2020届四川省成都市高考物理二诊试卷

𝑓𝑓𝑓2020届四川省成都市高考物理二诊试卷一、单选题（本大题共5小题，30.0分

下列叙述中错误的是B.

碘的半衰期大约为天，天，就剩下约为原来的光电效应和康普顿效应深入地揭示了光的粒子性的一面者表明光子具有能量者表明光子除具有能量之外还具有动量C.

铀裂变的方程可能 

13737D.

处于基态的氢原子吸收一个光子跃迁到激发态低能级跃迁时辐射光子的频率一定不大

于入射光子的频率如图所示，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电，𝐼𝐼

两对称分布在两导线两侧，磁感应强度分别和，和分电和受的安培力，则

B.

C.

D.

“空间站”是科学家进行天文探测和科学试验的特殊而又重要的场所．假设“空间站”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行离球表面的高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向一致．下列说法正确的)B.C.D.

“空间站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度“空间站”运行的速度等于同步卫星运行速度倍站在地球赤道上的人观察到它向西运动在“空间站”工作的宇航员因受到平衡力而在舱中悬浮或静止

如图所示块静止在光滑水平桌面上子水平射入木块的深度为时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为，木块对子的平均阻力

，那么在这一过程中不正确的

木块的动能增加量为

B.

子弹的动能减少量为𝑓C.

系统的机械能减少量

D.

系统的机械能减少量𝑓

𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡

如图，光滑绝缘圆环竖直放置、、为个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球。已知带正电荷的小位圆环最高点连与竖直方向成角连线与竖直方向成角三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是C.

、两球均带正电荷、小电量之比√

B.D.

小球带正电荷，小带电荷、小电量之比二、多选题（本大题共5小题，27.0分

在匀强磁场中有一不计电阻的单匝矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电输入到图乙中理想变压器、两。图中的电压表和电流表均为理想交流电表为热敏电阻温度升高时其电减小，为值电阻。下列说法正确的B.C.D.

变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式𝑜𝑠100𝜋𝑡𝑉在图甲的𝑡𝑠时，矩形线圈平面与磁场方向垂直处温度升高时，电压示与示的比值不变处温度升高时，电压表示与流示的乘积可能不变

关于汽车在水平路面上的运动，下列说法正确的是B.C.D.

汽车启动后以额定功率行驶，在速率未达到最大值之前，加速度不断增大汽车启动后以额定功率行驶，在速度未达到最大值之前，牵引力不断减小汽车以最大速度行驶后，若要减小速度，可减小牵引功率行驶汽车以最大速度行驶后，若要减小牵引力，速率一定减小

如图所示水面内两光滑的平金属导轨端与电阻相连接匀强磁场竖直向下分布在导轨所在的空间内一定的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好今对金棒施加一个水平向右的外使属棒从置开始向右做初速度为零的匀加速运动，依次通过位和若轨与金属棒的电阻不计的距相等，关于金属棒在运动过程中的有关说法正确的是

金属棒通过、两置时，外的小之比：

B.C.D.

金属棒通过两置时，电的电功率之比：从到和到的个过程中，通过金属棒横截面的电荷量之比：从到和到的个过程中，电上生热量之比：

关于气体性质和规律的下列说法正确的)B.C.

一定质量的理想气体从外界吸收热量，并对外做功，其内能可能减小宏观世界中的物理过程都必然满足能量守恒定律，所以都会自发进行用固定容器封闭一定质量的理想气体，若升高温度，气体分子的平均动能会增大，压强也会增加D.E.

某气体的摩尔体积为，伏加德罗常数，则每个气体分子的体积0温度相同的不同种气体，它们的分子平均动能一定相同

𝐴一简谐横波沿轴传播，在处质点甲的振动图线如图甲示，处质点乙的振动图线如图乙所示，下列判断正确的)B.C.D.

质点甲在波谷时，质点乙在平衡位置轴正方向振动若波沿方传播，这列波的最大传播速度为若波沿方传播，这列波的最大波长若波的传播速度𝑠，这列波沿方传播三、实验题（本大题共2小题，15.0分图甲所示是测量木块与长木板之间的动摩擦因数实验装置图中一端带有定滑轮的长木板水平固定。图乙为木块在水平木板上带动纸带运动时打点计时器打出的一条纸带、、、计数点点计时的电源0交流电木加速度大小_____结果保留两位有效数)

.

00若得木块的质量，码盘和砝码的总质量，块的加速度，重力加速度，木块与长木板间动摩擦因数______用中所给字母表示。如滑轮略向下倾斜，使细线没有完全调节水平，由此得值______选填“偏大”或“偏小”。在电流表和电压表测电池的电动势和内电阻的实验中，所用电流表和电压表内阻分别为𝛺和，如图为验原理图及所需器件图．一位同学录组据见表：

试根据这些数据在图坐标图中画出图，根据图象读出电池的电动，求出电池内四、简答题（本大题共1小题，20.0分如所示，质量的车上质量不计的细绳悬挂一质量为的小球，和一静止在光滑水平面上量的车

的度在光滑水平轨道上匀速向左运动

碰后粘合在一。已相的时间极短。求：碰撞后小能升的最大高度。取

2

五、计算题（本大题共3小题，32.0分一质的小滑块，带|

的荷量多少为

，放置在倾角的光滑斜面斜绝，面置𝑇的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。如图所示，滑块由静止开始沿斜面滑下其面足够长小块滑至某一位置时要离开斜面求小块带何种电荷？小块离开斜面的瞬时速度多大？该面的长度至少为多少？把里的由加到，的内能增加多少？如所示静面岸边的垂钓者的眼睛恰好位于岸点上的度处标离点距，饵灯在标正前处水深度处，垂钓者发22现鱼饵灯刚好被浮标挡住。求：作点垂钓者眼睛的光图；求水的折射率；若饵灯缓慢竖直上浮，当它离水面多深时，鱼饵灯发的光恰好无法从水间出结果可以用根号表示

参考答案解析1.

答：解：：、的半衰期大约天天，经次衰变，剩约为原来的，故A正；B光效应和康普顿效应深入地揭示了光的粒子性的一面前者表明光子具有能量者表明光子具有能量之外还具有动量，故正确；C、裂的程需要中子撞击，故C错误；D、于态的氢原子吸收一个光子跃迁到激发态，再向低能级跃迁时辐射光子的频率一定不大于入射光子的频率，故D正。本题选错误的，故选：。半衰期具有统计规律，半数发生衰变是针对大量的原子核；根据跃迁时，能量的变化，确定光是释放还是吸收。本题考查了光电效应方程、半衰期、能级等知识点，关键掌握这些知识点的基本概念和基本规，难度不大。2.

答：解：：、和是对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律知

，故错。、据安培定则可判出两导线点点磁场方向都是相反的，远离导线，磁场较弱，靠近导线，磁场较强，𝐼

，所以两导线在处的磁感应强度大于点磁感应强度，故C错，D正。故选：对的作用力和对的作用力是一对作用力与反作用力；由安培定则可判出两导线在各点磁感线的方向，再由矢量的合成方法可得出各点磁感应强度的大小。本题考查了牛顿第三定律、安培定则及矢量的合成方法，特别应注意磁场的空间性。3.答：解：根据故确。

𝑚2

𝑚𝑚“间站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度。

2：𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓2：𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓B、根据

𝑚2

𝑚得：√，离地球表面的高度不是运动半径，所以线速度之比不是𝑟𝑟，错误；C轨半径越大角度越小，同步卫星和地球自转的角速度相同以空间站的角速度大于地球自转的角速度，所以站在地球赤道上的人观察到空间站向东运动。故C误；D、“间站”工作的宇航员处于完全失重状态，靠万有引力提供向心力，做圆周运动。故D错误。故选：。A据空间站在一位置受到的重力提供它做圆周运动的向心力知行加速度和所在高度处的重力加速度的关系．B、根据万有引力提供向心力分析．C同卫星和地球自转的角速度相同较空间站和同步卫星的角速度大小可以判断出空间站相对于地球的运行方向．D、“间站”工作的宇航员处于完全失重状态．解决本题的关键掌握万有引力等于重力，以及处于空间站中的人、物体处于完全失重状态，靠球的万有引力提供向心力，做圆周运动．4.

答：解：：𝐴、弹对木块的作用力大小为𝐹

，木块相对于地的位移为，则子弹对木块做功为𝑓，根据动能定理得知，木块动能的增加量，即机械能的增量等于子弹对木块做的功，即确．

L故B、木块对子弹的阻力做功

，根据动能定理得知：子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做功，大小

故B确．、弹相对于木块的位移大小，系统克服阻力做功，据功能关系可知，系统机械能的减少量为

故C正，D错误．本题选错误的故选：子弹受到摩擦阻力，而木块所受到摩擦动力，两者摩擦大相等，可认为是恒力．运用动能定分别研究子弹和木块，求出各自的动能变化．本题考查子弹打木块模型，同时功是能量转化的量度，能量转化的多少可以用功来量度，掌握功和能的关系就可以分析得出结论．

𝑘232𝜋𝑚221122222𝑘232𝜋𝑚2211222225.

答：解：：、，到重力、环的支持力以的仑力，其中重力与支持力的方向在竖直方向上，水平方向有对的仑力的分力与对的仑力的分力，由共点力平衡的条件可知与对的用力都是吸引力，或都是排斥力，与的性定是相同的；与带种电荷，它们之间的库仑力是斥力；对，到重力、环的支持力以、对的仑力，重力的方向在竖直方向上，水平方向有支持力的向右的分力的库仑力向左的分力对库仑力的分力，若要平衡，则对的仑力沿水平方向的分力必须向右，所对的作力必须是吸引力，所与电性一定相反。即：、小同带负电荷，故AB错；环半径个小球带电量分别为几何关系可得3；与对的用力都是吸引力，它们对的用力在水平方向的分力大小相等，则：132

⋅𝑠𝑛30°𝑘2

所以：

12

31

.故C正，错误。故选：。分别对三个小球减小受力分析合平衡的条件判断应受到哪种力的作用对由点力平衡的条件判断、电的大小关系。该题结合库仑定律考查共点力作用下物体的平衡，解答的关键是正确选取研究对象，依据题目的条件判出平时与对的用力都是吸引力或是排斥力它对的用在水平方向的分力大小相等。6.

答：解：：据图甲可知，，0.02则有：𝜋变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为，错；B.

在图甲时，，磁通量大，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，故B正；C.处温度升高时，电阻减小，电压表测的压，则电压示减小示数不变，则电压表示数与示的比值变大故误；D

副线圈电压不变，等效为电源，将电看等效电源的阻，则电阻原来大于，温度升高时，电阻减小，则电阻的功率先增加后减小，即电压示与电流示的乘积先增大后减小，即电压表示与流示的乘积可能不变故正确。

2222𝑚2222𝑚故选：。甲图为正弦曲线，而非余弦曲线；在图甲𝑠时，矩形线圈平面与磁场方向垂直；原线圈的电压不会随着的变化而变化压示数与电流表示数的乘积为的功率相于电源的内阻，

时

的功率有最大值，由和小并不确定，故电压表示与流𝐼示数的乘积可能不变。本题考查了正弦式电流的图象和三角函数表达式等知识点。注意：正弦式交变电流的函数表达圈在中性面位置开始计时为

。7.

答：解：本题关键要分析汽车的受力情况顿第二定律判断加速度的变化汽发动机的功。汽以额定功率启动过程，速度增大，牵引力减小，合力减小，加速减小，当牵引力与阻力大小相等时，汽车做匀速运动，速度达到最大；汽以恒定加速度启动过程，牵引力不变，速度增大，发动机的功率大，当发动机的功率达到额定功率后，牵引力减小，加速度减小，当牵引力减小到与阻力大小相等时，加速度减为零，车匀速运动，速度达到最大。对于汽车两种启动方式，关键要抓住发动机的功率等于牵引力大小与速率的乘积，一时，与成比，一时与成比，再根据牛顿第二定律分析汽车的运动过程。汽以额定功率启动过程，速度增大，牵引力减小，合力减小，加速度减小，当牵引力与阻力大小相等时，汽车做匀速运动，速度达到最大，故错误，B正；C

汽车以最大速度行驶后，牵引力和阻力相等，，可知，若要减小速，减小牵引力功，故C正确；D

减小牵引力有两种情况小率来减小牵引力度减小小擦力来减小牵引力，速度会增加；汽车以最大速度行驶后，牵引力和阻力相等，，可知若再减小牵引，度一定减小，故D正确。

2𝐴𝐴22𝑉2𝐴𝐴22𝑉故选BCD。8.答：解：：、属棒位由静止开始向右做匀速运动，根

2

2知通、两位置的速度比为，根据知产生的电动势之比为，据知电的功率之比为故确．A动之比为以流比安培力之比据顿第二律，，以外力的小之比不等故误．C、

，

𝛷

，则

，故正确．D、据量守恒定律，热

2

．同理

，加速度相等、的移相等，不，所以产生的热量不等．故错误．故选：．金属棒由静止开始向右做匀加速运动，根据运动学公式求出金属棒通的度之比．由电磁感应、欧姆定律、安培力等知识求出功率、安培力、热量与速度的关系，进而求出相应的比值．据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出电量之比．本题考查综合运用电磁感应、电路知识、牛顿定律、运动学公式等知识的能力．9.

答：解：根据热力学第一定eq\o\ac(△,)𝐸可收量时体对外做功，因此，内能改变量需要考虑两者增减的大小比较，因此不确定内能增加或减小。故A正；B能守恒的物理过程不一定都能自发进行力学第二定律中指出低温向高温过程即使满足能量守恒也不会自发进行，故错误；C、据理想气体状态方程

，当升高温度时，气体分子的平均动能会增大，体积不变时，压强也会增大，故正确；D、体子间距比较大，不可忽略，因此分子体积不能计算得到，故D错误；E、温度是分子平均动能的标志，温度改变，分子的平均动能就改变，故正。故选：。

甲乙，甲乙，、、、)，得)3−2明确热力学第一定律的基本内容和应用，从而分析内能的变化；明确热力学第二定律的方向性知道气体压强的微观意义，明确气体分子体积较小，无法直接求出气体分子体积，只能求出分子据的空间；相同温度下所有气体的分子平均动能均相同。本题考查热力学第一定律、热力学第二定律、理想气体状态方程的应用以及内能等内容，要注明确热学基本知识的掌握；重点理解热力学第一定律以及热学现象中的方向性。10.

答：解：由图知，质点甲在波谷时，时，根图象的斜率表示速度，知质点乙的速度为正，说明质点乙在平衡位置轴方向振动．故确．B、若波方传播，时刻，甲在波谷，乙正通过平衡位置向上运动，则有34𝑛+3

，波速为4𝑛+3

，当时最，且，误．𝑎C、波方传播，则有，C确．为𝑎

甲乙

4

，、、、)，时长最长，D、波的传播速度为代入𝑣

34𝑛+3

，知𝑛即可成立，所以这列沿方传播，故正确．故选：根据图的斜率分析质点的振动方向．根据同一时刻两个质点的状态分析两者距离与波长的关系，写出波长的通项，得到波速的通项，再求最大传播速度和最大波长．求传播的离，确定波的传播方向．本题首先考查读图的能力，要求能根据两个质点的状态写出波长的通项，再得到波长的特殊值关键．11.

答：

𝑔𝑀)𝑎𝑔

偏大解：：木的加速大小为：𝑎

0.47

；对块、砝码盘和砝码系统，根据牛顿第二定律有：𝑔𝑔𝑀𝑎解得：

𝑔𝑀)𝑎𝑔

，

𝑦eq\o\ac(△,𝑈)eq\o\ac(𝑦eq\o\ac(△,𝑈)eq\o\ac(△,)令子的力大小，果滑轮略向下倾斜，根据牛顿第二定律有：𝑎𝑦解得：

，所以测量值偏大，故答案为：，

，偏利逐差法可计算出打出某点时纸带运动的加速度。对块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定求出木块与长木板间动摩擦因数。在验中纸带与打点计时器之间存在摩擦力存在空阻力据顿第二定律列式分析误差。解决该题的关键是掌握逐差法求解加速度的大小，能用整体法以及根据牛顿定律列方程并推导动摩擦因数的表达式；12.

答：解：根表中实验数据在坐标系内描出应点后根据描出的点作出图象象图所示：由图象图象可知，电图象与纵轴交点坐标值，电源电动势𝑉，电源内

𝛺．故答案为：图象如图所示；．应用描点法作出图象，电图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．本题考查了作图象、求电源电动势与内阻，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方，电源图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．13.

答：：、小组成的系统为研究对象，由于正碰后粘在一起的时间极短，小暂参与碰撞，选取向右为正方向，由动量守恒定律有：)

03220322解得：；碰后，、粘一起，小球向摆动，细绳水平方向分力、加，的度与、水平方向的速度相同时，小摆至最高点，以、、组的系统为研究对象，由动量守恒有：)′0得：′𝑠；设小球摆最大高度为，机械能守恒有：(解得：。答：小摆动的最大高度。解：滑水平面上两小车发生正碰的瞬间由于正碰后粘在起的时间极短暂未参与碰撞动量守恒求出后两的速度后粘在一起当的度水平方向的速度相同时，小球摆至最高点，以、、组的系统为研究对象，由动守恒求出、的同速度后小摆最大高度由机械能守恒可解小摆的最大高度。该题属于多物体多过程的动量守恒定律的应用，在水平方向没有外力做功的情况下运用动量守，和只有重力做功情况下的机械能守恒来解决实际问题。14.

答：：小块沿斜下滑过程中，受重、斜面支持力和洛伦兹.若小滑块离开斜面，洛伦兹方应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷。小块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有