2020年四川省绵阳市高考物理二诊试卷

1、B.周期越小C.线速度越小质量为m的篮球从某一高处从静止下落，经过时间ti与地面接触，经过时间t2弹离A. mgti+mgt2十 mgt3B. mgti+mgt2-mgt3高考物理二诊试卷题号一一三四总分得分一、单选题（本大题共 5小题，共30.0分）1. 一小球系在不可伸长的细绳一端，细绳另一端固定在空中某点。这个小球动能不同，将在不同水平面内做匀速圆周运动。小球的动能越大，做匀速圆周运动的（）A.半径越小D.向心加速度越小2.一物块在固定的粗糙斜面底端以初速度Vo沿斜面向上运动，又返回底端。能够描述物块速度v随时间t变化关系的图象是（）3.地面，经过时间t3达到最高点。重力加速度为 g,忽

2、略空气阻力。地面对篮球作用 力冲量大小为（）第9页，共13页C. mgti-mgt2+mgt3D. mgti-mgt2-mgt34.如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M. N上的a、b两点，a点比b点低，晾衣绳粗糙，悬挂 衣服的衣架钩在晾衣绳中点和在杆M. N中间位置时都不滑动。衣架静止，下列说法正确的是（）A.衣架钩在晾衣绳中点时，左右两边绳子拉力大小相等B.衣架钩在晾农绳中点时，右边绳子拉力小于左边绳子拉力C.衣架钩在杆M. N中间位置时，左右两边绳子拉力大小相等D.衣架钩在杆 M. N中间位置时，右边绳子拉力大于左边绳子拉力5.2019年1月3日嫦娥四号月球探测器成功软着

3、陆在月球背面，着陆前在离月球表面112km的高空仅在月球万有引力作用下环月球做匀速圆周运动，向心加速度大小为a月，周期为T月；设贴近地面的近地卫星仅在地球万有引力作用下环地球做匀速圆周运动，向心加速度大小为a地,周期为T地.已知月球质量6.7M022kg,半径1.7 106m； 地球质量6.0 >1024kg,半径6.4 106m.则（）A.a月a地,T月T地B.a月a地,T月vT地C.a月va地,T月T地D.a月va地,T月T地二、多选题（本大题共 5小题，共27.0分） 6.如图所示，电路中 R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置。闭合开关S, 电路达

4、到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动， 如果仅满足下列各选项中的条件，油滴仍可能静止不动7.8.的是（）A.增大Ri的阻值，增大 R2的阻值B.增大Ri的阻值，减小 R2的阻值C.减小Ri的阻值，增大 R2的阻值D.减小Ri的阻值，减小 R2的阻值匀强电场中，一带正电粒子仅在电场力的作用下自P点以垂直于电场方向的初速度vo开始运动，经过Q点，则（）A.电场中，P点电势高于 Q点电势 B.粒子在P点的电势能小于在 Q点的电势能C.在P、Q两点间，粒子的轨迹可能与某条电场线重合D.在P、Q两点间，粒子运动方向一定与电场方向不平行倾角为0 =30勺光滑绝缘余面底端 O点固定一正点电荷，一带正电小

5、物块（可视为 质点）从斜面上的A点由静止释放，沿斜面向下运动能够到达的最低点是B点。取。点所在平面为重力势能零点，A点为电势能零点，小物块重力势能E重和在B、A之间电势能E电随它与。点间距离x变化如图所示。重力加速度 lOm/s2.由图中数 据可得（）A.小物块体的质量为 5kgB.在B点，E电=25JC.从A点到B点，小物块体速度先增大后减小D.从A点到B点，小物块体加速度先增大后减小9.关于热现象，下列说法正确的是（）A.气体吸热后温度一定升高B.对气体做功可以改变其内能C.理想气体等压压缩过程一定放热D.理想气体绝热膨胀过程内能一定减少E.在自发过程中，分子一定从高温区域扩散到低温区域1

6、0.如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波t=ls时刻波形图，该时刻M点开始振动,再过1.5s, N点开始振动。下列判断正确的是（）F户由A.波的传播速度4m/sB.质点M的振动方程y=0.5sin （2疝+2）C.质点M、N相位相差是兀D. t=0.5s时刻，x=1.0m处质点在波峰E.t=2.5s时刻，质点M. N与各自平衡位置的距离相等三、实验题（本大题共 2小题，共15.0分）11.某同学用如图甲所示装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：轻质弹簧水平放置在光滑桌面，左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球在 A点, 向左推小球压缩弹簧一段距离后小球至C点，由静止释放。用频

7、闪照相机得到小球从C点到B点的照片如图乙所示。 已知频闪照相机频闪时间间隔为重力加速度大小为go回答下列问题：（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球离开弹簧时的动能 Ek相等。为测得Ek,除已知物理量外，至少还需测量下列物理量中的 （填正确A.小球的质量 mB. C、A间距离ScaC. C、B间距离ScbD. A、B间距离SabE.弹簧的压缩量 AxF.弹簧原长10（2）用所选取的测量量和已知量表示Ek,得Ek=。（3）由于桌面不是绝对光滑，测得的弹性势能Ep与真实值相比较（选填“偏 大” “偏小”或“相等”）12.用电流表和电压表测定 2节干电池串联组成的电池组的电动势和内电

8、阻。要求尽量减小实验误差。（1）实验电路应该选择下图中的 （选填“甲”或“乙”）。（2）现有电压表（03V）、开关和导线若干，以及以下器材：A.电流表（0150mA）B.电流表（01.5A）C.滑动变阻器（030Q）D .滑动变阻器（0-300 Q）实验中电流表应选用 ;滑动变阻器应选用 。（选填相应器材前的字母） （3）某位同学记录的 6组数据如表所示，请在 U-I坐标系（如图丙）上标出 6组 数据的对应点，画出 U-I图线。序号123456电压U/V2.802.502.201.901.601.30电流I/A0.120.320.500.680.881.06（4）根据（3）中所画图线可得出电池

9、组的电动势E=V,内电阻r=口。四、计算题（本大题共 4小题，共52.0分）13 .光滑水平台面离地面高 H,台面上A点与台面边缘B点间距离L,木块甲、乙分别 静止在A点，在相同的恒定水平外力作用下从A点运动到B点时撤去外力。甲落地点与B点之间水平距离为 x,乙落地点与B点之间水平距离为 3x。已知木块甲质 量为m,重力加速度为g。求：(1)恒定水平外力的大小；(2)木块乙的质量。14 .如图所示，半径 R=7.5m的四分之一光滑圆弧 QP竖直放置，与粗糙水平地面平滑 连接于P点，整个空间存在场强大小E=2X103V/m的匀强电场，竖直边界 MP右侧电场方向水平向右，左侧电场方向竖直向上；小物

10、块A、B (视为质点)大小形状相同，A电荷量为q=+5X10-3C, B不带电，质量 mA=3kg, mB=1kg。从Q点由静止 释放A,与静止在地面上 D点的B碰撞。己知A、B与地面间动摩擦因数均为科=0.2P、D间距离xo=16.5m, g取10m/s2, A、B间碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。求：(1)物块A运动到P点时，受到圆弧轨道支持力的大小；(2)物块A、B碰撞后瞬间，A、B速度的大小和方向；(3)物块A、B第一次碰撞后，过多长时间发生第二次碰撞。15 .如图，长L =200cm,粗细均匀的玻璃管一端封闭。水 j,平放置时，长L0=100cm的空气柱被水银柱封住，水银柱长h=50c

11、m。将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后竖直插入水银槽,插入后有h0=25cm的水银柱进入玻璃管。设整个过程中温度始终保持不变，大气压强 p0=75cmHg.求插入水银槽后管内气体的压强。16 .如图所示，AOB为折射率n=43的扇形玻璃砖截面，一 束单色光照射到 AO面上的C点，在C点折射后的光 线平彳T于OB.己知C点是AO的中点，D点是BO延 长线上一点，ZAOD =60°。(i)求入射光在C点的入射角；(ii)通过计算判断光射到 AB弧能否从AB弧射出。答案和解析1 .【答案】B【解析】 解：A、设小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为依速度为v,细绳长度为L.由牛

12、顿第二定律得:mgtan 0m1圆周运动的半径为：r=Lsin 0小球的动能为：Ek=gmv2。联立解得 v=而再而板前,Ek=mgLsin 0 tan 0则知小球的动能越大，。越大，则做匀速圆周运动的半径越大，故 A错误。B、根据T=；=2,。越大，cos施小，则周期T越小，故B正确。yry I ri U LU f l>VC、根据v= JgLsinOlane,知线速度越大，故 C错误。D、向心加速度a= =gtan。则向心加速度越大，故 D错误。故选：B。小球做匀速圆周运动时，由重力和细绳拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出动能与细绳和竖直方向夹角的关系，再进行分析。本题是圆锥摆

13、问题，关键是正确分析小球的受力情况，确定向心力的来源。要注意小球 圆周运动的半径与摆长不同。2 .【答案】C【解析】解：根据牛顿第二定律得：上滑过程： mgsin 0 +mgcos 0 mai 下滑过程： mgsin - pmgcos 0 ma2由比较知：ai>a2,则物块上滑过程 v-t图象的斜率比下滑过程的大。由速度j时间公式得：上滑过程有 vo=aito,下滑过程有vo=a2ti,可得ti>to,故C正确，ABD错误。故选：Co先根据牛顿第二定律分析物块上滑和下滑时加速度大小，从而判断出图象斜率的关系。根据速度时间公式分析两个过程运动时间关系。解决本题的关键要正确分析物块的受

14、力情况，利用牛顿第二定律比较两个过程加速度的大小。同时，要知道速度图象的斜率表示加速度。3 .【答案】A【解析】 解：选向下为正，运动全程由动量定理得：mg (ti+t2+t3)+I地=0则有：I地=-(mgtl+mgt2十mgt3) 负号表方向，故 A正确，BCD错误。故选：A全程应用动量定理求得地面对篮球的冲量大小。本题考查了求力的冲量，应用冲量动量定理可正确解题，要注意冲量是矢量，解题时明 确方向问题，从而确定冲量的正负。4 .【答案】D【解析】解：设a到节点的高度为hi, b到节点的高度为h2,节点到M的水平距离为xi,节点到N的水平距离为X2, a端绳子和水平方向的夹角为“，b端绳子

15、和水平方向的夹角为9,对绳子节点进行受力分析，如图所示：AB、当衣架钩在晾衣绳中点时， 设a、b到节点绳子长度为L,根据几何关系有：sin a.=,因为hih2,可得a< 0,根据平衡条件：FaCOS aEbCOS。可得'=<1, FaFb,故AB错误；% %CD、衣架钩在杆 M、N中间位置时，根据几何关系：tan斫，tan 0 =, xi=X2,因为hivh2,可得a< 0,F I aJQ根据平衡条件：FaCOS a FbCOS。可得,V 1 , Fa<Fb,故C错误，D正确。故选：Do对绳子节点进行受力分析，根据平衡条件知，两绳在水平方的分量大小相等。再根据

16、几何关系，不管衣架钩在晾衣绳中点还是衣架钩在杆M、N中间位置，a端绳子水平方向的夹角“总小于b端绳子水平方的夹角，利用数学知识可以判断两绳拉力大小。本题考查了共点力的平衡、力的合成与分解的运用等知识点。本考点考查考生的基本功： 受力分析，受力分析是处理力学问题的关键和基础，所以要熟练掌握物体受力分析的一般步骤和方法。另外，利用数学知识解题也是本题的一个关键点。5 .【答案】C【解析】解：根据万有引力提供向心力有:则向心加速度为:b.7 X IO7' K 佰* K IO&/他神可 ¥& k lo:*sc (1.7 x 1(? 4- 112000)=0.14,所以

17、a月va地所以有:a，7x KI >Q.lia K )U*)S KfyK iy 4/d X W, Xt7 K M1J所以T月T地，故ABD错误，C正确。故选：Co根据万有引力提供向心力并结合牛顿第二定律求解向心加速度的表达式以及周期的表 达式，根据题中所给数据分析求解大小关系。能根据相关的公式推导出解决该题关键是明确知道卫星的向心力是由万有引力来提供, 向心加速度以及周期的表达式。6 .【答案】AD【解析】 解：A、电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R2的电压，当增大 Ri、R2阻值时，可能导致总电流减小，根据欧姆定律，电阻R2两端电压可能不变，则极板间电压不变，电场强度不变，油滴受到

18、的电场力不变，则油滴静止不动，故 A正确。B、电路稳定时，当增大 Ri的阻值，减小 R2的阻值，则根据闭合电路欧姆定律可知， 电阻R2两端的电压减小，极板间电场强度减小，油滴受到的电场力减小，则油滴向下 运动，故B 错误。C、电路稳定时，当减小 Ri的阻值，增大R2的阻值，则根据闭合电路欧姆定律可知， 电阻R2两端的电压增大，极板间电场强度增大，油滴受到的电场力增大，则油滴向上 运动，故C 错误。D、电路稳定后，当减小 Ri的阻值，减小 R2的阻值，可能导致总电流增大，根据欧姆 定律，电阻R2两端电压可能不变，则极板间电压不变，电场强度不变，油滴受到的电 场力不变，则油滴静止不动，故D 正确。

19、故选： AD。电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R2的电压，要保证油滴静止不动，则极板间电场强度恒定不变。根据测量电路的规律分析电阻的变化，进一步判断极板间电场强度的变化，确定油滴是否静止不动。本题考查了闭合电路欧姆定律，关键分析电容器的电压是否变化，电场强度是否变化， 确定油滴是否受力平衡。7 .【答案】AD【解析】解：由于电场力和初速度相互垂直，所以粒子做类平抛运动，其运动轨迹是曲线，所以其速度方向和电场力不共线，故运动方向和电场方向不平行，而运动过程中电场力做正功，所以粒子的电势能减小，粒子在P 点的电势能大于在Q 点的电势能。由于粒子带正电，根据 Ep=q（）可知电势逐渐减小，P点电

20、势高于Q点电势，故AD正确， BC 错误。故选： AD。电场力和初速度相互垂直，则带电粒子做类平抛运动，根据电场力做功，判断出电势能的变化，根据电势能的变化分析电势电势的变化情况。解决该题的关键是能根据粒子受到的作用力与速度的方向判断粒子的运动情况，知道电场力做功与电势能之间的关系。8 .【答案】BC【解析】解：A、因为规定A点的电势为零，由图象可知 OA之间的距离为2m,在A点 具有的重力势能 Ep=i00J,也是物块具有的总能量，根据Ep=mgh=mgOAsin30得：m=10kg,故A错误。B、小物块在B点时电势能最大，由图象可知OB间距离为1.5m,此时的重力势能为：EpB=mgOBs

21、in30 = 10X10X1.5 0.5J=75J,由上面 A的分析可知物块的总能量是：E=100J,根据E=Epb+E电，可得：E电=25J,故B正确。C、小物块从A点静止出发，到 B点速度为零，所以从 A到B的过程中，物块的速度是先增大后减小的，故C 正确。D 、在小物块下滑的过程中，所受的库仑力逐渐增大，一开始重力的分力大于库仑力，所以向下做加速运动，但随着库仑力的增大，其加速度逐渐减小，当库仑力与重力沿斜面的分力相等时，合力为零，加速度为零，此时物块速度达到最大，以后库伦力大于重力的分力，物块开始做减速运动，且加速度越来越大，所以整个过程加速度是先减小后增大，故D 错误。故选：BC。根

22、据题意可知 OA间的距离为2m,在电势能最大时的位置为 B点，则OB间的距离为1.5m,在小物块运动的过程中能量守恒，由电势能和动能、重力势能之间的相互转换。根据重力势能的表达式可以计算出小物块的质量；根据能量守恒可计算物块在 B点具有的电势能；根据牛顿定律可以判断出小物块在运动过程中的速度、加速度的变化情况。只有重力和电场力做功，所以只有电势能和重力势能、动能之间的相互转化在A、B两点速度为零，动能为零，根据能量守恒可以计算电势能大小。在滑块下滑过程中，库仑 力是越来越大的，当受力平衡时速度最大，加速度为零。9 .【答案】BCD【解析】解：A、根据热力学第一定律，气体吸热的同时对外做功，内能

23、不一定增加, 即温度不一定升高，故 A错误。B、改变气体内能的方式有两种，一种是热传递，另外一种是做功，所以对气体做功可 以改变其内能，故 B正确。C、根据理想气体状态方程 勺气体等压压缩过，压强不变，体积减小，温度一定 降低，内能也减小，即 加<0;再根据热力学第一定律 W+Q=AU ,体积减小，外界气体做功，W>0,则Qv0,所以理想气体等压压缩过程一定放热，故 C正确。D、理想气体绝热膨胀过程，Q=0, Wv 0,根据热力学第一定律 W+Q = U可知，4UV0,所以理想气体绝热膨胀过程内能一定减少，故 D正确。E、扩散现象是分子的无规则热运动，分子可以从高温区域扩散到低温区

24、域，也可以从低温区域扩散到高温区域，故E错误。故选：BCD。根据热力学第一定律， 由于做功不明确，气体吸热后内能一定增大， 即温度不一定升高；热传递和做功都可以改变气体的内能； 根据理想气体状态方程和热力学第一定律可以判 断理想气体等压压缩过程是否放热； 根据热力学第一定律可以判断理想气体绝热膨胀过 程内能是否减小；扩散现象可以在任意温度和区域中发生。本题考查了想气体的状态方程、热力学第一定律、扩散现象等知识点。这种题型知识点 广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。10 .【答案】ACE【解析】解：A、质点M和N相距6m,波的传播时间为1.5s,则波速v=： ： =4m/s,故A 正确

25、。B、波长 入=m,根据波长、波速和周期的关系可知，T=1s,圆频率f*）= T=2 7trad/s,质点M起振方向向上，t=1s时开始振动，则质点 M的振动方程为y=0.5sin （2日-2兀）， 故B错误。C、相隔半波长奇数倍的两个质点， 相位相差为 兀，质点M、N相隔1.5上故相位相差 兀, 故C正确。D、t=0.5s=0.5T,波传播到x=4.0m处，此时x=1.0m处质点处于波谷，故 D错误。E、t=2.5s=2.5T, N点开始振动，质点M、N相隔1.5入振动情况完全相反， 故质点M. N与各自平衡位置的距离相等，故E正确。故选：ACE。根据波从M点传到N点的距离和时间求出波速。根

26、据波速公式求解周期和圆频率，书写振动方程。相隔半波长奇数倍的两个质点，相位相差为 兀。根据波动规律，判断质点在某时刻的位置。本题要波的传播方向熟练判断出质点的振动，灵活运用波形平移法确定波形，要知道波速两个公式v=；和v=都可以运用，要根据条件灵活选择。11 .【答案】AD吸 偏小【解析】 解：(1)由桌面光滑，则小球从 A到B做匀速直线运动，由水平距离和运动 的时间，即可求出弹出时的速度，进而可求出物体动能， 所以本实验至少需要测量小球的质量m、及小球A、B间距离Sab,故选：AD。(2)由匀速直线运动，则有 Sab=v?3T,2乂 Ek= mv2联立可得Ek=(3)由于桌面不是绝对光滑，导

27、致减小的弹性势能没有完全转化为动能增加，因此测 得的弹性势能Ep与真实值相比较偏小。故答案为(1) AD; (2);(3)偏小。第15页，共13页(1、2)本题的关键是通过测量小球的动能来间接测量弹簧的弹性势能，然后根据匀速 直线规律以及动能表达式即可求出动能的表达式，从而得出结论；(3)因存在摩擦阻力，从而确定弹性势能测量值与真实值的关系。明确实验原理，根据相应规律得出表达式，能量守恒的应用，然后讨论即可，注意误差 分析时，必须知其误差的根源是解题的关键。12 .【答案】乙B C 3.0 1.7【解析】 解：(1)干电池内阻较小，为减小实验误差，相对电源来说，电流表应采用 外接法，应选择图乙

28、所示电路图。(2) 一节干电池电动势约为 1.5V,两节干电池电动势约为 3V,电路最大电流约为 1A, 电流A量程太小，电流表应选择B;为方便实验操作，滑动变阻器应选C;(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的U-I图象如图所示；(4)由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是3.0,则电源电动势 E=3.0V,& U 3 0 L5电源内阻：r= =zj瓯- = 1.7 &故答案为：(1)乙；(2) B； C； (3)图象如图所示；(4) 3.0； 1.7。(1)根据实验目的与实验原理选择实验电路；(2)根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选最

29、大阻值较小的滑动变阻器;(3)应用描点法作出图象；(4)电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻。 本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图象斜率的绝对值是电源内阻。13.【答案】 解：(1)设水平外力大小为 F,木块甲在B点的速度大小为 vi,从B点开 始做平抛运动的时间为 t,则H= 一x=vit木块甲在台面上运动的过程，根据动能定理得FL= ' 联立解得F =(2)设木块乙的质量为 m乙，在B点的速度大小为V2,则乙平抛

30、运动过程，有3x=v2t木块乙在台面上运动的过程，根据动能定理得iFLf：-解得m乙/m答：(1)恒定水平外力的大小是 ,(2)木块乙的质量是1mo【解析】(1)木块甲离开B点后做平抛运动，根据下落的高度H和水平距离x求出木块甲运动到B点时的速度。再研究木块甲在台面上运动过程，根据动能定理求外力的大小。(2)对乙，同样的方法列式，即可求得木块乙的质量。解决本题的关键是理清物体的运动过程，把握每个过程的物理规律，要知道涉及力在空间的效果求速度时优先考虑动能定理。对于平抛运动，要知道已知下落高度和水平位移可求平抛运动的初速度。14.【答案】 解：(1)物块A从Q到P过程，由动能定理得：(mAg-q

31、E) R=t44 ,代入数据解得；vp=10 m/s,在P点，由牛顿第二定律得：F + qE-mAg=mA，代入数据解得：F=60N;(2)物块A从P到D过程，由动能定理得：(qE-gAg) x0=mAvl-fnAv , 代入数据解得：v1=12 m/s,A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒， 以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAV1=mAVA+mBVB,由机械能守恒定律得：/=3nA4+,代入数据解得：VA=6m/s, vB=18m/s；(3) A、B碰撞后，由牛顿第二定律得:对 A: qE-师Ag=mAaA,对 B ： (jmBg=mBaB,代入数据解得：aA=：m/s2, aB=2m/s2,设经过时间t两物块再次发生碰撞，由运动学公式得： VAt+：0#,=VBt-：U"2 ,代入数据解得：t=7.2s；答：(1)物块A运动到P点时，受到圆弧轨道支持力的大小为60N;(2)物块A、B碰撞后瞬间，A、B速度的大小分别为：6m/s、18m/s,方向：都向右；(3)物块A、B第一次碰撞后，经过时间7.2s发生第二次碰撞。【解析】(1)对物块A从Q到P过程应用动能定理可以求出到达P点的速度，然后应用牛顿第二定律求