上的P点实施变轨，进入近月点为15km的椭圆轨道n,由近 月点Q成功落月，如图所示。关于“嫦娥三号”，下列说法正确的是（）A.沿轨道n运行的周期大于沿轨道

10、I运行的周期B.沿轨道I运动至P点时，需制动减速才能进入轨道 nC.沿轨道n运行时，在P点的加速度大于在 Q点的加速度D.在轨道n上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，重 力势能减小，机械能不变【答案】BD【解析】【分析】由开普勒第三定律确定周期大小关系，根据卫星变轨原理确定卫星是加速还是减速变轨，由牛顿第二定律和万有引力定律分析加速度关系。由开普勒第二定律分析速度关系，此题要求同学们掌握航天器变轨原理，知道圆周运动时 万有引力完全提供向心力，近心运动时万有引力大于所需向心力。【解答】A.轨道n的半长轴小于轨道I的半径，根据开普勒第三定律 一 可知沿轨道n运行的周期小于

11、轨道I上的周期，故A错误；B.在轨道I上运动，从P点开始变轨，可知嫦娥三号做近心运动，在P点应该制动减速以减小需要的向心力，通过做近心运动减小轨道半径 ，故B正确；C.在轨道n上运动时，卫星只受万有引力作用，在P点时的万有引力比 Q点的小，故P点的 加速度小于在 Q点的加速度，故C错误；D.在轨道n上由P点运行到Q点的过程中，嫦娥三号只受到万有引力的作用，机械能守恒;万有引力对嫦娥三号做正功 ，嫦娥三号的速度逐渐增大，动能增加，故D正确。故选BD。6.如图所示，在竖直平面内有一个半径为 R的四分之一 A I圆弧轨道BC,与竖直轨道 AB和水平轨道 CD相切,'轨道均光滑现有长也为R的轻

12、杆，两端固定质量均为 缶/B 0m的相同小球a、 可视为质点，用某装置控制住小：球a,使轻杆竖直且小球 b与B点等高，然后由静止释;放，杆将沿轨道下滑设小球始终与轨道接触，重力加速度为则CDA.下滑过程中a球和b球组成的系统机械能守恒B.下滑过程中a球机械能守恒C.小王a a滑过C点后,a球速度为D.从释放至a球滑过C点的过程中，轻杆对b球做功为-【答案】AD【解析】【分析】、应用机械能守恒的条件判断；应用机械能守恒定律求解；应用动能定理求解。在解答本题时，要注意研究对象的选择和机械能守恒定律的应用。【解答】A.在下滑过程中，只有a球和b球组成的系统的重力对系统做功，故系统的机械能守恒，故A正

13、确；B.在系统下，t过程中，除重力外杆对a也做了功，故a的机械能不守恒，故B错误；C.对系统应用机械能守恒定律得：-，解得：一，故C错误；D.对b球应用动能定理得：-，解得：-，故D正确。故选AD。7 .如图所示，质量为2m的物体B静止在光滑水平面上，物体B的左边固定有轻质弹簧， 质量为m的物体A以速度v向物体B运动并与弹簧发生作用，从物体A接触弹簧开 始到离开弹簧的过程中，物体A、B始终沿同一直线运动，以初速度v方向为正，则（）mA.此过程中弹簧对物体 B的冲量大小大于弹簧对物体A的冲量大小B.弹簧的最大弹性势能为一C.此过程弹簧对物体 B的冲量为-D.物体A离开弹簧后的速度为-【答案】BD

14、【解析】【分析】根据冲量的定义式分析弹簧对两个物体的冲量关系，当两个物体的速度相同时弹簧的弹性势能最大，根据系统的动量守恒和机械能守恒结合求解弹簧的最大弹性势能；根据动量守恒定律和机械能守恒定律结合求出物体A离开弹簧后的速度和 B的速度，再对B,运用动量定理求冲量。本题要求同学们能正确分析 A、B的受力情况及运动情况，知道当A、B两物体速度相等 时，弹簧被压缩到最短，此时弹性势能最大，运用动量定理、动量守恒定律和机械能守恒定 律结合解决这类问题。【解答】A.弹簧对物体B的弹力大小等于弹簧对物体 A的弹力大小，作用时间也相同，由冲量的定 义式 知：弹簧对物体 B的冲量大小等于弹簧对物体 A的冲量

15、大小，故A错误； B.在A、B速度相等时，弹簧压缩至最短，故弹簧的弹性势能最大，故动能应最小，此过程中动量守恒，取向右为正方向，则有：，解得：-弹簧的最大弹性势能为-，故B正确；设物体A离开弹簧后A、B的速度分别为 和取向右为正方向，根据动量守恒定律 和机械能守恒定律得：解得：-，-，即物体A离开弹簧后的速度为-对B,由动量定理得：弹簧对物体 B的冲量-，故C错误,D正确。故选BD。8 .如图所示，在P T图象中，一定质量的理想气体经历了从J A状态A到状态B、再到状态C,最后回到状态 A的过程，在 该过程中，下列说法正确的是（） A.从A到B过程中，气体对外做功 B.从B到C过程中，气体放出

16、热量 C.从C到A过程中，气体分子密度减小D.从A到B过程和从C到A过程，气体做功的绝对值相等 E.从A到B再到C过程中，气体内能先增加后减少【答案】ABE【解析】【分析】由图象判断气体的状态变化过程，应用理想气态方程判断气体体积如何变化，分析做功情况，根据温度分析气体内能变化；根据热力学第一定律分析热量变化。本题考查气体的状态方程中对应的图象，分析清楚图示图象、知道理想气体内能由气体的温度决定即可解题，解题时要抓住在图象中等容线为过原点的直线。【解答】A.从A到B的过程中，由理想气体状态方程可知，气体体积增大，因此气体对外做功，故A正 确；B.从B到C的过程中，气体体积不变，温度降低，内能减

17、小，根据热力学第一定律可知，气体 放出热量，故B正确；C.从C到A的过程中，气体温度不变，压强增大，根据理想气体状态方程可知，气体体积减小 气体分子密度增大，故C错误；D.从A到B的过程和从C到A的过程中，气体体积变化相同，但两个过程气体压强平均值不同，因此两个过程气体做功绝对值不同，故D错误。E.由于从A到B再到C过程，气体温度先升高后降低，因此气体内能先增大后减小 ，故E正 确。故选ABE。三、实验题（本大题共 2小题，共15.0分）9 .某同学利用如图1所示的气垫导轨装置验证系统机械能守恒定律。在气垫导轨上安装了两光电门1、2,滑块上固定一遮光条 滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连。不挂钩码

18、和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门2的时间小于通过光电门 1的时间。实施下列措施能够让导轨水平的是 A.调节Q使轨道左端升高一些调节P使轨道右端升高一些C.遮光条的宽度应适当大一些滑块的质量增大一些光电门I B 口 I _ B 一 a前蚊 品调节,2二二- 二！/:r 2 M图用螺旋测微器测量挡光片的宽度d如图2所示，则 mm;实验时，测出光电门1、2间的距离L,遮光条白宽度d,滑块和遮光条的总质量 M, 钩码质量m。由数字计时器读出遮光条通过光电门 1、2的时间、，写出由M和 m组成的系统机械能守恒成立的表达式 。【答案A-【解析】解：不挂钩码和细线，接通气

19、源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块 通过光电门1的时间小于通过光电门 2的时间。说明滑块做加速运动 ，也就是左端低，右 端高。所以实施下列措施能够达到实验调整目标的是调节P使轨道左端升高一些，调节Q使轨道右端降低一些。故 A正确,BCD错误。故选：Ao螺旋测微器的固定刻度读数为，可动刻度读数为，所以最终读数为：。实验时，测出光电门1、2间的距离L,遮光条的宽度d,滑块和遮光条的总质量 M,钩码 质量m。由数字计时器读出遮光条通过光电门1、2的时间、，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度。钩码的重力势能减少了：mgL,系统动能增加了： -一则系统机械能守恒成立

20、的表达式是一- 一一故答案为: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，注意二者读数的差别。明确实验原理以及气垫导轨装置的特点可正确解答；表示出钩码的重力势能减少量和系统动能增加量的大小来验证机械能守恒定律。常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础。处理实3i时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项。10 .有一个小灯泡上标有“ 4 V 2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的图线。现有下列器材供选用：A.电压表，内阻约B.电压表，内阻约C.电流表，内阻约D.电流表，内阻约E.滑动变阻器F.滑动变阻器G.学生电源直流

21、 、开关、导线若干实验中所用电压表应选 ，电流表应选用 ，滑动变阻器应选用在线框内画出实验电路图，并根据所画电路图进行实物连接。利用实验数据绘出小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示，分析曲线说明小灯泡电阻变化的特点：。f/A若把电阻元件z和小灯泡接入如图乙所示的电路中时已知A、B两端电压恒为，则此时灯泡L的功率约为数字，已知电阻Z的阻值为W。保留两位有效小灯泡电阻随温度的升高而增大【解析】【分析】本题主要考查了描绘小灯泡的伏安特性曲线实验，中等难度.要求掌握：根据实验要求选取合适电路， 根据实验数据选取实验仪器电路实物连线要注意按电路图连接，连接顺序为：从正极到负极 ，先干路再支路，先串联再并联.【

22、解答】解：小灯泡的额定电压为 4V,额定电流为，故电压表选择 A,电流表选择D,控制电路选择分压电路，故用阻值小的滑动变阻器，选才i E,由于小灯泡电阻较小，满足一一,所以电流表应用外接法，又变阻器采用分压式接法所以电路图和实物连线图如图所示:由图象可知，小灯泡电阻随温度的升高而增大根据图像，估算得小灯泡的工作状态为电压，电流，电功率故答案为，D,E,小灯泡电阻随温度的升高而增大 四、计算题（本大题共 3小题，共30.0分）11 . 一个倾角为937的斜面固定在水平面上，一个质量为的小物块 可视为质点以的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数若斜面足够长已知.中汨37 Mfi,再忒斤

23、=I.X ,g取 ，求：小物块上滑的最大距离；小物块返回斜面底端时的动量大小.【答案】 解：小物块在斜面上上滑过程受力情况如图所示：将重力分解为：,-根据牛顿第二定律有：,'解得：小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有:解得： 小物块在斜面上下滑受力情况如图所示:根据牛顿第二定律有：rngshiO-fitngiO inti解得：，根据速度位移公式得：心:一解得： _ I _答：小物块沿斜面上滑时的加速度大小为；小物块上滑的最大距离为；小物块返回斜面底端时的速度大小一 。【解析】本题考查牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。根据牛顿第二

24、定律求出小物块上滑的加速度大小；通过匀变速直线运动的速度位移公式求出小物块上滑的最大距离；根据牛顿第二定律求出下滑的加速度，通过速度位移公式求出下滑到斜面底端的速度 大小。12 .如图所示，小明参加户外竞技活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳另一端固定在 O 点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度状Tilf.小明从A点由静止往下摆，达到O点正下方B点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运动。到达 C点，小明跳离平板车 近似认为水平跳离，安全落到漂浮在水池中的 圆形浮漂上。绳长，浮漂圆心与C点的水平距离、竖直高度，浮漂半径、不计厚度，小明的质量，平板车的质量，人与平板

25、车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦。重力加速度 ，求：在B点小明对绳子的拉力大小。小明跳离平板车时的速度范围。若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，则在跳离过程中他对平板车做的功。【答案】 解： 从A到B过程机械能守恒,由机械能守恒定律得：-，代入数据解得：，在B点，由牛顿第二定律得：一，代入数据解得：；小明离开滑板后做平抛运动，竖直方向： 一 ,离C点水平位移最小为：，离C点水平最大位移：，代入数据解得：，则小明跳离滑板时的速度：；小明落上滑板过程水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：平板车，代入数据解得：，小明离开滑板过程系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：平板车平板车，代入数据解得：，由功能关系得：-平板车 - 平板车，代入数据解得：；答：轻绳能承受最大拉力不得小于1200N。小明跳离平板车时的速度范围是：。若小明跳离平板车后恰女?落到浮漂最右端，他在跳离过程中做的功是