2020年湖南省岳阳市高考物理质检试卷（二）（附答案详解）

2020年湖南省岳阳市高考物理质检试卷（二）

1.“和谐号”动车在启动阶段的运动可看做初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶

段，动车的速度、位移s、动量P、动能EK与运动时间t的关系，下列说法正确的是

()

A.I?与t成反比B.s与t成反比C.P与t成正比D.Ek与t成正比

2.电场强度为E的匀强电场水平向右，匀强磁场与匀强电场垂直，磁感应强度大小为

B,方向如图所示。一带电小球M斜向右上做匀速直线运动，速度与水平方向的夹

角为30。，该小球运动的速度大小为（）

--->

XXXXELX

xxx8xx

E

A.D.2

BBB

3.北京时间2019年4月10日21时，天文学家召开全球新闻发布会,

宣布首次直接拍摄到黑洞的照片，如图所示。黑洞是宇宙空间

内存在的一种密度极大，体积极小的天体，它的引力很大，连

光都无法逃脱。若某黑洞表面的物体速度达到光速c时。恰好

围绕其表面做匀速圆周运动，己知该黑洞的半径为R,引力常量为G,则可推测这

个黑洞的密度为（）

A.4B.4C.冷D.§

4nGR23JTGR24TTG3nG

4.如图所示，理想变压器原、副线圈中分别接有电阻治、R2,殳=/?2=100，原、

副线圈的匝数之比Ni：N2=2：1,/?2两端的电压为10心则4、B两端的电压为（）

5.如图所示，有一束单色光入射到极限频率为孙的金属板K

上，具有最大初动能的某出射电子，沿垂直于平行板电

容器极板的方向，从左侧极板上的小孔入射到两极板间的匀强电场后，到达右侧极

板时速度刚好为零。已知电容器的电容为C,带电量为Q,极板间距为d,普朗克常

量为h,电子电量的绝对值为e,不计电子的重力。关于电容器右侧极板的带电情况

和入射光的频率外以下判断正确的是（）

A.带正电,%+日B.带正电，氏+盥

C.带负电，v0+gD.带负电，%+盥

6.如图所示，质量为m的带电滑块放置于粗糙绝缘水平面上，与水平面之间的动摩擦

因数为。虚线MN左侧有匀强电场。将滑块由静止释放，滑块向右运动出的距离后

离开电场，在MN右侧水平面上滑行的最大距离也为沟。重力加速度为g,滑块运

动的过程中，下列说法正确的是（）

ZZ////ZZZ

A.滑块的最大动能为mg》。

B.滑块在电场中运动的时间为2聆

C.电场力对滑块的冲量大小为2m锯焉

D.滑块从开始运动到停止，电场力对滑块做功大于滑块克服摩擦力做功

7.如图所示，质量为9nl的滑块4置于光滑水平地面上，4底面宽为a,上表面宽为b,

高为九，左侧面为一光滑圆弧面，与地面平滑连接。将一质量为小的滑块B（可视为

质点）从4的左侧面顶端由静止释放，一段时间后B滑到4的底端。从系统开始运动

至刚滑到4底端的过程中，下列说法正确的是（）

A.A、B组成的系统动量守恒

B.支持力对B做功为卷mg/;

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C.合外力对4的冲量大小为艺匣

5

D.4滑动的距离为2（a-b）

8.许多手机利用了无线充电技术，给用户带来了全新体验。无线充电系统原理如图（a）

所示，给送电线圈中通以变化的电流，就会在邻近的受电线圈中产生感应电流。某

次充电过程简化为如图甲所示的模型，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属受电

线圈与阻值为2R的电阻&连接成闭合回路，线圈的半径为万。在受电线圈中半径为

上的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的

关系图线如图乙所示（规定图甲中B的方向为正方向）。图线与横、纵轴的截距分别

为t0和B。,导线的电阻不计。求0〜时间内下列说法正确的是（）

A.通过电阻％的电流b到a

B.线圈中的感应电动势为竺运

co

C.通过电阻R1的电荷量为粤声1

D.电阻&上产生热量为2嚅生

9.某实验小组利用如图所示的实验装置，探究质弹簧的弹性势能与形变量的关系，光

滑水平桌面距地面高为儿一轻质弹簧左端固定，右端与质量为m的小钢球接触，

弹簧处于原长时，将小球向左推，压缩弹簧一段距离后由静止释放，在弹簧将的作

用下，小球从桌子边缘水平飞出，小球落到位于水平地面的复写纸上，从而在复写

纸下方的白纸P点留下痕迹.（已知重力加速度为g）

(1)实验测得小球的落点P到。点的距离为，，那么由理论分析得到小球释放前压缩弹

簧的弹性势能Ep与九、I、mg之间的关系式为；

(2)改变弹簧压缩量进行多次实验，测量数据如下表所示，请在坐标纸上做出x-I图

象.

弹簧压形变量x/m0.0200.0400.0600.0800.1000.120

小球飞行水平距离，/m0.511.52.42.63.0

(3)由图象得出4与s的关系式为；由实验得到弹簧弹性势能Ep与弹簧压缩量x之间的

关系式为.

10.某实验小组想测量一金属丝的电阻率，他的部分操作步骤如下:

(1)用螺旋测微器测量金属丝直径，示数如图甲所示，则金属丝直径的测量值

d=mm。

(2)用图乙所示的电路图进行测量，图中心表示金属丝，咒为定值电阻。请根据电

路图在图丙中完成实物连线。

(3)不断改变金属丝接入电路的长度，记录多组电流表示数/和对应的金属丝长度L。

根据所得数据作出:-L图像如图丁所示，图中坐标值a、b、L】均为已知，且电源

的电动势已知为E,则该金属丝的电阻率可表示为。=o(用图中坐标值和题

中相关物理量的符号表示)

11.为了迎接2022年冬季奥运会，让更多的人感受运动的快乐，许多游乐场增设了娱

乐设施。设施可以简化成如图所示微型模型，光滑圆弧48在竖直平面内，圆弧8处

的切线水平，4、B两端的高度差为九=0.2m,B端高出水平地面〃=0.87n,水平

地面上的。点在B点的正下方，将一质量为m=1.0kg的滑块1从4端由静止释放，

落在水平面上的C点处。(g=10m/s2)

(1)求OC的距离s；

(2)若在B端栓接一长为L=1.0m的木板MN,木板的左端M处静止放置一个与滑块

1完全相同的滑块2(图中未画出)。将滑块1从4端静止释放，与滑块2发生正碰后粘

在一起，恰好运动到N端停止，求木板与滑块之间的动摩擦因数出

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(3)若在(2)中将上述木板右端截去长为ZL的一段，滑块1从4端静止释放，与滑块2

正碰后将一起滑离木板落在水平面上P点处(图中未画出)，要使落地点P距。点的距

离最远，4L应为多少？

12.如图甲所示带孔的金属板P、Q竖直放置相距3其间的匀强电场场强为E、方向竖

直向上。过孔工的水平线交Q板于Oi，Oi到孔S2的距离为)，竖直荧光屏N上的。2点

与工。】在同一水平线上，其间有垂直纸面向外的匀强磁场。现在灯丝K和金属板P之

间加如图乙所示的加速电压a,热电子(在K极处速度为零)沿Si。1进入P、Q间的电

场，发现只在荧光屏Q点下方出现了亮点。向右移动N屏，亮点将沿屏向上移动,

当N与Q的距离为学L时，亮点移到。2点，再向右移动N屏，亮点从屏上消失。己

知电子的质量为血，电荷量为e,电子在K、P之间的加速时间极短，不计电子的重

力，求：

(1)能使电子打到N板的加速电压值u；

(2)磁场的磁感应强度B。

13.下列说法正确的是()

A.物体内能改变时，其温度必定改变

B.一定质量的理想气体保持压强不变，温度升高，单位时间内气体分子对单位面积容

器壁的碰撞次数一定减少

C.一定质量的理想气体压强不变，体积增大，其内能必增大

D.所有晶体的物理性质都是各向异性的

E.温度相同、质量相等的氢气和氧气，若均可视为理想气体，则氢气的内能比氧气的

内能大

14.如图所示，一导热良好的圆柱形气缸固定在倾角为30。的斜面上，气缸内用质量为

的活塞封闭了一段长为H的空气柱，开始时活塞被插销锁定缸内气体压强等于大气

压强，解除插销锁定后活塞可沿气缸无摩擦滑动，因气缸导热，一段时间后活塞再

次静止，若大气压强恒为Po,活塞横截面积为5,环境温度恒定•求活塞再次静止

时空气柱的长度。

15.如图为一列沿x轴正力向传播的简谐横波在t=0波形图,

此时波正好传播到B点，4质点在负向最大位移处，t=Is

时刻质点4第一次出现在正向最大位移处，则（）

A.该波的周期为2s

B.该波的波速为lm/s

C.t=3s时质点4的加速度为零

».在25<1<2.55时间内，质点C向上运动

E.在2s<t<2.5s时间内。质点C加速度为正

16.图中半圆表示一透明材料做成的半圆柱形光学元件

的横截面，该光学元件紧靠一光屏且面与光屏垂

直，。为半圆的圆心，一细单色光束P。以i=30。的

入射角射到。点，如图所示，经面折射和反射后

在光屏上下两个光点M、N（图中未画出），若测得半

圆半径为R,两个光点M、N之间的距离为更R。求

3

该透明材料的折射率。

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：力、动车做初速度为零的匀加速直线运动，根据。=at可得，U与t成正比，

故A错误；

8、根据s=：at2可知，B错误；

C、动车的动量为P-mv-mat,故C正确；

D、动车的动能为a=^mv2=^m(at)2=1ma2t2,故。错误；

故选：Co

动车做初速度为零的匀加速直线运动，根据速度一时间公式，位移一时间公式及P=mv,

Ek即可判断。

本题主要考查了动车的速度、位移s、动量P、动能以与运动时间t的关系，关键是抓住

动车做初速度为零的匀加速直线运动即可。

2.【答案】B

【解析】解：小球在电磁复合场中做匀速直线运

动，由于洛仑磁力与小球速度有直接关系，故小

球做匀速直线运动，对其受力分析，如图所示：

qvBsin30°=Eq

解得：v=v-故B正确，ACO错误。

故选：B。

带电小球M斜向右上做匀速直线运动，可以推出小球做匀速直线运动，然后对其受力分

析即可求解。

本题考查受力分析，重点是对“直线运动”在该题情境中的理解，注意审题能力的培养。

3.【答案】A

【解析】解：设黑洞的质量为M,半径为R,则密度：P=f=熬；

设质量为m的物体在该黑洞表面，贝U：皿9=鬻，可得：9GM

黑洞表面的物体做匀速圆周运动的速度为光速c,则

联立可得：p='.故A正确，88错误

尸4nGR2

故选：4。

由质量、体积关系求出密度与体积的关系；根据环绕速度等于光速，然后结合万有引力

定律即可求出。

解决本题的关键知道黑洞是一个天体，其逃逸速度为光速，掌握万有引力提供向心力这

一理论，并能灵活运用。

4.【答案】C

【解析】解：根据晟=最可得原线圈两端电压Ui=20V,

副线圈的电流强度%=^=^A=1A

r(21U

根据其=最可得原线圈的电流强度为A=0.5/1

根据闭合电路的欧姆定律可得U=Ui+IR=20V+0.5x10V=257,故ABD错误，

C正确；

故选：Co

根据变压器原理求出原线圈的电压和电流，再根据闭合电路的欧姆定律求解。

本题主要是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，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功

率决定输入功率且相等。

5.【答案】C

【解析】解：以最大初动能入射至电容器的电子经板间的电场到达右侧板速度刚好为零,

说明电场力做负功，电场强度方向向右，右侧极板所带电荷为负电荷，

依据动能定理，则有：-6〃=0-岳皿，

其中由电容器电压与电荷量的关系，可知，w=p

由最大初动能与单色光入射频率的关系，可知：Ek0=hv-hv0,

代入化简，可得：v=v0+g；故A3。错误，C正确；

故选：Co

依据电场力做负功，结合电场强度方向，从而判定电荷的电性；再根据动能定理，结合

最大初动能与单色光入射频率的关系，即可求解。

考查带电粒子在电场中运动，掌握动能定理的应用，理解最大初动能与单色光入射频率

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的关系。

6.【答案】BC

【解析】解：4、从滑块开始运动到静止，据动能定理可得:

qEx0—fimg-2x0=0,

可得：qE-mg

从开始运动到刚要离开电场，据动能定理可得：

qEx0-nmgx0=Ekm-0,

解得：Ekm=^mgx0,

故A错误；

8、滑块在电场中运动的过程中，有：

qE—/img=ma,

1.7

XO=-at<

解得：t=2后,

故8正确；

C、电场力对滑块的冲量

I—qEt—mgt—mg-—2mqgx0

故C正确；

。、从开始运动到滑块停止，电场力对滑块做的功等于滑块克服摩擦力做的功，故。错

误；

故选：BC。

滑块在电场中受电场力和摩擦力作用，做匀加速直线运动，离开电场后在摩擦力作用下

减速，根据动能定理求滑块最大动能；根据牛顿第二定律求电场中运动加速度，根据位

移一时间关系求在电场中运动时间；根据冲量公式计算电场力冲量；根据功能关系分析

做功大小关系。

本题是多过程问题，分析滑块的受力情况，由牛顿第二定律、运动学公式和动能定理进

行解答。

7.【答案】CD

【解析】解：4、由于4、B组成的系统竖直方向合外力不为零，竖直方向动量不守恒，

所以4、B组成的系统动量不守恒，故A错误；

B、设B滑到底端的速度大小为玲，此时4的速度大小为女,取向右为正方向，水平方向

根据动量守恒定律可得：

0—9mvr—mv2

根据系统机械能守恒定律可得：mgh=|x9mvf+gm谚

联立解得：叫=霆,“2=3收

根据动能定理可得支持力对4做的功为：也="9小谱，解得：WA=^mgh,

由于4和B组成的系统机械能守恒，则支持力对B做功为唯=-春加9上故8错误；

C、根据动量定理可得合外力对4的冲量大小为〃=9m%,解得：〃=到瞥，故c正

确；

。、根据“人船模型”可得：9mx=m（a—b—x）,解得4滑动的距离为：x=V（a-b）,

故。正确。

故选:CD-

根据动量守恒定律的守恒条件进行分析；水平方向根据动量守恒定律列方程，再根据系

统机械能守恒定律列方程求解B达到最低点速度大小，根据动能定理、机械能守恒定律

分析支持力对B做的功；根据动量定理求解合外力对4的冲量大小；根据“人船模型”

求解4滑动的距离。

本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是:

系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正

方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。

8.【答案】ACD

【解析】解：4、根据题意可知，受电线圈中向里的磁通量均匀减小，则感应电流的磁

场方向也向里，由楞次定律可以得到受电线圈中感应电流的方向为顺时针方向，外电阻

电流方向为b->a,故A正确；

以根据法拉第电磁感应定律可.知，线圈中产生感应电动势：E=n-=nx-xS=nx

宇、兀域=空炉，磁场均匀减小，故产生的感应电动势是恒定的，故8错误;

C0C0

nBorrr-

通过此的电荷量心也=展ft。xt="吧逊_，故c正确;

1

R+2R-3Rt0

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。、电阻％上产生的热量Q=/2/?汽=（噜萼）2X2Rx"=已需受I,故。正确。

K~vVKLn

故选：ACD.

根据楞次定律判断受电线圈中感应电流的方向；

根据法拉第电磁感应定律可求感应电动势；

由欧姆定律求出电流，从而求出电量大小；

根据焦耳定律即可求出电阻R上产生的热量；

在求解交变电流的热量时要用有效值。在电磁感应中通过导体截面的电量经验公式是

q=n普，可以在推导的基础上记住。而此题由于磁感应强度的均匀变化，导致产生恒

定的感应电流，至于感应电动势、电荷量、热量等可按直流电相关知识来求。

9.【答案】（1）0=喏；（2）如图所示

【解析】（1）小钢球离开光滑槽后做平抛运动，设运动时间为3离开光滑槽时的速度为

%.在竖直方向上是自由落体运动：

有：%=1gt2

水平方向上是匀速直线运动：

IVgt

在弹簧推小球的过程中，机械能守恒，所以有：

1,

Ep=2^0

解得：

F_mg正

P一4h

（2）通过描点法根据测量数据作出X-I图象.

x/lO-^

(3)通过图象可以看出，x与I图线的斜率k=0.04,

所以％与/的关系式是％=0.04/

解得：丝等

首先对小球的运动情况进行分析，小球离开光滑槽后做平抛运动，常用的方法是把运动

沿水平和竖直方向进行分解为匀速直线运动和自由落体运动，分别进行列式可求出小球

释放前压缩弹簧的弹性势能与与九、，和mg之间的关系式.

通过对图线的斜率进行分析和求解，可得出x和I之间的关系，结合以上的结论可得到弹

簧弹性势能与弹簧压缩量x之间的关系式.

nEd2(b-d)

10.【答案】4.700

【解析】解：(1)螺旋测微器的读数：固定刻度读数+可动刻度读数(可估读)则有4.56机+

20.0x0.01mm=4.700mm

(2)根据电路图在图丙中完成实物连线

(3)根据图像可知，导线的总长度为L，设接入导线长度为3则可知接入电阻为R=六"

则由闭合电路欧姆定律可知/=若不

n+rtQTr

变形可得宁=竿+务4

Ib匕乙1

根据图像规律可知

R_b-a

Ro+ra,x

EEL1—Li

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解得%=E(b-a)

根据电阻的决定式心=口念

整理得P=吗(…)

故答案为：(1)4.700；(2)如图所示；⑶叫…)。

(1)根据螺旋测微器读数方法进行读数；

(2)根据原理图可知可得出实物图；

(3)根据电阻定律求得电阻率.

本题考查了测量金属丝的电阻率的实验，注意应用闭合电路欧姆定律与电阻定律求出图

象的函数表达式是正确解题的前提与关键，要掌握应用图象法处理实验数据的方法。

11.【答案】解：(1)滑块1从4到8的过程中，设在8的速度为火,根据动能定理可得：

mgh=

滑块1从B到C过程中，根据平抛运动规律，有：

2

H=\gt,s-vot

联立解得：s=0.8m；

(2)滑块1与滑块2碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：

mv0=(m+m)v

从M到N运动过程中，根据动能定理有：-〃(m+m)gZ,=0-9(机+机)浮

联立解得：4=0.05；

(3)截去4L后，滑块先做减速运动，再做平抛运动，设平抛运动的初速度为巧，根据动

能定理有：

—fi(m+m)g(L—AL)=|(?n+m闷—1(zn+m)v2

平抛的水平距离：Si=%t

距离。点的距离：x=(L-4L)+S1

联立解得：x=(1-4L)+0.4VZT

令y=VZL,则：x=—y2+0.4y+1

所以当y=0.2时x有最大值，即/L=0.04m时落地点距。点最远。

答：(1)OC的距离为0.8m；

(2)木板与滑块之间的动摩擦因数为0.05；

(3)要使落地点P距。点的距离最远，4L应为0.04m。

【解析】(1)滑块从光滑圆弧下滑过程中，根据动能定理求出滑块滑到B点的速度。滑块

离开B点后做平抛运动，运用运动的分解方法求出OC的长；

(2)根据动量守恒定律结合动能定理求出木板与滑块的动摩擦因数；

(3)若将木板右端截去长为4L的一段，根据动能定理求出滑块滑到木板右端的速度，由

平抛运动知识得出落地点距。点的距离与ZL的关系，由数学知识求出此距离的条件。

本题主要是考查动量守恒定律、平抛运动的规律、动能定理等知识，关键是弄清楚物块

的运动情况，掌握平抛运动的规律，能够根据动量守恒定律进行解答。

12.【答案】解：(1)由题意可知，电子从P到Q运动过程中，有水平方向L=

竖直方向/1=：砒2

有牛顿第二定律知eE=ma

电子在加速电场中运动时，根据动能定理知eu=gm诏

联立得能使电子打到N板的加速电压值“=\EL

(2)电子到达S2时，速度偏离水平方向的夹角。满足tan。=/=1

则。=45°

电子在磁场中运动时，有R+Rsin8=超L

2

得R=L

又洛伦兹力提供向心力euB=

根据动能定理得eU+eEh=1mv2

联立得B=叵

7eL

答：(1)能使电子打到N板的加速电压值为：EL；

(2)磁场的磁感应强度为叵。

【解析】(1)对带电粒子在电场中运动受力分析，然后进行求解；

(2)首先对电子在电磁场中运动情况，然后运用几何知识结合动能定理求解.

解决本题的关键知道电子在复合场中做直线运动时，电场力和洛伦兹力平衡，掌握处理

类平抛运动的方法，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解.

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13.【答案】BCE

【解析】解：4、物体的内能改变，可能是分子势能和分子的动能改变了，如果分子势

能发生了变化，分子平均动能可能不变，所以温度不一定改变，故A错误；

B、一定质量的理想气体保持压强不变，温度升高，根据理想气体状态方程岸=C可知，

理想气体的体积变大，单位体积内的分子数减小，所以温度升高，单位时间内气体分子

对容器壁的碰撞次数一定减少，故8正确；

C、一定量的理想气体，若压强不变，当体积增大时，气体对外界做功，即W<0,根

据理想气体状态方程华=C可知，温度升高，理想气体内能增加，故C正确；

。、单晶体一定具有规则形状，且单晶体有各向异性的特征，多晶体有各向同性，故。

错误；

E、氢气和氧气只有分子动能，当温度相同，它们的平均动能相同，而氢气分子摩尔质

量小，质量相等时，氢气分子数多，所以氢气内能多，故E正确。

故选：BCE.

物体的内能是分子动能和分子势能的和，温度是分子平均动能大小的标志，温度升高物

体分子的平均动能增大；根据气体压强的微观解释判断；根据热力学第一定律W+Q=

4U判断；晶体又分为单晶和多晶体，单晶体一定具有规则形状，且