2020年江西九江高考物理二模试卷含答案解析

1、2020年江西省九江市高考物理二模试卷一、单选题(本大题共 4小题，共24.0分)1.如图所示，弹簧一端系一质量为m的物块，另一端固定在长木板上，缓慢抬起木板的一端，物块与木板始终保持相对静止。当木板与水平面成J = 3。物块与木板间恰好没有摩擦力。当木A.等于零B.大小为金9,方向沿斜面向上 2/o _ 1c.大小为三方向沿斜面向上D.大小为 )/1E修，方向沿斜面向上2.如图所示，小球 a、b用长度相同的细线悬挂于同一固定点O让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平伸直。由静止释放球b,两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60则小球a、b的质量之比为()A. 1:

2、1B. 1： 2C. (V2- I) ： 1 D. 1： (2 - 1)3.如图，正方形线框 PQMN由四根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直， 已知导体棒MN受到的安培力大小为线框顶点M、N与直流电源两端相接， F,则线框PQMN受到的安培力大小为K X X X XA. 2 FB.D. 04.某空间中存在一个有竖直边界的水平方向匀强磁场区域，现将一个等 腰梯形闭合导线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过这个区域， 尺寸如图所示，下图中能正确反映该过程线圈中感应电流随时间变化 的图象是第1页，共15页B.D.二、多选题（本大题共 6小题，共33.0分）.下列的

3、若干叙述中，正确的是（）A.黑体辐射电磁波的强度按波长分布只与黑体的温度有关B.对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能与照射光的频率成线性关系C. 一块纯净的放射性元素的矿石，经过一个半衰期以后，它的总质量仅剩下一半D.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量也减小了.宇宙中组成双星系统的甲、乙两颗恒星的质量分别为m、km,甲绕两恒星连线上一点做圆周运动的半径为r,根据宇宙大爆炸理论，两恒星间的距离会缓慢增大，若干年后，甲做圆周运动的 半径增大为nr,设甲、乙两恒星的质量保持不变，引力常量为G,则若干年后说法正确的是（）A.恒星

4、甲做圆周运动的向心力为 白厂r 5门B.恒星甲做圆周运动周期变大C.恒星乙做圆周运动的半径为knr TOC o 1-5 h z D.恒星乙做圆周运动的线速度为恒星甲做圆周运动线速度的5倍图中未标出），A、 以初速度断沿EB.正六边形ABCDEF区域内有平行于纸面方向的匀强电场IE、D三点电势分别为 3V、6V、9V,现有一个电子从 E4 方向射入。下列说法正确的是 A.电子离开此区域动能增量的可能是2eVB. DF的连线是电场中一条等势线C.电子射出六边形区域时速度大小可能仍是四D. B点电势为6V凡阻2： 18.如图所示含理想变压器的电路中，原线圈电路中有定值电阻 阻值为副线圈电路中定值电阻

5、 见!和滑动变阻器串联， 值和滑动变阻器的最大阻值均为用I ,原副线圈的匝数比为a、b端接正弦交流电，则在滑动变阻器滑片P向右移动至的过程中A.整个电路中消耗的总功率在增大B.副线圈电路中消耗的功率一直减小C.副线圈的输出电压不变D.0两端电压与 心两端电压之比为 4： 1第2页，共15页9.关于液体，下列叙述中正确的是A.露珠呈球形是因为液体的表面张力的缘故B.液体的表面张力垂直于液面指向液体的内部C.液体与固体接触的附着层分子如果比液体内部更稀疏，则液体与固体表现为浸润D.对特定的液体和特定材质的毛细管，管的内径越小毛细现象越明显E.加上不同的电压可以改变液晶的光学性质10.图甲是用光的干

6、涉法来检查物体平面平整程度的装置，其中A为标准平板，B为被检查其平面的物体，C为入射光，图乙和图丙分别为两次观察到的干涉条纹，下列说法正确的是(|-min mu甲乙丙A.入射光C应采用单色光B.图示条纹是由A的下表面反射光和 B的上表面反射光发生干涉形成的C.当AB之间某处距离为入射光的半波长奇数倍时，对应条纹是暗条纹D.若所观察的条纹是图乙，被检查表面上有洞状凹陷E.若所观察的条纹是图丙，被检查表面上有沟状凹陷实验题(本大题共 3小题，共35.0分)11.小明同学为了测量一节干电池的电动势和内阻，使用同一组仪器分别按图a和图b进行测量，用图a测量结果为电动势 B L八内阻-土和。.图b测量结

7、果为电动势 Ej ,内阻门- 22al吐两次测量结果不同的原因是由于系统误差造成的，根据小明两次测量结果可 得该干电池的电动势真实值 E =V,内阻真实值？=(上(结果保留两位小数：，12.某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律。钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B,计时装置测出钢球通过 A、B的时间分别为 豆、ta用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心 通过光电门的瞬时速度。测出两光电门间的距离为h,钢球直径为 D,当地的重力加速度为 g。(1)用20分度的游标卡尺测量钢球的直径，如图乙所示，钢球直径D =cm。用所测的物理量符号表达出小球运动的加速度 =。(3)要验证机械能守恒，只要

8、比较 。A. 4 一与gh是否相等B.与2gh是否相等C. /次! 一 与gh是否相等第3页，共15页D.办出我一再）与2gh是否相等（切实际钢球通过光电门的平均速度 选填“大于”或“小于”）钢球球心通过光电门的瞬时速度，此误差 （选填能”或“不能”）通过增加实验次数减小。侍j下列做法中，可以减小“验证机械能守恒定律”实验误差的是 。A.选用质量大体积小的球B.减小小球下落初位置与光电门A高度差C.适当增大两光电门高度差 hD.改用10分度的游标卡尺测 D的大小.如图所示，在xOy坐标系中，在的区域内分布有指向 y轴正方向的匀强电场，在d M期 2M 的区域内分布有垂直于 xOy平面向里的匀强

9、磁场，MN为电场和磁场的边界，在 y=2d处放置一垂直于y轴的足够大金属挡板，带电粒子打到板上即被吸收。一质量为m、带电荷量为一？的粒子以初速度 曲由坐标原点O处沿x轴正方向射入电场，在边界上的 P点进入磁场，P点坐标为,不计粒子受到的重力。 TOC o 1-5 h z （1）求电场强度的大小E；（2）若粒子垂直打在挡板上，求磁感应强度的大小凡,（3）若使粒子通过x轴上的点，应将磁感应强度 B调节到多大。It一卜X X X X X X X X四、计算题（本大题共 3小题，共32.0分）.有一内壁光滑的圆管竖直放置，圆管底部封闭，上端开口且足够长，圆管内有两个小F球A与B, A的质量为m, B的

10、质量为km,两小球直径略小于管的直径。某时刻当B球向下运动至离圆管底面高度h处时与向上运动的 A球发生弹性碰撞，碰后 B球向上运动至最大高度又返回到原来高度h处，再次与已经和底面做完弹性碰撞后反弹回来匕的小球A相碰，如此反复，做周期性运动。问要完成这种反复运动，小球A与B碰前 丁I的速度各应是多少？（重力加速度为工* 4第4页，共15页15.如图所示，竖直放置在粗糙水平面上的汽缸，汽缸里封闭一部分理想气体。其中缸体质量 M = 1卜“，活塞质量tn = Ikt;,横截面积S = 2 X 10 %门，大气压强 出=1.0 X 10叮片 ,活塞的上部与劲度系数 为内二4 k IlF/V刖？的弹簧相

11、连，挂在某处。当汽缸内气体温度为22rC 时，弹簧的弹力恰好为零，此时缸内气柱长为上=曲W3。求：当缸内气体温度为多少 K时，汽缸对地面的压力为零。）当缸内气体温度为多少 K时，汽缸对地面的压力为 160N。0取】0切/活塞不漏气且与汽缸壁无摩擦16.振源处于x轴原点处，分别向X轴正向和负向形成两列简谐横波，在X轴上有两点P和Q,它们的振动图象分别是图甲和图乙，它们间的距离为a=io优。（*）如果它们都在X轴的正半轴，求这列波的最大速度；（.）如果P点在X轴的负半轴，坐标为（0,-E） , Q点在X轴的正半轴，求这列波的可能速度 也 为已知量）。第5页，共15页第6页，共15页答案与解析1答案

12、：C解析：解：设弹簧的弹力为 T,当木板与水平面成e = 3Q=时，根据平衡条件可得：T =当木板与水平面成 日=60二时，弹簧弹力不变，重力沿斜面向下的分力变大，则摩擦力方向沿斜面向 上；根据平衡条件可得:解得:事,故C正确、ABD错误。故选：Co 当木板与水平面成6 = 30二时，摩擦力为零，说明弹力等于重力沿斜面向下的分力，当木板与水平面成9 = 6。时，弹簧弹力不变，根据平衡条件列方程求解摩擦力。本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程 进行解答；解答本

13、题的关键是掌握摩擦力方向的判断方法。2答案：C解析：解：设球a的质量为出，球b的质量为.当球b摆到最低点，但未与球 a相碰时的速度大 小为v。由动能定理得解得设碰后瞬间两球的共同速度为 vf.在两球从碰撞后到向左摆到最高位置的过程中，由动能定理得一（旧1 + 小。9以1 -匚磔6（广）=0 ；用+/口斤产解得：对于碰撞过程，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得祝1，=tff f .解得tfti故ABD错误，C正确故选：Cob球下摆过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律求出碰前 b球的速度；两球碰撞过程中动量守恒， 由动量守恒定律列方程。碰后两球向左摆动过程中，整体的机械能守恒，由机械能守恒定律

14、列式，联立可求得两球的质量之比；解决本题的关键是要明确小球在下摆或上摆过程中机械能守恒，碰撞过程中动量守恒， 由动能定理（或机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题。3答案：B解析：解：由已知条件可知 MPQN边的有效长度与 MN相同，等效后的电流方向也与MN相同，边MNPQ的电阻等于边 MN的电阻的三倍，两者为并联关系，第7页，共15页设MN中的电流大小为I,则MPQN中的电流为,设MN的长为L,由题意知：F二BIL所以边MPQN所受安培力为：Ff = H - L = -F ,方向与MN边所受安培力的方向相同， 33故有：飞=/+ - = !尸，故B正确，ACD错误。故选：B。先由已知条件可

15、知 MPQN边的有效长度与 MN相同，等效后的电流方向也与 MN相同，先根据并联 电路的电阻关系得出电流关系，再由F=H/工即可分析MPQN边所受安培力，由力的合成即可求得线框PQMN所受安培力的大小。本题的关键是要明白安培力求解公式F 二 61心中的L是指通电导线的有效长度。4答案：C解析：解：当右边进入磁场时，便会产生感应电流，由楞次定律得，感应电流应是逆时针方向，由于有效切割长度逐渐增大，导致感应电流的大小也均匀增大；当线框右边出磁场后，有效切割长度不变，则产生感应电流的大小不变，但比刚出磁场时的有效长度缩短，导致感应电流的大小比其电流小，但由楞次定律得，感应电流应仍是逆时针，故排除AB

16、；当线框左边进入磁场时，有效切割长度在变大，当感应电流的方向是顺时针，即是负方向且大小增 大，故选项C正确，ABD错误。故选：Co楞次定律，判断感应电流方向；由法拉第电磁感应定律和欧姆定律判断电流大小，用排除法解决较 好.对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除.5.答案：ABA正确.B、根据光电效应方程 正确.解析：解：A、黑体辐射电磁波的强度按波长分布只与黑体的温度有关，故知，光电子的最大初动能与照射光的频率成线性关系，故C、一块纯净的放射性元素的矿石， 经过一个半衰期以后，有半数发生衰变，不是总质量仅剩下一半, 故C错误.D、氢原子核外电子从

17、半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，吸收光子，原子的能量增加，根二小二知，电子的动能减小，故 D错误.故选：AB.黑体辐射电磁波的强度按波长分布只与黑体的温度有关；根据光电效应方程得出光电子最大初动能 与照射光频率的关系；经过一个半衰期，有半数发生衰变，衰变后，不是该物质没有了，而是转化 为另一种物质；根据电子轨道半径的变化，结合库仑引力提供向心力分析电子动能的变化.本题考查了黑体辐射、光电效应、半衰期、能级等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基本概 念和基本规律.6答案：BD解析：解：AC、由于双星靠相互间的万有引力提供向心力，它们的向心力大小相等，周期相等，设双星间距为 L, 5 =，

18、第8页，共15页则mr =轴小七，半径之比等于质量的反比，解得:则七，当甲做圆周运动的半径增大为门nrnr,贝 U rf =,间距 U = nr + ,此时恒星甲做圆周运动的向心力为,亡，故AC错误;(+ y)B、由上述分析可知，周期：；就* 当间距增大至时恒星甲的运动周期变大故B正确；D、恒星甲、乙的角速度相等，乙恒星做圆周运动的半径为恒星甲做圆周运动的半径的1倍，由匕一TG知，恒星乙做圆周运动的线速度大小为恒星甲做圆周运动的线速度大小的倍，故D正确。k故选：BDO双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力，应用万有引力定律与牛 顿第二定律求出双星的轨道半径关系，从而确

19、定出双星的半径如何变化，以及得出双星的周期和线 速度的变化。此题考查了万有引力定律及其应用，解决本题的关键是要知道双星靠相互间的万有引力提供向心力,应用万有引力定律与牛顿第二定律即可正确解题，知道双星的轨道半径比等于质量之反比。.答案：AD解析：解：BD、连接AD,根据匀强电场电势随距离均匀变化的特点，则知 AD中点的电势为6V, 连接EB, EB即为一条等势线，B点的电势为6V, DF连线即为一条电场线， DF与CA平行，所以AC也是一条电场线，故 B错误，D正确； C、电子从E点以初速度。沿EB方向射入，受到向下的电场力从而在电场中做类平抛运动，运动过 程中电场力对电子做正功，电子的动能增

20、加，电子射出时的速度大小不可能为故C错误；A、由图可知电子从 DC等势面离开时动能最大，即动能增量的最大值为：= t = ，所以电子离开此区域动能增量的可能是2eV,故A正确。故选：AD。根据匀强电场的电势随距离均匀变化从而得到AD的中点的电势和 E点相同，以此找到等势面和电场线；分析电子受到的电场力从而判断电子的运动情况，根据动能定理分析电子射出六边形区域时的速度 大小以及动能的增量的最大值。解决该题需要熟记匀强电场的电势分布特点，能正确找到等势面以及电场线，知道电子在电场中运 动时，动能增加量的最大值。.答案：ABD解析：解：AB、原、副线圈匝数比为 2: 1,把原线圈看作电源内电路，定值

21、电阻P看作电源内阻，副线圈作为外电路，则等效电路的内阻为月内=出口,滑动变阻器滑片 P向右移动的过程中，外电阻 汗：卜由4品逐渐减小，等效电源的电动势 U不变，整V-个电路消耗的功率：F=R上心,则总功率逐渐增大，内十1M|.第9页，共15页副线圈电路消耗的功率即等效电源的输出功率，当外电阻等于内阻时，输出功率最大，故滑动变阻 器滑片P向右移动的过程中， 输出功率逐渐减小， 副线圈电路中消耗的功率一直减小，故AB正确；C、滑动变阻器滑片P向右移动的过程中，总电阻减小，根据欧姆定律可知，副线圈输出电流增大， 根据变流比可知，原线圈输入电流增大，电阻两端电压增大，则原线圈输入电压变小，根据变压比可

22、知，副线圈输出电压变小，故 C错误；D、根据变流比可知，原线圈输入电流与副线圈输出电流之比等于匝数反比，八1 ：2,/?|,%-%,根据欧姆定律可知，川两端电压与 小两端电压之比为4： 1 ,故D正确。故选：ABD。把原线圈看作电源内电路，定值电阻1看作电源内阻，副线圈作为外电路，滑动变阻器滑片P向右移动的过程中，外电阻减小，据此分析功率变化。原线圈串联电阻，从电流入手分析，原线圈输入电压等于总电压与电阻品两端电压之差，根据变压比分析副线圈输出电压。根据欧姆定律比较 见两端电压与 口两端电压。此题考查了变压器的知识，解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，知道理想变压 器的输出功率决

23、定输入功率且相等，从电流入手分析原线圈串联电阻的情况。9答案：ADE解析：解：A、液体的表面张力使液面具有收缩到液面表面积最小的趋势，露珠呈球形是因为液体的 表面张力的缘故，故 A正确。B、表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直，故 B错误。C、液体与固体接触的附着层分子如果比液体内部更稀疏，则液体与固体表现为不浸润，故C错误。D、毛细现象是指浸润液体在细管中上升的现象，以及不浸润的液体在细管中下降的现象，内径越 细现象越明显，故 D正确。E、液晶具有液体的流动性，又对光显示各向异性，电场可改变液晶的光学性质，以加上不同的电压 可以改变液晶的光学性质，故E正确。故选：ADE。液体的表面张

24、力使液面具有收缩到液面表面积最小的趋势；表面张力跟液面相切；根据浸润和不浸 润的原理解析；管的内径越小毛细现象越明显；液晶具有晶体的光学各向异性。本题考查了液体表面张力、液晶、毛细现象等知识点。液体表面张力、浸润和不浸润、毛细现象本 质上都是分子力的表现，对分子力的理解是掌握这些概念的基础。.答案：ABE解析：解：A、空气薄层干涉形成的条纹是膜的上下表面的反射光干涉产生的，根据干涉的条件，以 及检查其平面的物体的条件可知，入射光为单色光，故 A正确；B、根据薄膜干涉的产生可知，图示条纹是由A的下表面反射光和 B的上表面反射光发生干涉形成的，故B正确；C、空气层厚度相同的地方，两列光波的路程差相

25、同，当AB之间某处距离为入射光的半波长奇数倍时，则两列光波的光程差为半波长的偶数倍，所以对应条纹是明条纹，故 C错误；D、空气薄层干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同；从弯曲的条纹可知，检查平面弯曲边处的空气膜厚度与右面的空气膜厚度相同，弯曲处是凸的，故D错误；E、空气薄层干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同，检查平面的一条条纹的位置偏左，即 左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，所以该条纹处是凹的；该条纹与其他的条纹平行， 可知被检查表面上有沟状凹陷，故E正确。故选：ABE。第10页，共15页空气薄层干涉形成的条纹是膜的上下表面的发射光干涉产生的。当两反射光的路程差（即膜厚度

26、的2倍:,是半波长的偶数倍，出现明条纹，是半波长的奇数倍，出现暗条纹，可知薄膜干涉是等厚干涉， 即明条纹处空气膜的厚度相同，从而即可求解。解决本题的关键知道薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的发射光干涉产生的。以及知道空气薄层 干涉是一种等厚干涉。 TOC o 1-5 h z .答案：.：解析：解：根据图a和b实验测得的内电阻值相比可知，内电阻相差太大，所以实验应该采用图a的实验装置。根据误差分析可知，利用图b实验得到的电动势是准确的，故电源电动势 E =，设电压表的内电阻为 TA ,根据图a结合闭合电路欧姆定律可得：E = r,十十/ i 1 1整理可得:/iiy + r 7?l- + r由于

27、采用图a得到的电动势实验值为内电阻实验值为,所以有：=， =9M,电源电动势真实值 E=1.50V ,联立解得真实的内电阻 y = 1U.。故答案为：L50; 10.0。根据实验误差产生的原因结合电路连接情况进行分析。本题主要是考查测定电源电动势和内电阻实验，了解误差的来源以及测量值偏大或偏小分析即可。.答案：。医。而-（亘R D小于 不能AC上* rr (I + 闽 mg粒子再次回到X轴上，沿x轴方向前进的距离为：上二 L/ - 2Mt均出=h/ x/1/f 调节磁场必须满足：0 /? (2 -何d解得：,.粒子通过P点，回旋次数为：第12页，共15页,n为整数，只能取：门=3A4r解得此时

28、磁感应强度的大小为:6 = T 答：(1)电场强度的大小为瑞;(2)若粒子垂直打在挡板上，磁感应强度的大小为若使粒子通过X轴上的Q( 1 ME)点,应将磁感应强度 B调节到贵二解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律求电场强度的大小E;(2)由运动学公式出末速度的大小和方向，进入磁场后做匀速圆周运动由洛仑兹力提供向心力和轨迹圆与金属板相切的几何关系求出磁感应强度；(3；，粒子再次回到电场时做斜抛运动，再次到达x轴时速度恰恰水平，这样粒子在x轴上前进一段距离，当前进的距离的整数倍为3倍时，此时符合题目所要求的磁感应强度。本题题考查的是带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，过程较多；本

29、题的难点在于第三问，由于改变磁感应强度则粒子做匀速圆周运动的半径随之改变，粒子返回MN的位置也将变化，回到电场中做斜抛运动到达 x轴的位置也将发生相应的变化，显然只有回旋次数n与每回旋一次向前移动距离的乘积是10d时，磁感应强度才符合要求，这样求出回旋次数及相应的磁感应强度。.答案：解：设碰撞时两球速度大小分别为：门、中，为完成反复运动，两球碰撞前后速度大小应与碰撞前速度大小相等，即碰撞后速度分别为 -q、一行,两球碰撞过程系统动量守恒，以向上为正方向，由动量守恒定律得：,Hi -卜切物=旧(一)+ WHig ,解得：，为完成反复运动，碰撞后小球 A到达底面的时间t与小球B上升到最高点所需要的

30、时间 t相等，对 A： h =+ /,答：要完成这种反复运动，小球 A与B碰前的速度分别是:解析：两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，根据题意分析清楚两球的运动过 程，应用动量守恒定律与运动学公式分析答题。本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚球的运动过程、知道球反复运动的条件是解题 的前提与关键，应用动量守恒定律与运动学公式即可解题。.答案：解：W对初态活塞根据平衡有：户| =川5 +-”国可得：第13页，共15页末态对气缸根据平衡条件有：2=陶一 =也科x 10,尸a当汽缸对地面的压力为零时，对整体根据受力平衡：kr = (m + 1，可得： 一 _初态：压强 出=I 2x ,体积 巧 一 LS 80S ,温度” =(273 + 227)A=刷K末态：压强加二注x x 10,体积Vj = (L - r)S 一仪店,温度K ,根据理想气体的状态方程可得：,可得：工上一 25UK；(加汽缸对地面的压力为 F* 时，对气缸为研究对象，根据平衡条件可得：八/9 +部 =的S + F.解得：