（精校版）高三物理一模考试试卷集（45套）_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中物理

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高三物理一模考试试卷集
目录
2019-2020 学年四川省南充市高考物理一模试卷............................................................. 2
2019-2020 学年四川省成都市双流中学高考物理一模试卷...........................................10
2019-2020 学年上海市长宁区高考物理一模试卷...........................................................19
2019-2020 学年上海市杨浦区高考物理一模试卷...........................................................27
2019-2020 学年上海市浦东新区高考物理一模试卷.......................................................37
2019-2020 学年上海市闵行区高考物理一模试卷...........................................................47
2019-2020 学年上海市嘉定区高考物理一模试卷...........................................................57
2019-2020 学年上海市黄浦区高考物理一模试卷...........................................................66
2019-2020 学年上海市虹口区高考物理一模试卷...........................................................75
2019-2020 学年上海市奉贤区高考物理一模试卷...........................................................86
2019-2020 学年上海市崇明区高考物理一模试卷...........................................................96
2019-2020 学年上海市宝山区高考物理一模试卷........................................................ 105
2019-2020 学年陕西省西安市蓝田县高考物理一模试卷............................................ 114
2019-2020 学年陕西省西安市高考物理一模试卷........................................................ 125
2019-2020 学年陕西省汉中市高考物理一模试卷........................................................ 135
2019-2020 学年陕西省高考物理一模试卷.................................................................... 146
2019-2020 学年山东省淄博市高考物理一模试卷........................................................ 156
2019-2020 学年山东省潍坊市高考物理一模试卷........................................................ 168
2019-2020 学年山东省日照市高考物理一模试卷........................................................ 179
2019-2020 学年山东省青岛市高考物理一模试卷........................................................ 191
2019-2020 学年江苏省扬州市高考物理一模试卷........................................................ 201
2019-2020 学年江苏省苏、锡、常、镇四市高考物理一模试卷................................213
2019-2020 学年江苏省四市（南通、扬州、泰州、宿迁）高考物理一模试卷........226
2019-2020 学年江苏省南京市、盐城市高考物理一模试卷........................................ 239
2019-2020 学年广东省珠海市高考物理一模试卷........................................................ 251
2019-2020 学年广东省肇庆市高考物理一模试卷........................................................ 259
2019-2020 学年广东省湛江市高考物理一模试卷........................................................ 271
2019-2020 学年广东省深圳市高考物理一模试卷........................................................ 281
2019-2020 学年广东省汕头市高考物理一模试卷........................................................ 291
2019-2020 学年广东省茂名市高考物理一模试卷........................................................ 302
2019-2020 学年广东省揭阳市高考物理一模试卷........................................................ 313
2019-2020 学年广东省广州外国语学校高考物理一模试卷........................................ 323
2019-2020 学年广东省广州市高考物理一模试卷........................................................ 335
2019-2020 学年广东省佛山市高考物理一模试卷........................................................ 345
2019-2020 学年北京市海淀区高考物理一模试卷........................................................ 357
2019-2020 学年北京市丰台区高考物理一模试卷........................................................ 365
2019-2020 学年北京市东城区高考物理一模试卷........................................................ 374
2019-2020 学年北京市朝阳区高考物理一模试卷........................................................ 383
2018 年四川省内江市高考物理一模试卷........................................................................392
2018 年四川省成都市双流中学高考物理一模试卷........................................................402
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2018 年广东省深圳市高考物理一模试卷........................................................................413
2018 年广东省汕头市高考物理一模试卷........................................................................423
2018 年广东省茂名市化州市高考物理一模试卷............................................................435
2018 年广东省广州市高考物理一模试卷........................................................................444
2018 年广东省佛山市高考物理一模试卷........................................................................454
2019-2020 学年四川省南充市高考物理一模试卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分.在每小题给出的四个选项中，第14～题只有一项符合题目要求，
第18～21 题有多项符合题目要求.全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）六世纪末，伽利略用实验和推理推翻了已在欧洲实行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开
启了物理学发展的新纪元。下列说法符合物理学史实的是（
）
A．亚里士多德提出轻重不同的物体下落快慢相同
B．伽利略直接对自由落体运动进行了实验研究
C．亚里士多德提出力是改变物体运动状态的原因
D．伽利略间接证实了落体速度与时间成正比的假说
2．（6 分）如图所示的x﹣t 图象和ν﹣t 图象中，给出的四条出线1、2、3、4，分别代表物体1、2、3、4 的运动
情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是（
）
A．t2、t4 时刻分别表示物体2、4 开始反向运动
B．t1 时刻物体1 的速度等于物体2 的速度
C．t3 时刻物体3 的加速度大于物体4 的加速度
D．0～t3 时间内物体3、4 的平均速度大小相等
3．（6 分）水平放置的平行板电谷器与某恒压电源相连，一带电液滴在两板间处于静止状态，现将上板瞬间向上移
动少许到图中水平虚线位置，则（
）
A．电容器的电容增大
B．电容器的电量增大
C．电容器的电压增大
D．液滴向下运动
4．（6 分）身高和质量完全相同的两人穿同样的鞋在同一水平地面上通过一轻杆进行顶牛比赛，企图迫使对方后退。
设甲、乙对杆的推力分别为F1、F2．甲、乙两人身体因前倾而偏离竖直方向的夹角分别为α1、α2，倾角α越大，
此刻人手和杆的端点位置就越低，如图所示，若甲获胜，则（
）
A．F1＝F2α1＞α2
B．F1＞F2α1＝α2
C．F1＝F2α1＜α2
D．F1＞F2α1＞α2
5．（6 分）四个电荷量大小相同的点电荷位于正方形四个角上，电性与各点电荷附近的电场线分布如图所示。ab、
cd 分别是正方形两组对边的中垂线，O 为中垂线的交点，P、Q 分别为ab，cd 上的两点，OP＞OQ，下列说法
中正确的是（
）
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A．P、Q 两点电势相等，场强不同
B．P 点的电势比M 点的低
C．PM 两点间的电势差大于QM 间的电势差
D．带负电的试探电荷在Q 点的电势能比在M 点小
6．（6 分）如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD﹣A1B1C1D1，从顶点A 沿不同方向平抛
一小球（可视为质点）。关于小球的运动，下列说法正确的是（
）
A．落点在A1B1C1D1 内的小球，落在C1 点时平抛的初速度最小
B．落点在B1D1 上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是૚：૛
C．运动轨迹与AC1 相交的小球，在交点处的速度方向都相同
D．运动轨迹与A1C 相交的小球，在交点处的速度方向都相同
7．（6 分）如图所示，A、B 两个物体放在水平旋转的圆盘上，A 的质量是m，B 的质量为2m，B 离轴距离为R，
A 离轴距离为2R，在转盘转速增加的过程中，两物体始终相对盘静止，则（
）
A．A 与B 的线速度之比为૛：1
B．A 与B 的角速度之比为1：1
C．A 与B 的向心加速度之比为1：1
D．摩擦力对物体做正功
8．（6 分）已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上
具有一定初速度的物块（如图a 所示），以此时为t＝0 时刻记录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变
化关系，如图b 所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1＞v2，已知传送带的速度保
持不变，则下列判断正确的是（
）
A．t1﹣t2 内，物块对传送带一直做正功
B．物块与传送带间的动摩擦因数μ＞tanθ
C．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大
D．0﹣t2 内，传送带对物块做功为
૚
૛ܕܞ૛૛െ
૚
૛ܕܞ૚૛
二、非选择题：
9．在探究“物体质量一定时加速度与力的关系”的实验中，某兴趣小组对教材介绍的实验方案进行了优化，设计
了如图1 所示的实验装置。其中M 为带滑轮的小车的质量，m 为砂和砂桶的质量（滑轮质量不计）
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（1）在平衡摩擦力后，依据优化后的实验方案，实验中
（选填“一定要”或“不必要”）保证砂和砂桶
的质量m 远小于小车的质量M；
（2）该同学在实验中得到如图3）所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器使用的
是频率为50Hz 的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为
m/s2（结果保留三位有效数字）。
（3）以弹簧测力计的示数F 为横坐标，加速度a 为纵坐标，画出的a﹣F 图象是一条过原点的直线，如图2 所
示，若直线的斜率为k，则小车的质量为
。
10．玩具电动机的额定电压为3V，其线圈的电阻Rx 大约为15Ω，当其两端电压达到0.3V 时，电动机才会开始转
动。为了尽量准确测量线圈的电阻Rx，某同学设计了部分电路原理图如图所示，可供选择的器材有：
电流表A1（0～20mA、内阻约10Ω）；
电流表A2（0～200mA、内阻约5Ω）；
滑动变阻器R1（0～10Ω，额定电流2A）
滑动变阻器R2（0～2kΩ，额定电流1A）；
电压表V（2.5V，内阻约3kΩ）；
电源E（电动势为3V、内阻不计）；
合适的定值电阻R
开关S 及导线若下
（1）应选择的电流表为
，滑动变阻器为
；
（2）如图电压表右端c 应连接在
点（选填“a”或“b”）
（3）某次实验中，保证电动机不转动的状态下，电压表的读数为U，电流表的读数为I，则计算电动机线圈电
阻的表达式Rx＝
（用题给符号表示）
11．如图所示，质量为m＝1kg 物体A（可视为质点）放置在光滑的平台上，与一根处于自然长度的弹簣接触但不
相连，弹簧另一端固定在竖直墙面上，平台右侧的光滑水平地面上有紧靠平台的足够长的质量为M＝2kg 的木
板B，木板上表面与平台相平。现用水平向左的力作用于物体A 上将弹簧缓慢压缩一段距离后，撤去外力使A
静止释放，已知A 滑上木板B 时的速度为v0＝2m/s，A 与B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，求：
（1）释放物体A 瞬间，弹簧的弹性势能Ep；
（2）A 在B 上滑动的时间t
12．如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xoy 中，x 轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量
为﹣q（﹣q＜0）的带电绝缘小球，从y 轴上的P（0，L）点由静止开始释放，运动至x 轴上的A（﹣L，0）点
时，恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在x 轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管。细管的圆心O1 位
于y 轴上，交y 轴于B 点，交x 轴于A 点和C（L，0）点已知细管内径略大于小球外径，小球直径远小于细管
半径，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）匀强电场的电场强度的大小；
（2）小球运动到B 点时对管的压力的大小和方向；
（3）小球从C 点飞出后落在x 轴上的位置坐标
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选考题：
13．如图，一定量的理想气体从状态a 变化到状态b，其过程如p﹣V 图中从a 到b 的直线所示。在此过程中（
）
A．气体温度一直降低
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体一直从外界吸热
E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
14．在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U 形管两端竖
直朝上时，左，右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0cm 和l2＝12.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg．现将U 形
管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U 形管平放时两边空气柱的长度。在
整个过程中，气体温度不变。
15．关于黄光和蓝光的比较，下列说法正确的是（
）
A．从玻璃到空气发生全反射时，蓝光的临界角小于黄光的临界角
B．同一种介质对蓝光的折射率大于对黄光的折射率
C．黄光在真空中的速度大于蓝光在真空中的速度
D．在同一种均匀介质中，黄光的波长大于蓝光的波长
E．在同一个杨氏双缝干涉装置中，黄光的条纹间距小于蓝光的条纹间距
16．一列沿简谐横波传播方向上依次有相距为3m 的两个质点A 和B，如图所示为A 和B 的振动图象。波长λ满足
1m＜λ＜3m，求：
（i）该波传播的速度v
（ii）波通过A、B 两点的时间t。
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2019-2020 学年四川省南充市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分.在每小题给出的四个选项中，第14～题只有一项符合题目要求，
第18～21 题有多项符合题目要求.全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．【分析】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。
【解答】解：A、根据亚里士多德的论断，两物体从同一高度自由下落，重的物体下落得快，较轻的物体下落较
慢，故A 错误；
B、D、伽利略通过数学推算并用实验验证了小球在斜面上从静止开始运动的位移与所用时间的平方成正比，从
而间接证实了落体速度与时间成正比的假说，故B 错误，D 正确；
C、根据亚里士多德的论断，必须有力作用在物体上，物体才能运动，力是维持物体运动的原因，故C 错误；
故选：D。
【点评】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，这也是考
试内容之一。
2．【分析】x﹣t 图线的切线斜率表示物体的瞬时速度，根据斜率关系分析速度关系。在v﹣t 图线中，通过斜率分
析加速度关系。根据图象与时间轴所围的面积表示位移，进而分析平均速度关系。
【解答】解：A、根据x﹣t 图线的切线斜率表示物体的瞬时速度，知t2 物体2 开始沿反向运动，而t4 时刻物体
仍沿原方向运动。故A 错误。
B、在x﹣t 图象中，t1 时刻图线1 切线的斜率大于图线2 的斜率，则此时刻物体1 的速度大于物体2 的速度，即
v1＞v2．故B 错误。
C、v﹣t 图象的斜率表示加速度，t3 时刻图线3 切线的斜率大于图线4 的斜率，则此时刻物体3 的加速度大于物
体4 的加速度，故C 正确；
D、根据v﹣t 图象与时间轴所围的面积表示位移，知0﹣t3 时间内，物体3 的位移小于4 的位移，时间相等，则
3 的平均速度小于4 的平均速度。故D 错误；
故选：C。
【点评】本题要抓住位移时间图象与速度时间图象物理意义的区别，从斜率、面积等数学意义进行识别和理解。
3．【分析】根据平行板电容器的电容决定因素分析电容的变化、电容的定义式与匀强电场场强与电势差的关系求出
极板间的电场强度，根据题意判断极板间的电场强度如何变化，然后判断液滴如何运动。
【解答】解：带电液滴置于水平放置的平行板电容器的中间而静止，受重力和电场力平衡；
现将上极板向上移动少许，板间距离增大，根据Cൌ
ɛ܁
૝ૈܓ܌可知，电容减小；
由于电压一定，当电容减小，则由Q＝UC 可知，Q 会减小；
因电压不变，根据U＝Ed，极板间距增大，故电场强度变小，电场力小于重力，则液滴向下运动；
综上所述，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
【点评】本题考查了油滴运动方向问题，分析清楚极板间电场强度如何变化是解题的关键；要掌握电容的决定
式、定义式和场强与电势差的关系式。
4．【分析】由题，若甲获胜，说明甲受到的最大静摩擦力大于乙受到的最大静摩擦力，由于两人身高和质量完全相
同，两人穿同样的鞋，鞋与地面的动摩擦因数相同，分析两人对地面压力的大小关系，分析α1、α2 大小关系．根
据牛顿第三定律判断F1、F2 的关系．
【解答】解：在两人顶牛比赛中，决定胜负的是人受到的最大摩擦力的大小，若甲获胜，说明甲下蹲增大他与
地面的正压力才胜出，故α1＞α2；因为杆为轻杆，两人对杆的作用力可认为是作用力与反作用力，大小相等，有
F1＝F2，所以选项A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题是实际问题，关键是分析两人的最大静摩擦力的变化情况，来确定两人与地面间的正压力的大小
关系．
5．【分析】电场线的疏密表示场强的大小，根据电场线的方向确定场源电荷的正负。电势的高低看电场线的指向，
沿着电场线电势一定降低。根据电势高低判断功的正负，从而确定电势能的大小。
【解答】解：A、电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密，电场强度越大，根据图象知P 点的电场强度比Q
点的小；根据电场线与等势面垂直，可知ab 与cd 是两条等势线，则P 与O 的电势相等，Q 与O 的电势也相等，
所以P、Q 两点的电势相等；故A 正确；
B、ab 连线上各点的电势相等，沿着电场线方向，电势逐渐降低可知，M 点比ab 连线上各点的电势低，则P 点
的电势比M 点的高；故B 错误；
C、由于P、Q 两点电势相等，所以PM 两点间的电势差等于QM 间的电势差，故C 错误；
D、P、Q 两点的电势相等，又根据B 项分析可知M 点的电势比P 点的低，则Q 点的电势高于M 点的电势，而
负电荷在电势高处电势能小，所以带负电的试探电荷在Q 点的电势能比在M 点小；故D 正确；
故选：AD。
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【点评】本题的关键要掌握电场线的分布情况，理解电场的叠加原理，掌握电场线的两个物理意义：电场线的
疏密表示场强的大小，电场线方向表示电势的高低。
6．【分析】小球做平抛运动，水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动。运动时间由下落的高度决
定。由分位移公式求初速度。由机械能守恒定律研究落地时机械能。
【解答】解：A、小球落到A1B1C1D1 内时下落的竖直高度都相同，根据hൌ૚
૛gt2 可知，时间相同，落在C1 点时
水平位移最大，则平抛的初速度最大，选项A 错误；
B、落点在B1D1 上的小球，最近的水平位移为
૛
૛܉，最远的水平位移为a（a 为正方体的边长），则平抛初速度
的最小值与最大值之比是
૛
૛：૚ൌ૚：
૛，选项B 正确；
C、设AC1 的倾角为α，轨迹与AC1 线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ．则有ܜ܉ܖહൌܡ
ܠൌ
૚
૛܏ܜ૛
ܞ૙ܜൌ܏ܜ
૛ܞ૙，tanθൌ܏ܜ
ܞ૙，则tanθ＝2tanα，可知θ一定，则轨迹与AC1 线段相交的小球，在交点处的速度方向相
同，故C 正确；
D、运动轨迹与A1C 相交的小球，在交点处的位置不同，则竖直高度不同，根据ܞܡൌ
૛܏ܐ可知竖直速度不同，
因水平速度相同，可知速度方向都不相同，D 错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键要掌握平抛运动的研究方法，即水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体
运动，运动时间由下落的高度决定；掌握分位移公式；D 项也可以根据作为结论记住
7．【分析】A、B 共轴转动，角速度相等，根据转动的半径大小，结合v＝rω、a＝rω2 比较线速度、向心加速度的
大小，根据动能定理判断摩擦力做功的正负。
【解答】解：AB、A、B 共轴转动，角速度大小相等，即ωA：ωB＝1：1，由v＝rω得：vA：vB＝rA：rB＝2：1，
故A 错误，B 正确；
C、根据a＝rω2 知，A、B 的角速度相等，所以有：aA：aB＝rA：rB＝2：1，故C 错误；
D、由于只有摩擦力对物体做功，由动能定理得：Wf＝△EK，转盘转速增加则动能增加，所以摩擦力对物体做
正功，故D 正确。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键知道共轴转动的物体角速度相等，知道线速度、角速度、向心加速度的关系，并能灵
活运用。
8．【分析】由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上。0～t1 内，物块对传送带的摩
擦力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况。由于物块能向上运动，则有μmgcosθ＞mgsinθ．根据动
能定理研究0～t2 内，传送带对物块做功。根据能量守恒判断可知，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为
系统产生的内能，则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小。
【解答】解：A、由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上。0～t1 内，物块对传送
带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带一直做负功。故A 错误。
B、在t1～t2 内，物块向上运动，则有μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ．故B 正确。
C、0～t2 内，重力对物块做正功，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒
得知，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大。故C 正确。
D、0～t2 内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，
根据动能定理得：W+WGൌ૚
૛mv22െ૚
૛mv12，则传送带对物块做功W്
૚
૛mv22െ૚
૛mv12．故D 错误。
故选：BC。
【点评】由速度图象要能分析物块的运动情况，再判断其受力情况，得到动摩擦因数的范围，根据动能定理求
解功是常用的方法。
二、非选择题：
9．【分析】（1）小车所受拉力可以弹簧测力计测出，实验不需要控制砂和砂桶质量远小于小车质量。
（2）根据匀变速直线运动的推论：△x＝at2 求出加速度大小。
（3）根据题意，应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后分析答题。
【解答】解：（1）由图示实验装置可知，小车受到的拉力可以由弹簧测力计测出，实验不需要控制砂和砂桶的
质量m 远小于小车的质量M。
（2）计数点间有4 个点没有画出，则计数点间的时间间隔：t＝0.02×5＝0.1s；
由匀变速直线运动的推论：△x ＝at2 可知，加速度：a ൌܠ૝െܠ૚൅ܠ૞െܠ૛൅ܠ૟െܠ૜ૢ
ܜ૛
ൌ
ሺ晦䁪ૢ砀െ૛䁪૙૙൅૚૙䁪૙૚െ૜䁪ૢ૟൅૚૚䁪ૢૢ
െ૟䁪૙૛砀ൈ૚૙െ૛ૢ
ൈ૙．૚૛
ൌ2.00m/s2；
（3）由图示实验装置可知，小车受到的拉力为2F，由牛顿第二定律得：2F＝Ma，整理得：aൌ૛
ۻF，则a﹣F
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第8页（共465页）
图象的斜率：kൌ૛
ۻ，小车质量：Mൌ૛
ܓ；
故答案为：（1）不必要；（2）2.00；（3）
૛
ܓ。
【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变
时，加速度与拉力成正比，对a﹣F 图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数。
10．【分析】（1）根据给出的电表量程以及电动机内阻进行分析，确定合理的量程范围，从而确定电流表以及滑动
变阻器；
（2）分析电表内阻以及滑动变阻器的大小，从而确定电流表接法；
（3）根据欧姆定律即可确定线圈内阻。
【解答】解：
（1）电动机线圈的电阻Rx 大约为15Ω，为了保证实验过程中电动机不转动，其两端电压不超过0.3V，
可估算其电流Iൌ૙䁪૜
૚૞ൌ0.02A＝20mA，不超过20mA，所以电流表选择A1；由图示电路图可知，滑动变阻器采
用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1。
（2）所选电流表内阻约10Ω，电压表内阻约3kΩ，由于
૜૙૙૙
૚૞＞
૚૞
૚૙，电流表应选择外接法，即：电压表右端c
应连接在a 点。
（3）根据欧姆定律有：Rx+Rൌ܃
۷ ，所以有：Rxൌ܃
۷ െR。
故答案为：（1）A1；R1；（2）a；（3）
܃
۷ െR。
【点评】本题考查伏安法测电阻中的电路和电表的正确选择，要注意明确实验原理，知道分压和电流表外接法
的正确应用是解题的关键。
11．【分析】（1）由能量守恒可求解；
（2）分析物块和木板的运动，求得各自的加速度，由最终速度相等可求解。
【解答】解：（1）物块A 从释放到滑上木板B，由能量守恒知弹性势能全部转化为物块的动能：EPൌ૚
૛ܕܞ૙
૛ൌ2J
（2）物块滑上木板B 后，由于木板足够长，则物块减速，木板加速，最终相对静止。
物块向右减速：a1ൌૄ
ܕ܏
ܕ
ൌ2m/s2
木板B 向右加速：a2ൌૄ
ܕ܏
ۻ
ൌ1m/s2
最终共速，A 相对B 滑动的时间t，则v0﹣a1t＝a2t
解得：tൌ૛
૜s
答：（1）释放物体A 瞬间，弹簧的弹性势能为2J；
（2）A 在B 上滑动的时间为
૛
૜s
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，关键能够正确地受力分析，结合牛顿第二定律和
运动学公式分析物体的运动情况，知道最终速度相等是解题的关键。
12．【分析】（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据小球从A 点沿切线方向进入，求出
速度方向，从而求出合力方向，再根据几何关系求解；
（2）先根据几何关系求出半径，从P 到B 点的过程中，根据动能定理列式，在B 点，根据牛顿第二定律列式，
联立方程即可求解；
（3）从P 到A 的过程中，根据动能定理求出A 点速度，则C 点速度与A 点速度大小相等，小球从C 点抛出后
做类平抛运动，根据平抛运动基本公式求解。
【解答】解：（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A 点沿切线方向进入，则此
时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则ܜ܉ܖ૝૞૙ൌܕ܏
ܙ۳
解得：Eൌܕ܏
ܙ
（2）根据几何关系可知，圆弧的半径rൌ
૛ۺ
从P 到B 点的过程中，根据动能定理得：
૚
૛ܕܞ۰
૛െ૙ൌܕ܏ሺ૛ۺ ൅
૛ۺ砀െܙ۳ۺ
在B 点，根据牛顿第二定律得：N﹣mg＝m
ܞ۰
૛
ܚ
联立解得：N＝（૜൅
૛）mg，方向向上
根据牛顿第三定律可得小球运动到B 点时对管的压力的大小N'＝（૜൅
૛）mg，方向向下
（3）从P 到A 的过程中，根据动能定理得：
૚
૛ܕܞۯ
૛ൌܕ܏ۺ ൅ܙ۳ۺ
解得：ܞۯ ൌ
૝܏ۺ
小球从C 点抛出后做类平抛运动
抛出时的速度ܞ۱ ൌܞۯ ൌ
૝܏ۺ
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小球的加速度܏t ൌ
૛܏
当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x 轴，则有：ܞ۱ܜൌ૚
૛܏tܜ૛
解得：tൌ૛
૛ۺ
܏
则沿x 轴方向运动的位移xൌ
૛ܞ۱ܜൌ砀ۺ
则小球从C 点飞出后落在x 轴上的坐标x'＝L﹣8L＝﹣7L
答：（1）匀强电场的电场强度的大小为
ܕ܏
ܙ；
（2）小球运动到B 点时对管的压力的大小为（૜൅
૛）mg，方向向下；
（3）小球从C 点飞出后会落在x 轴上的坐标为﹣7L 的位置上。
【点评】本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律及平抛运动基本公式的直接应用，要求同学们能正确分析小
球的运动情况，能结合几何关系求解，特别注意题目中的隐含条件的使用，难度较大。
选考题：
13．【分析】根据气体状态方程
ܘt
܂ൌC 去判断温度，从而知道内能的变化。根据气体体积的变化分析做功情况。结
合热力学第一定律分析。
【解答】解：A、由图知气体的pV 一直增大，由
ܘt
܂ൌC 知气体的温度一直升高，故A 错误。
B、一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故B 正确。
C、气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C 正确。
D、气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律△U＝W+Q 可知气体一直从外界吸热，
故D 正确。
E、气体吸收的热量用于对外功和增加内能，故E 错误。
故选：BCD。
【点评】该题结合图象考查气态方程，能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系。要注意热力学第一
定律△U＝W+Q 中，W、Q 取正负号的含义。
14．【分析】左右两部分气体作等温变化，分析初态和末态气体的压强、体积，分别由玻意耳定律列式，即可求得
U 形管平放时两边空气柱的长度。
【解答】解：设U 形管平放时左右两边空气柱的长度分别为a 和b，它们的压强为p。
当U 形管两端竖直朝上时，左边气体的压强为p1＝12.0cmHg，右边气体的压强为p2＝12.0cmHg﹣6cmHg＝
6cmHg。
左右两部分气体作等温变化，分别由玻意耳定律得
对左部分气体有p1l1S＝paS
对右部分气体有p2l2S＝pbS
由几何关系有a+b＝l1+l2＝30cm
联立以上各式得a＝22.5cm，b＝7.5cm
答：U 形管平放时左右两边空气柱的长度分别为22.5cm 和7.5cm。
【点评】解决本题的关键是要知道U 形管平放时左右两边气体压强相等，两边气体的总长度不变，结合玻意耳
定律和几何关系进行求解。
15．【分析】明确临界角与折射率的关系；依据同一介质中，波长越长的，折射率越小；所有光在真空中速度均相
等；根据公式△xൌۺ
܌λ，即可一一求解。
【解答】解：A、蓝光的折射率比黄光的折射率大，由sinCൌ૚
ܖ可知蓝光的临界角小于黄光的临界角，故A 正
确；
B、对同一种介质而言，波长越长的，折射率越小，由于黄光的波长比蓝光长，因此黄光在其中的折射率小于蓝
光在其中的折射率，故B 正确；
C、所有光在真空中速度均相等，故C 错误；
D、在同一种均匀介质中，黄光的波长大于蓝光的波长，故D 正确；
E、根据公式△xൌۺ
܌λ，黄光的波长比蓝光长，则黄光的条纹间距大于蓝光的条纹间距，故E 错误；
故选：ABD。
【点评】本题考查了光的干涉的应用、光的传播、几种光的波长与频率高低的比较、及折射率与临界角的关系
等，掌握基础知识即可正确解题，平时要注意基础知识的学习与掌握。
16．【分析】根据质点的振动图象，分析同一时刻A、B 两个质点状态的关系，根据波的周期性，求出波长的通项；
根据1m＜λ＜3m，结合vൌܛ
ܜ，从而求解波速与传播的时间。
【解答】解：由图读出，该波的周期T＝0.6s；
当t＝0 时，A 处于波峰，B 在平衡位置向上振动，所以波从A 传向B，sൌۯ۰ ൌ（n൅૚
૝）λ＝3m
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解得：λൌ
૚૛
૝ܖ൅૚m（n＝0，1，2，3…）
因为1m＜λ＜3m，所以n＝1 或n＝2，
λൌ૚૛
૞m，vൌλ
܂ൌ4m/s
tൌۯ۰
ܞൌ0.75s；
当n＝2 时，λൌ૝
૜m，vൌλ
܂ൌ૛૙ૢm/s
tൌۯ۰
ܞൌ1.35s
答：（i）当n＝1 时，该波传播的速度4m/s；当n＝2 时，该波传播的速度
૛૙ૢm/sm/s
（ii）当n＝1 时，波通过A、B 两点的时间0.75s；当n＝1 时，波通过A、B 两点的时间1.35s。
【点评】本题考查运用数学方法解决物理问题的能力，能够根据振动图象能直接读出振幅、周期，基础题。
2019-2020 学年四川省成都市双流中学高考物理一模试卷
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～
8 题有多项符合题目要求，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）用波长为λ0 的单色光照射逸出功为W 的金属，刚好能发生光电效应，若改为波长为λ（λ＜λ0）的单色光
照射该金属，则从金属打出的电子的动能（
）
A．等于（
λ
λ૙
െ1）W
B．小于或等于（
λ૙
λ െ1）W
C．大于（1െλ
λ૙）W
D．大于或等于（1െλ૙
λ ）W
2．（6 分）矿井中的升降机以5m/s 的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3s 升降机底
板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，则井口到井底的距离
为（
）
A．15m
B．30m
C．45m
D．60m
3．（6 分）如图甲所示的电路中，当理想变压器a、b 端加上如图乙所示的交变电压，闭合开关S，三只相同灯泡均
正常发光下列说法中正确的是（
）
A．小灯泡的额定电压为6V
B．变压器原、副线圈的匝数比为3：1
C．图乙所示的交变电压瞬时值表达式为u＝36sin100πt（V）
D．断开开关S，L1 会变亮，L2 会变暗
4．（6 分）在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆1 和2 的
径迹照片如图所示，已知两个相切圆半径分别r1、r2，则下列说法正确的是（
）
A．原子核可能发生α衰变，也可能发生β衰变
B．径迹2 可能是衰变后新核的径迹
C．若衰变方程是ૢ
૚
૛૜砀U→ૢ
૙
૛૜૝TH൅
૛
૝He，则衰变后新核和射出的粒子的动能之比为117：2
D．若衰变方程是ૢ
૚
૛૜砀→ૢ
૙
૛૜૝TH൅
૛
૝He，则r1：r2＝1：45
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5．（6 分）如图所示，倾角为θ＝30°的斜面体静止在粗糙的水平面上，一质量为m、可看成质点的光滑小球在不
可伸长的轻绳拉力的作用下静止在斜面上。已知轻绳与斜面间的夹角也为θ，重力加速度为g，则水平面对斜面
体的摩擦力大小为（
）
A．
૚
૛mg
B．
૜
૟mg
C．
૜
૝mg
D．
૜
૜mg
6．（6 分）2019-2020 学年1 月3 日，嫦娥四号探测器登陆月球，实现人类探测器首次月球背面软着陆。为给嫦娥
四号探测器提供通信支持，我国于2018 年5 月21 日成功发射嫦娥四号中继星“鹊桥号”如图所示，“鹊桥号”
中继星围绕地月拉格朗日L2 点旋转，“鹊桥号”与L2 点的距离远小于L2 点与地球的距离。已知位于地月拉格朗
日Ll、L2 点处的小物体能够在地月的引力作用下，几乎不消耗燃料，便可与月球同步绕地球做圆周运动。下列
说法正确的是（
）
A．“鹊桥号”的发射速度大于11.2km/s
B．“鹊桥号”绕地球运动的周期约等于月球绕地球运动的周期
C．同一卫星在L2 点受地月引力的合力比在L1 点受地月引力的合力大
D．“鹊桥号”若刚好位于L2 点，能够更好地为嫦娥四号探测器提供通信支持
7．（6 分）如图所示，水平线a、b、c、d 为匀强电场中的等差等势线，一个质量为m，电荷量绝对值为q 的粒子
在匀强电场中运动，A、B 为其运动轨迹上的两个点，已知该粒子在A 点的速度大小为v1，在B 点的速度大小
为v2，且方向与等势线平行A、B 连线长为L，连线与竖直方向的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则（
）
A．该粒子一定带正电
B．匀强电场的电场强度大小
ܕሺܞ૚
૛െܞ૛
૛砀
૛ܙۺ粒子ܛી
C．粒子在B 点的电势能一定大于在A 点的电势能
D．等势线b 的电势比等势线c 的电势高
8．（6 分）如图所示，一根轻弹簧端固定在O 点，另一端固定一个带有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，
小球位于图中的A 点时，弹簧处于原长。现将小球从A 点由静止释放，小球向下运动能到达的最低点为D 点，
OB 垂直于杆，A、C 两点关于B 点对称。重力加速度为g，则小球从A 运动到D 的过程中（
）
A．加速度等于g 的点有三处
B．在C 点速度最大
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C．小球从A 运动到B 的时间与从B 运动到C 的时间相等
D．小球在A、C 两点的机械能相等
二、非选择题：第9-12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13-14 题为选考题，考生根据要求作答（一）必
考题
9．（6 分）如图，已知气垫导轨上滑块的质量为M，钩码的质量为m，遮光条宽度为d，两光电门间的距离为L，
气源开通后，滑块在牵引力的作用下运动，遮光条先后通过两个光电门的挡光时间为△t1 和△t2，取当地重力加
速度为g。
（1）用上述装置探究滑块加速度a 与其质量M 及绳子拉力F（用钩码重力代替）的关系，下列做法正确的
是
。
A．应控制钩码的质量m 远小于滑块的质量M
B．可更换更宽的遮光条以减小实验误差
C．应调节滑轮高度使连接滑块的细线与轨道平行
D．还应测出滑块从光电门1 到光电门2 的时间△t
（2）还可用上述装置探究系统在运动中的机械能关系，滑块从光电门1 运动到光电门2 的过程中，满足关系式
时（用题干中的已知量表示），“钩码﹣滑块”系统机械能守恒。
10．（9 分）如图甲为某同学测量金属丝电阻率的实验电路图，R0 为保护电阻，实验的主要步骤如下，请完成相关
内容。
（1）用螺旋测微器测金属丝的直径d 如图乙所示，可读出d＝
mm
（2）将P 移到金属丝某一位置，闭合单刀双掷开关接位置I1，记下电流表读数，保持P 位置不变，将单刀双掷
开关接位置b，调节电阻箱阻值，使电流表读数为
（选填“
۷૚
૛，I1，2I1“），读出电阻箱读数，金属丝电
阻R1 等于此时电阻箱阻值，并测出此时金属丝接入电路MP 部分长度x1 值
（3）将P 移到金属丝另一位置，用同样方法测出金属丝接入电路电阻R2 值和接入电路长度x2 值，重复步骤（2）
多次，得出多组R和x的值，并画R﹣x的关系图如图丙所示。根据R﹣x的关系图线，求得图线斜率k为
（保
留3 位有效数字）
（4）由测得的数据计算可得金属丝电阻率ρ＝
Ω•m（保留2 位有效数字）
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11．（12 分）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4m，一端连接R＝1Ω的电阻。导轨所在
空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝5T．导体棒MN 放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导
轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，
速度v＝0.6m/s。求：
（1）感应电动势E 和感应电流I；
（2）在0.2s 时间内，拉力的冲量IF 的大小；
（3）若将MN 换为电阻r＝0.5Ω的导体棒，其它条件不变，求导体棒两端的电压U。
12．（20 分）如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R 的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C 的连线是水平直
径。MN 为过半圆圆心O 的竖直界直界线，MN 界线（含界线）右侧空间有足够大的匀强电场。现有一质量为
m 的带电小球（可视为质点）从B 点正上方距离B 为2R 的A 点自由下落，结果小球从管口C 处脱离圆管后，
其运动轨迹经过MN 界线上的P 点，A、P 两点在同一水平线上。小球进入电场后，所受电场力竖直向上的分力
大小与重力大小相等，小球运动过程中带电荷量保持不变，重力加速度为g，空气阻力不计，求：
（1）小球经过管口B 时重力的瞬时功率；
（2）小球经过P 点时的速度大小；
（3）电场力的大小及小球经过管口C 时对管壁的压力。
[物理一选修3-4]（15 分）
13．（5 分）以下物理学知识的相关叙述中，正确的是（
）
A．交警通过发射超声波测量车速是利用了波的多普勒效应
B．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振
C．通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条紋，说明光具有波动性
D．红外线的显著作用是热作用，温度较低的物体不能辐射红外线
E．在“测定玻璃的折射率”的实验中，若玻璃的两界面不平行，不会影响实验结果
14．（10 分）一列简谐横波，在t＝0 时刻的波形如图所示，质点振动的振幅为20cm。P、Q 两点的坐标分别为﹣1m
和﹣5m，波沿x 轴负方向传播。已知t＝0.5s 时，P 点第一次出现波谷。试计算：
①这列波的传播速度多大；
②当Q 点第二次出现波峰时，P 点通过的路程为多少。
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2019-2020 学年四川省成都市双流中学高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～
8 题有多项符合题目要求，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．【分析】抓住单色光照射金属刚好发生光电效应，求出金属的逸出功，根据光电效应方程求出光电子的最大初动
能。
【解答】解：用波长为λ0 的单色光照射某种金属，刚好发生光电效应，则该金属的逸出功܅૙ൌܐ粒
λ૙
改为波长为λ（λ＜λ0）的单色光照射该金属，根据光电效应方程可得：۳ܓܕൌܐ粒
λ െ܅૙
可得：Ekm＝（
λ૙
λ െ1）W，
可知从金属打出的电子的动能应小于等于（
λ૙
λ െ1）W．故B 正确，ACD 错误
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与遏止电压的关系，并能灵活运用，基础题。
2．【分析】螺钉脱落后做竖直上抛运动，抓住升降机的位移与螺钉的位移之和等于H 即可求解。
【解答】解：由运动学公式可得，螺钉自脱落至井底的位移：h1＝﹣v0t൅૚
૛gt2，
升降机这段时间的位移h2＝v0t，
故矿井的深度为h＝h1+h2＝45m，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
【点评】解决本题的关键搞清升降机和螺钉的运动状况，结合运动学公式灵活求解，难度不大，属于基础题。
3．【分析】由三只灯泡均正常发光，则可求得原副线圈的电流，求得匝数之比；根据断开开关后负载电阻的变化确
定电流的变化，从而明确灯泡的亮度变化。
【解答】解：A、当S 闭合后，原线圈中I1 等于灯泡L1 的电流，副线圈中I2 是灯泡L2 和L3 的电流之和，由于
三只相同的灯泡正常发光，故I2＝2I1，根据n1I1＝n2I2 可知n1：n2＝2：1，由于输入电压U＝UL+U1＝18V，且
܃૚
܃૛
ൌ
ܖ૚
ܖ૛
，U2＝UL，得U1＝2UL，故UL＝6V，即小灯泡的额定电压为6V，故A 正确，B 错误；
C、由题意得图乙所示的交变电压瞬时值表达式为u＝18 ૛sin 100πt（V），故C 错误；
D、断开开关S，负载电阻增大，副线圈电流I2 减小，原线圈电流I1 随之减小，则有灯泡L1 变暗，L1 两端电压
减小，由U1＝U﹣UL 得原线圈两端电压U1 增大，副线圈两端电压U2 随之增大，灯泡L2 变亮，故D 错误。
故选：A。
【点评】本题考查变压器的基本内容，明确电流电压与匝数的关系，电表的示数为有效值，可以类比于闭合电
路欧姆定律的动态分析方法进行分析处理。
4．【分析】静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后的粒子的运动的方向相反，在根据粒子在磁场
中运动的轨迹可以判断粒子的电荷的性质；衰变后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
可得半径公式，结合轨迹图分析。
【解答】解：A、原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子动量方向相反，粒子
速度方向相反，由左手定则知：若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中
的轨迹为外切圆，所以为电性相同的粒子，可能发生的是α衰变，但不是β衰变，故A 错误；
B、核反应过程系统动量守恒，原子核原来静止，初动量为零，由动量守恒定律可知，原子核衰变后生成的两核
动量P 大小相等、方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝
m
ܞ૛
ܚ，解得：rൌܕܞ
ܙ۰ ൌ۾
ܙ۰，由于P、B 都相同，则粒子电荷量q 越大，其轨道半径r 越小，由于新核的电荷量大
于粒子的电荷量，则新核的轨道半径小于粒子的轨道半径，则半径为r1 的圆为放出新核的运动轨迹，半径为r2
的圆为粒子的运动轨迹，故B 错误；
C、根据动量守恒定律知，新核TH 和α粒子的动量大小相等，则动能EKൌ۾૛
૛ܕ，所以动能之比等于质量之反比，
为2：117，故C 错误；
D、由B 选项的分析知：r1：r2＝2：90＝1：，故D 正确；
故选：D。
【点评】知道原子核衰变过程动量守恒是本题解题的前提与关键，分析清楚图示运动轨迹、应用动量守恒定律
与牛顿第二定律即可解题。
5．【分析】小球和斜面均处于平衡状态，分别对小球和斜面受力分析应用合成或分解即可解决。
【解答】解：选小球为研究对象，受力分析并合成如图：
由平衡条件：F′＝mg
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由平面几何知识可得：N 与F′夹角为30°，T 与F′夹角也为30°
故画出的平行四边形为菱形，连接对角线便可找出直角三角形：
由cos30°ൌ
۵
૛
܂得：
Tൌ
૜
૜mg
以小球和斜面体整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向上有：
f＝Tsin30°ൌ
૜
૟mg
故ACD 错误，B 正确
故选：B。
【点评】对小球和斜面进行受力分析，运用力的合成或分解结合共点力平衡条件解决问题。选择好合适的研究
对象有事半功倍的效果。
6．【分析】卫星与月球同步绕地球运动，角速度相等，根据v＝ωr，a＝ω2r，比较线速度和向心加速度的大小。
【解答】解：A、11.2km/s 是卫星脱离地球的引力的第二宇宙速度，“鹊桥”的发射速度应小于11.2km/s，故A
错误；
B、根据题意知中继星“鹊桥”绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，故B 正确；
C、“鹊桥”中继星在的L2 点是距离地球最远的拉格朗日点，由Fn＝mω2r 可知在L2 点所受月球和地球引力的
合力比在L1 点要大，故C 正确；
D、“鹊桥号”若刚好位于L2 点，由几何关系可知，通讯范围较小，并不能更好地为嫦娥四号探测器提供通信支
持，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查万有引力的应用，题目较为新颖，在解题时要注意“鹊桥”中转星与月球绕地球有相同的角
速度这个隐含条件。
7．【分析】粒子竖直方向受电场力，做匀加速直线运动；水平方向不受力，故竖直分运动是匀减速直线运动；结合
运动的合成与分解的知识得到A 点速度与B 点速度的关系，然后对A 到B 过程根据动能定理列式求解电场强度。
【解答】解：A、电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场线的方向沿竖直方向，粒子弯曲的方向向上，所
以粒子受力的方向向上，但由于电场线方向不知，则粒子的电性无法确定，故A 错误；
B、在沿电场线的方向的位移：y＝Lsinθ
设A、B 间的电势差为UAB，由动能定理，有：qUAB＝qEyൌ૚
૛mܞ૚
૛െ૚
૛mܞ૛
૛
联立解得：Eൌ
ܕሺܞ૚
૛െܞ૛
૛砀
૛ܙۺ粒子ܛી；故B 正确；
C、电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场线的方向沿竖直方向，粒子弯曲的方向向上，所以粒子受力的
方向向上，从A 到B 的过程中电场力做负功，所以粒子的电势能增加，即在B 点的电势能一定大于在A 点的电
势能，故C 正确；
D、粒子受力的方向向上，若粒子带正电，则电场的方向向上，c 的电势高于b 的电势；若粒子带负电，则电场
的方向向下，c 的电势低于b 的电势，故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题关键是通过运动的合成与分解得到A 点速度和B 点速度的关系，然后结合动能定理列式求解即可，
基础题目。
8．【分析】当小球的合力等于重力时加速度为g，分析小球的受力情况，确定加速度的大小。小球的加速度为零时
速度最大。根据平均速度关系分析A 到B 与B 到C 运动时间关系。根据弹簧做功情况分析小球在A、C 两点的
机械能是否相等。
【解答】解：A、在A、C 两点时，弹簧处于原长，小球只受重力，加速度为g。当弹簧与杆垂直时，合力等于
重力，加速度为g，所以加速度等于g 的点有三处，故A 正确。
B、在C 点时加速度为g，方向向下，小球仍在加速，速度不是最大。当小球的加速度为零时速度最大，位置在
CD 之间，故B 错误。
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CD、小球从A 运动到C 的过程，弹簧的弹性势能变化量为零，根据小球和弹簧组成的系统机械能守恒，可知，
小球在A、C 两点的机械能相等，小球的重力势能减小，则小球在C 点的速度大于在A 点的速度，可知，AB
间的平均速度比BC 间的平均速度，所以小球从A 运动到B 的时间比从B 运动到C 的时间短，故C 错误，D 正
确。
故选：AD。
【点评】本题是含有弹簧的机械能守恒问题，要知道小球和弹簧组成的系统机械能守恒，但小球的机械能并不
守恒。要通过分析小球的受力情况，确定加速度为g 和速度最大的位置。
二、非选择题：第9-12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13-14 题为选考题，考生根据要求作答（一）必
考题
9．【分析】（1）根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤。
（2）根据系统重力势能的减小量和动能的增加量相等得出满足的表达式。
【解答】解：（1）A、实验中认为钩码的重力等于绳子的拉力，要满足钩码的质量m 远小于滑块的质量M，故
A 正确。
B、为了减小实验的误差，应更换更窄的遮光条，故B 错误。
C、实验时应调节滑轮高度使连接滑块的细线与轨道平行，故C 正确。
D、根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过两光电门的瞬时速度，结合两光电门间的距离L，根
据速度位移公式求出加速度，不需要测量滑块从光电门1 到光电门2 的时间，故D 错误。
故选：AC。
（2）滑块通过两光电门的瞬时速度为：
ܞ૚ൌ
܌
ᶭܜ૚
ܞ૛ൌ
܌
ᶭܜ૛
系统重力势能的减小量为：
△Ep＝mgL
系统动能的增加量为：ᶭ۳ܓൌ૚
૛ሺۻ ൅ܕ砀ሺܞ૛૛െܞ૚૛砀ൌ૚
૛ሺۻ ൅ܕ砀ሺ܌૛
ᶭܜ૛
૛െ܌૛
ᶭܜ૚
૛砀
当mgLൌ૚
૛ሺۻ ൅ܕ砀ሺ܌૛
ᶭܜ૛
૛െ܌૛
ᶭܜ૚
૛砀时，系统机械能守恒。
故答案为：（1）AC；（2）mgLൌ૚
૛ሺۻ ൅ܕ砀ሺ܌૛
ᶭܜ૛
૛െ܌૛
ᶭܜ૚
૛砀。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，在探究机械能守恒时，注意研究的对象是系统，抓住系
统重力势能的减小量和动能增加量是否相等进行探究。
10．【分析】（1）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；
（2）实验采用替代法测电阻，故应保证两次的电流相同；
（3）选择图象直线上距离较远的两个点，运用公式kൌᶭ܀
ᶭܠ求解图象的斜率；
（4）利用电阻定律，面积公式，结合图象的斜率，联立即可求出金属丝电阻率ρ；
【解答】解：（1）由图乙所示螺旋测微器可知其读数为：0mm+40.0×0.01mm＝0.400mm（0.399mm～0.401mm
均正确）
（2）实验采用替代法测电阻，故应保证两次的电流相同，故调节电阻箱阻值之后，应使电流表读数仍为I1，
（3）根据R﹣x 的关系图线，求得图线斜率：kൌ૜૚䁪ૢെ૙
૚૙૙૙െ૞ൎ32.1（32.0～32.2 均正确）
（4）根据电阻定律可得：R＝ρ
ܠ
܁，其中横截面积：Sൌૈ
ሺ܌
૛砀૛
联立可得：Rൌ૝ૉૈ
܌૛x
其中斜率：
૝ૉૈ
܌૛ൌ32.1
可得金属丝电阻率ρ＝4.0×10
﹣6Ω•m
故答案为：（1）0.400（0.399～0.401 均正确）；（2）I1；（3）32.1（32.0～32.2 均正确）；（4）4.0×10
﹣6。
【点评】本题考查金属电阻率的测量实验，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺
旋测微器需要估读；能利用图象结合电阻定律，求解圆柱体的电阻率。
11．【分析】（1）由E＝BLv 求出导体棒切割磁感线产生的感应电动势E，由闭合电路欧姆定律求出感应电流I，根
据右手定则判断感应电流的方向；
（2）导体棒匀速运动，先根据平衡条件求出拉力的大小，再根据I＝Ft 求拉力的冲量IF 的大小；
（3）先由闭合电路欧姆定律求出电流，然后由U＝IR 即可求出导体棒两端的电压U。
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【解答】解：（1）感应电动势为：E＝BLv＝5×0.4×0.6V＝1.2V
根据闭合电路欧姆定律得感应电流为为：Iൌ۳
܀ൌ૚䁪૛
૚A＝1.2A，
根据右手定则得导体棒MN 中电流的流向为：N→M；
（2）导体棒匀速运动，拉力等于安培力，则有：F＝F 安＝BIL＝5×1.2×0.4＝2.4N
拉力的冲量为：IF＝Ft＝2.4×0.2N•s＝0.48N•s；
（3）将MN 换为电阻r＝0.5Ω的导体棒，电路中的电流为：I′ൌ
۳
܀൅ܚൌ
૚䁪૛
૚൅૙䁪૞A＝0.8A
由欧姆定律有：U＝I′•R＝0.8×1＝0.8V。
答：（1）感应电动势是1.2V，感应电流是1.2A，导体棒MN 中电流的流向为：N→M；
（2）在0.2s 时间内，拉力的冲量IF 的大小为0.48N•s；
（3）导体棒两端的电压U 是0.8V。
【点评】对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，哪部分相当于外电路，要
知道导体棒两端的电压U 是外电压，不是内电压，不能根据U＝Ir 求U。
12．【分析】（1）小球从A 运动B 的过程做自由落体运动，由运动学公式求出小球到达B 点的速度大小，再由P＝
mgv 求小球经过管口B 时重力的瞬时功率；
（2）小球从A 运动B 的过程，根据动能定理求小球经过P 点时的速度大小；
（3）小球从C 运动到P 的过程，受到重力和电场力作用，小球做类平抛运动，根据分位移公式和牛顿第二定律
列式，小球从C 到P 根据动能定理列式，从而求得求出电场力的水平分力，与竖直分力合成即可求得电场力。
根据向心力和牛顿第三定律求小球经过管口C 时对管壁的压力。
【解答】解：（1）小球经过管口B 时速度大小为：
vBൌ
૛܏ڄ ૛܀ൌ2 ܏܀
小球经过管口B 时重力的瞬时功率为：
P＝mgvB＝2mg ܏܀
（2）设电场力的竖直分力为Fy，水平分力为Fx，则有：Fy＝mg，方向竖直向上。
小球从A 运动到P 的过程中，由动能定理得：
Fy•3Rൌ૚
૛mvP2﹣0
解得：vPൌ
૟܏܀
（3）小球从管口C 处脱离管后，能从C 运动到P，电场力的水平分力Fx 必向左，小球做类平抛运动，所以有：
2R＝vct
Rൌ૚
૛܉ܠܜ૛ൌ۴ܠ
૛ܕܜ૛
从C 到P 由动能定理得：
FxRൌ૚
૛ܕܞ۾
૛െ૚
૛ܕܞ۱
૛
联立解得：Fxൌ૜
૛mg
电场力的大小为：
Fൌ
۴ܠ
૛൅۴ܡ
૛ൌ
૚૜
૛mg
小球经过管口C 处时，向心力由Fx 和管壁的弹力N 的合力提供，设弹力N 的方向水平向左，则有：
N+Fx＝m
ܞ۱
૛
܀
解得：Nൌ૜
૛mg，方向向左。
根据牛顿第三定律知，小球经过管口C 时对管壁的压力是
૜
૛mg，方向向右。
答：
（1）小球经过管口B 时重力的瞬时功率为2mg ܏܀；
（2）小球经过P 点时的速度大小是૟܏܀；
（3）电场力的大小是
૚૜
૛mg，小球经过管口C 时对管壁的压力是
૜
૛mg，方向向右。
【点评】本题考查带电粒子在电场和重力场中的运动，解题的关键在于正确运用正交分解法，将小球的运动沿
水平方向和竖直方向正交分解，然后运用牛顿运动定律和动能定理列式研究。
[物理一选修3-4]（15 分）
13．【分析】多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的；交警通过发射超声波测量车速是利用了多普
勒现象。
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光具有波动性，薄膜干涉、衍射等现象是波特有的。
做出光路图，测量折射率。
【解答】解：A、交警通过发射超声波测量车速，从汽车上反射回的超声波的频率发生了变化，是利用了波的多
普勒效应，故A 正确。
B、用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的薄膜干涉，故B 错误。
C、通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条紋，这是光的衍射现象，说明光具有波动性，故C 正确。
D、红外线的显著作用是热作用，一切物体都在辐射红外线，故D 错误。
E、在“测定玻璃的折射率”的实验中，所用玻璃的两界面不平行，只要正确操作，测量结果不受影响，即测得
的折射率不变，故E 正确。
故选：ACE。
【点评】本题考查了多普勒效应、光的薄膜干涉、衍射和玻璃折射率的测量，注意测折射率时，只要操作正确，
与玻璃砖形状无关，故玻璃的两个光学面不平行，对玻璃折射率的测定结果没有影响。
14．【分析】①根据波的传播方向和波形图得到P 点第一次出现波谷时传播时间，进一步得到波速。
②根据Q 点第二次出现波谷的时间，分析P 点运动情况，确定通过的路程。
【解答】解：①由图可知，波长λ＝4m，质点的起振方向竖直向上。
由t＝0.5s 时，P 点第一次出现波谷，可知，t＝0.5sൌ܂
૛൅૜
૝܂．解得，T＝0.4s，波速vൌλ
܂ൌ10m/s。
②波从P 点传到Q 点用时，ܜ૚ൌܠ
ܞൌ૙䁪૝ܛൌT。
Q 点从开始振动到第二次出现波峰用时，ܜ૛ൌ૞
૝܂。
P 点振动的总时间为：t＝t1+t2ൌૢ૝܂。
则P 通过的路程为sൌૢ૝ൈ૝ൈ૛૙粒ܕൌ180cm。
答：①这列波的传播速度为10m/s。
②当Q 点第二次出现波峰时，P 点通过的路程为180cm。
【点评】明确波形图与振动的关系是解题的关键，灵活应用波速、波长、路程、周期和频率间的关系。
2019-2020 学年上海市长宁区高考物理一模试卷
一、选择题（第1-8 小题，每小题3 分；第9-12 小题，每小题3 分，共40 分．每小题只有一个正确答案）
1．（3 分）元电荷就是（
）
A．电子
B．质子
C．点电荷
D．最小电荷量
2．（3 分）在用“DIS 测变速直线运动的瞬时速度”的实验中，除了光电门传感器、数据采集器、计算机、轨道、
小车外，还必需要的器材是（
）
A．滑轮
B．钩码
C．挡光片
D．配重片
3．（3 分）清晨，草叶上的露珠在阳光照射下变成水蒸汽慢慢消失。这一物理过程中，水分子间的（
）
A．引力、斥力都减小
B．斥力减小，引力增大
C．引力、斥力都增大
D．斥力增大，引力减小
4．（3 分）如图为玩具陀螺的示意图，a、b 和c 是陀螺表面上的三个点。当陀螺绕垂直于地面的轴线OO'匀速旋转
时（
）
A．b、c 两点的线速度相同
B．a、c 两点的角速度相同
C．b、c 两点的周期不同
D．a、b 两点的转速不同
5．（3 分）如图，力传感器记录了两个物体间的作用力和反作用力的变化图线，根据图线可以得出的结论是（
）
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A．作用力大时，反作用力小
B．作用力和反作用力大小的变化始终同步
C．作用力和反作用力作用在同一个物体上
D．此时两个物体都处于静止状态
6．（3 分）库仑是电荷量的单位。1 库仑等于（
）
A．1 安培•秒
B．1 安培/秒
C．1 焦耳•伏
D．1 焦耳/伏秒
7．（3 分）两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平速度v1、v2（v1＞v2）离开平衡位置，在竖直平面
内做小角度摆动，它们的周期与振幅分别为T1、T2 和A1、A2，则（
）
A．T1＞T2，A1＝A2
B．T1＜T2，A1＝A2
C．T1＝T2，A1＞A2
D．T1＝T2，A1＜A2
8．
（3 分）如图，智能清洁机器人在竖直玻璃墙面上沿虚线斜向上匀速“爬行”，则玻璃墙面对其作用力的方向是（
）
A．F1
B．F2
C．F3
D．F4
9．（4 分）从地面竖直上抛两个质量不同、初动能相同的小球，不计空气阻力，以地面为零势能面，则两小球上升
到同一高度时（
）
A．它们具有的重力势能相等
B．质量小的小球动能一定小
C．它们具有的机械能相等
D．质量大的小球机械能一定大
10．（4 分）如图，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，管内外水银面高度差为h1，右侧管有一段水银柱，两端
液面高度差为h2，中间封有一段空气。（
）
A．若大气压升高，h1 减小，h2 增大
B．若把弯管向上移动少许，重新平衡后，管内气体体积不变
C．若把弯管向下移动少许，重新平衡后，管内气体压强不变
D．弯管无论向上还是向下移动，重新平衡后，h1 始终等于h2
11．（4 分）如图所示，A、B 两点放有电量为+Q 和+2Q 的点电荷，A、B、C、D 四点在同一直线上，且AC＝CD
＝DB，将一正电荷从C 点沿直线移到D 点，则（
）
A．电场力一直做正功
B．电场力先做正功再做负功
C．电场力一直做负功
D．电场力先做负功再做正功
12．（4 分）某同学将一电路中电源的总功率PE、输出功率PR 和电源内部发热功率Pr 随电流I 变化的图线画在了
同一坐标上，如图所示。则该电路（
）
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A．电源的电动势E＝3V，内电阻r＝3Ω
B．电流为1A 时，外电阻为2Ω
C．b 表示电源的输出功率，最大值为9W
D．外电阻为1Ω时，电源输出功率为4.5W
二、填空题（共20 分）
13．（4 分）热力学温标是英国物理学家
建立的。在热力学温度中，绝对零度是指
℃。
14．（4 分）一列向右传播的横波在t＝0 时刻的波形如图，3s 后P 点出现第一次波峰，则该波的波速为
m/s。
此后再过3s，P 点运动的路程为
m。
15．（4 分）如图，两相同轻质硬杆OO1、OO2 可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2 转动，在O 点悬挂一质
量为M 的重物P，将两质量均为m 的木块紧压在竖直挡板上。Ff 表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN 表示木
块与挡板间正压力的大小。则整个系统静止时Ff＝
。若稍许增大挡板间的距离，系统仍静止，且O1、
O2 始终等高，则FN 将
（选填“增大”、“减小”或“不变”）。（重力加速度为g）
16．（4 分）在电场中把电荷量为2.0×10
﹣9C 的正电荷从A 点移到B 点，电场力做功1.5×10
﹣7J，再把这个电荷从
B 点移到C 点，电场力做功﹣4.0×10
﹣7J．则A、B、C 三点中电势最高的是
点，A、C 两点的电势差为
V。
17．（4 分）图示电路中，电源电动势为4V，内阻为1Ω，电阻R1＝4Ω，R2＝6Ω，滑动变阻器的阻值0﹣30Ω．闭
合S，当滑片P 由a 向b 滑动时，理想电流表和电压表示数变化量的大小分别用△I、△U 表示。则|
ᶭ܃
ᶭ۷ |＝
Ω；
电源的最大输出功率为
W。
三、综合题（第18 题10 分，第19 题14 分，第20 题16 分，共40 分）注意：第19、20 题在列式计算、逻辑推理
以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等．
18．（10 分）在如图所示的“用DIS 研究机械能守恒定律”的实验中，有实验1 和实验2 两部分。
（1）实验1 中，装上定位挡片，将摆锤从A 点静止释放，观察到它到达左侧最高点，此点与A 点高度基本相同。
由此得到的结论是：摆锤
。（选填“①”或“②”）
①在摆动过程中，机械能处处相等
②在左侧最高点的机械能与A 点的机械能基本相等
（2）实验2 有如下步骤，其中两处步骤有错误，请找出并写出该步骤的正确内容：
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第22页（共465页）
其一，
；
其二，
。
①开启电源，运行DIS 软件，点击实验条目中的“研究机械能守恒定律”。
②卸下“定位挡片”和“小标尺盘”，安装光电门传感器并接入数据采集器。
③摆锤置于A 点，先释放摆锤，然后点击“开始记录”，摆锤通过D 点速度将自动记录在表格对应处。
④把光电门传感器放在标尺盘最底端D 点，并以此作为零势能点。A、B、C 点相对于D 点的高度已事先输入，
作为计算机的默认值。
⑤依次将摆锤放在标尺盘的C、B 点，重复实验，得到相应数据。
⑥点击“数据计算”，计算D 点的势能、动能和机械能。
⑦测量摆锤的直径△s 及其质量m，将数据输入软件界面内。
（3）请将第（2）问中步骤按正确实验步骤进行排序
。
（4）该实验的结论是
。
19．（14 分）如图所示，U 形管右管横截面积为左管2 倍，管内水银在左管内封闭了一段长为26cm、温度为280K
的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm，大气压为76cmHg．现向右管缓慢补充水银。
①若保持左管内气体的温度不变，当左管空气柱长度变为20cm 时，左管内气体的压强为多大？
②在①条件下，停止补充水银，若给左管的气体加热，使管内气柱长度恢复到26cm，则左管内气体的温度为多
少？
20．（16 分）某电动机工作时输出功率P 与拉动物体的速度v 之间的关系如图（a）所示。现用该电动机在水平地
面内拉动一物体（可视为质点），运动过程中轻绳始终处在拉直状态，且不可伸长，如图（b）所示。已知物体
质量m＝1kg，与地面的动摩擦因数μ1＝0.35，离出发点左侧s 距离处另有一段动摩擦因数为μ2、长为d 的粗糙
材料铺设的地面。（g 取10m/s2）
（1）若s 足够长，电动机功率为2W 时，物体在地面能达到的最大速度是多少？
（2）若s 足够长，当物体速度为0.1m/s 时，加速度为多少？
（3）若s＝0.16m，物体与粗糙材料之间动摩擦因数μ2＝0.45．启动电动机后，分析物体在达到粗糙材料之前的
运动情况。若最终能滑过粗糙材料，则d 应满足什么条件？
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2019-2020 学年上海市长宁区高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（第1-8 小题，每小题3 分；第9-12 小题，每小题3 分，共40 分．每小题只有一个正确答案）
1．【分析】明确元电荷的定义，知道元电荷不是质子也不是电子；是电量的一个单位，而任何带电体的电量均为元
电荷的整数倍。
【解答】解：ABD、元电荷是最小电荷量，等于电子或质子所带电量的数值，为：e＝1.60×10
﹣19C，但不是电
子，也不是质子，故AB 错误，D 正确；
C、元电荷是最小电荷量，而点电荷是理想化的物理模型。二者的本质不同。故C 错误；
故选：D。
【点评】对于元电荷要注意它是最小的电量单位，明确这不是质子也不是电子，它只是在数值上等于它们的电
量
2．【分析】图形计算器实验系统是一种由传感器、数据采集器与图形计算器组合而成的，优点是小而轻，缺点是容
量小与不够清晰；计算机虽容量大，图象清，但携带不便。
【解答】解：图形计算器实验系统是一种由传感器、数据采集器与图形计算器组合起来，在用DIS 测瞬时速度
的实验中，必需的器材是计算机，力学导轨，配重片，数据采集器，小车，挡光片，光电门传感器，钩码，故A
错误，BCD 正确。
故选：BCD。
【点评】考查两种实验系统的组成，及其特点，让人们知道两种系统各有各的优缺点，同时体现技术不断的更
新。
3．【分析】考虑草叶上的露珠在阳光照射下变成水蒸汽慢慢消失属于蒸发过程，该过程气体分子的距离是增大的，
运用气体分子间作用力与距离的关系即可解答
【解答】解：草叶上的露珠在阳光照射下变成水蒸汽这一过程属于物态变化中的蒸发过程，吸收热量，并且分
子间距离增大，而分子间引力和斥力都随着距离的增大而减小。
故选：A。
【点评】本题考查物态变化，分子间作用力，难度较小。注意：无论是引力还是斥力，都会随着分子间距离的
增大而减小，只是减小的程度不同，因此合力可能表现为引力，也可能表现为斥力
4．【分析】a、b、c 共轴转动，角速度ω大小相等，根据线速度与角速度的关系公式v＝rω比较线速度的大小。
【解答】解：A、陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，a、b 和c 三点的角速度相同，c 半径小，根
据v＝rω，c 的线速度要比b 的小，故A 错误；
BCD、陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，a、b 和c 三点的角速度相同，所以它们的周期、转速
都相等。故B 正确，CD 错误。
故选：B。
【点评】共轴转动角速度相等，同缘传动边缘点线速度相等，角速度与线速度关系公式为：v＝rω。
5．【分析】从图上可以看出作用力和反作用力关于时间轴对称即大小相等，一正一负即方向相反。作用力和反作用
力互为施力物体和受力物体。
【解答】解：AB、根据题图可以看出作用力和反作用力关于时间轴对称即大小相等，一个力大于0，另一个力
小于0，故说明作用力和反作用力一正一负，即方向相反。故A 错误B 正确。
C、作用力和反作用力只能作用在不同的物体上，故C 错误。
D、无论物体静止还是运动，作用力和反作用力的关系都不改变。故D 错误。
故选：B。
【点评】理解基本概念是学好物理的前提和基础，只有充分理解牛顿第三定律才能顺利解决本题。
6．【分析】根据电荷量的概念和单位，从而即可解答。
【解答】解：电荷量是指电荷的多少，它的单位是库仑，符号为C，
根据电荷量的定义式，q＝It，可知，1 库仑＝1 安培•秒，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题考查了电荷量的概念及其单位；掌握通过物理公式，来确定单位的正确与否。
7．【分析】改变摆球的初速度，根据机械能守恒，会改变单摆的摆角，从而改变振幅，但不会改变单摆的周期。
【解答】解：根据单摆周期公式T＝2π ۺ
܏，相同的单摆，周期相同，即T1＝T2。
根据机械能守恒得，速度大者摆角大，则振幅也大，所以A1＞A2．故A、B、D 错误，C 正确。
故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握单摆的周期跟什么因素有关，改变单摆的速度只会改变摆角，不会改变周期。
8．【分析】智能清洁机器人在竖直玻璃墙面上沿虚线斜向上匀速“爬行”时受力平衡，根据平衡条件进行分析。
【解答】解：智能清洁机器人在竖直玻璃墙面上沿虚线斜向上匀速“爬行”时受力平衡，则玻璃墙面对其作用
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力与其重力等大反向，即为F2 方向，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，知道物体匀速运动或静止时受力平衡，其中一个力与其余的力
的合力是平衡力。
9．【分析】从地面竖直上抛两个质量不同、初动能相同的小球，由于动能Eൌ૚
૛ܕܞ2，故两个小球速度不同，但是
在上升过程中两小球均有机械能守恒，运用机械能守恒公式进行判断即可
【解答】解：A、在上升到相同高度时，由于两小球质量不同，而重力势能Ep＝mgh，可知重力势能不同，故A
错误
B、在小球上升过程中，根据机械能守恒定律，有动能表达式Ek＝E﹣mgh，其中E 为两小球相同的初始动能。
在上升到相同高度时，h 相同，质量m 越小的小球动能Ek 反而越大，故B 错误
C、在上升过程中，两小球机械能守恒，由于初动能相同，则它们具有的机械能相等，C 正确
D、两小球机械能守恒，由于初动能相同，它们具有的机械能相等，D 错误
故选：C。
【点评】本题考查在竖直上抛运动中的机械能守恒定律，难度不大。注意分析时要把机械能守恒定律的表达式
写出来，根据具体公式来进行推理，切忌“想当然”地做题
10．【分析】管中封闭气体的压强P＝P0+ρgh1＝P0+ρgh2，可得h1＝h2．根据气态方程分析大气压时，气体的体积
如何变化，即知道h1 和h2 如何变化。若把弯管向上移动少许或下移少许，封闭气体的压强将要变化，根据玻意
耳定律分析体积如何变化
【解答】解：AD、平衡后管中封闭气体的压强P＝P0+ρgh1＝P0+ρgh2，则得h1＝h2．若大气压升高时，封闭气
体的压强增大，由玻意耳定律PV＝c 得知，封闭气体的体积减小，水银柱将发生移动，使h1 和h2 同时减小，
二者始终相等。故A 错误，D 正确。
B、若把弯管向上移动少许，假设左侧管内水银面不动，则封闭气体的体积将增大，压强减小，而外界大气压不
变，左侧管内水银面高度差不变，所以左侧管内水银面将上升，管内气体压强减小，由pV＝c 知，最终管内气
体体积增大。故B 错误。
C、若把弯管向下移动少许，封闭气体的体积减小，压强增大，故C 错误。
故选：D。
【点评】本题关键要根据压强判断出h1＝h2．再结合气态方程进行动态分析。
11．【分析】AB 连线上每一点的场强是由+Q 和+2Q 的点电荷共同叠加产生的。
正电荷从C 点沿直线移到D 点，根据电场强度的叠加判断电场力的方向，再去判断做功的正负情况。
【解答】解：设AC＝CD＝DB＝L
+Q 在C 点产生的电场强度大小
ܓۿ
ۺ૛，方向向右
+2Q 在C 点产生的电场强度大小
ܓ૛ۿ
ሺ૛ۺ砀૛，方向向左
所以C 点实际场强方向向右
+Q 在D 点产生的电场强度大小
ܓۿ
ሺ૛ۺ砀૛，方向向右
+2Q 在D 点产生的电场强度大小
ܓ૛ۿ
ۺ૛，方向向左
所以D 点实际场强方向向左
所以从C 点沿直线移到D 点，场强方向先向右后向左，所以正电荷受电场力的方向也是先向右后向左，
所以电场力先做正功再做负功。
故选：B。
【点评】电场强度是矢量，运算法则是平行四边形法则。
12．【分析】三种功率与电流的关系是：直流电源的总功率PE＝EI，内部的发热功率Pr＝I2r，输出功率PR＝EI﹣
I2r，根据数学知识选择图线。根据图线a 斜率求解电源的电动势。由图读出电流I＝3A 时，发热功率Pr＝I2r，
求出电源的内阻。当电流为1A 时，结合欧姆定律求出外电阻。
【解答】解：AC、根据直流电源的总功率PE＝EI，内部的发热功率Pr＝I2r，输出功率PR＝EI﹣I2r，可知反映
Pr 变化的图线是b，反映PE 变化的是图线a，反映PR 变化的是图线c。图线a 的斜率等于电源的电动势，由得
到Eൌૢ૜t ൌ3V，内部的发热功率Pr＝I2r，内阻为rൌૢ૜૛ൌ1Ω，电源的最大输出功率۾ܕൌ۳૛
૝ܚൌ૜૛
૝ൈ૚ൌૢ૝܅，故
A、C 错误；
B、当电流为1A 时，由۷ ൌ
۳
܀൅ܚ，代入得到，R＝2Ω．故B 正确。
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D、外电阻为1Ω，等于内阻时，电源输出功率最大为
۳૛
૝ܚൌૢ૝W．故D 错误。
故选：B。
【点评】本题首先考查读图能力，物理上往往根据解析式来理解图象的物理意义。
二、填空题（共20 分）
13．【分析】明确热力学温度的定义，知道其零点，同时明确热力学温度和摄氏度之间的换算关系。
【解答】解：英国物理学家开尔文提出热力学温标，其中每1k 和1℃对应，但其零点为﹣273℃；
故答案为：开尔文；﹣273
【点评】本题考查有关温度的物理学史，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，
这也是考试内容之一。
14．【分析】根据第一个波峰传播到P 点的传播时间和传播距离得到波速，由图得到波长，即可得到周期；再根据
振动时间和周期的关系，得到运动路程和振幅的关系，从而求解路程。
【解答】解：根据波的传播可知：t1＝0 到t2＝3s 时间内，第一个波峰从x1＝2.5m 处传播到x2＝7m 处，故波速
ܞൌܠ૛െܠ૚
ܜ૛െܜ૚ൌ૚䁪૞ܕ内ܛ；
由图可得：波长λ＝2m，故周期܂ൌλ
ܞൌ૝
૜ܛ，故此后再过3s，P 点运动的时间ᶭܜൌ૜ܛൌૢ૝܂；又有质点P 从波
峰开始运动，故运动路程s＝9A＝45cm＝0.45m；
故答案为：1.5；0.45。
【点评】根据振动时间和周期的关系求解运动路程和振幅的关系时，需要先说明质点起始位移和振动方向，然
后才能根据质点做简谐运动求解。
15．【分析】本题的关键是首先将重物受到的重力按效果分解，求出分力与合力的关系表达式，然后再对木块受力
分析，根据平衡条件即可求解。
【解答】解：先对三个物体以及支架整体受力分析，受重力（2m+M）g，2 个静摩擦力，两侧墙壁对整体有一
对支持力，根据平衡条件，有：
2Ff＝（M+2m）g，
解得：Ff＝mg൅૚
૛Mg，故静摩擦力不变；
将细线对O 的拉力按照效果正交分解，如下图
设两个杆夹角为θ，则有：
F1＝F2ൌ
ۻ܏
૛粒子ܛી
૛
；
再将杆对滑块m 的推力F1 按照效果分解，如下图
根据几何关系，有：
Fx＝F1•sin
ી
૛
故Fxൌ
ۻ܏
૛粒子ܛી
૛
sin
ી
૛ൌ
ۻ܏
૛tan
ી
૛，
若挡板间的距离稍许增大后，角θ变大，Fx 变大，故滑块m 对墙壁的压力变大，即FN 变大；
故答案为：mg൅૚
૛Mg，增大。
【点评】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，知道对于轻杆
且一端为铰链时，杆产生或受到的弹力方向一定沿着杆的方向，难度适中。
16．【分析】根据电场力做功与电势差的关系求出AB、BC 间的电势差，从而比较A、B、C 三点的电势高低，得
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出AC 间的电势差，
【解答】解：（1）AB 间的电势差܃ۯ۰ ൌ܅ۯ۰
ܙ
ൌ૚䁪૞ൈ૚૙െ晦
૛ൈ૚૙െૢ
t ൌ晦૞t。
BC 间的电势差܃۰۱ ൌ܅۰۱
ܙ
ൌെ૝ൈ૚૙െ晦
૛ൈ૚૙െૢ
t ൌെ૛૙૙t。
知A 点电势比B 点电势高75V，C 点电势比B 点高200V，则C 点的电势最高
（2）AC 间的电势差UAC＝UAB+UBC＝﹣125V。
故答案为：C，﹣125
【点评】解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系公式，注意在运用该公式求解时，电荷的正负、电势
差的正负、功的正负均要代入计算
17．【分析】根据闭合电路欧姆定律分析
ᶭ܃
ᶭ۷ 的值。外电阻大于内电阻，当外电阻增大，电源输出功率减小，所以当
外电阻最小时，电源输出功率最大，即R＝R1＝4Ω时输出功率最大。
【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得
U＝E﹣I（R1+r），则由数学知识得知
ᶭ܃
ᶭ۷ ൌR1+r＝5Ω。
外电阻大于内电阻，当外电阻增大，电源输出功率减小，所以当外电阻最小时，电源输出功率最大，即R＝R1
＝4Ω时输出功率最大，电路中总电流为Iൌ
۳
܀૚൅ܚൌ
૝
૝൅૚A＝0.8A
电源输出功率P＝I2R1＝0.82×4W＝2.56W
故答案为：5，2.56。
【点评】本题中，
ᶭ܃
ᶭ۷ 并不等于变阻器与电阻R2 并联的电阻，要根据闭合电路欧姆定律研究，也可以运用等效
的方法，将R1 看成电源的内阻，即可得到
ᶭ܃
ᶭ۷ ൌR1+r。
三、综合题（第18 题10 分，第19 题14 分，第20 题16 分，共40 分）注意：第19、20 题在列式计算、逻辑推理
以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等．
18．【分析】只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，机械能守恒对应某一过程；
摆锤摆动过程受到拉力和重力，拉力不做功，只有重力做功，在这个条件下得出结论，只有重力做功的情况下
摆锤机械能守恒。实验前使标尺盘上的竖直线与摆线平行，能使得光电门的接收孔与测量点位于同一水平面内。
【解答】解：（1）机械能守恒对应某一过程，根据实验可知：在左侧最高点的机械能与A 点的机械能基本相等，
故选②；
（2）实验步骤③错误，应该是：摆锤置于A 点，先点击“开始记录”，然后释放摆锤，然后，摆锤通过D 点速
度将自动记录在表格对应处；
实验步骤⑤错误，应该是：依次将光电门放在标尺盘的C、B 点点，重复实验，得到相应数据。
（3）实验时，要先安装实验器材，然后进行实验，再处理实验数据，即：卸下“定位挡片”和“小标尺盘”，
安装光电门传感器，用来采集数据；再开启电源，运行软件；确定零势能点，然后输入相应的高度；开始点击
“开始记录”，同时释放摆锤；更换光电门位置，重复实验；最后点击“数据计算”，计算D 点的势能、动能和
机械能，因此合理的实验步骤是：②①⑦④③⑥⑤；
（4）由实验可知：摆锤在运动过程中动能与势能相互转化，但机械能的总量基本保持不变。
故答案为：（1）②；（2）③错误，改为：摆锤置于A 点，先点击“开始记录”，然后释放摆锤，然后，摆锤通
过D 点速度将自动记录在表格对应处；
⑤错误，改为：依次将光电门放在标尺盘的C、B 点点，重复实验，得到相应数据；（3）②①⑦④③⑥⑤；
（4）摆锤在运动过程中动能与势能相互转化，但机械能的总量基本保持不变。
【点评】本题比较新颖，认真审题知道题意、理解实验原理与实验步骤是解题的前提与关键，解题时要注意结
合实验的原理进行分析，从而找出符合该实验的原理。
19．【分析】（1）以封闭气体为研究对象，应用玻意耳定律可以求出气体的压强；
（2）在液面上升或下降的过程中，水银的体积保持不变；根据题意求出封闭气体的压强，然后应用理想气体的
状态方程求出气体的温度。
【解答】解：（1）对于封闭气体有：
p1＝（76﹣36）cmHg＝40cmHg，V1＝26S1cm3
由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：
t૛ൌ૛૙܁૚粒ܕ૜
p1V1＝p2V2
ܘ૛ൌܘ૚t૚
t૛
ൌ૝૙ൈ૛૟܁૚
૛૙܁૛
ൌ૞૛粒ܕr܏
（2）停止加水银时，左管水银比右管高：
h1＝76﹣52cmHg＝24cmHg；
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对左管加热后，左管下降6cm，右管面积是左管的2 倍，故右管上升3cm，左管比右管高为：
h2＝h1﹣9cm＝15cm
故封闭气体的压强：
p3＝76﹣15cmHg＝61cmHg
封闭气体在初始状态和最终状态的体积相同，由查理定律可得：
ܘ૚
܂૚
ൌ
ܘ૜
܂૜
故：
܂૜ൌܘ૜
ܘ૚܂૚ൌ૟૚
૝૙ൈ૛砀૙૙ൌ૝૛晦૙
答：①当左管空气柱长度变为20cm 时，左管内气体的压强为52cmHg；
②使管内气柱长度恢复到26cm，则左管内气体的温度为427K。
【点评】根据图示求出封闭气体压强，熟练应用玻意耳定律及查理定律即可正确解题；本题的难点是：气体最
终状态的压强。
20．【分析】（1）电动机拉动物体后，当拉力与摩擦力大小相等时速度，结合P＝Fv 求最大速度。
（2）当v＝0.1m/s 时，由图象及P＝Fv 求出拉力，再由牛顿第二定律求加速度。
（3）由（2）知，物体在速度达到0.5m/s 前，拉力F 恒定，物体做初速为零的匀加速直线运动。也可采用假设
法研究。
【解答】解：（1）电动机拉动物体后，水平方向受拉力F 和摩擦力f1，则有：
f1＝μ1N
N＝mg
得：f1＝3.5N
物体速度最大时，加速度为零，有：F1＝f1
根据P＝Fv，得最大速度为：vmൌ۾
۴૚ൌ۾
܎૚
解得：vmൌ૝
晦m/s
（2）当v＝0.1m/s 时，由图象及P＝Fv 可知，拉力为：F2ൌ۾
ܞൌ૙䁪૝
૙䁪૚ൌ4N
由牛顿第二定律F＝ma 得：
F2﹣f1＝ma1
解得：a1＝0.5m/s2
（3）由（2）知，物体在速度达到0.5m/s 前，拉力F 恒定，物体做初速为零的匀加速直线运动。
a1＝0.5m/s2
速度达到v1＝0.5m/s 时，应经过的位移为：s′ൌ
ܞ૚
૛
૛܉૚ൌ૙．૞૛
૛ൈ૙䁪૞m＝0.25m＞0.16m
所以小物体一直做匀加速运动到达粗糙材料，到达粗糙材料时速度为：v1ൌ
૛܉૚ܛൌ
૛ൈ૙䁪૞ൈ૙䁪૚૟ൌ0.4m/s
（或假设物体做匀加速直线运动到达粗糙材料，则速度v1ൌ
૛܉૚ܛൌ0.4m/s，不超过0.5m/s，假设成立。）
在粗糙材料上运动时，f2＝μ2N，N＝mg，f2＝4.5N
由牛顿第二定律得：F2﹣f2＝ma2
可得：a2＝﹣0.5m/s2
小物体停止前最多滑行的距离为：d2ൌ
ܞ૚
૛
૛܉૛ൌെ૙．૝૛
૛ൈ૙䁪૞m＝0.16m
则d 不超过0.16m
答：（1）若s 足够长，电动机功率为2W 时，物体在地面能达到的最大速度是
૝
晦m/s。
（2）若s 足够长，当物体速度为0.1m/s 时，加速度为0.5m/s2。
（3）小物体一直做匀加速运动到达粗糙材料，d 不超过0.16m。
【点评】本题与汽车的起动类似，关键要正确分析物体的受力情况，来判断其运动情况。分段运用牛顿第二定
律及运动学公式研究。
2019-2020 学年上海市杨浦区高考物理一模试卷
一、选择题（共40 分．第18 小题，每小题3 分，第9-12 小题，每小题3 分.每小题只有一个正确答案.）
1．（3 分）在物理学中，为了研究问题的方便，有时需要突出问题的主要方面，忽略次要因素，建立理想化的“物
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理模型”。下列不属于理想模型的是（
）
A．力的合成
B．质点
C．点电荷
D．匀速直线运动
2．（3 分）关于静电场，下列结论普遍成立的是（
）
A．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关
B．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低
C．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零
D．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向
3．（3 分）如图P 沿着速度方向运动，且P 中通如图所示电流，则眼睛看到的L 和R 的电流方向是（
）
A．都是顺时针
B．都是逆时针
C．L 顺时针，R 逆时针
D．L 逆时针，R 顺时针
4．（3 分）如图所示，正中有一O 点是水面上一波源，实、虚线分别表示该时刻的波峰、波谷，A 是挡板，B 是小
孔，经过一段时间，水面上的波形发生明显衍射的区域是（
）
A．阴影I 区域
B．阴影Ⅱ区域
C．阴影I、Ⅱ区
D．无明显衍射区域
5．（3 分）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静
止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是（
）
A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
6．（3 分）质量为m 的物体用轻绳AB 悬挂于天花板上。用水平向左的力F 缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T
表示绳OA 段拉力的大小，在O 点向左移动的过程中（
）
A．F 逐渐变大，T 逐渐变大
B．F 逐渐变大，T 逐渐变小
C．F 逐渐变小，T 逐渐变大
D．F 逐渐变小，T 逐渐变小
7．（3 分）恒星在均匀地向四周辐射能量的过程中，质量缓慢减小，围绕恒星运动的小行星可近似看成在做圆周运
动。则经过足够长的时间后，小行星运动的（
）
A．半径变大
B．速率变大
C．角速度变大
D．加速度变大
8．（3 分）以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受
空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v﹣t 图象可能正确的是（
）
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A．
B．
C．
D．
9．（4 分）一列横波沿水平放置的弹性绳向右传播，绳上两质点A、B 的平衡位置相距
૜
૝波长，B 位于A 右方。t 时
刻A 位于平衡位置上方且向上运动，再经过
૚
૝周期，B 位于平衡位置（
）
A．上方且向上运动
B．上方且向下运动
C．下方且向上运动
D．下方且向下运动
10．（4 分）如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B 用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量
和摩擦）。初始时刻，A、B 处于同一高度并恰好处于静止状态。剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断
轻绳到物块着地，两物块（
）
A．速率的变化量不同
B．机械能的变化量不同
C．重力势能的变化量相同
D．重力做功的平均功率相同
11．（4 分）如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边
界d 水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a 开始下落．已
知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b 之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b、c（位于磁场中）和d 时，
线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc 和Fd，则（
）
A．Fd＞Fc＞Fb
B．Fc＜Fd＜Fb
C．Fc＞Fb＞Fd
D．Fc＜Fb＜Fd
12．（4 分）在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示。有一种探测方法是，首先给金属长
直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面
上找到磁感应强度最强的某点，记为a；②在a 点附近的地面上，找到与a 点磁感应强度相同的若干点，将这些
点连成直线EF；③在地面上过a 点垂直于EF 的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c 两点，测得
b、c 两点距离为L．由此可确定金属管线（
）
A．平行于EF，深度为
ۺ
૛
B．平行于EF，深度为L
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C．垂直于EF，深度为
ۺ
૛
D．垂直于EF，深度为L
二、填空题〔共20 分.每小题4 分〕
13．（4 分）电子伏特是
（“能量”或“电压”）的单位，1eV＝
（输入数值即可）．
14．（4 分）电磁感应现象是英国物理学家
首先发现的．探究这个现象应选用如图中
（填“甲”或
“乙”）所示的装置进行实验．
15．（4 分）如图所示的装置以加速度为5m/s2 竖直上升时，装置中质量为10kg 的小球对斜面的压力为
N；
对竖直墙的压力为
N．°．
16．（4 分）如图，在：半径为2.5m 的光滑圆环上切下一小段圆弧，放置于竖直平面内，两端点距最低点高度差H
为1cm．将小环置于圆弧端点并从静止释放，小环运动到最低点所需的最短时间为
s，在最低点处的加速
度为
m/s2．（取g＝10m/s2）
17．（4 分）如图，电路中三个电阻Rl、R2 和R3 的阻值分别为R、2R 和4R．当电键S1 断开、S2 闭合时，电源输
出功率为P0；当S1 闭合、S2 断开时，电源输出功率也为P0．则电源电动势为
；当S1、S2 都断开时，电
源的总功率为
．
三、综合题（共40 分）注意：第19、20 题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文
字说明、公式、演算等．
18．（12 分）电场中等势线的描绘的实验装置如图所示。
（1）一个学生在做此实验时的主要准备步骤如下。
①在木板上依次铺放白纸、复写纸、导电纸各一张，导电纸有导电物质的一面朝下；
②导电纸上平放着跟它接触良好的两个圆柱形电极，两电极分别与电源的两极相连；
③从一个电流传感器的两个接线柱引出两支探针；
④在导电纸上画出两个电极的连线，在连线上选取间距大致相等的5 个点作基准点，并用探针把它们的位置压
印在白纸上。
以上准备步骤中，错误的有
（写序号），应改为
。
（2）在图的a、b、c、d、e 五个基准点中，电势最高的点是
点。
（3）若传感器的两个接线柱分别接触图中d、f 两点（f、d 连线和A、B 连线垂直）时，d、f 两点
大于
零，则传感器的“+”接线柱接在
点，要使传感器示数为零，应将接f 的探针
（填“向左”或“向
右”）移动。
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19．（12 分）游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来，我们把这种情况抽象为如图1 的模
型：圆弧轨道半径为R，下端与竖直圆轨道相接于M 点，使小球从弧形轨道上距离M 点竖直高度为h 处无初速
滚下，小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动。实验发现，只要h 大于一定值，小球就可以顺利通过圆轨道的最
高点N，不考虑摩擦等阻力。
（1）若h＝2.5R，求质量为m 的小球通过M 点时的速度大小和通过N 点时对轨道的压力；
（2）若改变h 的大小，小球通过最高点N 时的动能EK 也随之发生变化，试通过计算在方格纸上作出Ek 随h
的变化关系图象（作在答题卡上）
20．（16 分）质量为m，电阻率为ρ，横截面积为A 的均匀薄金属条围成边长为x 的闭合正方形框abb′a′．如图
所示，金属方框置于磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行。设匀强磁场仅存在于两个相对磁极之间，其他
地方的磁场忽略不计，可认为方框的aa′边和bb′边都处在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。方框从静止开
始释放，其平面在下落过程中保持水平（不计空气阻力，导体的电阻R＝ρ
ۺ
܁，其中ρ为导体的电阻率，L 为导体
的长度，S 为导体的横截面。）
（1）请判断图2 中感应电流的方向；
（2）若方框未到底端前速度已达最大，求方框的最大速度vm；
（3）当方框下落的加速度为
૚
૜g 时，求方框的发热功率P。
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2019-2020 学年上海市杨浦区高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共40 分．第18 小题，每小题3 分，第9-12 小题，每小题3 分.每小题只有一个正确答案.）
1．【分析】抓住主要因素，忽略次要因素是物理学中常用方法，比如质点就是如此，质点是高中一开始所学的一个
理想化模型，对其理解要抓住“当物体的体积和形状在所研究问题中可以忽略时”这一核心进行。
【解答】解：理想化模型的建立是一种科学方法的实践应用，质点、点电荷、轻弹簧都是理想化模型。
力的合成是等效替换，不是建立的理想化模型。故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】明确理想模型法的基本性质，知道实际物体在一定条件下的科学抽象，即采用理想化模型的方法是高
中常用方法。
2．【分析】本题主要考查静电场中电场强度和电势的特点，可根据所涉及的知识逐个分析．
【解答】解：A、电势差的大小决定于电场线方向上两点间距和电场强度，所以A 错误；
B、在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的
电场中，离负电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，所以B 错误；
C、场强为零，电势不一定为零，电场中肯定存在场强都为零、电势又不相等的两个点，在这样的两个点之间移
动电荷，电场力将做功，所以C 错误；
D、沿电场方向电势降低，而且速度最快，所以D 正确；
故选：D。
【点评】本题以静电场中电场强度和电势比较容易混淆的性质为选项内容，体现对物理量基本概念和基本性质
的记忆、理解仍是高考命题的重点之一．
3．【分析】P 沿着速度方向运动，其磁场在L、R 中产生磁通量的变化，根据楞次定律即可确定L 和R 中的电流方
向。
【解答】解：根据安培定则可知，P 中产生的磁场沿导线向里；同时P 靠近L，远离R，则根据楞次定律增反减
同可知，L 中电流为逆时针，R 中电流为顺时针，故D 正确ABC 错误。
故选：D。
【点评】本题考查楞次定律的应用，注意分析磁通量的变化是解题的关键，本题也可以利用“来拒去留”规律
分析感应电流磁场的方向，再判断电流方向。
4．【分析】要使发生明显的衍射现象，必须使得孔或阻碍物的尺寸比水波的波长要小或相差不大。
【解答】解：一列水波在传播过程中遇到了小孔B，相比而言B 的孔洞的尺寸比较小，所以能发生明显的衍射，
但A 挡板的尺寸较大，所以不能发生衍射现象；所以水面上波分布于除阴影Ⅰ以外区域，故ACD 错误，B 正确；
故选：B。
【点评】本题关键是记住发生明显衍射的条件，注意衍射是一定发生的，只有明显与不明显之分。
5．【分析】超重指的是物体加速度方向向上，失重指的是加速度方向下，但运动方向不可确定。由牛顿第二定律列
式分析即可。
【解答】解：
A、B 物体向上先加速后减速，加速度先向上，后向下，根据牛顿运动定律可知物体可能先处于超重状态，后处
于失重状态；也可能一直超重（手和物体先具有向上的加速度，某一时刻，手突然具有向下的加速度，且大于
重力加速度，此时刻二者分离），故A 错误。B 错误；
C、D、重物和手有共同的速度和加速度时，二者不会分离，故物体离开手的瞬间，物体向上运动，物体的加速
度等于重力加速度，物体离开手前手要减速，所以此瞬间手的加速度大于重力加速度，并且方向竖直向下，故C
错误，D 正确。
故选：D。
【点评】超重和失重仅仅指的是一种现象，但物体本身的重力是不变的，这一点必须明确。重物和手有共同的
速度和加速度时，二者不会分离。
6．【分析】本题关键是抓住悬挂物B 的重力不变，即OB 段绳中张力恒定，O 点缓慢移动时，点O 始终处于平衡
状态，根据平衡条件列式求解各力变化情况。
【解答】解：以结点O 为研究对象受力分析如下图所示：
由题意知点O 缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知：
绳OB 的张力TB＝mg
根据平衡条件可知：
Tcosθ﹣TB＝0
Tsinθ﹣F＝0
由此两式可得：
F＝TBtanθ＝mgtanθ
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Tൌ܂۰
粒子ܛીൌܕ܏
粒子ܛી
在结点为O 被缓慢拉动过程中，夹角θ增大，由三角函数可知：
F 和T 均变大，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】掌握共点力平衡条件是正确解决本题的关键，本题中注意对缓慢拉动所隐含的在拉动过程中物体始终
处于平衡状态条件的挖掘。
7．【分析】小行星绕恒星运动做圆周运动，由恒星的万有引力提供其向心力，恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓
慢减小，二者之间万有引力减小，小行星做离心运动，列出速率角速度、加速度与半径的关系式，再进行分析。
【解答】解：A、恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，小行星所受的万有引力减小，小行星做离心运动，
即半径增大；则A 正确
BCD、小行星绕恒星运动做圆周运动，万有引力提供向心力，设小行星的质量为m，恒星的质量为M，则
G
ۻܕ
ܚ૛ൌm
ܞ૛
ܚൌmω2r＝m（
૛ૈ
܂）2r＝ma
解得：vൌ
۵ۻ
ܚ①Tൌ૛ૈܚ
ܞ
ൌ2π
ܚ૜
۵ۻ②ωൌ
۵ۻ
ܚ૜③aൌ۵ۻ
ܚ૛④
因r 变大，则速率变小，角速度变小，加速度变小，则BCD 错误
故选：A。
【点评】由万有引力提供向心力可确定出各量的表达式，由表达式即可分析出各量的变化。
8．【分析】竖直上抛运动是初速度不为零的匀变速直线运动，加速度恒定不变，故其v﹣t 图象是直线；有阻力时，
根据牛顿第二定律判断加速度情况，v﹣t 图象的斜率表示加速度．
【解答】解：没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，v﹣t 图象是直线；
有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f＝ma，故a＝g൅܎
ܕ，由于阻力随着速度减小而减小，
故加速度逐渐减小，最小值为g；
有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg﹣f＝ma，故a＝gെ܎
ܕ，由于阻力随着速度增大而增大，
故加速度减小；
v﹣t 图象的斜率表示加速度，故图线与t 轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行；
故选：D。
【点评】本题关键是明确v﹣t 图象上某点的切线斜率表示加速度，速度为零时加速度为g，不难．
9．【分析】根据题意画出波形，判断出t 时刻B 的位置和状态，再分析经过
૚
૝周期，分析B 的位置和状态。
【解答】解：波向右传播，据题意：t 时刻A 位于平衡位置上方且向上运动时，B 位于平衡位置的上方，速度方
向向下，再经过
૚
૝周期，B 位于平衡位置下方且向下运动。故D 正确。
故选：D。
【点评】根据波的传播方向判断出质点的振动方向，画出波形等等都是应掌握的基本能力。
10．【分析】剪断轻绳后A 自由下落，B 沿斜面下滑，AB 都只有重力做功，机械能守恒，重力势能变化量等于重
力所做的功，重力做功的平均功率等于重力做功与时间的比值。
【解答】解：设斜面倾角为θ，刚开始AB 处于静止状态，所以mBgsinθ＝mAg，所以mB＞mA，
A、剪断轻绳后A 自由下落，B 沿斜面下滑，AB 都只有重力做功，根据动能定理得：
૚
૛mv2＝mgh，解得vൌ
૛܏ܐ，
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所以v﹣0ൌ
૛܏ܐ，即速率的变化量相同，故A 错误；
B、剪断细线，A、B 两物体都只有重力做功，机械能守恒，则机械能的变化量都为零，故B 错误；
C、重力势能变化量△EP＝mgh，由于A、B 的质量不相等，所以重力势能变化不相同，故C 错误；
D、A 运动的时间为：t1ൌ
૛ܐ
܏，所以A 重力做功的平均功率为：۾ۯ ൌܕۯ܏ܐ
૛ܐ
܏
B 运动有：
ܐ
ܛtܖીൌ
૚
૛܏ܛtܖીܜ૛
૛，解得：t2ൌ
૚
ܛtܖી
૛ܐ
܏，所以B 重力做功的平均功率为：۾۰ ൌܕ۰܏ܐܛtܖી
૛ܐ
܏
，
而mBgsinθ＝mAg，所以重力做功的平均功率相等，故D 正确。
故选：D。
【点评】重力做功决定重力势能的变化与否，若做正功，则重力势能减少；若做负功，则重力势能增加，重力
做功的平均功率等于重力做功与时间的比值，难度适中。
11．【分析】对线圈的运动过程进行分析．
通过边框切割磁感线产生的感应电动势大小去判断感应电流的大小．
通过安培力的大小与哪些因素有关去解决问题．
【解答】解：线圈从a 到b 做自由落体运动，在b 点开始进入磁场切割磁感线所以受到安培力Fb，由于线圈的
上下边的距离很短，所以经历很短的变速运动而进入磁场，以后线圈中磁通量不变不产生感应电流，在c 处不受
安培力，但线圈在重力作用下依然加速，因此从d 处切割磁感线所受安培力必然大于b 处。
故选：D。
【点评】线圈切割磁感线的竖直运动，应用法拉第电磁感应定律求解．
注意线圈全部进入磁场后，就不受安培力，因此线圈会做加速运动．
12．【分析】根据左手定则判断电流方向，然后画出直线电流的磁感线方向，结合几何关系确定金属管线深度。
【解答】解：用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a，说明a 点离电流最近；
找到与a 点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF，故说明这些点均离电流最近，根据电流应该时是
平行EF；
画出左侧视图，如图所示：
b、c 间距为L，且磁场方向与地面夹角为45°，故深度为
ۺ
૛，
故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
【点评】本题考查直线电流的磁感线分布情况，关键时作图分析，结合几何关系确定导线位置，基础题目。
二、填空题〔共20 分.每小题4 分〕
13．【分析】本题考查学生对单位的理解，知道电子伏是能量的单位．
【解答】解：电子伏特是能量的单位，代表一个电子电位改变（增加或减少）单位伏特时其能量的改变量；
1eV＝1.60×10
﹣19J；
故答案为：能量；1.60×10
﹣19J
【点评】本题是基础题，属于识记内容，但容易出错，要认真对待．
14．【分析】电磁感应现象的前提是运动，结果是产生电流，即将机械能转化为电能；通电导体在磁场中受力的前
提是通电，结果是受力运动，即将电能转化为机械能：区分上述两个实验主要依据是看是否存在电源，故即可
分析求解．
【解答】解：在甲图中，因动而生电，故是电磁感应现象，利用该现象可制成发电机，其是将机械能转化为电
能的装置；
对乙图中，因通电而运动，是通电导线受到力的作用，是电动机的制作原理，其将电能转化为机械能的过程．
故答案为：法拉第，甲．
【点评】对比加强记忆：
（1）电磁感应现象实验装置没有电源直接供电；通电导体在磁场中受力实验装置是电源直接供电；
（2）电磁感应现象实验影响电流方向的因素是运动方向和磁场方向；通电导体在磁场中受力实验影响受力方向
的因素是电流方向和磁场方向；
（3）电磁感应现象实验中将机械能转化为电能；通电导体在磁场中受力实验中电能转化为机械能；
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（4）发电机利用电磁感应现象原理，而电动机是利用通电导体在磁场中受力原理．
15．【分析】当升降机向上运动时，对小球受力分析后应用牛顿第二定律列式求出斜面对小球的支持力，再根据牛
顿第三定律求出斜面所受的压力．同理可求得小球对竖直墙壁的压力．
【解答】解：（1）取小球为研究对象，小球受3 个力：斜面对小球的支持力N，挡板对小球的支持力F，重力
G，如图所示：
在竖直方向上，由牛顿第二定律可得：
N′cosθ﹣mg＝ma
解得：N′ൌܕ܏൅ܕ܉
粒子ܛ૜૙ι ൌ૚૞ൈ૚૙
૜
૛
ൌ100 ૜N；
根据牛顿第三定律得：斜面所受的压力大小为：N″＝N′＝100 ૜N；
（2）小球水平方向受到的弹力为：T＝N′sin30°＝100 ૜ൈ૚
૛ൌ50 ૜N；
由牛顿第三定律可知，挡板对球的弹力为50 ૜N；
答：（1）小球对斜面的压力为100 ૜N；方向垂直于斜面向下；
（2）挡板对球的弹力为50 ૜N；方向水平向左．
【点评】此题对小球进行受力分析，运用力的合成或分解结合牛顿第二定律解决问题．注意合力的方向竖直向
上．
16．【分析】由题，由于圆弧两端点距最低点高度差H 远小于圆弧的半径，小球在圆弧上的运动等效成单摆运动，
小环运动到最低点所需的最短时间为
૚
૝周期．周期为T＝2ૈ
܀
܏，R 是圆弧的半径．
根据机械能守恒定律求出小环运动到最低点时的速度，由向心加速度公式aൌܞ૛
܀求解加速度．
【解答】解：将小球的运动等效成单摆运动，则小环运动到最低点所需的最短时间为
૚
૝周期，即最低时间为tൌ૚
૝܂ൌ
૚
૝•2π ܀
܏ൌ૜䁪૚૝
૛
૛䁪૞
૚૙s≈0.785s．
设小环运动到最低点时的速度为v，根据机械能守恒定律得：
mgHൌ૚
૛ܕܞ૛，得v2＝2gH
小环在最低点的加速度为aൌܞ૛
܀ൌ૛܏r
܀
ൌ૛ൈ૚૙ൈ૙䁪૙૚
૛䁪૞
ൌ0.08m/s2．
故答案为：0.785，0.08
【点评】本题的解题关键是将小环的运动等效成单摆运动，即可根据单摆的周期公式和机械能守恒等知识求解．
17．【分析】当电键S1 断开、S2 闭合时，电阻R2 和R3 被短路；当S1 闭合、S2 断开时，电阻R1 和R2 被短路；根
据输出功率，对两种情况进行列式，求解电源的电动势；并求出当S1、S2 都断开时，电源的总功率．
【解答】解：当电键S1 断开、S2 闭合时，电阻R2 和R3 被短路，则有电源输出功率P0ൌሺ
۳
܀൅ܚ砀૛܀
当S1 闭合、S2 断开时，电阻R1 和R2 被短路，则有电源输出功率P0ൌሺ
۳
૝܀൅ܚ砀૛ڄ ૝܀
联立解得，E＝3 ۾૙܀，r＝2R
当S1、S2 都断开时，电源的总功率为P＝EIൌ
۳૛
܀૚൅܀૛൅܀૜൅ܚൌ
ሺ૜۾૙܀砀૛
晦܀൅૛܀ൌP0．
故答案为：3 ۾૙܀，P0
【点评】本题认识电路的结构是解题的基础，还要掌握电源的输出功率求解的方法．
三、综合题（共40 分）注意：第19、20 题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文
字说明、公式、演算等．
18．【分析】（1）描绘电场中等势线”的实验原理是用恒定电流场模拟静电场，需要直流电源。等势线描绘在白纸
上，在木板上依次铺放白纸、复写纸、导电纸；放置导电纸时有导电物质的一面应向上。电极与导电纸应有良
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好的接触。
（2）根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电势的高低。
（3）由图可知f 点的电势高于d 点的电势，传感器的“+”接线柱应接在f 点，要找到等势点，应将接f 的表笔
向右移动。
【解答】解：（1）以上准备步骤中，错误的是：①、③；
应改为：①中：本实验首先要在导电纸上找到等势点，再这些点描在白纸上，将等势线描绘在白纸上，所以有
导电物质的一面必须朝上，否则不能找到等势点；
③中：为了找到等势点，应使用电压传感器；
（2）图中A 模拟正电荷，B 模拟负电荷，AB 间电场线方向从A 指向B，根据顺着电场线方向电势降低可知，
电势最高的点是a 点。
（3）根据等量异种电荷等势面的分布情况可知：f 点的电势高于d 点的电势，传感器的“+”接线柱应接在f 点，
要找到等势点，应将接f 的表笔向右移动。
故答案为：（1）①、③；①中有导电物质的一面朝上；③中应使用电压传感器；（2）a；（3）f，向右
【点评】理解“用描迹法画出电场中平面上的等势线”实验的原理和方法是解决此实验的关键。并要掌握两等
量异号电荷周围电场线与等势面的特点来解决这类问题。
19．【分析】（1）小球由高度为h＝2.5R 处下落至到达M 点过程中，轨道的支持力不做功，只有重力做功，运用机
械能守恒列式，即可求出小球通过M 点时的速度大小。由机械能守恒定律求出小球通过N 点的速度大小，小球
通过N 点时由重力和轨道的支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律列式求出支持力，再由牛顿第三定律
得到小球对轨道的压力。
（2）根据根据机械能守恒定律列式求解得到Ek 与h 的关系式，结合临界条件并画出图象。
【解答】解：（1）设小球在M 点的速度为v1，小球由高度为h 处下落至到达M 点过程中，机械能守恒，取地
面为零势能面，
则：mghൌ૚
૛mv
૚
૛ڮ①
将h＝2.5R 代入①得v1ൌ
૞܏܀ڮ②
设小球在通过圆轨道最高点时速度v2，轨道对球的压力为N2，根据机械能守恒定律，得：
mghൌ૚
૛mv
૛
૛൅2mgR…③
由牛顿第二定律得mg+N2＝m
ܞ૛
܀ڮ④
将h＝2.5R 代入③、④联立解得：N2＝0 …⑤
（2）由③得：Ekൌ૚
૛mv2＝mgh﹣2mgR…⑥
由③、④得：Nൌ૛ܕ܏
܀h﹣5mg…⑦
由于N≥0
由⑦得：h≥2.5R
当h＝2.5R 时，EK＝0.5mgR
图中A（2.5，0.5）
当h＝5R 时，EK＝3mgR
图中B（5，3）
连接AB 作出EK﹣﹣h 变化图象如图所示。
答：
（1）小球通过M 点时的速度大小为૞܏܀，通过N 点时对轨道的压力为0；
（2）作出EK 随h 的变化关系图象如图所示。
【点评】本题关键是明确小球的运动规律，知道圆轨道最高点重力和支持力的合力提供向心力，同时要结合机
械能守恒定律列式求解即可。
20．【分析】（1）根据左手定则可知电流方向；
（2）根据平衡条件结合安培力的计算公式求解；
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（3）当方框下落的加速度为
૚
૜g 时，根据牛顿第二定律求解电流强度，根据电功率的计算公式求解。
【解答】解：（1）根据图2，线框向下运动过程中，根据左手定则可知电流方向为顺时针；
（2）若方框未到底端前速度已达最大，根据平衡条件可得：mg＝BI•2x
其中Iൌ૛۰ܠܞܕ
܀
Rൌૉ૝ܠ
ۯ
联立解得最大速度vmൌૉܕ܏
۰૛ܠۯ
（3）当方框下落的加速度为
૚
૜g 时，根据牛顿第二定律可得：mg﹣BI′•2x＝ma
解得I′ൌܕ܏
૜۰ܠ
Rൌૉ૝ܠ
ۯ
所以电功率P＝I′2Rൌ૝ܕ૛܏૛ૉૢ
۰૛ܠۯ 。
答：（1）图2 中感应电流的方向为顺时针；
（2）若方框未到底端前速度已达最大，方框的最大速度为
ૉܕ܏
۰૛ܠۯ；
（3）当方框下落的加速度为
૚
૜g 时，方框的发热功率为
૝ܕ૛܏૛ૉૢ
۰૛ܠۯ 。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；
另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
2019-2020 学年上海市浦东新区高考物理一模试卷
一、单项选择题（共40 分，1-8 题每小题3 分，9-12 题每小题3 分．每小题只有一个正确选项）
1．（3 分）元电荷是（
）
A．电荷量
B．点电荷
C．电子
D．质子
2．（3 分）如图所示，为一列沿x 轴传播的横波，周期为2s，则该波（
）
A．波长为2m
B．振幅为10cm
C．频率为2Hz
D．波速为2m/s
3．（3 分）如图中标出了磁感应强度B、电流I 和其所受磁场力F 的方向，正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
4．（3 分）如图所示，一只小甲虫沿着倾斜的树枝向上匀速爬行，则（
）
A．甲虫速度越大所受摩擦力越大
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B．树枝对甲虫的摩擦力方向沿树枝向下
C．树枝对甲虫的作用力与甲虫所受的重力是一对平衡力
D．甲虫匀速向下爬行与向匀速上爬行所受摩擦力方向相反
5．（3 分）用国际单位制中基本单位表示的磁通量单位是（
）
A．Wb
B．T•m2
C．
ۼڄܕ
ۯ
D．
ܓ܏ڄܕ૛
ۯڄܛ૛
6．（3 分）一个物体作竖直上抛运动，则（
）
A．上升到最高点时，加速度为零
B．上升和下落过程的平均速度相同
C．任何相等时间内的速度变化量都相同
D．相等时间内的位移可能相同
7．（3 分）如图所示，同一水平面内有一金属圆线圖M 和一带正电橡胶圆环N，当N 绕其圆心在水平面内顺时针
加速转动时，可判断出M 环中产生的感应电流方向及M 变化趋势（
）
A．逆时针；收缩
B．逆时针；扩张
C．顺时针；收缩
D．顺时针；扩张
8．（3 分）如图所示，人随自动扶梯加速上行，扶梯对人的作用力为F，则F（
）
A．大小等于人的重力，对人做正功
B．大小等于人的重力，对人做负功
C．大小大于人的重力，对人做正功
D．大小小于人的重力，对人做负功
9．（4 分）“蹦极”是一种富有刺激性的勇敢者的运动项目。如图所示，一根弹性橡皮绳一端系于跳台，另一端系于
人的腿部。不计空气阻力，在蹦极者从跳台下落到最低点的过程中，则（
）
A．蹦极者下落至最低点时橡皮绳的弹性势能最大
B．蹦极者下落至橡皮绳原长位置时动能最大
C．蹦极者的机械能先增大后减小
D．蹦极者重力势能与橡皮绳弹性势能之和一直减小
10．（4 分）一带电粒子仅在电场力作用下以初速度w 向右做直线运动，其v﹣t 图象如图所示。则（
）
A．t1 时刻前后电场力方向相反
B．0～t2 时间内电场力先减小后增大
C．0～t2 时间内粒子速度一直减小
D．0～t2 时间内粒子速度改变量的方向向左
11．（4 分）如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2、R3 阻值相同。将单刀双掷开关由a 点打到b
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点（
）
A．伏特表的读数变大
B．电源的总功率变小
C．电源的效率变大
D．R2 的功率变小
12．（4 分）空间有一沿x 轴方向电场，x 轴上各点电势φ随x 变化的关系如图所示，则（
）
A．该电场可能是单个点电荷所形成的电场
B．x2～x3 区间内，场强沿x 轴负方向
C．0～x2 区间内，沿x 轴正方向电势先降低后升高
D．将电子沿x 轴从x1 移到x3 处，其电势能先减小后增大
二、填空题（共20 分）
13．（4 分）如图所示是“研究向心力与哪些因素有关”的实验仪器，叫做“DIS 向心力实验器”。该实验装置中需
要用到力传感器和
传感器，由于该实验涉及多个物理量，所以实验采用的方法是
法。
14．（4 分）“用DIS 测定电源的电动势和内阻”的实验电路如图所示，定值电阻R1 在实验中的作用是
；传
感器的连接还未完成，其上端的接线柱C 应连接在
上（选填“a”或“b”）。
15．（4 分）质量分别为2m 和m 的两颗恒星A 和B 组成双星系统，仅在相互之间万有引力的作用下，以两星连线
上的某点为圆心，在同一平面内做周期相同的匀速圆周运动。则A、B 两颗恒星的向心力之比FA：FB＝
；
运动半径之比RA：RB＝
。
16．（4 分）a 车和b 车在同一平直公路上行驶，它们的位移时间图象分别为图中直线a 和曲线b，由图可知0﹣t1
时间内a 车与b 车之间的距离
（选填“一直减小”、“一直增大”或“先增后减”）；设0﹣t2 时间内a、b
两车的平均速度分别为va 和vb，则va
vb（选填“＞”、“＝”或“＜”）
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17．（4 分）边长为L、电阻为R 的N 匝正方形线圈，以速度v 匀速进入磁感应强度为B 的有界匀强磁场。线圈运
动方向与磁场边界成θ角，如图所示。当线圈中心经过磁场边界时，穿过线圈的磁通量Φ＝
：线圈所受安
培力F＝
。
三、综合题（共40 分）注意：第19、20 题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文
字说明、公式、演算等．
18．（10 分）在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，
（1）用秒表测时间时为尽量减少误差，应从摆球通过
（选填“最高点”或“最低点”）时开始计时。
（2）某同学在正确操作和测量的情况下，测得周期为T1，得出重力加速度值比当地重力加速度值小，排除了其
它因素后发现，是所用摆球的重心不在球心所致，则可以判断重心应该是在球心的
（选填“上方”或“下
方”）。于是他将摆线长减小△L，测得单摆振动周期为T2，由此可得到比较准确的重力加速度表达式是
。
（3）为了更准确测量，他测出多组摆长L 和振动周期T，得出如图所示图象，则图象的纵轴表示
；由
图象求出的重力加速度g＝
m/s2．（小数点后保留两位）
19．（14 分）如图所示，长L＝3.41m 的水平直杆BC，与高H＝0.2m 的光滑细弯杆AB 底部和足够长斜杆CD 底
部都平滑连接，CD 与水平方向夹角θ＝37°．一质量m＝0.2kg 的小环套在杆上，从最高点A 由静止释放，沿
细弯杆运动到B 点时在小环上加一水平向右的外力F＝2N，至C 点撒去，小环冲上斜杆CD．已知小环与杆BC、
CD 间动摩擦因数均为μ＝0.8．（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）小环在B 点时的速度vB 大小；
（2）判断小环最终能否静止在斜杆上，通过表达式及计算加以说明；
（3）小环在斜杆CD 上运动的时间。（小数点后保留两位）
20．（16 分）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨，左侧水平，右侧倾斜且与水平部分平滑连接并成α＝30°
夹角，两导轨间距为L＝0.5m，左端接有电阻R＝0.5Ω，其余电阻不计。水平部分空间内有竖直向上的匀强磁场
B1＝0.5T，斜面部分有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场B2．质量为m＝0.2kg 的导体棒CD，与导轨接触良好
且始终垂直于导轨。给棒CD 沿斜面向下的初速度v0＝2m/s 后，棒匀速下滑，经时间△t＝1s 进入水平部分。（g
＝10m/s2）求：
（1）B2 的大小；
（2）进入水平部分后，棒CD 的电流方向和安培力方向，并从速度、加速度两个角度描述导体棒CD 进入水平
部分后的运动情况；
（3）棒CD 从开始到最终停止，电阻R 上产生的热量Q；
（4）棒CD 进入水平部分瞬间加速度a 的大小和方向；若要让棒进入水平部分后，加速度保持不变，需在棒上
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加一个水平外力F，直至棒离开水平面，从棒进入水平部分开始计时，请写出力F 与时间t 的表达式，并标明F
的方向及t 的取值范围。
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参考答案与试题解析
一、单项选择题（共40 分，1-8 题每小题3 分，9-12 题每小题3 分．每小题只有一个正确选项）
1．【分析】元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电
荷，常用符号e 表示，任何带电体所带电荷都是e 的整数倍。
【解答】解：元电荷又称“基本电量”，元电荷是带电量的最小值，它不是电荷，不是指质子或者是电子，也不
是电荷，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
【点评】点电荷是电荷，有电荷量与电性，而元电荷不是电荷，有电荷量但没有电性。
2．【分析】明确波动图象的性质，根据图象可直接得出波的波长和振幅；根据周期和频率的关系即可确定频率，根
据波长波速和频率的关系即可确定波速大小。
【解答】解：AB、由图可知，该波的波长为4m，振幅为5cm，故AB 错误；
C、周期为2s，则频率fൌ૚
܂ൌ૚
૛ൌ0.5Hz，故C 错误；
D、根据波速、波长和频率的关系可知，波速v＝λf＝4×0.5m/s＝2m/s，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查对波动图象的认识，要注意明确图象的性质，同时掌握波长、波速和周期、频率间的关系。
3．【分析】左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线
从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。根据
左手定则的内容判断安培力的方向。
【解答】解：A、根据左手定则，安培力的方向垂直导线斜向左上方，故A 错误；
B、根据左手定则，安培力方向垂直磁场向上，故B 正确；
C、电流的方向与磁场方向平行，可知，不受安培力，故C 错误；
D、根据左手定则，安培力的方向垂直纸面向外，故D 错误；
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定安培力的方向，及注意安培力产生条件，及与右手定则的区别。
4．【分析】甲虫匀速爬行，合力为零，受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据平衡得出摩擦力的变化。
【解答】解：AB、设倾角为θ，根据平衡条件可知甲虫所受的摩擦力f＝mgsinθ，方向沿树枝向上，匀速运动过
程中，θ不变，则摩擦力不变，故AB 错误。
C、匀速运动，受力平衡，树枝对甲虫的作用力与甲虫所受的重力是一对平衡力，故C 正确；
D、甲虫匀速向下爬行与向匀速上爬行所受摩擦力方向相同，均为沿树枝向上，故D 错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意匀速运动时摩擦力的大小和方
向与速度大小无关。
5．【分析】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。
它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
【解答】解：根据磁通量∅＝BSൌ۴܁
۷ۺ，F＝ma，aൌᶭܞ
ᶭܜ，则∅的单位用基本单位表示是kgm2/As2，故ABC 错误，
D 正确；
故选：D。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都
是需要学生自己记住的。
6．【分析】竖直上抛运动是初速度向上，只在重力作用下的运动，加速度为g，上升和下落过程具有对称性，同一
位置速度大小相等，方向相反。
【解答】解：A、上升到最高点时，瞬时速度为零，加速度为g，故A 错误；
B、速度是矢量，上升和下落过程的平均速度大小相等，方向相反，故B 错误；
C、竖直上抛运动是匀变速直线运动，故运动过程中任何相等时间内的速度变化量都相同，故C 正确；
D、运动过程中，不同的相等时间段的平均速度不可能相同（大小和方向不可能同时相同），故相等时间内的位
移不可能相同，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了竖直上抛运动的基本规律，要明确其上升和下降过程的速度、时间和能量具有对称性，
基础题。
7．【分析】本题中是由于N 的转动而形成了感应电流，而只有N 中的感应电流的变化可以在M 中产生磁通量的变
化，才使M 中产生了感应电流；因此本题应采用逆向思维法分析判断。
【解答】解：当带正电的绝缘圆环N 顺时针加速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在增大，根据右手定则，
其内（金属圆环a 内）有垂直纸面向里的磁场，其外（金属圆环M 处）有垂直纸面向外的磁场，并且磁场的磁
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感应强度在增大，金属圆环M 包围的面积内的磁场的总磁感应强度是垂直纸面向里（因为向里的比向外的磁通
量多，向里的是全部，向外的是部分）而且增大，根据楞次定律，M 中产生的感应电流的磁场垂直纸面向外，
磁场对电流的作用力向外，所以M 中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则，磁场对电流的作用力向外，
所以具有扩张趋势，故ACD 错误B 正确；
故选：B。
【点评】本题有两个判断，一个是电流方向，另一个是收缩趋势还是扩张趋势。综合考查电流的磁场（安培定
则），磁通量，电磁感应，楞次定律，磁场对电流的作用力，左手定则等。
8．【分析】以人为研究对象，根据牛顿第二定律分析作用力大小，力的方向与运动方向夹角小于90°，由此分析。
【解答】解：人随自动扶梯加速上行，加速度方向沿扶梯向上，如图所示；
根据图象可知扶梯对人的作用力大小F 大于人的重力mg，F 与速度方向夹角小于90°，对人做正功，故C 正
确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进
行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意扶梯对人的作用力是支持力和摩擦力的合力。
9．【分析】先分析该人下落过程中的受力情况，注意合力的大小和方向；蹦极者从最高点到a 时，只受重力，重力
势能转化为动能。从a 点到c 点的过程中，人受到弹力和重力作用，分成两段：上段受到向下的合力做加速运动，
速度越来越快；下段受到向上的合力做减速运动，速度越来越慢，到最低点速度为零。
【解答】解：A、蹦极人下落过程中，橡皮绳越长其弹性势能越大，到最低点最长，弹性势能最大。故A 正确。
B、蹦极者从最高点到橡皮绳恰好拉直时，重力势能转化为动能，重力势能越来越小，动能越来越大；从橡皮绳
恰好拉直到橡皮绳的拉力等于重力时的过程中，受到向下的合力做加速运动，所以速度越来越快，动能越来越
大；在橡皮绳的拉力等于重力时，合力为零；在橡皮绳的拉力等于重力点以下，受到向上的合力做减速运动，
速度越来越小，动能越来越小，最低点时速度为零。所以蹦极者在橡皮绳的拉力等于重力的点动能最大，故B
错误。
C、蹦极者从最高点到橡皮绳恰好拉直时，蹦极者的机械能不变；此后橡皮绳的弹性势能增大，所以蹦极者的机
械能不断减少，故C 错误。
D、从跳台运动到最低点的过程中，蹦极者重力势能、弹性势能与动能的总和保持不变，由于动能先增大后减小，
所以重力势能和橡皮绳弹性势能之和先减小后增大，故D 错误。
故选：A。
【点评】分析蹦极者的受力情况，特别是合力的方向，再判断蹦极者的运动情况是解本题的关键；D 选项一定
看准是蹦极者的机械能减少，否则错误。
10．【分析】根据速度与时间图象可知，加速度是恒定，则可确定电场力大小；由图象可知速度大小的变化；由图
象的斜率表示加速度知，加速度的方向与初速度的方向相反，由△v＝at 讨论速度改变量的方向。
【解答】解：AB、由图象可知，粒子的加速度不变，由于仅仅受到电场力作用，因此电场力大小与方向不变，
故AB 错误；
C、由图象可知，0～t1 粒子的速度减小，t1 之后速度反向增大，故C 错误；
D、由图象可知，图象的斜率表示加速度，可知加速度的方向与初速度的方向相反，即向左，由△v＝at 知速度
改变量的方向为加速度的方向，所以向左，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查由速度与时间图象，来确定加速度大小与方向的方法，进而确定电场力、速度改变量的方向。
11．【分析】分别确定好两种接法的电路，由串联、并联电路知识确定电压，电流，电功率分析各项。
【解答】解：接a 点时：R2 接入电路，电压表示数为：Uൌ۳
૛，电源的效率为：
܃
۳ ൌ50%，电源的总功率为：Pൌ۳૛
૛ܚ．R2
的电流为：I2ൌ۳
૛ܚ
接b 点时：R1 与R2 串联再与R3 并联后接入电路，电压表示数为：U′ൌ
۳
ܚ൅૛ܚൈܚ
૜ܚ
ൈ૛ܚൈܚ
૜ܚ
ൌ૛
૞۳
电源的效率为：
܃t
۳ ൌ40%
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电源的总功率为：Pൌ
۳૛
ܚ൅૛ܚൈܚ
૜ܚ
ൌ۳૛
૞
૜ܚ
R2 的电流为：
૛۳
૞ܚ
A、电压表的示数变小，则A 错误
B、电源的总功率变大，则B 错误
C、电源的效率变小，则C 错误
D、通过R2 的电流变小，功率变小，则D 错误
故选：D。
【点评】考查串并联电路的内容，明确电路结构是解题的关键。
12．【分析】顺着电场线方向电势降低结合电场线的特点与点电荷的电场线比较即可；0 处电势最高，x2 处电势最
低，可判断场强的方向。φ﹣x 图象的斜率等于场强，电子带负电，在电势高处的电势能小。
【解答】解：A、点电荷的电场的电势为单调增函数或单调减函数。故A 错误；
B、沿电场线方向电势越来越低，可知在x2～x3 区间内，场强沿x 轴负方向。故B 正确；
C、由图可知，在0～x2 区间内，沿x 轴正方向电势一直降低。故C 错误；
D、由图可知，在x1 到x3 区间的电势先减小后增大，电子带负电，所以电子的电势能先增大后减小。故D 错误
故选：B。
【点评】本题的解题关键是根据φ﹣x 图象的斜率等于场强和顺着电场线方向电势降低，分析两电荷的电性和电
量关系。
二、填空题（共20 分）
13．【分析】明确实验原方法，知道实验中所采用的仪器和实验中的用到的实验方法。
【解答】解：要研究向心力的决定因素，应测量力和速度，故采用“DIS 向心力实验器”进行实验时，应采用力
传感器和光电门传感器；
实验中涉及多个物理量，故一定要采用控制变量法进行实验；
故答案为：光电门；控制变量。
【点评】本题考查用“DIS 向心力实验器”进行实验的原理，要注意明确实验基本装置和方法。
14．【分析】实验一定要保护电路安全，开关应能控制整个电路，分析图示电路图答题。
【解答】解：由图示电路图可知，定值电阻R1 在实验中的作用保护电路；
由图示电路图可知，如果C 接在b 点开关不能控制电压表能否接入电路，C 应接在a 处；
故答案为：保护电路；a。
【点评】为保护电路安全在电路中应接入保护电阻，开关应能控制整个电路，分析清楚电路图可以解题；本题
是一道基础题，掌握基础知识即可解题。
15．【分析】双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，根据万有引力等于向心力列式分析即可。
【解答】解：作用力与反作用力大小相等，方向相反，对A、B 星，都是万有引力提供向心力，所以A、B 两颗
恒星的向心力之比FA：FB＝1：1
同时：۵ ૛ܕڄܕ
܌૛
ൌ૛ܕڄ ૑૛܀ۯ
۵ ૛ܕڄܕ
܌૛
ൌܕڄ ૑૛܀۰
其中：d＝RA+RB
联立解得：RAൌ૚
૜܌；RBൌ૛
૜܌
故RAൌ૚
૛RB，
故答案为：1：1，1：2
【点评】解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度。以及会用万有引力提
供向心力进行求解。
16．【分析】位移时间图线反映位移随时间的变化规律，图线切线的斜率表示瞬时速度，交点表示相遇。根据位移
和时间的比值比较平均速度的大小。
【解答】解：t1 时刻a、b 位移相同，a 车先启动后b 车启动，说明0﹣t1 时间内a 车与b 车之间的距离先增后减，
t2 时刻位移相等，时间相等，根据平均速度公式ܞൌܠ
ܜ知平均速度相等；
故答案为：先增后减，＝
【点评】解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，交点表示位置相同，知道图线的切线斜率表示瞬时速
度，根据斜率的正负可以确定运动的方向。
17．【分析】根据Φ＝BS 求穿过线圈的磁通量Φ．线圈所受安培力是右边和下边所受安培力的合力，由E＝NBLv、
Iൌ۳
܀求感应电流，由F＝BIL 求每条所受的安培力，再合成求得线圈所受的安培力F。
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第45页（共465页）
【解答】解：当线圈中心经过磁场边界时，穿过线圈的磁通量为：
Φ＝B•
૚
૛L2ൌ૚
૛BL2。
线圈产生的感应电动势为：
E＝NBLv
感应电流为：
Iൌ۳
܀ൌۼ۰ۺܞ
܀
线圈的右边和下边所受的安培力大小为：
F 安＝NBILൌۼ૛۰૛ۺ૛ܞ
܀
这两边所受安培力相互垂直，所以线圈所受安培力为：
Fൌ
૛F 安ൌ
૛ۼ૛۰૛ۺ૛ܞ
܀
故答案为：
૚
૛BL2．
૛ۼ૛۰૛ۺ૛ܞ
܀
。
【点评】解决本题时要知道磁通量与线圈的匝数无关，而安培力与线圈的匝数平方成正比，要能熟练推导出安
培力与速度的关系。
三、综合题（共40 分）注意：第19、20 题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文
字说明、公式、演算等．
18．【分析】（1）单摆在最低点时计时误差较小。
（2）根据单摆的周期公式分析误差产生的原因，分析计算加速度的方法。
（3）根据单摆的周期公式得出T2﹣L 的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度。
【解答】解：（1）因为摆球在最低点的速度最快，所以在最低点作为计时起点误差最小。
（2）根据Tൌ૛ૈ
ۺ
܏得：gൌ૝ૈ
૛ۺ
܂૛
可知，若得出重力加速度值比当地重力加速度值小，排除了其它因素后，一定是摆长L 的测量值偏小，如果是
所用摆球的重心不在球心所致，则可以判断重心应该是在球心的下方。
开始时：܂૚ൌ૛ૈ
ۺ
܏
于是他将摆线长减小△L，测得单摆振动周期为T2，则：܂૛ൌ૛ૈ
ۺെᶭۺ
܏
联立可得：gൌ૝ૈ
૛ᶭۺ
܂૚
૛െ܂૛
૛
（3）根据：Tൌ૛ૈ
ۺ
܏得，܂૛ൌ૝ૈ
૛ۺ
܏
，得出如图所示图象，则图象的纵轴表示T2；
图线的斜率kൌ૝ૈ
૛
܏
ൌ
૝
ሺૢૢ
൅૙䁪૞砀ൈ૚૙െ૛，
解得：g＝9.81m/s2。
故答案为：（1）最低点；
（2）下方，
૝ૈ
૛ᶭۺ
܂૚
૛െ܂૛
૛；
（3）T2，9.81（或9.82）
【点评】解决本题的关键知道实验的原理，以及实验中应该的注意的事项以及误差形成的原因，掌握单摆的周
期公式，并能灵活运用。
19．【分析】（1）对小环，从A 到B 的过程中，以水平面为零势面，因只有重力做功，由机械能守恒求解B 点速度；
（2）在斜杆CD 上，小球重力的沿斜面方向分力G1＝mgsin37°，与最大静摩擦力fmax＝μmgcos37°比较可知。
（3）对小环，在BC 段，由牛顿第二定律求解加速度，根据v
۱
૛െv
۰
૛ൌ2a1L 得vC，小环沿斜杆CD 上滑过程
中，由牛顿第二定律可得加速度，根据运动学公式求解时间。
【解答】解：（1）对小环，从A 到B 的过程中，以水平面为零势面，因只有重力做功，由机械能守恒，有：
૚
૛mv
۰
૛ൌmgH
代入数据解得：vBൌ
૛܏r ൌ
૛ൈ૚૙ൈ૙䁪૛m/s＝2m/s
（2）在斜杆CD 上，小球重力的沿斜面方向分力为：
G1＝mgsin37°＝0.6mg
而最大静摩擦力为：
fmax＝μmgcos37°＝0.64mg
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由于G1＜fmax，可得小球能静止在斜杆上。
（3）对小环，在BC 段，由牛顿第二定律知：
F﹣f1＝ma1
N1＝mg
f1＝μN1
代入数据解得：
a1ൌ۴െૄܕ܏
ܕ
ൌ૛െ૙䁪砀ൈ૙䁪૛ൈ૚૙
૙䁪૛
m/s2＝2m/s2；
由v
۱
૛െv
۰
૛ൌ2a1L 得：vCൌ
ܞ۰
૛൅૛܉૚ۺ ൌ4.2m/s
小环沿斜杆CD 上滑过程中，由牛顿第二定律可得：
mgsin37°+f2＝ma2
N2＝mgcos37°，
f2＝μN2
代入数据解得a2＝12.4m/s2
由vt＝vC﹣at
得tൌܞ۱
܉૛ൌ૝䁪૛
૚૛䁪૝s＝0.34s
答：（1）小环在B 点时的速度vB 大小为2m/s；
（2）由于G1＜fmax，可得小球能静止在斜杆上；
（3）小环在斜杆CD 上运动的时间为0.34s。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式的综合运用，分清运动过程是关键。
20．【分析】（1）导体棒匀速下滑处于平衡状态，由平衡条件可以求出磁感应强度。
（2）由右手定则可以判处出感应电流方向，由左手定则可以判断出安培力方向，应用牛顿第二定律求出加速度，
然后分析导体棒的运动过程与运动性质。
（3）应用能量守恒定律求出电阻R 上产生的焦耳热。
（4）由牛顿第二定律求出加速度大小，应用牛顿第二定律求出拉力。
【解答】解：（1）导体棒下滑过程受到的安培力：F 安培＝B2ILൌ
۰૛
૛ۺ૛ܞ૙
܀
，
导体棒匀速运动，由平衡条件得：mgsinαൌ
۰૛
૛ۺ૛ܞ૙
܀
，
代入数据解得：B2＝1T；
（2）由右手定则可知，流过导体棒CD 的电流由C 流向D，
由左手定则可知，导体棒所受安培力：水平向右；
导体棒所受合力方向水平向右，加速度方向向右，导体棒速度向左，导体棒做减速运动，
由牛顿第二定律得：
۰૚
૛ۺ૛ܞ
܀
ൌma，
加速度：aൌ
۰૚
૛ۺ૛ܞ
ܕ܀，速度v 减小，加速度a 减小，
导体棒做加速度减小的减速运动，直到导体棒速度为零为止；
（3）对整个过程，由能量守恒定律得：Q＝mgh൅૚
૛ܕܞ૙
૛，
代入数据解得：Q＝2.4J；
（4）导体棒进入水平部分瞬间，
加速度：aൌ
۴安培
ܕ
ൌ
۰૚
૛ۺ૛ܞ૙
ܕ܀
，
代入数据解得：a＝1.25m/s2，方向：水平向右，
导体棒加速度不变，导体棒做匀减速直线运动，导体棒速度：v＝v0﹣at，
对导体棒，由牛顿第二定律得：F൅
۰૚
૛ۺ૛ሺܞ૙െ܉ܜ砀
܀
ൌma，
代入数据解得，拉力：Fൌ૞
૜૛t
方向：水平向右，
从棒进入水平面开始到棒离开为止，棒先向左做匀减速直线运动到速度为零，然后向右做匀加速运动，
整个过程位移为零，由匀变速运动的位移公式得：sൌܞ૙ܜ൅૚
૛܉ܜ૛，代入数据解得：t＝3.2s，则：0≤t≤3.2s；
答：（1）B2 的大小为1T；
（2）进入水平部分后，棒CD 的电流方向：C 流向D，安培力方向：水平向右；导体棒做加速度减小的减速运
动知道静止；
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（3）棒CD 从开始到最终停止，电阻R 上产生的热量Q 为2.4J；
（4）棒CD 进入水平部分瞬间加速度a 的大小为：1.25m/s2，方向：水平向右；力F 与时间t 的表达式为：
૞
૜૛t
方
向：水平向右，0≤t≤3.2s。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；
另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
2019-2020 学年上海市闵行区高考物理一模试卷
一、单项选择题（共40 分，1 至8 题每小题3 分，9 至12 题每小题3 分．每小题只有一个正确选项）
1．（3 分）下列物理量中属于矢量的是（
）
A．温度
B．重力势能
C．电流强度
D．电场强度
2．（3 分）下列单位，属于国际单位制中基本单位的是（
）
A．牛顿
B．开尔文
C．焦耳
D．特斯拉
3．（3 分）如图所示，小明将一个小球轻轻放置在列车中的水平桌面上，若小球相对桌面（
）
A．静止，可知列车在匀速前进
B．向前运动，可知列车在加速前进
C．向前运动，可知列车在减速前进
D．向后运动，可知列车在减速前进
4．（3 分）让矿泉水瓶绕自身中心轴转动起来，带动瓶中水一起高速稳定旋转时，水面形状接近图（
）
A．
B．
C．
D．
5．（3 分）在“用单分子油膜估测分子的大小”实验中，下列对实验过程的分析正确的是（
）
A．测量一滴油酸酒精溶液体积用的是微小量放大法
B．在水面上撒痱子粉是为了使油膜边缘形成规则形状
C．在坐标纸上计算油膜轮廓内格子数采用的是比值法
D．该实验采用的是借助物理模型间接测量的方法
6．（3 分）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段，列车的动能（
）
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的速度的大小成正比
7．（3 分）某同学找了一个用过的“易拉罐”在靠近底部的侧面打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后
将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是（
）
A．易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快
B．易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快
C．易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变
D．易拉罐上升、下降的过程中，水不会从洞中射出
8．（3 分）甲乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度﹣时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两
车t2 时刻并排行驶。下列说法正确的是（
）
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A．两车在t1 时刻也并排行驶
B．在t1 时刻甲车在后，乙车在前
C．甲车的加速度大小先增大后减小
D．乙车的加速度大小先增大后减小
9．（4 分）如图所示，环境温度稳定不变，静止竖直放置的U 形管a 管开口与大气相通，b 管封闭，此时b 管内水
银面比a 管内水银面高h。若外界大气压强（
）
A．减小一些，则h 变小
B．减小一些，则h 变大
C．变大一些，则h 变小
D．变大一些，则h 不变
10．（4 分）在“研究共点力的合成”实验中，某小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有
结点位置O、力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示。其中对于提高实验精度最有
利的图是（
）
A．
B．
C．
D．
11．（4 分）如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹，带电粒子只受电场力作用，运动过程中电
势能减小，它运动到b 处时的运动方向与受力方向可能的是（
）
A．
B．
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C．
D．
12．（4 分）如图所示，半径为R 光滑圆轨道固定在竖直平面内，水平轨道AB 在圆轨道最低点与其平滑连接，AB
长度为L．小球在外力作用下，由A 向B 以加速度a 做匀加速运动，到达B 点撒去外力。要使球能沿圆轨道运
动到D 点，则小球过C 点的最小速度值和在A 点的最小速度值分别为（
）
A．vC＝0
vA＝2Rg
B．vCൌ
܀܏vAൌ
૞܀܏െ૛܉ۺ
C．vCൌ
܀܏vAൌ
૞܀܏
D．vCൌ
܀܏vAൌ
૞܀܏൅૛܉ۺ
二、填空题（共20 分．每个空格2 分）
13．（4 分）如图，一个是振动图象，一个是波动图象，其中是
是振动图象（选填：“a”或“b”），图a 的
物理意义是：
。
14．（4 分）已知阿伏伽德罗常数为NA（mol
﹣1），铜的摩尔质量为M（kg/mol），铜的密度为ρ（kg/m3），则可估算
1 个铜原子占有的体积为
m3，m 千克铜中所含的原子数目为
．
15．（4 分）地球的两颗卫星A 和B 位置如图所示，这两颗卫星绕地球均做匀速圆周运动，则这两颗卫星向心加速
度较小的是
。周期较小的是
。
16．（4 分）如图是自动驾驶汽车里测量汽车水平运动加速度的装置。该装置在箱的前、后壁各安装一个压力传感感
器a 和b，中间用两根相同的轻质弹簧压着一个质量为2.0kg 的滑块，滑块可无摩擦滑动（弹簧的弹力与其形变
量成正比）。汽车静止时，传感器a、b 示数均为10N．若当传感器b 示数为8N 时，汽车的加速度大小为
m/s2，
方向是
（选填：“由a 指向b”或“由b 指向a”）。
17．（4 分）图中虚线a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的组等势面，已知平面b 上的电势为2V．一电子经
过a 平面时的动能为10eV，从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6eV．则电势为零的等势面是
，电
子经过c 平面时的动能为
eV。
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三、综合题（共40 分）注意：第19、20 题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文
字说明、公式、演算等．
18．（13 分）某实验小组的实验电路如图（a）所示，电压表有一端接线位置待定。
（1）若电压表待定端
（A）接a，利用该实验所得的U﹣I 关系图线可得到电阻R 的阻值
（B）接b，利用该实验所得的U﹣I 关系图线可得到电阻R 的阻值
（C）接a，利用该实验所得的U﹣I 关系图线可得到电源的电动势和内阻
（D）接b，利用该实验所得的U﹣I 关系图线可得到电源的电动势和内阻
（2）将（a）图连接成“测定电源的电动势和内阻”的电路，合上开关，将滑动变阻器的滑片由接入电路阻值
最大端移向另一端，发现电压表的示数接近1.5V 且几乎不变，直到当滑片滑至临近另一端时电压表的示数急剧
减小，出现上述情况的原因是
。
（3）调整合适的实验器材后，利用电压表和电流表的示数拟合出U﹣I 关系图线如图
（b）所示，由此得到电源电动势E＝
V，内阻r＝
Ω。
（4）请结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电压之和。
19．（12 分）我国自行研制的C919 大型客机在浦东机场首飞成功。设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀
加速直线运动，当位移s＝1.6×103m 时才能达到起飞所要求的速度v＝80m/s，已知飞机质量m＝7.0×104kg，
滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1 倍，重力加速度取g＝10m/s2，求飞机滑跑过程中，
（1）加速度a 的大小；
（2）驱动力做的功W；
（3）起飞瞬间驱动力的功率P。
20．（15 分）如图（a）所示，两段间距均为L 的长平行金属导轨，左段表面光滑、与水平面成θ角固定放置，顶端
MN 之间连接定值电阻R1，右段导轨表面粗糖、水平放置，末端CD 之间连接一电源，电动势为E、内阻为r，
两段导轨中间EF 处通过一小段绝缘光滑轨道将它们圆滑连接起来。空间存在以EF 为边界的磁场，左侧为匀强
磁场，方向垂直导轨平面向下，大小为B1，右侧为变化磁场，方向水平向右，大小随时间变化如图（b）所示。
现将一质量为m、电阻为R2、长为L 的金属棒搁在左侧顶端，由静止释放，金属棒到达EF 之前已经匀速，接
着进入水平轨道，且整个过程中没有离开导轨。设金属棒到达边界EF 处t＝0，金属棒与水平导轨动摩擦因数为
μ，重力加速度为g，则：
（1）金属棒到达EF 处的速度大小；
（2）请写出金属棒在水平轨道运动时加速度的表达式（右侧磁感应强度用B2 表示）；
（3）试通过分析，描述金属棒到达水平轨道后的运动情况。
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参考答案与试题解析
一、单项选择题（共40 分，1 至8 题每小题3 分，9 至12 题每小题3 分．每小题只有一个正确选项）
1．【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。
【解答】解：A、温度只有大小没有方向，是标量，故A 错误；
B、重力势能只有大小没有方向，是标量，故B 错误；
C、电流强度有方向，但其运算遵守代数加减法则，是标量。故C 错误；
D、电场强度有大小有方向，其运算遵守平行四边形定则，是矢量。故D 正确
故选：D。
【点评】矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四
边形定则，标量运算遵守代数加减法则。
2．【分析】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。
它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
【解答】解：在给出的几个单位中，牛顿、焦耳、特斯拉都是国际单位制中的导出单位，开尔文是基本单位。
故B 正确，A、C、D 错误。
故选：B。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都
是需要学生自己记住的。
3．【分析】一切物体，不论是运动还是静止、匀速运动还是变速运动，都具有惯性，惯性是物体本身的一种基本属
性，根据惯性知识进行分析。
【解答】解：A、小球静止，则列车可能静止，也可能匀速运动，故A 错误；
BC、若小球向前滚动，即小球的相对于车向前运动，知列车的向前的速度小于小球的向前的速度，所以若正在
向前运动，则在减速，若列车正在向后运动，则列车的速度在增加，做加速运动。故B 错误C 正确；
D、同理，若小球向后滚动，则列车可能加速向前运动，或减速向后运动，故D 错误；
故选：C。
【点评】解决本题的关键理解惯性的性质，即保持原来运动状态的性质，一切物体都具有惯性。
4．【分析】当物体受到的合力的大小不足以提供物体所需要的向心力的大小时，物体就要远离圆心，此时物体做的
就是离心运动。
【解答】解：随矿泉水瓶转动的水做圆周运动时，需要合外力提供向心力，当水受到的合外力不足以提供需要
的向心力时，水将做离心运动，逐渐离开矿泉水瓶的中心，所以水面的中心处将凹一些，而四周将高一些。所
以四个图中，ABC 与实际不符，只有D 是正确的
故选：D。
【点评】此题只要知道离心现象的定义以及条件，结合生活实例进行理解和记忆即可。
5．【分析】测量一滴油酸酒精溶液体积用的是累积法；水面上撒痱子粉是为了使油膜边缘形成清晰的界面；在坐标
纸上计算油膜轮廓内格子数采用的是累加法；
该实验采用的是借助物理模型间接测量的方法。
【解答】解；A、测量一滴油酸酒精溶液体积用的是累积法，则A 错误
B、水面上撒痱子粉是为了使油膜边缘形成清晰的界面，则B 错误
C、在坐标纸上计算油膜轮廓内格子数采用的是累加法，则C 错误
D、该实验采用的是借助物理模型间接测量的方法，则D 正确
故选：D。
【点评】本题是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个靠着一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚
度。
6．【分析】列车作初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式写出速度与时间、位移的关系式，再写出动能与时
间、位移的关系式，即可分析。
【解答】解：A、因列车做初速度为零的匀加速直线运动，则有：v＝at，所以列车动能表达式Ekൌ૚
૛mv2ൌ૚
૛ma2t2，
m、a 不变，可知动能与所经历的时间平方成正比，故A 错误；
B、依据动能定理，则有：F 合xൌ૚
૛mv2﹣0，F 合不变，可知，动能与它的位移成正比，故B 正确；
CD、由动能表达式Ekൌ૚
૛mv2，可知，动能与它的速度平方成正比，故CD 错误；
故选：B。
【点评】解决本题的关键要掌握匀变速直线运动的规律，明确动能与速度、位移等物理量的关系，根据动能的
表达式分析。
7．【分析】将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，易拉罐中的水处于完全失重状态，上层水平对下层水没有压力，
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第53页（共465页）
水不会从洞中射出．
【解答】解：将易拉罐竖直向上抛出后，由于空气阻力不计，易拉罐及水的加速度等于重力加速度，处于完全
失重状态，易拉罐中各层水之间没有压力，在整体过程中，水都不会从洞中射出。
故选：D。
【点评】本题中实验学生可以亲自做一下，用牛顿运动定律分析和理解失重现象，并记住产生失重的条件．
8．【分析】根据速度时间图线能分析出汽车的运动情况，通过图线与时间轴围成的面积大小表示位移判断哪个汽车
在前。通过图线的斜率判断加速度的变化。
【解答】解：AB、已知在t2 时刻两车并排行驶，在t1﹣t2 时间内，甲图线与时间轴围成的面积大，则知在t1﹣
t2 时间内，甲通过的位移比乙的大，可知在t1 时刻，甲车在后，乙车在前，两车没有并排行驶。故A 错误、B
正确。
CD、图线切线的斜率表示加速度，可知甲车的加速度先减小后增大，乙车的加速度也是先减小后增大。故CD
错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键要掌握速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，图线的切
线斜率表示瞬时加速度。
9．【分析】求解出外界大气压与封闭气体压强关系表达式，然后进行分析讨论即可。
【解答】解：A、B、以cmHg 为单位，封闭气体压强为：P＝P0﹣ρgh，若外界大气压强P0 减小，则h 减小，
故A 正确，B 错误；
C、D、以cmHg 为单位，封闭气体压强为：P＝P0﹣ρgh，若外界大气压强P0 增大，则h 增大，故C 错误，D
错误；
故选：A。
【点评】本题关键是明确封闭气体压强与外界大气压之间的关系，写出关系式，然后讨论关系式即可，基础题。
10．【分析】做探究共点力合成的规律实验：我们是让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，测
出两个力的大小和方向以及一个力的大小和方向，用力的图示画出这三个力，用平行四边形做出两个力的合力
的理论值，和那一个力（实际值）进行比较。用平行四边形画出来的是理论值，和橡皮筋同线的那个是实际值。
由此结合实验过程中需要注意的事项依次分析即可。
【解答】解：A、为了便于确定拉力的方向，拉橡皮条的细绳要稍长一些，同时在纸上描点时，所描的点不要太
靠近结点，该图中所描的点太靠近结点。故A 错误；
B、该图中所描的点到结点的距离适中，力的大小适中，而且两个力的角度的大小也适中。故B 正确；
C、实验要方便、准确，两分力适当大点，读数时相对误差小，但不宜太大，该图中的读数都太小，故C 错误；
D、该图中两个分力之间的夹角太小，这样误差容易大，故D 错误；
故选：B。
【点评】在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于
基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解，同时要理解会给实验带来误差的因素。
11．【分析】根据粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受到的电场力的方向；
电场力做正功粒子的动能增大，电势能减小。
【解答】解：粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受力的方向向右；
由于运动飞过程中粒子的电势能减小，所以电场力做正功，粒子运动的方向一定是c 到a；故选项C 正确，选项
ABD 错误；
故选：C。
【点评】本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧；电场线的疏密
表示电场强度的强弱；用电场力做功和能量守恒定律判断动能和电势能的变化。
12．【分析】小球恰好到达最高点，知弹力为零，结合牛顿第二定律求出最高点的速度，根据机械能守恒定律求出
小球在B 点的速度大小，根据匀变速直线运动规律求出A 点速度。
【解答】解：小球在最高点C 所受轨道正压力为零，有：mg＝m
ܞ۱
૛
܀，
解得：vCൌ
܏܀，
小球从B 点运动到C 点，根据机械能守恒有：
૚
૛mv
۰
૛ൌ૚
૛mv
۱
૛൅2mgR，
解得：vBൌ
૞܏܀。
由于小球在AB 段做匀加速运动，加速度大小为a，由运动学公式有：
v
۰
૛െv
ۯ
૛ൌ2aL
解得：vAൌ
૞܏܀െ૛܉ۺ，故B 正确；
故选：B。
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第54页（共465页）
【点评】本题主要考查了机械能守恒，运动学基本公式的直接应用，物体恰好通过C 点是本题的突破口，这一
点要注意把握，难度适中。
二、填空题（共20 分．每个空格2 分）
13．【分析】明确图象的横纵坐标，从而确定图象的性质，并明确两图象的意义。
【解答】解：a 图反映介质中各个质点在某一时刻的位移，是波的图象，而图b 反映某一质点在各个时刻的位移，
是振动图象；
波动图象的意义是描述同一时刻各个质点的位移。
故答案为：b；同一时刻各个质点的位移。
【点评】本题既有理解振动图象和波动图象各自的物理意义，由振动图象读出质点的振动方向，由波动图象判
断波的传播方向，同时要抓住两种图象之间的联系。
14．【分析】摩尔质量＝密度×摩尔体积；
摩尔质量＝阿伏伽德罗常数×每个分子的质量；
摩尔体积＝阿伏伽德罗常数×每个分子的体积；
根据公式列式求解即可．
【解答】解：摩尔体积：t摩尔ൌۻ
ૉ；
每个铜原子体积：t ൌ
t摩尔
ۼۯ ൌۻ
ૉۼۯ；
m 千克铜中所含的原子数目为：Nൌۼۯ ڄ ܖൌۼۯ ڄ ܕ
ۻ
故答案为：
ۻ
ૉۼۯ
，
ܕۼۯ
ۻ ．
【点评】阿佛加德罗常数是联系宏观与微观的桥梁，记住一些相关公式是解决本类问题的关键．
15．【分析】根据万有引力提供向心力得出周期、向心加速度与轨道半径的关系，从而比较出大小。
【解答】解：人造卫星A、B 在同一平面内绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则由牛顿第二定律得：
۵ۻܕ
ܚ૛
ൌm
૝ૈ
૛
܂૛r＝ma
T＝2π
ܚ૜
۵ۻ，aൌ۵ۻ
ܚ૛
则可知离地面越近的卫星，轨道半径越小，向心加速度越大、周期越小，所以卫星B 的周期较小，卫星A 的加
速度较小。
故答案为：A，B
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、加速度、周期与轨道半径
的关系。
16．【分析】滑块在水平方向上受到的力为a、b 两个弹簧施加的弹力，这两个弹力的合力提供加速度，根据牛顿第
二定律列式求解。
【解答】解：根据胡克定律公式F＝kx 可知，△F＝k•△x，由于两个弹簧相同，形变量的变化量相同，故弹力
变化量相同；
当压力传感器b 的读数为8N 时，a 传感器读数一定是12N，故合力为12﹣8＝4N，水平向右，根据牛顿第二定
律，有：
aൌ۴
ܕൌ૝
૛m/s2＝2m/s2，由a 指向b；
故答案为：2
由a 指向b
【点评】传感器的示数就是等于该侧弹簧的弹力，也等于弹簧施加给滑块的弹力，对滑块受力分析，运用牛顿
第二定律解题；此题要注意弹簧的弹力变化量跟缩短量的变化量成正比。
17．【分析】根据只有电场力做功，动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零
处，电势能为零，从而即可一一求解。
【解答】解：虚线a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a 时的动能为10eV，从
a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，
因平面b 上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a 到f 是降低的，因此平面c 上的电势为零，电子
经过c 平面时的动能为6eV，
故答案为：c，6。
【点评】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是
解题的关键。
三、综合题（共40 分）注意：第19、20 题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文
字说明、公式、演算等．
18．【分析】（1）分析电路结构，明确电路接法，再根据电压表和电流表所测量的对象进行分析，再利用欧姆定律
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以及闭合电路欧姆定律进行分析即可明确能测量的数据；
（2）滑动变阻器串联在电路中，电压表的示数几乎不变，说明随着电阻的变小，滑动变阻器的电阻占整个电路
电阻的比例变化不大，直到当滑动触头P 滑至临近B 端时，电压表的示数急剧变化，说明滑线变阻器的总电阻
太大；
（3）U﹣I 图象的纵轴截距表示电源的电动势，斜率的绝对值表示内阻；
（4）根据能量守恒定律证明电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和。
【解答】解：（1）A、若接a，此时电压表并联在滑动变阻器两端，电压表测量为滑动变阻器两端的电压，根据
图象无法求出定值电阻的阻值；故A 错误；
B、接b，此时电压表并联在滑动变阻器两端，电压表测量为滑动变阻器与定值电阻两端的电压，根据图象无法
求出定值电阻的阻值；故B 错误；
C、若接a 时，图象的斜率表示定值电阻与内阻之和，由于定值电阻未知，故内阻无法求出；故C 错误；
D、若接b，可将定值电阻视为滑动变阻器一部分，则根据作出的图象可得到电源的电动势和内阻；故D 正确；
故选：D
（2）滑动变阻器串联在电路中，将滑动变阻器的滑片由接入电路阻值最大端移向另一端，发现电压表的示数接
近1.5V 且几乎不变，说明随着电阻的变小，滑动变阻器的电阻占整个电路电阻的比例变化不大，直到当滑片滑
至临近另一端时电压表的示数急剧减小，说明滑动变阻器的总电阻太大，远大于电源内阻和定值电阻之和；
（3）U﹣I 图象的纵轴截距表示电源的电动势，故E＝1.50V，内电阻等于图线的斜率，故
rൌ૚䁪૞૙െ૚䁪૛૜
૙䁪ૢ૝
Ω ൎ૙䁪૛ૢΩ
（4）设电路工作时间为t，电路中电流为I，
根据能量守恒，非静电力做的功W 产生的电能等于外电路和内电路产生的电热，
即：W＝I2rt+I2Rt，
所以EIt＝U 内It+U 外It，
解得E＝U 内+U 外。
故答案为：（1）D；
（2）滑动变阻器的总电阻远大于电源内阻和定值电阻之和；
（3）1.50、0.29；
（4）设电路工作时间为t，电路中电流为I，
根据能量守恒，非静电力做的功W 产生的电能等于外电路和内电路产生的电热，
即：W＝I2rt+I2Rt，
所以EIt＝U 内It+U 外It，
解得E＝U 内+U 外。
【点评】测定电源的电动势和内电阻是高中阶段电学实验考查的重点，是近几年各地高考题目的出题热点，本
题突出了对于实验原理、仪器选择及U﹣I 图象处理等多方面内容的考查，题目层次源于课本，凸显能力，体现
创新意识，侧重于对实验能力的考查。
19．【分析】（1）根据运动学公式求得运动的加速度；
（2）根据牛顿第二定律求得牵引力，做功W＝Fs；
（3）起飞瞬间驱动力的功率P＝Fv。
【解答】解：（1）飞机在起飞过程中做匀加速直线运动，根据sൌܞ
૛t 解得：
tൌ૛ܛ
ܞൌ૛ൈ૚䁪૟ൈ૚૙૜
砀૙
s＝40s
加速度大小为：
aൌܞ
ܜൌ砀૙
૝૙m/s2＝2m/s2；
（2）飞机起飞的过程中受到牵引力与阻力，根据牛顿第二定律可知：
F﹣f＝ma，
解得：F＝f+ma＝2.1×105N；
W＝Fs＝2.1×105×1.6×103＝3.36×108J
（3）起飞瞬间驱动力的功率为：
P＝Fv＝2.1×105×80＝1.68×107W
答：（1）加速度a 的大小为2m/s2；
（2）驱动力做的功W 为3.36×108N；
（3）起飞瞬间驱动力的功率为1.68×107W。
【点评】本题主要考查了运动学公式和牛顿第二定律，加速度是解决问题的中间桥梁。
20．【分析】（1）由安培力公式求出导体棒受到的安培力，然后由平衡条件求出导体棒的速度。
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（2）由安培力公式求出导体棒受到的安培力，由牛顿第二定律求出加速度。
（3）通过分析导体棒的受力情况，结合安培力与速度的关系，分析导体棒的运动情况。
【解答】解：（1）导体棒受到的安培力：FA1＝B1I1Lൌ
۰૚
૛ۺ૛ܞ૙
܀૚൅܀૛
导体棒做匀速运动，由平衡条件得：FA1＝mgsinθ
联立解得：v0ൌܕ܏ܛtܖીሺ܀૚൅܀૛砀
۰૚
૛ۺ૛
；
（2）金属棒在水平轨道运动时，回路中电流I2ൌ
۳
܀૛൅ܚ
导体棒受到的安培力：FA2＝B2IL
摩擦力f＝μN
由正交分解法可知：
竖直方向：N+FA2＝mg
水平方向：ma
联立以上各式可知a＝μgെૄ
۳ۺ۰૛
ܕሺ܀૛൅ܚ砀
（3）讨论如下：
①若金属棒在0﹣t1 阶段速度减小到零。
这个过程中磁场B2ൌ۰૙
ܜ૚t，由a＝μgെૄ
۳ۺ۰૛
ܕሺ܀૛൅ܚ砀ൌμgെૄ
۳ۺ۰૙
ܕሺ܀૛൅ܚ砀ܜ૚t，可知金属棒运动时随着时间t 的增加，
加速度a 逐渐减小，金属棒作加速度减小的减速运动。
当金属棒速度减小到零时，磁场继续增强，安培力增大，弹力减小，因金属棒始终没有离开导轨，故其后始终
保持静止状态。所以，棒作加速度减小的减速运动直至停止不动。
②若金属棒在t1 时刻速度不为零。
此后磁场保持不变，金属棒的加速度为a＝μgെૄ
۳ۺ۰૛
ܕሺ܀૛൅ܚ砀，a 不变，故此后保持匀减速直线运动，当速度为零时，
安培力保持不变，弹力不变，导体棒保持静止状态。这种情况下，整个过程中金属棒在0﹣t1 阶段先作加速度减
小的减速运动，t1 时刻后再作匀减速直线运动。当速度为零时保持静止状态。
答：
（1）金属棒到达EF 处的速度大小为
ܕ܏ܛtܖીሺ܀૚൅܀૛砀
۰૚
૛ۺ૛
。
（2）金属棒在水平轨道运动时加速度的表达式为a＝μgെૄ
۳ۺ۰૛
ܕሺ܀૛൅ܚ砀。
（3）讨论如下：①金属棒进入水平轨道后，在0﹣t1 阶段，回路中电流I2 不变，磁场B2 增大，安培力FA2 增大，
弹力N 减小，摩擦力f 减小，加速度a 减小，棒作加速度减小的减速运动直至停止不动。
②若金属棒t1 时刻速度不为零，在t1 时刻之后，回路中电流I2 不变，磁场B2 保持不变，安培力FA2 不变，弹
力N 不变，摩擦力f 不变，加速度不变，棒做匀减速直线运动直至停止，这种情况下整个过程棒先作加速度减
小的减速运动，接着作匀减速运动直至停止不动。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；
另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
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2019-2020 学年上海市嘉定区高考物理一模试卷
一、选择题（第1-8 小题，每小题3 分；第9-12 小题，每小题3 分，共40 分．每小题只有一个正确答案）
1．（3 分）伽利略根据小球在较小倾角斜面运动的实验事实，通过合理外推得到“自由落体是匀加速直线运动”的
结论。这一过程体现的物理思想方法是（
）
A．控制变量法
B．理想实验法
C．理想模型法
D．等效替代法
2．（3 分）在国际单位制中，压强的单位为帕（Pa），用基本单位表示1Pa 等于（
）
A．1cmHg 柱
B．1atm
C．1
ܓ܏
ܕڄܛ૛
D．1
ۼ
ܕ૛
3．（3 分）秋天的早晨，我们常常能看到空气中的水蒸汽在草叶上凝聚成的露珠。在凝露的这一物理过程中，水分
子间的（
）
A．引力、斥力都减小
B．引力、斥力都增大
C．斥力减小，引力增大
D．斥力增大，引力减小
4．（3 分）在“用DIS 研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，下列操作错误的是（
）
A．推拉活塞时，动作要慢
B．推拉活塞时，手不能握住注射器含有气体的部分
C．压强传感器与注射器之间的软管脱落后，应迅速重新装上继续实验
D．活塞与针筒之间要保持气密性
5．（3 分）某物体受一个力作用做匀速圆周运动，则这个力一定是（
）
A．大小不变、方向始终指向圆心
B．大小不变，方向始终为切线方向
C．大小变化、方向始终指向圆心
D．大小变化，方向始终为切线方向
6．（3 分）如图，实线是一个电场中的电场线，虚线是一带电粒子仅在电场力作用下从a 处运动到b 处的轨迹，则
（
）
A．a 处的电场强度较弱
B．a、b 两处的电场强度一样大
C．该带电粒子在b 处时受电场力较小
D．该带电粒子在a、b 两处受电场力一样大
7．（3 分）一个弹簧振子沿x 轴做简谐运动，取平衡位置O 为x 轴坐标原点。从某时刻开始计时，经过四分之一周
期，振子具有沿x 轴正方向的最大加速度。能正确反映振子位移x 与时间t 关系的图象是（
）
A．
B．
C．
D．
8．（3 分）如图，在点电荷Q 产生的电场中，将两个带正电的检验电荷q1、q2 分别置于A、B 两点，虚线为等势线。
取无穷远处为零电势点，若将q1、q2 移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则（
）
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A．q1 在A 点的电势能大于q2 在B 点的电势能
B．q1 在A 点的电势能小于q2 在B 点的电势能
C．q1 的电荷量小于q2 的电荷量
D．q1 的电荷量大于q2 的电荷量
9．（4 分）分别在光滑水平面、粗糙水平面和粗糙斜面上推同一物体，如图（a）、（b）、（c）所示。如果所用的图示
推力大小相等，在物体发生大小相等位移的过程中，推力对物体所做的功（
）
A．在光滑水平面上较大
B．在粗糙水平面上较大
C．在粗糙斜面上较大
D．相等
10．（4 分）从某一高度相隔1s 先后释放两个相同的小球，不计空气的阻力，它们在空中任一时刻（
）
A．间距保持不变，速度之差保持不变
B．间距越来越大，速度之差越来越大
C．间距越来越大，速度之差保持不变
D．间距越来越小，速度之差越来越小
11．（4 分）如图所示，一列简谐横波向右传播，P、Q 两质点平衡位置相距0.15m。当P 运动到上方最大位移处时，
Q 刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是（
）
A．0.60m
B．0.20m
C．0.15m
D．0.10m
12．（4 分）如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端装有滑轮，两物块P、Q 用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量
和摩擦），P 悬于空中，Q 放在斜面上，均处于静止状态．当用水平向左的恒力推Q 时，P、Q 仍静止不动．则
（
）
A．Q 受到的摩擦力一定变小
B．Q 受到的摩擦力一定变大
C．轻绳上拉力一定不变
D．轻绳上拉力一定变小
二、填空题（每题4 分，共20 分）
13．（4 分）一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v﹣t 图象如图所示。则摩托车在0～20s 这段
时间的加速度大小a＝
；摩托车在0～75s 这段时间的平均速度大小ܞൌ
。
14．（4 分）某同学分别在甲乙两地进行实验：研究“保持重物质量不变的情况下，用竖直向上的拉力匀加速提升重
物时，重物加速度a 的大小与拉力F 的大小之间的关系”。得到甲乙两地的a﹣F 图象如图所示，由图可以判知
甲地的重力加速度
乙地的重力加速度。甲地的重物质量
乙地的重物质量（填“大于”“等于”“小
于”）。
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15．（4 分）用长度h＝15cm 的一段汞柱把空气封闭在一端开口的足够长的粗细均匀玻璃管里，当玻璃管水平放置
时，空气柱的长度L1＝30cm，当玻璃管竖直放置开口向上时，空气柱的长度L2＝25cm。这时的大气压p0 为
cm 汞柱；如果将玻璃管倒过来竖直放置，开口向下，则空气柱的长度L3 为
cm。
16．（4 分）我国的C919 大型客机在试飞过程中，假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，
当位移x＝1.6×103m 时才能达到起飞所要求的速度v＝80m/s，已知飞机质量m＝7.0×104kg，滑跑时受到的阻
力为自身重力的0.1 倍，（取g＝10m/s2），则飞机滑跑过程中加速度a 为
m/s2；起飞时牵引力的功率P 为
W。
17．（4 分）“研究共点力的合成”的实验情况如图（a）所示，其中A 为固定橡皮筋的图钉，O 为橡皮筋与细绳的
结点，OB 和OC 为细绳，图（b）是在白纸上根据实验结果画出的图示。则图（b）中的F 与F′两力中，方向
一定沿AO 方向的是
。本实验中应用了等效替代方法，其等效性是指
。
三、综合题（第18 题10 分，第19 题14 分，第20 题16 分，共40 分）注意：第19、20 题在列式计算、逻辑推理
以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等．
18．（10 分）在做“用油膜法估测分子直径的大小”的实验中
（1）实验简要步骤如下：
A．将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数，再根据方格的边长求出油膜的面积S。
B．将一滴酒精油酸溶液滴在水面，待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将薄膜的形状描画
在玻璃板上。
C．用浅盘装入约2cm 深的水，然后用痱子粉均匀地撒在水面上。
D．取一定体积的油酸和确定体积的酒精混合均匀配制成一定浓度的酒精油酸溶液。
E．根据酒精油酸溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V。
F．用注射器将事先配制好的酒精油酸溶液一滴一滴地滴入量筒，记下量筒内增加一定体积时的滴数。
G．由
t
܁得到油酸分子的直径d。
上述实验步骤的合理顺序是
。（填写字母编号）
（2）在本实验中“将油膜分子看成紧密排列的球形，在水面形成单分子油膜”，体现的物理思想方法是
。
（3）若所用酒精油酸的浓度约为每104mL 溶液中有纯油酸6mL．用注射器测得1mL 上述溶液为75 滴，把1
滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，描出的油酸的轮廓形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边
长为1cm，由此可估测油酸分子的直径是
m．（保留一位有效数字）
19．（14 分）如图所示电路，电源电动势为E＝3V，内阻为r＝1Ω，定值电阻R0＝10Ω，滑动变阻器R 可在0～20Ω
范围内变化。当滑片P 处于中点位置时，求：
（1）当电键S 断开时，定值电阻R0 两端的电压U0 为多少？
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（2）当电键S 闭合时，定值电阻R0 两端的电压U0′为多少？
（3）当电键S 闭合时，若要使定值电阻R0 两端的电压恢复为U0，滑片P 应该向左还是向右移动？请简述理由。
20．（16 分）某电动机工作时输出功率P 与拉动物体的速度v 之间的关系如图（a）所示。现用该电动机在水平地
面内拉动一物体（可视为质点），运动过程中轻绳始终处在拉直状态，且不可伸长，如图（b）所示。已知物体
质量m＝1kg，与地面的动摩擦因数μ1＝0.35，离出发点左侧s 距离处另有一段动摩擦因数为μ2、长为d 的粗糙
材料铺设的地面。（g 取10m/s2）
（1）若s 足够长，电动机功率为2W 时，物体在地面能达到的最大速度是多少？
（2）若s 足够长，当物体速度为0.1m/s 时，加速度为多少？
（3）若s＝0.16m，物体与粗糙材料之间动摩擦因数μ2＝0.45．启动电动机后，分析物体在达到粗糙材料之前的
运动情况。若最终能滑过粗糙材料，则d 应满足什么条件？
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2019-2020 学年上海市嘉定区高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（第1-8 小题，每小题3 分；第9-12 小题，每小题3 分，共40 分．每小题只有一个正确答案）
1．【分析】本题考查了有伽利略“斜面实验”的知识，知道该实验是无法完成的，但通过可靠的事实为依据，经过
合理的外推可以得出自由落体的规律。
【解答】解：根据实验结果，伽利略将实验结论进行合理的外推，得到落体的运动规律，自由落体的运动与物
体的质量无关，由于该实验无法完成，所以被称为理想实验，即采用了理想实验法，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题应明确理想实验的意义，知道伽利略对自由落体规律的研究为我们提供正确的研究物理的方法、
思路、理论，他创造了一套对近代科学的发展极为有益的科学方法。
2．【分析】根据压强公式Pൌ۴
܁以根据牛顿第二定律F＝ma 进行推导。
【解答】解：压强定义式为۾ ൌ۴
܁，它的单位是帕斯卡（Pa），
根据牛顿第二定律F＝ma 知，1N＝1kg•m/s2．而面积S 的单位是m2。
所以：1Pa＝1kg/（m•s2）
故ABD 错误，C 正确；
故选：C。
【点评】本题关键要掌握国际单位制中力学基本单位：米、千克、秒及公式۾ ൌ۴
܁，F＝ma。
3．【分析】考虑水蒸汽在草叶上凝聚成露珠这一过程属于水蒸气的凝结过程，该过程气体分子的距离是缩短的，运
用气体分子间作用力与距离的关系即可解答
【解答】解：水蒸汽在草叶上凝聚成露珠这一过程属于物态变化中的凝结过程，该过程放出热量，并且分子间
距离减小，而分子间引力和斥力都随着距离的缩短而增大。
故选：B。
【点评】本题考查物态变化，分子间作用力，难度较小。注意：无论是引力还是斥力，都会随着分子间距离的
减小而增大，只是增大的程度不同，因此合力可能表现为引力，也可能表现为斥力
4．【分析】保证温度不变，做实验时要注意缓慢推活塞，手不要握针管等。为保证质量不变，要密封好气体。
【解答】解：A、本实验条件是温度不变，推拉活塞时，动作要慢，故A 正确；
B、本实验条件是温度不变，用手握住注射器含有气体的部分，会使气体温度升高，故手不能握住注射器，故B
正确
C、研究的是一定质量的气体，压强传感器与注射器之间的软管脱落后，气体质量发生变化，故C 错误；
D、研究的是一定质量的气体，因此尽量将容器密封好，故D 正确；
本题选择错误的，故选：C。
【点评】本题关键明确实验原理，知道实验误差的来源，会减小实验误差，一些实际问题要通过实验去体会。
5．【分析】匀速圆周运动，合力提供向心力，方向始终与速度垂直。
【解答】解：匀速圆周运动的条件：合外力的大小不变，方向时刻改变，指向圆心，与速度始终垂直。
故选：A。
【点评】解决本题的关键知道匀速圆周运动的合外力大小不变，方向始终指向圆心。
6．【分析】电场线越密的地方场强越强，越疏的地方场强越弱，再依据F＝qE，即可求解电场力大小。
【解答】解：AB、a 点电场线比b 点电场线密，所以a 处场强较强，故AB 错误。
CD、根据F＝qE，可知，该带电粒子在b 处时受电场力较小，在a 处时受电场力较大，故C 正确，D 错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道电场线的性质，以及知道电场力大小的关系，还可考查电场力做功与电势能变化
情况，及电势高低。
7．【分析】根据从某时刻开始计时，经过四分之一周期，振子具有沿x 轴正方向的最大加速度，由aൌെܓܠ
ܕ分析四
分之一周期时刻振子的位移，即可知道t＝0 时刻质点的位移，确定位移的图象。
【解答】解：根据简谐运动的特征：aൌെܓܠ
ܕ，可知，经过四分之一周期，振子具有沿x 轴正方向的最大加速度，
则此时振子的位移为负向最大，计时起点时，位移为正向最大，故A 正确。
故选：A。
【点评】本题在选择图象时，关键研究t＝0 时刻质点的位移和位移如何变化，要掌握简谐运动的特征：aൌെܓܠ
ܕ，
分析加速度和位移的关系。
8．【分析】根据电场力做功与电势能变化的关系，分析得知q1 在A 点的电势能等于q2 在B 点的电势能。由W＝
qU 分析q1 的电荷量与q2 的电荷量的关系。
【解答】解：AB、由于外力克服电场力做的功相等，则由功能关系知，q1 在A 点的电势能等于q2 在B 点的电
势能。故AB 错误；
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CD、将q1、q2 移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功，则知Q 对q1、q2 存在引力作用，Q 带负电，电
场线方向从无穷远指向Q，所以A 点电势高于B 点电势。A 与无穷远处间的电势差小于B 与无穷远处间的电势
差，由W＝qU 得知，q1 的电荷量大于q2 的电荷量。故C 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】本题的突破口是：“外力克服电场力做的功相等”，判断Q 的电性，即可进一步分析电势关系、场强关
系和电势能的关系。
9．【分析】由于是计算恒力的功，所以功的大小可以直接用功的公式来计算。
【解答】解：虽然物体所处的情况不一样，受力的情况也不一样，但是要求的只是求推力所做的功，由于推力
的大小不变，通过的位移也相同，由W＝FL 可知，两次推力F 做的功相同，所以D 正确。
故选：D。
【点评】不同的情况下物体的运动情况不一样，但对于求推力F 做的功来说，这些都是没用的，只要看F 的大
小和F 作用下物体的位移就可以了。
10．【分析】甲、乙两球均做自由落体运动，由速度时间公式求出速度之差与时间的关系式
【解答】解：甲乙两球做自由落体运动，加速度都为重力加速度；以释放乙球开始计时，甲球此时的速度v1＝
gt＝10m/s，经过t 时间后，甲球的速度v＝v1+gt，乙球的速度v′＝gt，则两球的速度差为：△v＝v﹣v′＝10m/s。
两球的速度之差保持不变。
此后先释放的小球的位移为：ܠ૚ൌܞ૚ܜ൅૚
૛܏ܜ૛
后释放的小球的位移为：：ܠ૛ൌ૚
૛܏ܜ૛
它们之间的距离差为：△x＝x1﹣x2＝v1t
可知它们的间距越来越大
故ABD 错误，C 正确；
故选：C。
【点评】本题可以通过匀变速直线运动的速度时间公式两球的速度之差，判断其如何变化
11．【分析】根据两质点振动关系得到平衡位置间距离和波长的关系，从而求解波长。
【解答】解：当P 运动到上方最大位移处时，Q 刚好运动到下方最大位移处，那么，两质点平衡位置间距离为
波长的ሺܖ൅૚
૛砀，א ۼ 倍，故有：૙䁪૚૞ܕൌሺܖ൅૚
૛砀λ，ܖא ۼ；
所以波长为：λ ൌ
૙䁪૜
૛ܖ൅૚，ܖא ۼ；
那么，n＝0 时，λ＝0.3m；n＝1 时，λ＝0.10m……，故D 正确，ABC 错误；
故选：D。
【点评】当两质点同时处于两个相反的最大位移处时，两质点振动总是相反，这两质点平衡位置间距离为波长
的ሺܖ൅૚
૛砀，א ۼ 倍。
12．【分析】分别对P、Q 两个物体进行受力分析，运用力的平衡条件解决问题．由于不知具体数据，对于静摩擦
力的判断要考虑全面．
【解答】解：A、再对物体Q 受力分析，受重力、拉力、支持力，可能有静摩擦力；
当静摩擦力沿斜面向上时，有T+f＝mgsinθ，当用水平向左的恒力推Q 时，静摩擦力f 会减小，也可能摩擦力
大小不变，方向相反。
当静摩擦力沿着斜面向下时，有T＝f+mgsinθ，当用水平向左的恒力推Q 时，静摩擦力会增加，AB 错误；
C、对物体P 受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故绳子的拉力等于物体P 的重力；当用水平向左的恒力推Q
时，P、Q 仍静止不动，故绳子的拉力仍然等于物体P 的重力，轻绳上拉力一定不变。故C 正确D 错误；
故选：C。
【点评】本题关键要对物体P 和Q 分别受力分析，然后根据平衡条件列式分析，难点在于静摩擦力的方向的不
确定上．
二、填空题（每题4 分，共20 分）
13．【分析】v﹣t 图象的斜率等于加速度，由加速度的定义求解加速度；由图象与时间轴所围的面积表示位移，求
得位移，再求平均速度大小。
【解答】解：摩托车在0～20s 这段时间的加速度大小aൌܞ
ܜൌ૜૙
૛૙m/s2＝1.5m/s2
摩托车在0～75s 这段时间的位移等于梯形面积的大小，为xൌ૛૞൅晦૞
૛
ൈ૜૙m＝1500m
摩托车在0～75s 这段时间的平均速度大小ܞൌܠ
ܜൌ૚૞૙૙
晦૞m/s＝20m/s
故选：1.5m/s2；20m/s
【点评】解决本题的关键要掌握速度图象的两个物理意义：斜率等于加速度，图象与时间轴所围的面积表示位
移。
14．【分析】根据牛顿第二定律得出加速度与拉力F 的关系式，从而通过图线斜率和纵轴截距进行分析。
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【解答】解：根据牛顿第二定律得，F﹣mg＝ma，解得aൌ۴
ܕെg，
知图线的斜率表示质量的倒数，纵轴截距的大小表示重力加速度的大小，
从而知道甲地重物质量小于乙地重物质量；
甲地的重力加速度等于乙地的重力加速度。
故答案为：等于；小于。
【点评】解决本题的关键根据牛顿第二定律得出加速度随F 的关系式，从而图线斜率和截距进行求解。
15．【分析】玻璃管由水平到开口向上竖直放置过程，封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解大气压强；
将玻璃管倒过来竖直放置，开口向下，封闭气体仍做等温变化，根据玻意耳定律求解空气柱的长度。
【解答】解：设玻璃管的横截面积为s，整个过程中温度不变，
当玻璃管水平放置时，V1＝30S，P1＝P0，
玻璃管竖直放置开口向上时，V2＝25S，P2＝（P0+15）cmHg，
由波意耳定律：P1V1＝P2V2，
解得P0＝75cmHg；
将玻璃管倒过来竖直放置，开口向下，
设V3＝L2S，P3＝P0﹣15cmHg，
整个过程温度不变，
由波意耳定律：P1V1＝P3V3，
解得：L2＝37.5cm；
故答案为：75、37.5。
【点评】本题考查气体实验定律，关键找出初末状态参量，分析出气体做何种变化，然后选择合适气体实验定
律列式求解即可。
16．【分析】飞机起飞滑行过程简化为初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出飞
机滑行过程的加速度。由牛顿第二定律求出牵引力，由P＝Fv 即可求出。
【解答】解：根据速度位移公式得，v2＝2as
代入数据得a＝2m/s2。
加速的过程中：F﹣F 阻＝ma
飞机受到的阻力：F 阻＝0.1mg
牵引力的功率：P＝Fv
代入数据联立可得：P＝1.68×107W
故答案为：2；1.68×107
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，要知道加速度是联系力和运动
的桥梁。
17．【分析】明确实验原理，了解实验误差的存在，知道该实验中“理论值”和“实验值”的区别。
该实验采用了“等效替代”法即要求两次拉橡皮筋时，要使橡皮筋产生的形变相同，即拉到同一位置。
【解答】解：F 是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO 方向拉橡皮条，使橡皮条
伸长到O 点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力。故方向一定沿AO 方向的
是F′。
合力与分力是等效替代的关系，本实验采用的等效替代法，
等效性是指：用一个力或两个力拉橡皮条时结点都与O 点重合（或：橡皮条的伸长量相同或两次实验结点重合）；
故答案为：F′；用一个力或两个力拉橡皮条时结点都与O 点重合。
【点评】本实验采用的是等效替代的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代。
三、综合题（第18 题10 分，第19 题14 分，第20 题16 分，共40 分）注意：第19、20 题在列式计算、逻辑推理
以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等．
18．【分析】（1）本实验中必须测出一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V，故必先求出一滴油酸酒精溶液的体积，
因此实验过程中应该求出1 mL 油酸酒精溶液的滴数；油酸薄膜的边缘在水中不易观察和画出，因此需要在浅盘
中倒入水后，将痱子粉或石膏粉均匀撒在水面上；根据实验的原理安排实验步骤；
（2）依据理想化模型，即可求解；
（3）采用估算的方法求油膜的面积，通过数正方形的个数：面积超过正方形一半算一个，不足一半的不算，数
出正方形的总个数乘以一个正方形的面积，近似算出油酸膜的面积。把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的
空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直径，由dൌt
܁，求出油酸分子直径。
【解答】解：（1）实验步骤为：将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1 滴此溶液的体积。然后将1 滴此溶
液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将
画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积。则
用1 滴此溶液的体积除以1 滴此溶液的面积，恰好就是油酸分子的直径。
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故答案为：DFECBAG（或CDFEBAG）。
（2）在本实验中“将油膜分子看成紧密排列的球形，在水面形成单分子油膜”，体现的物理思想方法是理想模
型法；
（3）由图示可知，油膜所占方格数为134 个（132﹣136 均正确），则油膜的面积：S＝134×1×1＝134cm2；
每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积：Vൌ૚ܕۺ
晦૞ൈ૟
૚૙૝ൌ8×10
﹣6mL；
油酸分子的直径：dൌt
܁ൌ砀ൈ૚૙െ૟粒ܕ૜
૚૜૝粒ܕ૛
ൎ6×10
﹣8cm＝6×10
﹣10m。
故答案为：（1）DFECBAG（或CDFEBAG）；
（2）理想模型法；
（3）6×10
﹣10。
【点评】（1）本题要紧扣实验原理，建立清晰的物理模型，知道在用油膜法估测分子的大小”实验中，我们做
了些理想化处理，认为油酸分子之间无间隙，油膜是单层分子。
（2）求油膜面积时要注意，不到半个格的要舍去，超过半个格的算一个格，数出油膜轮廓的格数，然后乘以每
一个格的面积得到油膜的面积；求油的体积时要注意，求的是纯油的体积，不是溶液的体积。
19．【分析】（1）当电键S 断开，R0 与R 的一半电阻串联，根据欧姆定律求解即可；
（2）当电键S 闭合，S 闭合时，R0 与R 的一半电阻并联之后再与R 的另一半电阻串联，根据欧姆定律求解即
可。
（3）因为要使定值电阻R0 两端的电压恢复为U0，并联部分电压增大，根据分压规律，并联部分电阻要增大，
即R 左端电阻要增大，故滑片要向右端移动。
【解答】解：（1）S 断开时，R0 与R 的一半电阻串联，则有
Iൌ
۳
܀૙൅૚
૛܀൅ܚൌ
૜
૚૙൅૚૙൅૚A＝0.14A
U0＝IR0＝0.14×10V＝1.4V
（2）S 闭合时，R0 与R 的一半电阻并联之后再与R 的另一半电阻串联，则有
I′ൌ
۳
܀并൅૚
૛܀൅ܚൌ
૜
૞൅૚૙൅૚A＝0.1875A
U′0＝I′R 并＝0.1875×5V＝0.94V
（3）滑片应该向右端移动。
因为要使定值电阻R0 两端的电压恢复为U0，并联部分电压增大，根据分压规律，并联部分电阻要增大，即R
左端电阻要增大，故滑片要向右端移动。
答：（1）当电键S 断开时，定值电阻R0 两端的电压U0 为1.4V；
（2）当电键S 闭合时，定值电阻R0 两端的电压U0′为0.94V；
（3）当电键S 闭合时，若要使定值电阻R0 两端的电压恢复为U0，并联部分电压增大，根据分压规律，并联部
分电阻要增大，即R 左端电阻要增大，故滑片要向右端移动。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是开关闭合、断开时电路连接方式的辨别，难度
适中。
20．【分析】（1）电动机拉动物体后，当拉力与摩擦力大小相等时速度，结合P＝Fv 求最大速度。
（2）当v＝0.1m/s 时，由图象及P＝Fv 求出拉力，再由牛顿第二定律求加速度。
（3）由（2）知，物体在速度达到0.5m/s 前，拉力F 恒定，物体做初速为零的匀加速直线运动。也可采用假设
法研究。
【解答】解：（1）电动机拉动物体后，水平方向受拉力F 和摩擦力f1，则有：
f1＝μ1N
N＝mg
得：f1＝3.5N
物体速度最大时，加速度为零，有：F1＝f1
根据P＝Fv，得最大速度为：vmൌ۾
۴૚ൌ۾
܎૚
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解得：vmൌ૝
晦m/s
（2）当v＝0.1m/s 时，由图象及P＝Fv 可知，拉力为：F2ൌ۾
ܞൌ૙䁪૝
૙䁪૚ൌ4N
由牛顿第二定律F＝ma 得：
F2﹣f1＝ma1
解得：a1＝0.5m/s2
（3）由（2）知，物体在速度达到0.5m/s 前，拉力F 恒定，物体做初速为零的匀加速直线运动。
a1＝0.5m/s2
速度达到v1＝0.5m/s 时，应经过的位移为：s′ൌ
ܞ૚
૛
૛܉૚ൌ૙．૞૛
૛ൈ૙䁪૞m＝0.25m＞0.16m
所以小物体一直做匀加速运动到达粗糙材料，到达粗糙材料时速度为：v1ൌ
૛܉૚ܛൌ
૛ൈ૙䁪૞ൈ૙䁪૚૟ൌ0.4m/s
（或假设物体做匀加速直线运动到达粗糙材料，则速度v1ൌ
૛܉૚ܛൌ0.4m/s，不超过0.5m/s，假设成立。）
在粗糙材料上运动时，f2＝μ2N，N＝mg，f2＝4.5N
由牛顿第二定律得：F2﹣f2＝ma2
可得：a2＝﹣0.5m/s2
小物体停止前最多滑行的距离为：d2ൌ
ܞ૚
૛
૛܉૛ൌെ૙．૝૛
૛ൈ૙䁪૞m＝0.16m
则d 不超过0.16m
答：（1）若s 足够长，电动机功率为2W 时，物体在地面能达到的最大速度是
૝
晦m/s。
（2）若s 足够长，当物体速度为0.1m/s 时，加速度为0.5m/s2。
（3）小物体一直做匀加速运动到达粗糙材料，d 不超过0.16m。
【点评】本题与汽车的起动类似，关键要正确分析物体的受力情况，来判断其运动情况。分段运用牛顿第二定
律及运动学公式研究。
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2019-2020 学年上海市黄浦区高考物理一模试卷
一、单项选择题
1．（3 分）首先发现通电导线周围存在磁场的科学家是（
）
A．奥斯特
B．法拉第
C．麦克斯韦
D．赫兹
2．（3 分）下列装置中，可以将电能转化为机械能的是（
）
A．发电机
B．电动机
C．电饭锅
D．电热毯
3．（3 分）下列单位中，属于国际单位制中基本单位的是（
）
A．韦伯
B．牛顿
C．安培
D．特斯拉
4．（3 分）做竖直上抛运动的物体，每秒的速度增量总是（
）
A．大小不等，方向不同
B．大小相等，方向不同
C．大小不等，方向相同
D．大小相等，方向相同
5．（3 分）下面的文字来自一篇报道：“G1 次中国标准动车组‘复兴号’驶出北京南站，瞬间提速。15 分钟后，激
动人心的数字出现在屏幕上：350 千米/小时！历经4 小时28 分钟的飞驰，抵达上海虹桥站。350 公里时速的正
式运营，标志着我国成为世界高铁商业运营速度最高的国家”。根据报道可知（
）
A．该列车在前15 分钟内的平均速率是350km/h
B．该列车在前15 分钟内行驶的路程是87.5km
C．屏幕上的数字“350 千米/小时”表示列车当时的瞬时速率
D．列车从北京南站到上海虹桥站行驶的路程为1563km
6．（3 分）某种自动扶梯，无人乘行时运转很慢，当有人站上去后会先慢慢加速。一顾客乘这种扶梯上楼，如图所
示。在电梯加速向上运行的过程中，他所受力的示意图是（
）
A．
B．
C．
D．
7．（3 分）两个完全相同的小球A、B，A 球用一根有弹性的细绳悬挂，B 球用一根无弹性的细绳悬挂，悬点等高。
将两细绳拉至水平且保持为原长，由静止释放后，A、B 球下落经过的最低点恰好等高。以悬点为零势能面，两
球在最低点处具有相同的（
）
A．重力势能
B．动能
C．向心力
D．加速度
8．（3 分）如图所示，两个卫星A、B 绕着同一行星做匀速圆周运动，轨道半径分别为RA 和RB（RA＞RB），已知
A、B 的运行周期分别为TA、TB，线速度分别为vA、vB，则（
）
A．TA＞TB，vA＞vB
B．TA＞TB，vA＜vB
C．TA＜TB，vA＞vB
D．TA＜TB，vA＜vB
9．（3 分）一带正电粒子仅在电场力作用下沿直线运动，其速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB 时刻粒子分别
经过A 点和B 点，设A、B 两点的场强大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则（
）
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A．EA＞EB，φA＞φB
B．EA＜EB，φA＜φB
C．EA＞EB，φA＜φB
D．EA＜EB，φA＞φB
10．（3 分）如图所示，挡板A 与B 中间有一个重为G 的光滑球，开始时A 竖直，A、B 间成α角，则在α角缓慢增
大至90°的过程中（
）
A．若A 板固定，则小球对A 板的压力不断增大
B．若A 板固定，则小球对A 板的压力先减小后增大
C．若B 板固定，则小球对A 板的压力先减小后增大
D．若B 板固定，则小球对A 板的压力不断减小
11．（3 分）如图所示电路中，R1 为滑动变阻器，R2 为定值电阻，A1、A2 为理想电流表。闭合电键，A1、A2 的示
数分别为I1、I2．将R1 的滑动头从左向右滑动，则（
）
A．I1 一直增大，I2 先减小后增大
B．I1 一直增大，I2 一直增大
C．I1 先减小后增大，I2 先减小后增大
D．I1 先减小后增大，I2 一直增大
12．（3 分）如图所示，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根用同种材料制作的导体棒a、b、c，其中b 最短，c
为直径与b 等长的半圆，导体的电阻与其长度成正比，导轨电阻不计。现将装置置于向下的匀强磁场中，接通
电源后，三根导体棒中均有电流通过，则它们受到安培力的大小关系为（
）
A．Fa＞Fb＝Fc
B．Fa＝Fb＞Fc
C．Fa＝Fb＝Fc
D．Fa＞Fb＞Fc
二、填空题
13．如图为一列沿x 轴传播的横波在某时刻的波形图，此时质点b 的速度方向为y 轴正向，则该波的传播方向
向
；若经过0.1s 第一次重复出现如图所示的波形，则该波的波速大小为
m/s。
14．如图，A、B 两个线圈置于同一水平桌面上，从上往下看，A 线圈通有顺时针方向的电流，则B 线圈内的磁场
方向为向
（选填“上”或“下”）；当A 线圈电流增大时，B 线圈会产生
（选填“顺”或“逆”）
时针方向的感应电流。
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15．如图所示，三条平行等距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为﹣10V、0V、10V，实线是一带电粒
子（只受电场力）的运动轨迹，a、c 为轨迹上的两点，粒子的带电量为2×10
﹣9C．则粒子带
电，粒子
从a 点运动到c 点电场力做功为
J
16．地震发生时会产生两种主要的地震波﹣﹣横波和纵波，这两种波的传播速度和破坏力如表格所示。2018 年11
月26 日07 时57 分25 秒，台湾海峡发生6.2 级地震，福建地震局的观测系统首先捕捉到
波（选填“横”
或“纵”），于07 时57 分52 秒发布了地震预警信息；距离地震中心140km 的厦门市民在手机上收到预警信息后
再过
s 才会有强烈的震感。
传播速度
破坏力
横波
4km/s
较强
纵波
7km/s
较弱
17．用DIS 测电源电动势和内电阻的电路如图A．所示，定值电阻R0 阻值为3Ω．闭合电键，调节电阻箱R，记录
电阻箱的阻值R 和相应的电流表示数I，在
૚
۷ െR 坐标系中得到如图B．所示图线，由图线可得该电源电动势为
V，内阻为
Ω。
三、综合题
18．某小组用如图所示的装置测量滑块与轨道间的动摩擦因数。①、②是两个固定的、用来测速度的传感器，已
测出两传感器中心间的距离为L．滑块上固定有挡光片。轨道倾斜放置，滑块由静止释放后在轨道上匀加速下滑。
（1）传感器①、②的名称是
，小车上挡光片的宽度越
（选填“宽”或“窄”），实验中测得的速
度越趋近于挡光片前端经过传感器时的速度。
（2）实验中，传感器①、②测得的值分别为v1 和v2，则小车运动的加速度a＝
。
（3）为了得出滑块与轨道间的动摩擦因数，他们还测量出了斜面的倾角θ，则计算滑块与轨道间动摩擦因数μ的
表达式为
（重力加速度取g），其中主要用到的物理定律是
A．惯性定律
B．牛顿第二定律
C．牛顿第三定律
D．机械能守恒定律
19．如图a。所示，质量为60kg 的消防队员从一根固定的竖直金属杆上由静止滑下，经2.5s 落地。消防队员下滑
过程中的速度随时间的变化如图b。所示。取g＝10m/s2，求：
（1）消防员在加速下滑和减速下滑时受到的摩擦力f1 和f2；
（2）他下滑的高度H；
（3）他克服摩擦力做的总功W。
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20．如图所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，导轨间距L＝0.5m，电阻不计。有界匀强磁场的上下两界面
水平，间距H＝1.35m，磁场方向垂直于导轨平面。两个完全相同的导体棒①、②水平置于导轨上，离磁场上
边界的距离h＝0.45m。每根导体棒的质量m＝0.08kg、电阻R＝0.3Ω．静止释放导体棒①，①进入磁场时恰好
开始做匀速运动，此时再由静止释放导体棒②．求：（重力加速度g 取10m/s2，导体棒与导轨始终良好接触。）
（1）导体棒①进入磁场时的速度大小v1；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）导体棒①离开磁场时的速度大小v2。
（4）分析并说明从导体棒①开始运动到导体棒②离开磁场的过程中，回路中电流的变化情况。
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2019-2020 学年上海市黄浦区高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题
1．【分析】通电导线周围存在磁场的现象叫电流的磁效应，首先是由奥斯特发现的．
【解答】解：A、首先发现通电导线周围存在磁场的科学家是奥斯特，故A 正确。
B、法拉第发现了电磁感应现象，故B 错误。
CD、麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，预言了电磁波的存在，赫兹首先证实了电磁波的存在。故CD 错误。
故选：A。
【点评】物理学史是考试内容之一，学习物理学史使我们了解科学家的物理学贡献，能激发我们学习的兴趣．
2．【分析】解决本题的关键要明确各种用电器能量是如何转化以及转化方向，逐项分析即可。
【解答】解：发电机可以把机械能转化为电能；电动机可以将电能转化为机械能；电饭锅可以把电能转化为热
能；电热毯可以把电能转换为热能；故B 正确ACD 错误。
故选：B。
【点评】对于常见的用电器能量是如何转化的要理解并掌握，要掌握它们的工作原理，注意能量转化的方向。
3．【分析】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它
们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．
【解答】解：A、韦伯是磁通量的单位，是导出单位，故A 错误。
B、牛顿根据牛顿第二定律推导出来的，是导出单位，故B 错误。
C、安培是电流的单位，是基本单位，故C 正确。
D、特斯拉是磁感应强度的单位，是导出单位，故D 错误。
故选：C。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都
是需要学生自己记住的．
4．【分析】竖直上抛运动是匀变速直线运动，根据△v＝gt 分析每秒的速度增量大小和方向。
【解答】解：竖直上抛运动是匀变速直线运动，加速度为g。方向竖直向下，根据△v＝gt，知每秒速度增量大
小相等，方向竖直向下。故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】解决本题时要知道做竖直上抛运动的物体，加速度是竖直向下的g，则每秒的速度增量总是gt＝10m/s，
方向竖直向下。
5．【分析】瞬时速度是物体在某一时刻或者某一位置的速度；而平均速度是物体在一段时间或位移内的速度。
【解答】解：A、350km/h 是15 分钟时刻的瞬时速度，则该列车在前15 分钟内的平均速率小于350km/h，故A
错误；
B、该列车在前15 分钟内行驶的路程小于
૚૞
૟૙ൈ૜૞૙ܓܕൌ砀晦䁪૞ܓܕ，故B 错误；
C、屏幕上的数字“350 千米/小时”表示列车当时的瞬时速率，故C 正确；
D、因前15 分钟的运动情况不明确，则无法计算列车从北京南站到上海虹桥站行驶的路程，故D 错误；
故选：C。
【点评】瞬时速度和平均速度、路程和位移是运动学的基本概念，要加深对它们的理解。属于基础题目。
6．【分析】人随扶梯先慢慢加速，再匀速向上，加速度先沿斜面向上，后变为零，根据牛顿第二定律分析可知：加
速阶段人受到重力、扶梯的支持力和静摩擦力。
【解答】解：当扶梯加速上升时，人受重力、支持力；将加速度分解可知，物体应有水平向左的加速度，故扶
梯应对人有平行于接触面向左的摩擦力，只有B 受力正确；故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
【点评】本题在分析加速过程时，也可以先确定加速度，根据加速度方向确定合力方向，再分析受力情况。
7．【分析】根据重力势能的概念判断重力势能的关系；根据动能定理判断动能的关系；根据F 向＝m
ܞ૛
ܚൌma 判断
向心力和向心加速度关系。
【解答】解：A、以悬点为零势能面，两球在最低点处高度相同，则重力势能相同，故A 正确；
B、根据动能定理，对A：ܕ܏ܐെ܅弹ൌ૚
૛ܕܞۯ
૛；对B：ܕ܏ܐൌ૚
૛ܕܞ۰
૛，则B 的动能大于A 的动能；故B 错误；
CD、根据۴向ൌܕܞ૛
ܚൌܕ܉可知，向心力不相等，加速度不相等，故CD 错误；
故选：A。
【点评】本题考查了重力势能的概念、动能定理、向心力公式及牛顿第二定律，关键掌握好这些概念、定律、
定理，明确它们的含义才能灵活应用。
8．【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度、周期与轨道半径的关系，从而比较出大小。
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【解答】解：根据۵ ۻܕ
ܚ૛ൌܕሺ૛ૈ
܂砀૛ܚൌܕܞ૛
ܚ得：ܞൌ
۵ۻ
ܚ，܂ൌ
૝ૈ
૛ܚ૜
۵ۻ ．知轨道半径越大，线速度越小，周期
越大。因RA＞RB，则TA＞TB，vA＜vB，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、周期与轨道半径的关系
9．【分析】从图象中可以看出，速度的变化率逐渐减小，即加速度逐渐减小，所以电场力就减小，电场强度就逐渐
减小。同时带电粒子的速度增大，说明了电场力做正功，电势能减小。
【解答】解：从图象中可以看出，从A 点到B 点，速度的变化率逐渐减小，即加速度逐渐减小，所以电场力就
减小，电场强度就逐渐减小，即EA＞EB；正电荷的速度增大，说明了电场力做正功，电势能减小；电子带正电，
所以电势降低，φA＞φB．故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】该题中，图象中看出速度的变化率逐渐减小，即加速度逐渐减小是解决问题的关键。属于简单题
10．【分析】若A 板固定或者B 板固定时，将小球的重力按效果进行分解，在在α角缓慢增大至90°的过程中，采
用作图法分析A 和B 对小球的弹力如何变化。
【解答】解：若A 板固定，将小球的重力按效果进行分解如图，在α角增大增大，转动至水平方向时，对A 板
的压力的方向保持不变，对B 板压力的方向顺时针转动，如图从1 到2 到3 的位置，
可见，小球对A 板的压力一直减小，球对B 板的压力也一直减小。故AB 错误；
若B 板固定，小球受重力、B 对球的弹力F1 和A 板弹力F2，将F1 与F2 合成为F，如图
小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1 和F2 合成的合力F
一定与重力等值、反向、共线。从图中可以看出，当A 板绕O 点逆时针缓慢地增大至90°的过程中，F1 越来越
小，F2 越来越小，故C 错误，D 正确；
故选：D。
【点评】本题关键对小球受力分析，然后将两个力合成，当挡板方向变化时，将多个力图重合在一起，直接由
图象分析出各个力的变化情况。
11．【分析】将R1 的滑动头从左向右滑动，变阻器两侧并联总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电
流的变化情况，由欧姆定律分析I2 的变化情况。
【解答】解：将R1 的滑动头从左向右滑动的过程中，设R1 两侧并联总电阻为R，左侧电阻为x，则右侧电阻为
R﹣x，则电路的总电阻：܀外ൌ܀૛൅ܠሺ܀െܠ砀
܀
，则当x＝R﹣x 时，即x＝0.5R 时R 外最大，此时总电流最小，可
知I1 先减小后增大，根据欧姆定律得۷૛ൌ
۳
ܚ൅܀૛൅ܠሺ܀െܠ砀
܀
ڄ ܠ
܀ൌ
۳
܀ሺܚ൅܀૛砀
ܠ
൅ሺ܀െܠ砀
，则随x 的增加，I2 一直增大；故
ABC 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】本题要明确电路的结构，结合串并联电路的特点以及欧姆定律进行分析。
12．【分析】图中导体棒都与磁场垂直，对直棒的安培力，直接用安培力公式F＝BIL 求解，对于弯棒C，可等效
为长度为直径的直棒。
【解答】解：设a、b 两棒的长度分别为La 和Lb，C 的直径为d；由于导体棒都与匀强磁场垂直，
则：a、b 两棒所受的安培力大小分别为：Fa＝BIaLa；Fb＝BIbLb＝BIbd；
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因۷܉ൌ܃
ૉۺ܉
܁
ൌ܃܁
ૉۺ܉，则۴܉ൌ۰۷܉ۺ܉ൌ۰ ܃܁
ૉۺ܉ۺ܉ൌ۰܃܁
ૉ；
因۷܊ൌ܃
ૉ܌
܁
ൌ܃܁
ૉ܌，则۴܊ൌ۰۷܊܌ൌ۰ ܃܁
ૉ܌܌ൌ۰܃܁
ૉ；
因۷粒ൌ܃
ૉૈ܌
૛܁
ൌ૛܃܁
ૉૈ܌，则۴粒ൌ۰۷粒܌ൌ۰ ૛܃܁
ૉૈ܌܌ൌ૛۰܃܁ૈ
ૉ，则Fa＝Fb＞Fc，故B 正确。
故选：B。
【点评】本题关键要确定出导体棒的有效长度，知道对于弯棒的有效长度等于连接连接两端直导线的长度。
二、填空题
13．【分析】根据质点b 的振动方向结合波形图判断波的传播方向；根据经过0.1s 第一次重复出现如图所示的波形
确定周期，根据ܞൌλ
܂求解波速。
【解答】解：质点b 的速度方向为y 轴正向，根据波形图可判断该波的传播方向向左或x 轴负方向；
经过0.1s 第一次重复出现如图所示的波形，则T＝0.1s，由波形图可知λ＝4m，则波速为：
ܞൌλ
܂ൌ૝
૙䁪૚ܕ内ܛൌ૝૙ܕ内ܛ。
故答案为：左；40。
【点评】本题考查了由图象获取有用物理知识的能力，由图象可明确波长和振动方向再结合ܞൌλ
܂ൌfλ以及带动
法即可解决此类问题。
14．【分析】根据安培定则判断B 中电流产生的磁场方向；根据楞次定律判断B 中感应电流的方向。
【解答】解：根据安培定则可知，A 中电流形成的磁场方向从上往下看向下，则B 线圈内的磁场方向为向上；
当A 线圈电流增大时，B 线圈磁通量向上增加，根据楞次定律可知，B 中会产生顺时针方向的感应电流。
故答案为：上，顺。
【点评】解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通
量的变化。
15．【分析】本题首先要根据三条表示等势面的虚线等距离判断出该电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点
的电场力是相同的；带电粒子的运动轨迹向下弯曲，电场力向下，电场方向向上，可判断出粒子的电性；根据
Wac＝Uacq 求解电场力的功。
【解答】解：根据电场线与等势面垂直，且指向电势较低的等势面，可知该电场的方向是向上的。带电粒子轨
迹向下弯曲，粒子受到的电场力向下，所以粒子一定带负电。粒子从a 点运动到c 点电场力做功为：܅܉粒ൌ܃܉粒ܙൌ
ሺ૙െ૚૙砀ൈሺെ૛ൈ૚૙െૢ砀۸ ൌ૛ൈ૚૙െ砀۸。
故答案为：负，2×10
﹣8
【点评】解决本题的关键：知道曲线运动的合力指向轨迹弯曲的内侧，从而判断出电场力的方向。要掌握匀强
电场等势面和电场线分布的特点，知道电荷在匀强电场中电场力不变。
16．【分析】因纵波的传播速度大于横波，可知福建地震局的观测系统首先捕捉到纵波；根据t＝s/v 计算横波传到
厦门的时间，然后计算市民感到震感的时间。
【解答】解：因纵波的传播速度大于横波，可知福建地震局的观测系统首先捕捉到纵波；根据ܜൌܠ
ܞ横
ൌ૚૝૙
૝ܛൌ
૜૞ܛ，即从地震发生到横波传到距离地震中心140km 的厦门市需要时间为35s，市民在手机上于07 时57 分52
秒收到预警信息，此时地震已经发生了27s，则再过8s 才会有强烈的震感。
故答案为：纵；8。
【点评】本题考查对波的认识，要注意明确题意，知道纵波和横波的区别，同时根据匀速直线运动的速度公式
列式求解时间。
17．【分析】由闭合电路欧姆定律可得出I 与R 的关系，结合图象可知电源的电动势和内阻。
【解答】解：由闭合电路欧姆定律可知：E＝I（R+R0+r）；要形成与电阻成一次函数关系，则纵坐标只能取1/I；
则有：
૚
۷ ൌ
૚
۳ ܀൅
܀૙൅ܚ
۳
；
则图象的斜率为：ܓൌ૚
۳ ൌ૚
૝䁪૞；则有：E＝4.5V；
܀૙൅ܚ
۳
ൌ૚，R0＝3Ω，则有：r＝1.5Ω。
故答案为：4.5，1.5。
【点评】本题考查电源的电动势和内电阻的测量方法及数据处理；解题的难点在于数据处理；要注意图象法的
应用，此题对学生数学知识的应用能力要求较高，应注意训练。
三、综合题
18．【分析】（1）小车通过光电门的时间越短，即△t→0，平均速度趋近与瞬时速度；（2）根据v22﹣v12＝2aL 可得
加速度。（3）根据牛顿第二定律求解动摩擦因数。
【解答】解：（1）根据实验原理可知，传感器①、②的名称是光电门，小车上挡光片的宽度越窄，小车通过光
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电门的时间越短，实验中测得的速度越趋近于挡光片前端经过传感器时的速度。
（2）根据v22﹣v12＝2aL 可得，小车运动的加速度܉ൌ
ܞ૛
૛െܞ૚
૛
૛ۺ ；
（3）根据牛顿第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，
解得a＝gsinθ﹣μgcosθ，
解得ૄ
ൌܜ܉ܖીെ
܉
܏粒子ܛીൌܜ܉ܖીെ
ܞ૛
૛െܞ૚
૛
૛ۺ܏粒子ܛી；
其中主要用到的物理定律是牛顿第二定律；
故答案为：（1）光电门，窄；（2）
ܞ૛
૛െܞ૚
૛
૛ۺ
；（3）tanθെ
ܞ૛
૛െܞ૚
૛
૛܏ۺ粒子ܛી；B。
【点评】本题考查利用气垫导轨求解动摩擦因数实验，要注意通过题意明确实验原理，明确实验方法，才能准
确找出实验中所采用的物理规律，本题要注意导轨是倾斜的，故存在一定的夹角。
19．【分析】（1）根据v﹣t 图象先求解下滑加速和减速阶段的加速度，根据牛顿第二定律求解摩擦力；
（2）根据位移时间关系式求解下落的高度；
（3）根据功的概念求解摩擦力的功。
【解答】解：（1）根据图（b）可知：该消防员加速时的加速度：a1ൌᶭܞ
ᶭܜൌ4m/s2；
减速时加速度：a2ൌᶭܞ
ᶭܜൌ2m/s2
消防员下滑过程在竖直方向受到重力和竖直向上的摩擦力作用。
设加速度下滑时受到的摩擦力为f1，减速下滑时受到的摩擦力为f2
根据牛顿第二定律有：ma1＝mg﹣f1﹣ma2＝mg﹣f2
解得：f1＝360N，f2＝720N
（2）设他加速下滑的高度为h1、减速下滑的高度为h2，根据匀变速运动规律有
h1ൌ૚
૛a1t12ൌ૚
૛ൈ4×12m＝2m
h2＝vt2െ૚
૛a2t22＝（4×1.5െ૚
૛ൈ2×1.52）m＝3.75m
所以他下落的高度H＝h1+h2＝5.75m
（3）加速下滑过程中，克服摩擦力做功：W1＝f1h1＝360×2J＝720J
减速下滑过程中，克服摩擦力做功：W2＝f2h2＝720×3.75J＝2700J
在整个下滑过程中他一共克服摩擦力做功：W＝W1+W2＝3420J
答：（1）消防员在加速下滑和减速下滑时受到的摩擦力f1 和f2 分别为360N，720N；
（2）他下滑的高度是5.75m；
（3）他克服摩擦力做的总功是3420J。
【点评】本题有两个过程，运用牛顿定律和运动学公式结合求解是基本的方法，也可以运用动量定理和动能定
理结合处理。
20．【分析】（1）导体棒①未进入磁场时做自由落体运动，根据自由落体运动规律求解导体棒进入磁场时的速度大
小v1；
（2）导体棒①进入磁场收到重力和安培力的作用做匀速运动，重力等于安培力，求解B；
（3）分阶段分析，根据运动公式导体棒①出磁场时的速度；
（4）分阶段分析导体棒的运动情况，从而分析感应电流。
【解答】解：（1）导体棒①未进入磁场时做自由落体运动，下落了h＝0.45m，设其入磁场时的速度为v1
由hൌ
ܞ૚
૛
૛܏得
ܞ૚ൌ
૛܏ܐൌ
૛ൈ૚૙ൈ૙䁪૝૞ܕ内ܛൌ૜ܕ内ܛ；
（2）导体棒①进入磁场收到重力和安培力的作用做匀速运动，所以有：
mg＝BIL
又因为Iൌ۰ۺܞ
૛܀
可得۰ ൌ
૛ܕ܏܀
ۺ૛ܞ
ൌ
૛ൈ૙䁪૙砀ൈ૚૙ൈ૙䁪૜
૙䁪૞૛ൈ૜
܂ൌ૙䁪砀܂
（3）导体棒①进入磁场后的运动分为两段：第一段是棒②进入磁场前，设这段过程中棒①在下落的距离是s1，
运动时间与棒②自由下落h 的时间相同，设为t1．ܛ૛ൌܞ૚ܜൌܞ૚
૛ܐ
܏ൌ૜ൈ
૛ൈ૙䁪૝૞
૚૙
ܕൌ૙䁪ૢܕ第二段是棒②进
入磁场后，由于两根棒以相同的速度切割磁感线，因此回路中没有感应电流，两根棒都在重力作用下做相同的
匀加速直线运动，直至导体棒①出磁场。
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这段过程中棒①下落的距离s3＝H﹣s2＝1.35m﹣0.9m＝0.45m
设导体棒①出磁场时的速度为v2，根据运动学规律有
v22﹣v12＝2gs3 可解得ܞ૛ൌ
૛܏ܛ૜൅ܞ૚
૛ൌ
૛ൈ૚૙ൈ૙䁪૝૞൅૜૛ܕ内ܛൌ૝䁪૛૝ܕ内ܛ
（4）导体棒①未进入磁场时，回路中没有磁通量变化，感应电流为0；
导体棒①在磁场中匀速运动时，回路中有恒定的感应电流，Iൌ۰ۺܞ૚
૛܀ൌ2A；
导体棒②进入磁场、棒①未出磁场时，两棒做相同的加速运动，回路中没有磁通量变化，感应电流为0；
导体棒①离开磁场、棒②还在磁场中运动时，回路中的感应电流从Iൌ۰ۺܞ૛
૛܀ൌ2.8A 逐渐变小。
答：（1）导体棒①进入磁场时的速度大小v1 为3m/s；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小B 为0.8T；
（3）导体棒①离开磁场时的速度大小v2 为4.24m/s；
（4）导体棒①未进入磁场时，回路中没有磁通量变化，感应电流为0；
导体棒①在磁场中匀速运动时，回路中有恒定的感应电流，Iൌ۰ۺܞ૚
૛܀ൌ2A；
导体棒②进入磁场、棒①未出磁场时，两棒做相同的加速运动，回路中没有磁通量变化，感应电流为0；
导体棒①离开磁场、棒②还在磁场中运动时，回路中的感应电流从Iൌ۰ۺܞ૛
૛܀ൌ2.8A 逐渐变小。
【点评】本题是电磁感应中的力学问题，综合运用电磁磁学知识和力平衡知识以及功能关系，是考查学生综合
应用知识能力的好题。
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2019-2020 学年上海市虹口区高考物理一模试卷
一、选择题（共40 分．第1-8 小题，每小题3 分．第9-12 小题每小题3 分．每小题只有一个正确答案．）
1．（3 分）下列物理量单位属于国际单位制中基本单位的是（
）
A．特斯拉
B．伏特
C．库仑
D．安培
2．（3 分）下列物理量的负号表示方向的是（
）
A．气体的温度t＝﹣10℃
B．物体的位移s＝﹣8m
C．物体的重力势能Ep＝﹣50J
D．阻力做功为W＝﹣10J
3．（3 分）如图所示，质量为m 的木块A，放在斜面B 上，若A 和B 在水平地面上以相同的速度向左做匀速直线
运动，则A 对B 的作用力大小为（
）
A．mg
B．mgsinθ
C．mgcosθ
D．不能确定
4．（3 分）一列横波向右传播，某时刻介质中质点A 的位置如图。
૚
૛周期后，质点A 位于平衡位置的（
）
A．上方，且向上运动
B．下方，且向上运动
C．上方，且向下运动
D．下方，且向下运动
5．（3 分）如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P 和塑料管Q 竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静
止释放，并落至底部，则小磁块（
）
A．在Q 和P 中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P 中的下落时间比在Q 中的长
D．落至底部时在P 中的速度比在Q 中的大
6．（3 分）如图（a），一小木块由静止开始，沿斜面下滑至水平地面，其运动过程中的速率时间图（v﹣t 图）如图
（b）所示。现增加斜面的倾角a 后，将该木块从斜面上的同一位置由静止释放（忽略小木块从斜面到水平地面
转角过程中的能量损失），下列v ﹣t 图中的虚线部分表示该运动过程的是（
）
A．
B．
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C．
D．
7．（3 分）长为L 的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，如图所示，当
B 方向竖直向上，电流为I1 时导体处于平衡状态，若B 方向改为垂直斜面向上，则电流为I2 时导体处于平衡状
态，电流比值
۷૚
۷૛
应为（
）
A．
૚
粒子ܛી
B．cosθ
C．sinθ
D．
૚
ܛtܖી
8．（3 分）如图所示，一小球用细线悬挂于O 点，细线长为L，O 点正下方
૚
૛L 处有一铁钉。将小球拉至A 处无初
速释放（摆角很小），这个摆的周期是（
）
A．૛ૈ
ۺ
܏
B．ૈ
ۺ
܏
C．ሺ૛൅૚砀ૈ
ۺ
܏
D．ሺ૛൅૚砀ૈ
ۺ
૛܏
9．（4 分）物体A 质量为1kg，与水平地面间的动摩擦因数为0.2，其从t＝0 开始以初速度v0 向右滑行。与此同时，
A 还受到一个水平向左、大小恒为1N 的作用力，能反映A 所受擦力Ff 随时间变化的图象是（设向右为正方向）
（
）
A．
B．
C．
D．
10．（4 分）设月亮绕地球以半径R 做匀速圆周运动。已知地球质量为M、月球质量为m、引力常量为G，则月球
与地球连线在单位时间内扫过的面积为（
）
A．
૚
૛
۵ܕ܀
B．
૚
૛
۵ۻ܀
C．۵ۻ܀
D．
૚
૛
۵ܕ܀૛
11．（4 分）如图（甲）所示，MN、PQ 是水平方向的匀强磁场的上下边界，磁场宽度为L．一个边长为a 的正方
形导线框（L＞2a）从磁场上方下落，运动过程中上下两边始终与磁场边界平行。线框进入磁场过程中感应电流
i 随时间t 变化的图象如图（乙）所示，则线框从磁场中穿出过程中线框中感应电流i 随时间t 变化的图象可能是
以下的哪一个（
）
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A．
B．
C．
D．
12．（4 分）压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，
如图所示，将压敏电阻固定在升降机底板上并接入电路，其上放置物块；合上电键后，在升降机运动过程的某
一段时间内，发现电流表的示数I 不变，且I 大于升降机静止时电流表的示数I0，在这段时间内（
）
A．升降机可能匀速上升
B．升降机一定在匀减速上升
C．升降机一定处于失重状态
D．升降机一定在匀加速上升
二.填空题（共20 分）（每一空格2 分）
13．（4 分）电场是电荷周围空间存在的
，用于反映电场的能的性质的物理量是
。
14．（4 分）如图，两个质量相同的小球A、B 用轻杆连接后靠在墙上处于平衡状态，已知墙面光滑，水平地面粗糙。
现将B 球向墙面推动一小段距离，两球再次达到平衡。将移动前后平衡状态下物体的受力情况相比较，地面对B
球支持力
，地面给B 球的摩擦力
（均选填“变大”“不变”“变小）。
15．（4 分）如图（a），点电荷M、N 固定于光滑绝缘水平桌面上，其连线的中垂线上有A、B、C 三点。带负电的
小球自A 点由静止释放，其运动的v﹣t 图象如图（b）所示，图中tB、tC 分别为小球运动到B、C 点的时刻。
设B、C 两点的电场强度大小分别为EB、EC；小球在这两点的电势能分别为EpB、EpC，则EB
EC，EpB
EpC（选填“＜”、“＞”或者“＝”）
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16．（4 分）如图，光滑固定斜面的倾角为30°，A、B 两物体的质量之比为3：1．B 用不可伸长的轻绳分别与A
和地面相连，开始时A、B 离地高度相同。在C 处剪断轻绳，当A 落地前瞬间，A、B 的机械能之比为
，
速度大小之比为
，（以地面为零势能面）。
17．（4 分）如图所示是利用潮沙发电的示意图，左方为陆地和海湾，右侧为大海，中间为水坝，其下有通道。水流
经通道即可带动发电机工作，涨潮时，水进入海湾，如图甲，待内外水面高度相同，堵住通道。潮落至最低时
放水发电，如图乙，待内外水面高度相同，再堵住通道，直至下次涨潮到最高点，又放水发电，如图丙。设海
湾平均面积为S＝5.0×108m2，平均潮差为h＝3.0m，每次涨潮时流进海湾（落潮时流出海湾）的海水质量为
kg；每天涨、落潮各两次，利用潮汐发电的平均能量转化率为12%，则一天内发电的平均功率为
W（p
＝1.0×103kg/m3，g 取10m/s2，保留两位小数。）
三.综合题（共40 分）注意：第18、19、20 题，在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、
文字说明、公式演算等.
18．（14 分）如图，质量m＝1kg 的物体置于倾角θ＝30°的固定斜面上（斜面足够长）。从t＝0 开始，对物体施加
平行于斜面向上的恒力F，使物体从静止开始沿斜面加速上升。当t1＝1s 时撒去F，此时物体速度大小v1＝18m。
已知物体与斜面间的最大静摩擦力和物体与斜面间的滑动摩擦力大小均为f＝6N，g 取10m/s2．求：
（1）拉力F 的大小；
（2）撤去F 后，物体沿斜面上行过程中的加速度；
（3）4s 时物体的速度v2。
19．（12 分）如图（1）所示，用电动势为E、内阻为r 的电源，向滑动变阻器R 供电。合上电键后，改变变阻器R
的阻值，路端电压U 与电流r 均随之变化。
（1）以U 为纵坐标，I 为横坐标，在图（2）中画出变阻器阻值R 在实验过程中变化时对应的U﹣I 图象，并说
明U﹣I 图象与坐标轴交点的物理意义。
（2）在图（2）画好的U﹣I 关系图线上取一点A（U1、I1），请在图（3）中用阴影面积表示电流为I1 时的电源
内部发热功率。
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（3）推导该电源的最大输出功率及条件，并作出P﹣R 示意图（已知R＞r）。
20．（14 分）如图，一宽度L＝0.4m 的U 形光滑金属框架水平放置，开口向右。在框架所在范围内存在方向竖直向
下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.2T 一质量m＝0.05kg、电阻R＝1Ω的金属杆ab 垂直于框架的两平行边、静置
其上。现在水平外力F 的作用下，使杆ab 以恒定加速度a＝2m/s2，由静止开始沿框架向右做匀加速运动（不计
框架电阻，框架足够长）。求
（1）5s 内杆ab 移动的距离s；
（2）5s 末作用在杆ab 上的水平外力大小F；
（3）水平外力F 与时间t 的函数关系；
（4）若撒去F，分析并说明金属杆ab 在此后的运动过程中速度、加速度的变化情况。
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2019-2020 学年上海市虹口区高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共40 分．第1-8 小题，每小题3 分．第9-12 小题每小题3 分．每小题只有一个正确答案．）
1．【分析】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。
它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
【解答】解：单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，国际单位制规定了七个基本
物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。他们在国际单位制中的单位分别
为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔。
A、特斯拉是磁感应强度的单位，是导出单位，故A 错误；
B、伏特是电压的单位，是导出单位，故B 错误；
C、库仑是电量的单位，是导出单位，故C 错误；
D、安培是电流的单位，是国际单位制中基本单位，故D 正确；
故选：D。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都
是需要学生自己记住的。
2．【分析】矢量的正负号表示其方向，标量的正负号表示大小。
【解答】解：A、温度t＝﹣10.0℃的“﹣”表示温度比零度低10.0℃，不表示方向。故A 错误。
B、物体的位移s＝﹣8m，负号表示位移方向与正方向相反，故B 正确
C、物体的重力势能Ep＝﹣50.0J 的“﹣”表示重力势能比0 小，不表示方向。故C 错误。
D、阻力做功为W＝﹣10J，负号表示该力是阻力，不表示方向。故D 错误。
故选：B。
【点评】本题只要掌握矢量的正负号表示方向，而标量的正负号表示相对大小，就能轻松解答。
3．【分析】选A 为研究对象，则A 受到重力、支持力、静摩擦力三个力，由于A 和B 一起做匀速直线运动，故A
处于平衡状态，即A 的重力、支持力、静摩擦力三力的合力为0．A 和B 之间的作用力为支持力和摩擦力的合
力。
【解答】解：选A 为研究对象，则A 受到重力、支持力、静摩擦力三个力，由于A 和B 一起做匀速直线运动，
故A 处于平衡状态，即A 的重力、支持力、静摩擦力三力的合力为0；其中支持力和摩擦力是B 作用于A 的，
故A 和B 之间的相互作用力的大小就等于支持力和摩擦力的合力的大小。
由力的合成知识知：若有N 个力的合力为0，其中任意一个力的大小都等于另外N﹣1 个力的合力的大小，故摩
擦力与支持力的合力的大小等于重力的大小。故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】该题主要考查学生平对衡条件及共点力的合成等知识的掌握情况。只要知道物体平衡则合力为0，合力
为零则其中任何一个分力大小都等于其余分力的合力的大小，就可以解答了。
4．【分析】先根据“上下坡法”判断出图示时刻质点A 的运动方向，再根据
૚
૛周期后，质点A 的位置与图示时刻的
位移关于平衡位置对称，速度反向来分析。
【解答】解：横波向右传播，根据“上下坡法”知图示时刻质点A 向上运动，则
૚
૛周期后，质点A 位于平衡位
置的上方，且向下运动，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
【点评】解决本题的关键要知道每经过半个周期的运动状态相反，能熟练运用“上下坡法”或波形平移法判断
质点的振动方向。
5．【分析】当小磁块在光滑的铜管P 下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，从而产生安培
阻力，对于塑料管没有任何阻碍，从而即可求解．
【解答】解：A、当小磁块在光滑的铜管P 下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，从而
产生安培阻力，所以P 做的运动不是自由落体运动；而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，
故A 错误；
B、由A 选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，而在塑料管的小磁块机械能守恒，故B 错误；
C、在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P 中的下落时间比在Q 中的长，故C 正确；
D、根据动能定理可知，因安培阻力，导致产生热能，则至底部时在P 中的速度比在Q 中的小，故D 错误。
故选：C。
【点评】该题考查涡流以及楞次定律的应用，注意感应电流产生条件，理解涡流的概念是关键．
6．【分析】在斜面上滑行时：由牛顿第二定律写出加速度表达式，由速度位移的关系式写出滑到底端的速度表达式，
由位移公式写出滑到底端的时间表达式，讨论各个物理量的变化就能选出正确选项。
【解答】解：木块沿斜面下滑时由牛顿第二定律得：a＝gsinα﹣μgcosα，增加斜面的倾角a 后，加速度变大；
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设木块释放的位置离水平面的距离为L，由速度位移的关系式得：v2＝2aL，增加斜面的倾角a 后，滑到底端的
速度变大；
由位移公式Lൌ૚
૛܉ܜ૛得下滑的时间：tൌ
૛ۺ
܉，增加斜面的倾角a 后，下滑的时间变短，
在水平面滑行时，a′＝μg，不变；t′ൌܞ
܉t变长，故A 正确BCD 错误；
故选：A。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、速度位移的关系式、位移公式，分析清楚运动过程，明确变化的量、不变
的量就能正确解答。
7．【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F＝BIL 求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方
向。其方向与磁场及电流构成的平面垂直。
【解答】解：若磁场方向竖直向上，则安培力水平方向。由平衡条件可得：mgtanθ＝BI1L
若磁场方向垂直于斜面向上，则安培力沿斜面向上。由平衡条件可得：mgsinθ＝BI2L
则I1：I2＝1：cosθ．故A 正确，BCD 错误
故选：A。
【点评】学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向。
8．【分析】小球再次回到A 点时所用的时间为一个周期，其中包括了以L 为摆长的简谐运动半个周期和以
૚
૛L 为摆
长的简谐运动的半个周期。
【解答】解：以L 为摆长的运动时间为：t1ൌ૚
૛ൈ૛ૈ
ۺ
܏
以
૚
૛L 为摆长的运动的时间为：t2ൌ૚
૛ൈ૛ૈ
૚
૛ۺ
܏
则这个摆的周期为：T＝t1+t2ൌሺ૛൅૚砀ૈ
ܔ
૛܏
故ABC 错误，D 正确
故选：D。
【点评】考查对单摆周期的理解，明确不同的摆长对应不同的周期。
9．【分析】物块所受的滑动摩擦力f＝μmg＝2N，知物块向左做匀减速运动，当速度为零后，由于拉力小于最大静
摩擦力，物块保持静止。
【解答】解：物块首先受到滑动摩擦力，大小f＝μmg＝2N，方向水平向左，做匀减速直线运动，
当速度减为0，物块处于静止，所受的摩擦力为静摩擦力，大小为f＝1N，方向水平向右，
因取向右为正方向，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
【点评】解决本题的关键理清物体的运动，知道物块在整个过程中的运动情况，确定物块所受的摩擦力是什么
摩擦力。
10．【分析】月亮绕地球做匀速圆周运动，地球对月亮的万有引力提供卫星的向心力，۵ ۻܕ
ܚ૛ൌܕ૝ૈ
૛
܂૛ܚ，解得周期
T，再根据几何关系计算出月亮绕地球做匀速圆周运动的圆的面积为S＝πr2，用该面积除以周期即为月亮与地心
连线在单位时间内所扫过的面积。
【解答】解：根据万有引力提供向心力۵ ۻܕ
܀૛ൌܕ૝ૈ
૛
܂૛܀，
解得月亮做圆周运动的周期为܂ൌ૛ૈ
܀૜
۵ۻ
月亮绕地球做匀速圆周运动的圆的面积为：S＝πR2
所以月亮与地心连线在单位时间内所扫过的面积为：
܁
܂ൌૈ
܀૛
૛ૈ
܀૜
۵ۻ
ൌ
૚
૛
۵ۻ܀
故B 正确、ACD 错误。
故选：B。
【点评】熟练掌握万有引力提供卫星圆周运动的向心力，并能根据题意选择周期表示向心力，计算出周期，这
是解本题的关键。
11．【分析】由题意可知，线框进入磁场时，做匀速直线运动，根据L＞2a，则可知，出磁场时，速度与进入磁场
的速度相比较，从而确定线框的运动性质，进而由法拉第电磁感应定律，可求得感应电流的大小如何变化，即
可求解。
【解答】解：由题意可知，线框进入磁场过程中感应电流i 随时间t 变化的图象如图（乙）所示，由法拉第电磁
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感应定律可知，线框匀速进入磁场，
由于L＞2a，当完全进入磁场后，因磁通量不变，则没有感应电流，线框只受到重力，使得线框速度增加，当出
磁场时，速度大于进入磁场的速度，由法拉第电磁感应定律可知，出磁场的感应电流大于进磁场的感应电流，
导致出磁场时的安培力大于重力，导致线框做减速运动，
根据牛顿第二定律，BIL﹣mg＝ma，则有：加速度在减小的减速运动，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
【点评】考查线框切割磁感线产生感应电流，掌握法拉第电磁感应定律与牛顿第二定律的应用，注意出磁场安
培力大于进磁场的安培力，这是解题的关键，同时注意完全进入磁场后，不受到安培力作用。
12．【分析】通过压敏电阻将压力信号转换成电信号，从而根据电路中电表的示数来确定升降机的运动状态。
【解答】解：A、在升降机运动过程中发现I 大于升降机静止时电流表的示数I0，则说明不可能匀速运动。故A
错误；
BCD、在升降机运动过程中发现电流表不变，则说明是匀变速运动，且I 大于升降机静止时电流表的示数I0，
则可知外电压变大，内电压变小，说明电流变小。所以是电阻变大。由压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减
小，则压力变小。因此加速度方向向下。可能向下匀加速，也可能向上匀减速。故BD 错误C 正确；
故选：C。
【点评】电流表的示数I 不变，说明压力不变；而I 大于升降机静止时电流表的示数I0，则说明压力不等于重力。
结合压敏电阻的性质来分析。
二.填空题（共20 分）（每一空格2 分）
13．【分析】电荷周围存在着一种特殊物质，这种物质叫电场，其力的性质由电场强度来描述，能的性质可由电势
描述。
【解答】解：电荷的周围产生电场，它是一种特殊的物质，只对放入其中的电荷有力的作用；通常用电势来描
述电场能的性质。
故答案为：一种物质；电势
【点评】本题考查电场的性质以及电场力做功与电势能关系，要注意电场力与重力均为保守力，其做功直接量
度电势能的变化。
14．【分析】先对整体受力分析，整体受总重力、地面的支持力、墙壁对A 的弹力，地面对B 的静摩擦力。整体处
于平衡状态，从而可知F1 的大小变化。再隔离对A 球进行受力分析，A 球受重力，墙壁的弹力和杆子的弹力，
三个力处于平衡状态，通过夹角的变化，判断墙壁弹力的变化，从而得出摩擦力的变化。
【解答】解：对整体进行受力分析，知F1＝2mg，移动两球后，仍然平衡，则F1 仍然等于2mg，所以F1 不变。
墙壁对小球A 的弹力始终等于地面对B 的摩擦力F2。
再隔离对A 进行受力分析，墙壁对A 的弹力FA＝mgtanθ，当A 球向上移动一小段距离，夹角θ减小，所以
FA 减小。而墙壁对小球A 的弹力始终等于地面对B 的摩擦力F2，所以F2 减小。
故答案为：不变，变小
【点评】在该题中运用了整体法和隔离法，先对整体受力分析，确定地面对球B 的支持力不变。再隔离分析，
判断墙壁弹力的变化，从而得出地面对B 摩擦力的变化。
15．【分析】根据v﹣t 图象的斜率知加速度大小，加速度反映电场强度的大小；
根据能量守恒，动能增大，电势能减小。
【解答】解：根据v﹣t 图象知加速度aB＞aC，根据题意知合力等于电场力，所以加速度反映电场强度的大小，
即EB＞EC，根据能量守恒，动能增大，电势能减小，即EpB＞EpC；
故答案为：＞，＞。
【点评】此题根据图象获取加速度和速度的大小，从而根据牛顿第二定律和能量守恒分析力和能量的变化即可，
简单题目。
16．【分析】剪断轻绳后，A、B 在运动过程中均只有重力做功，故机械能均守恒，由机械能守恒定律求机械能之比。
并求落地时速度大小之比。
【解答】解：剪断轻绳后，A、B 在运动过程中均只有重力做功，故机械能均守恒，则知当A 落地前瞬间，A、
B 的机械能等于刚释放时的机械能，由E＝mgh 知A、B 的机械能之比等于质量之比，为3：1。
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设A、B 距地面的高度为h，剪断轻绳后，A 做自由落体运动，B 沿斜面向下做匀加速运动，对A 可知，2gh＝
vA2，解得vAൌ
૛܏ܐ，下落时间tൌ
૛ܐ
܏
对B，沿斜面下滑的加速度为aൌܕ܏ܛtܖ૜૙ι
ܕ
ൌ0.5g，A 落地时B 获得的速度vB＝atൌ
܏ܐ
૛，故落地时速度大小之
比为vA：vB＝2：1；
故答案为：3：1，2：1。
【点评】本题要知道物体在只有重力做功的情形下物机械能守恒，采用比例法研究。也可以动能定理列式判断。
17．【分析】根据质量和密度关系式知：m＝ρV＝ρsh；一天内水流做的功W＝2mgڄ ૚
૛ܐ，一天内水流的功率为Pൌ܅
ܜ，
一天内发电的平均功率۾ ൌ12%P。
【解答】解：根据质量和密度关系式知：m＝ρV＝ρsh＝1.0×103×5.0×108×3.0＝1.5×1012kg
一天内水流做的功W＝2mgڄ ૚
૛ܐൌ2ൈ૚䁪૞ൈ૚૙૚૛ൈ૚૙ൈ૚
૛ൈ૜ൌ4.5×1013J
一天内水流的功率为Pൌ܅
ܜൌ૝䁪૞ൈ૚૙૚૜
૛૝ൈ૜૟૙૙W＝5.2×108W
一天内发电的平均功率۾ ൌ12%P＝6.24×107W
故答案为：1.5×1012kg，6.24×107W
【点评】此题考查功和平均功率的计算，注意重心位置和时间换算即可。
三.综合题（共40 分）注意：第18、19、20 题，在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、
文字说明、公式演算等.
18．【分析】（1）根据速度时间关系求解加速度，根据牛顿第二定律求解力F；
（2）根据牛顿第二定律求解加速度；
（3）分析受力情况，根据受力情况确定速度大小。
【解答】解：（1）在1s 内根据速度时间关系可得：a1ൌܞ૚
ܜ૚ൌ૚砀
૚ܕ内ܛ૛ൌ૚砀ܕ内ܛ૛
对物体进行受力分析如图所示，
根据牛顿第二定律可得：F﹣mgsinθ﹣f＝ma1，
解得F＝29N；
（2）1s 后，物体受力分析如图所示，
物体将做初速度为18m/s 的匀减速直线运动，设其加速度大小为a2，
则：mgsinθ+f＝ma2，
解得a2＝11m/s2，方向沿斜面向下；
（3）设物体经过△t 时间速度为零，则△tൌܞ૚
܉૛ൌ૚砀
૚૚ܛൎ1.64s
即t＝t1+△t＝2.64s 时物体速度为零，此时重力沿斜面向下的分力为Gx＝mgsinθ＝5N＜6N，
所以此后物体静止在斜面上，即速度v2＝0。
答：（1）拉力F 的大小为29N；
（2）撤去F 后，物体沿斜面上行过程中的加速度为11m/s2，方向沿斜面向下；
（3）4s 时物体的速度为0。
【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或
运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
19．【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律得到U﹣I 表达式，再画出图象；根据表达式分析图象与两坐标轴交点的
物理意义；
（2）（3）根据P＝UI 画出图象，根据闭合电路的欧姆定律结合电功率的计算公式求解最大输出功率；
【解答】解：（1）根据闭合电路的欧姆定律可得E＝U+Ir，解得U＝E﹣Ir，
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画出的U﹣I 图象如图所示；
图象与纵坐标的坐标值为电源电动势，与横轴交点表示短路电流；
（2）如图中网格图形所示；
（3）电路中的电流强度为Iൌ
۳
܀൅ܚ
输出电功率P＝I2R＝（
۳
܀൅ܚ）2Rൌ
۳૛
܀൅૛ܚ൅ܚ૛
܀
当Rൌܚ૛
܀
即R＝r 时输出功率最大，最大电功率Pmൌ۳૛
૝ܚ；
答：（1）U﹣I 图象如图所示；图象与纵坐标的坐标值为电源电动势，与横轴交点表示短路电流；
（2）如图中网格图形所示；
（3）R＝r 时输出功率最大，最大电功率Pmൌ۳૛
૝ܚ。
【点评】本题主要是考查闭合电路欧姆定律和电功率的计算，能够推导出U﹣I 关系式是画出图象的关键；知道
电源最大输出功率的条件。
20．【分析】（1）杆ab 做初速度为零的匀加速运动，由位移时间公式求5s 内杆移动的距离s。
（2）根据速度时间公式求出杆ab5s 末的速度，结合切割产生的感应电动势公式、欧姆定律、安培力公式求出杆
ab 所受的安培力，再根据牛顿第二定律求出F 的大小。
（3）根据牛顿第二定律，结合切割产生的感应电动势公式、欧姆定律和安培力公式得出F 与t 的关系式。
（4）通过分析杆ab 的受力情况，来判断其运动情况。
【解答】解：（1）5s 内杆ab 运动的距离为：sൌ૚
૛܉ܜ૛ൌ૚
૛ൈ૛ൈ૞૛ൌ25m
（2）5s 末杆ab 的速度：v＝at＝2×5＝10m/s
安培力为：FA＝BIL＝B
۰ۺܞ
܀Lൌ۰૛ۺ૛ܞ
܀
ൌ૙．૛૛ൈ૙．૝૛ൈ૚૙
૚
N＝0.064N
根据牛顿第二定律得：F﹣FA＝ma
解得：F＝FA+ma＝0.064+0.05×2N＝0.164N。
（3）根据F﹣FA＝ma 得：Fൌ۰૛ۺ૛ܞ
܀
൅maൌ۰૛ۺ૛܉ܜ
܀
൅ma
代入数据解得：F＝（0.0128t+0.1）N。
（4）撤去F，金属杆的速度仍在，继续切割磁感线，产生感应电流，受到安培，做减速运动，由于速度减小，
感应电动势减小，感应电流减小，杆ab 所受的安培力，加速度减小，因此杆ab 做加速度减小的变减速运动，
直至停止运动。
答：（1）5s 内杆ab 移动的距离s 是25m；
（2）5s 末作用在杆ab 上的水平外力大小F 是0.164N；
（3）水平外力F 与时间t 的函数关系是F＝（0.0128t+0.1）N；
（4）若撒去F，杆ab 的速度减小，加速度减小。
【点评】本题中金属杆做匀加速运动，运用运动学公式与电磁感应的规律结合求解。关键是安培力的计算，要
在理解的基础上安培力经验公式FAൌ۰૛ۺ૛ܞ
܀
。
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2019-2020 学年上海市奉贤区高考物理一模试卷
一、选择题（共40 分．第1-8 小题，每小题3 分，第9-12 小题，每小题3 分．每小题只有一个正确答案．）
1．（3 分）首先发现天然放射性现象的物理学家是（
）
A．汤姆孙
B．卢瑟福
C．查德威克
D．贝可勒尔
2．（3 分）下列射线中属于电磁波的是（
）
A．α射线
B．β射线
C．γ射线
D．阴极射线
3．（3 分）用单色光照射一光电管的阴极时，有无光电效应现象发生取决于该单色光的（
）
A．频率
B．强度
C．照射时间
D．光子数目
4．（3 分）一弹簧振子在水平方向振动，则当振子远离中心位置时，逐渐增大的是（
）
A．重力势能
B．弹性势能
C．动能
D．机械能
5．（3 分）如图是某一质点沿直线运动的v﹣t 图象，则下列时刻质点的加速度为零的是（
）
A．0
B．1s
C．2s
D．4s
6．（3 分）下列现象能说明分子间存在斥力的是（
）
A．液体难以压缩
B．破碎的玻璃通过压紧不能粘合
C．压缩气体要用力
D．用斧子花很大的力气才能把柴劈开
7．（3 分）如图为一定质量的理想气体由状态A 变化到状态B 过程中的Pെ૚
ܞ图象，则该气体的温度变化情况是
（
）
A．逐渐变大
B．逐渐变小
C．保持不变
D．先变小再变大
8．（3 分）下列图样中有泊松亮斑的是（
）
A．
B．
C．
D．
9．（4 分）如图所示，一根弹性杆的一端固定在倾角为的斜面上，杆的另一端固定一个小球，小球处于静止状态，
则弹性杆对小球的弹力方向为（
）
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A．平行于斜面沿OA 斜向上
B．与杆右上端垂直沿OB 斜向上
C．竖直向上沿OC
D．与杆右上端平行沿OD 斜向上
10．（4 分）空间有一电场，在x 轴上其电场方向正好沿x 轴，电场强度分布如图所示，则关于电势和电势能的说法
正确的是（
）
A．x2 点的电势最高
B．x1、x3 点的电势相等
C．点电荷在x1 处的电势能等于其在x3 处的电势能
D．点电荷在x1 处的电势能可能大于其在x2 处的电势能
11．（4 分）如图所示，均匀带正电的绝缘圆环a 与金属圆环b 以同心O 点共面放置，当a 绕O 点在其所在平面逆
时针加速旋转时，则b 中产生的感应电流方向是（
）
A．顺时针，且b 具有扩张趋势
B．顺时针，且b 具有收缩趋势
C．逆时针，且b 具有扩张趋势
D．逆时针，且b 具有收缩趋势
12．（4 分）滑块以某一初速度从固定的粗糙斜面底端向上运动，然后又滑回斜面底端。若滑块向上运动的位移中点
为A，滑块两次经过A 点的速率分别为vA1、vA2，上滑和下滑过程的重力势能的变化量的绝对值分别为△EP1、
△EP2，则（
）
A．vA1＝vA2，△EP1＝△EP2
B．vA1＝vA2，△EP1＞△EP2
C．vA1＞vA2，△EP1＝△EP2
D．vA1＞vA2，△EP1＞△EP2
二、填空题（每小题4 分，共20 分）
13．（4 分）粗细均匀的轻绳一端固定，另一端用手握住连续上下抖动，形成一列沿水平方向向右传播的横波，某一
时刻的波形如图所示。根据这些信息，得知波在绳子中的传播速度
，手抖动绳的频率
。（均选填
“变大”、“变小”、“不变”或“无法判断”）
14．（4 分）设A、B 两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M、2M 的行星做匀速圆周运动。若A、B 的线速度
大小分别为vA 和vB，周期分别为TA 和TB，则vA：vB＝
，TA
TB（选填“＞”、“＝”或“＜”）
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15．（4 分）如图所示，两端A、B 开口的圆弧形小管充满水且竖直放置，B 端用手指堵住，A、B 两端在同一竖直
线上且∠AOB＝θ，则管内B 位置处的压强为
（已知大气压强为p0，水的密度为ρ，重力加速度为g，圆
弧半径为R）。若松开B 端的手指，则水将从
端流出（选填“A”、“B”或“A、B 两”）
16．（4 分）如图所示，水平地面上有一质量为m 的木箱，木箱与地面间的动摩擦因数为μ，木箱在与水平方向夹角
为θ的斜向上拉力F 作用下作匀速直线运动，则拉力F 的大小为
。保持木箱速度不变，改变F，当θ1＝0°
和θ2＝30°时，让木箱发生相同的位移，两次拉力做的功分别为W1 和W2，则W1
W2（选填“＞”、“＝”
或“＜”）
17．（4 分）如图所示的电路中，由均匀的电阻丝组成的等边三角形ABC 导线框，垂直于匀强磁场放置。将AB 两
点接入一节干电池的两端，AC 和BC 两边导线受到的总安培力为F，方向为
。若将AB 边移走，其它不
变，则余下的导线受到的总安培力大小
F（选填“＞”、“＝”或“＜”）
三、综合题（18 题10 分，19 题14 分，20 题16 分，共40 分）
18．（10 分）某同学利用DIS 测定直流电动机效率装置和电路如图（a），其中A、B、C 和D 都是传感器。A、B
是分别是位移传感器的发射器和接收器，测重物上升高度h。图（b）是所有传感器测得的数据记录，绘在一张
图上。
（1）图（a）中，装置C 是
传感器，D 是
传感器。（请填写传感器名称）
（2）如图（a）所示，闭合电键前，滑动变阻器滑片应处于
。
（3）根据（b）图中的U﹣t、I﹣t 和h﹣t 图象，选择区域读取数据，为较精确地算出电动机的效率，则对应的
时间段选取较适宜的是
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（A）0～0.5s（B）0～10s（C）1.0～20s（D）1.0～30s
（4）读出所选过程中C、D 的示数，已知重物和A 的总质量为m＝70g，重力加速度g＝9.80m/s2，可算得该直
流电动机的效率η＝
%。
19．（14 分）如图所示，ABC 为金属杆做成的轨道，固定在竖直平面内。轨道的AB 段水平粗糙，BC 段是半径为
R＝0.1m 的光滑半圆弧。一质量m＝0.2kg 的小环套在杆上，在恒定水平拉力F 的作用下，从A 点由静止开始
运动，经时间t＝0.5 到达B 点，然后撒去拉力F，小环沿轨道上滑，到达C 处恰好掉落做自由落体运动。小环
与水平直杆间动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度g 取10m/s2．求：
（1）小环从C 处落到B 处所用的时间；
（2）小环第一次到达B 点时的速度大小；
（3）水平拉力F 大小。
20．（16 分）如图所示，密立根油滴实验的装置示意图。一带负电油滴处于水平放置的两平行金属板A、B 之间。
当平行板不带电时，油滴由于受到重力作用加速下落，速率变大，受到的空气阻力也变大，因此油滴很快会以
一恒定速率v1 匀速下落。当上极板A 带负电，下极板B 带等量正电时，两极板之间形成的电场可看作匀强电场
且电场强度为E，该油滴下落的最终速率为v2．已知运动中油滴受到的阻力可由公式f＝kv 计算（其中k 为常
数），速率v1、v2、常数k、电场强度E 均为已知，带电油滴运动过程中始终未触及极板。求：
（1）油滴的重力G；
（2）油滴所带的电量大小q；
（3）若将两极板A、B 上所带电荷互换，请分析油滴的运动过程，并求出最终速率v3。
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2019-2020 学年上海市奉贤区高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共40 分．第1-8 小题，每小题3 分，第9-12 小题，每小题3 分．每小题只有一个正确答案．）
1．【分析】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。
【解答】解：汤姆孙发现电子，揭示了原子具有复杂结构；
卢瑟福发现了核式结构模型；查德威克发现了中子；贝克勒尔发现天然放射性现象，揭示了原子核可以再分。
故D 正确ABC 错误。
故选：D。
【点评】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，这也是考
试内容之一。
2．【分析】电磁波是一个大家族，从波长为10
﹣10 左右的γ射线到102 左右的长波都是电磁波．
【解答】解：A、α射线是氦核流，不是电磁波。故A 错误。
B、β射线是电子流，不是电磁波。故B 错误。
C、γ射线是电磁波，故C 正确。
D、阴极射线是电子流，不是电磁波。故D 错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道各种射线的实质，以及知道电磁波谱中各种电磁波的特点．
3．【分析】当入射光的频率大于极限频率时才会产生光电效应，由此分析。
【解答】解：根据光电效应产生的条件可知，当入射光的频率大于极限频率时才会产生光电效应，小于极限频
率时无论光照时间多么长、光多么强，都不会产生光电效应，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题主要是考查光电效应，解答本题要掌握光电效应的规律，知道发生光电效应的条件。
4．【分析】明确简谐运动的特点，根据振子是远离平衡位置还是靠近平衡位置来分析回复力、位移、速度和加速度
的变化。
【解答】解：A、重力势能EP＝mgh，振子在水平面上运动，故重力势能不变，故A 错误；
B、由于弹簧振子的形变量增大，故其弹性势能增大，故B 正确；
C、振子远离平衡位置，速度减小，故动能减小，故C 错误；
D、由于只有弹簧弹力做功，故系统的机械能守恒，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查根据振动特点分析物体振动过程的能力。明确其速度、位移以及加速度的变化，同时根据能
量转化规律分析能量的变化情况。
5．【分析】v﹣t 图象的斜率表示加速度，斜率为零时加速度为零。由此分析。
【解答】解：根据v﹣t 图象的斜率表示加速度，知t＝0、t＝1s、t＝2s 时刻图象的斜率不为零，则质点的加速
度不为零。t＝4s 时，图象的斜率为零，则质点的加速度为零。故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】本题关键抓住图象的数学意义来分析质点的加速度，知道图象的斜率等于加速度，匀速直线运动时加
速度为零。
6．【分析】物固体液体难被压缩，是由于分子间存在斥力，气体分子间的距离较大，分子力很小甚至分子力为0，
不存在斥力作用，难被压缩，是气体压强造成。
【解答】解：A、液体难被压缩，是由于分子间存在斥力。故A 正确；
B、将破碎的玻璃用力挤在一起，却不能将它们粘合在一起，是由于分子之间的引力比较小，不能说明分子之间
存在斥力。故B 错误。
C、气体的体积容易被压缩，是由于气体分子之间的距离比较大，不能说明分子间存在斥力。故C 错误；
D、用斧子花很大的力气才能把柴劈开，说明是分子间存在引力而不是斥力，故D 错误；
故选：A。
【点评】解决本题的关键搞清楚固液气难被压缩的原因：固体液体难被压缩，是由于分子间存在斥力，气体难
被压缩，是气体压强造成。
7．【分析】应用理想气体状态方程求出图象的函数表达式，然后根据图象分析答题。
【解答】解：由理想气体状态方程：
۾t
܂ൌC 可知：pൌ૚
tCT，即的Pെ૚
ܞ图象中过原点的倾斜直线表示等温变化
斜率表示K＝CT，C 为常数，即倾斜程度表示温度
过A、B 做过原点的直线，如图所示：
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由图可知：TA＞TB
故ACD 错误，B 正确；
故选：B。
【点评】本题考查了判断气体温度如何变化，由于理想气体状态方程求出图象的函数表达式是正确解题的关键。
8．【分析】当单色光照射在宽度小于或等于光源波长的小圆板或圆珠时，会在之后的光屏上出现环状的互为同心圆
的衍射条纹，并且在所有同心圆的圆心处会出现一个极小的亮斑，这个亮斑就被称为泊松亮斑。由此即可找出
答案。
【解答】解：结合泊松亮斑的特点可知，光照射在宽度小于或等于光源波长的小圆板或圆珠时，会在之后的光
屏上出现环状的互为同心圆的衍射条纹，所以A 是泊松亮斑，其他的三个都不是，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】该题考查著名的泊松亮斑，要牢记泊松亮斑是光照在小圆盘上却在屏上中央出现亮斑，说明光不再沿
直线传播。
9．【分析】掌握二力平衡条件，对小球进行受力分析，小球手重力和杆对它的弹力作用，又由于小球处于静止状态，
所以重力和弹力是一对平衡力，大小相等、方向相反，作用在同一直线上。
【解答】解：小球手重力和弹力作用，由于小球处于静止状态，所以重力和弹力是一对平衡力，重力方向竖直
向下，所以弹力方向竖直向上，即沿OC 方向，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】此题考查了二力平衡条件的应用，根据二力平衡条件是判断杆的弹力和方向的很好的办法。此题很容
易受到斜面角度和杆的弯曲程度的影响，从而造成弹力方向判断失误。
10．【分析】沿电场的方向电势降低，但场强和电势没有直接的关系，不能根据场强的大小判断电势的高低。
【解答】解：ABC、电场方向正好沿x 轴，可能沿x 轴正方向，也可能沿x 轴负方向，所以各点电势的高低无
法判断，电势能的大小也无法判断，故ABC 错误；
D、因为电势的高低无法判断，所以点电荷在x1 处的电势能可能大于或小于其在x2 处的电势能，故D 正确。
故选：D。
【点评】题干本题要知道场强和电势没有直接的关系，不能根据场强的大小判断电势的高低，同样不能根据电
势的高低去判断场强的大小。
11．【分析】本题中是由于a 的转动而形成了感应电流，a 中的感应电流的变化可以在b 中产生磁通量的变化，才使
b 中产生了感应电流。
【解答】解：当带正电的绝缘圆环a 逆时针加速旋转时，相当于逆时针方向电流，并且在增大，根据右手定则，
其内（金属圆环a 内）有垂直纸面向外的磁场，其外（金属圆环b 处）有垂直纸面向里的磁场，并且磁场的磁
感应强度在增大，金属圆环b 包围的面积内的磁场的总磁感应强度是垂直纸面向外（因为向外的比向里的磁通
量多，向外的是全部，向里的是部分）而且增大，根据楞次定律，b 中产生的感应电流的磁场垂直纸面向里，磁
场对电流的作用力向外，所以b 中产生顺时针方向的感应电流，根据左手定则，磁场对电流的作用力向外，所
以具有扩张趋势，故A 正确BCD 错误；
故选：A。
【点评】本题有两个判断，一个是电流方向，另一个是收缩趋势还是扩张趋势。综合考查了电流的磁场（安培
定则），磁通量，电磁感应，楞次定律，磁场对电流的作用力，左手定则等。
12．【分析】根据能量守恒定律判断速度大小，根据重力做功判断重力势能变化情况。
【解答】解：根据能量守恒定律可知，滑到最高点又返回A 时摩擦力做功比第一次滑到A 点摩擦力做功多，故
第一次动能大于第二次的动能，所以vA1＞vA2，根据重力做功等于重力势能的减少量，可知重力势能变化量相
等，故△EP1＝△EP2，故C 正确。
故选：C。
【点评】本题考查能量守恒和重力势能变化，关键是判断摩擦力的做功时使用的路程不是位移。
二、填空题（每小题4 分，共20 分）
13．【分析】机械波的波速是由介质决定的，与波长无关；由图可看出波长的变化，由波速公式分析频率的变化。
【解答】解：机械波的波速是由介质决定的，则波在绳子中的传播速度不变；
根据相邻波峰之间或波谷之间的距离等于波长，由图看出波长越来越大，波速不变，由波速公式v＝λf 可知，频
率越来越小。
故答案为：不变，变小
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【点评】本题关键要抓住波速是由介质决定，保持不变，再由波速公式分析频率的变化情况。
14．【分析】卫星做圆周运动向心力由万有引力提供，得到周期、线速度与轨道半径的关系式，再进行分析。
【解答】解：卫星由万有引力提供向心力有：G
ۻܕ
ܚ૛ൌm
૝ૈ
૛
܂૛r＝m
ܞ૛
ܚ，
则得：T＝2ૈܚ
ܚ
۵ۻ，
可见，中心天体的质量M 越小，T 越大，所以得TA＞TB，
与vൌ
۵ۻ
ܚ得：
ܞۯ
ܞ۰
ൌ
ۻۯ
ۻ۰
ൌ
ۻ
૛ۻ ൌ
૚
૛
故答案为：1：૛，＞
【点评】本题要建立清晰的物理模型，利用万有引力等于向心力列式进行分析。
15．【分析】液体产生的压强P′＝ρgh，管内B 位置处的压强为P0+P′。
【解答】解：液体产生的压强为：P′＝ρgh＝2ρgRsin
ી
૛
所以管内B 位置处的压强为：P0+P′＝P0+2ρgRsin
ી
૛，大于大气压，所以松开B 端的手指，则水将从B 端流出。
故答案为：P0+2ρgRsin
ી
૛，B
【点评】该题考查封闭气体的压强，使用连通器的原理即可求出。属于基础题目。
16．【分析】物体受力平衡，受力分析后正交分解表示出拉力F，由水平方向受力平衡可得，F 在水平方向的分力始
终等于摩擦力，θ增大，摩擦力逐渐减小，故F 在水平方向的分力减小，由W＝Fx 可得拉力F 的功变化。
【解答】解：对物体受力分析如图：
因为物体匀速运动，水平竖直方向均受力平衡：
水平方向：Fcosθ＝μ（mg﹣Fsinθ）…①
竖直方向：FN+Fsinθ＝mg…②
f＝μFN…③
联立解得：Fൌૄ
ܕ܏
粒子ܛી൅ૄܛtܖી，
则有：W＝Fxcosθൌૄ
ܕ܏ܠ粒子ܛી
粒子ܛી൅ૄܛtܖીൌૄ
ܕ܏ܠ
૚൅ૄܜ܉ܖી，
由上式知，θ从0 逐渐增大到90°的过程中，tanθ增大，拉力F 的功W 一直减小。当θ1＝0°和θ2＝30°时，让
木箱发生相同的位移，两次拉力做的功分别为W1 和W2，则W1＞W2
故答案为：ૄ
ܕ܏
粒子ܛી൅ૄܛtܖી，＞。
【点评】本题为平衡条件的应用问题，受力分析后应用平衡条件求解即可，得出功表达式是注意力和位移方向
的夹角。
17．【分析】根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小，
再计算出各段安培力的大小，然后使用平行四边形定则合成即可
【解答】解：AC 和BC 的等效长度可看做AB 的长度，根据左手定则知方向为沿纸面垂直AB 指向C，将AB
边移走，外电路的电阻变大，根据闭合电路欧姆定律知路端电压变大，流过AC 和BC 的电流要大于原来流过
AC 和BC 的电流，它们的有效长度相等，所以余下的导线受到的总安培力要大于F。
故答案为：沿纸面垂直AB 指向C，＞
【点评】解题的关键是知道AC 和BC 的等效长度可看做AB 的长度，然后依据左手定则和安培力公式分析即可。
三、综合题（18 题10 分，19 题14 分，20 题16 分，共40 分）
18．【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项。
该实验是测量电动机的效率，为了使砝码盘和砝码的重力等于小车所受的合外力，实验应该满足小车的质量远
大于重物的质量；
【解答】解：（1）由实验原理和目的，要测电动机的效率，则要测出输入电动机的功率或电动机消耗的电功率，
所以要测出电动机的输入电压和电流，由图（a）可以看出，C 是与电动机并联的，所以是电压表，而D 是电动
机串联的，是电流表。
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（2）为保证安全起见，要使电动机逐步正常，开始闭合电路时使电路的电流最小，则滑动变阻器调到最大，应
处最左端。
（3）电动机稳定工作的时段是1.0～3.0s，但由于1.0～2.0s 时段高度显示不准确，所以选1.0～3.0，D 选最好。
（4）电动机输入功率为P 入＝UI＝0＝0.58×6.0V×0.4×0.4A＝0.557W
而电动机的输出功率P 出ൌܕ܏ܐ
ܜ
ൌ晦૙ൈ૚૙െ૜ൈ૚૙ൈሺ૙䁪૞砀െ૙䁪૛砀
૛䁪૙
W＝0.133W
所以电动机的效率为ηൌ
۾出
۾入
ൌ23.8%。
故答案为：（1）电压电流
（2）左端
（或阻值最大处）
（3）D（全对）或C（不全对）
（4）23.8 （23.0﹣﹣﹣25.0 均可）
【点评】本实验在原来的基础上有所创新，根据所学物理知识和实验装置的特点明确实验原理是解答该实验的
关键。
19．【分析】（1）小环从C 处落到B 处做自由落体运动，由位移时间公式求时间。
（2）由于轨道光滑，从B 到C 小环的机械能守恒，由机械能守恒定律求小环第一次到达B 点时的速度大小。
（3）小环从A 到B 做匀加速运动，先由速度公式求得加速度，再由牛顿第二定律求F 的大小。
【解答】解：（1）小环从C 处落到B 处做自由落体运动，则
2Rൌ૚
૛܏ܜt૛
可得t′＝2 ܀
܏ൌ2
૙䁪૚
૚૙s＝0.2s
（2）因小环恰好能通过C 点，则在C 点速度为零，又因为BC 轨道光滑，小环在BC 段轨道运动时只有重力做
功，机械能守恒，以AB 为零势能面，则由机械能守恒定律得
૚
૛ܕܞ۰
૛ൌmg•2R
解得vB＝2m/s
（3）在A 点小环受重力G、支持力N、拉力F 和摩擦力f，受力分析如图
小环在恒力作用下做匀加速直线运动，加速度为aൌܞ۰െ૙
ܜ
ൌ૛
૙䁪૞ൌ4m/s2。
根据牛顿第二定律得
F﹣f＝ma
又f＝μN
联立解得F＝1.4N
答：
（1）小环从C 处落到B 处所用的时间是0.2s；
（2）小环第一次到达B 点时的速度大小是2m/s；
（3）水平拉力F 大小是1.4N。
【点评】本题考查了机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键要知道小环在最高点速度
为0。
20．【分析】（1）当平行板不带电时，根据平衡列式求解；
（2）当上极板A 带负电，下极板B 带等量正电时，根据平衡求解油滴电荷量；
（3）根据受力分析，分析讨论油滴的各种运动情况。
【解答】解：（1）当平行板不带电时，最终以一恒定速率v1 匀速下落，此时受力分析如图所示：
根据平衡得：G＝kv1
（2）当加上竖直方向的匀强电场后，油滴最终以v2 匀速下落，此时油滴受力分析如图所示：
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根据平衡得：G+Eq＝kv2
解得：qൌܓሺܞ૛െܞ૚砀
۳
（3）将两极板A、B 上所带电荷互换，电场强度不变，方向相反，竖直向下，油滴受力如图所示：
开始时，向上的力大于向下的力，油滴将向下做减速直线运动，规定竖直向下为正方向
根据牛顿第二定律得：
aൌ۵െሺ۳ܙ൅ܓܞ砀
ܕ
ൌܓܞ૚െtܓሺܞ૛െܞ૚砀൅ܓܞሿ
ܕ
ൌെܓሺܞ૛൅ܞെ૛ܞ૚砀
ܕ
①若qE＜G，即v1＜v2＜2v1 时：
油滴将做向下的加速度减小的变减速，最终向下匀速
此时，Eq+kv3＝G
k（v2﹣v1）+kv3＝kv2
最终速率v3＝2v1﹣v2
②若Eq＝G，即v2＝2v1 时：
油滴将做加速度减小的变减速，最终速度为零，即静止
最终速率v3′＝0
③若Eq＞G，即v2＞2v1 时：
油滴将向下做加速度减小的变减速直线运动，速度减为零后，又向上做加速直线运动，受力如图所示：
܉t ൌܙ۳െ۵െܓܞ
ܕ
ൌܓሺܞ૛െ૛ܞ૚െܞ砀
ܕ
v 变大，a 减小，即又会做向上的加速度减小的变加速直线运动，最终向上匀速，
此时受力分析如图所示：
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此时Eq＝G+kv3″
k（v2﹣v1）＝kv1+kv3″
最终速率v3″＝v2﹣2v1
答：（1）油滴的重力G 为kv1；
（2）油滴所带的电量大小q 为
ܓሺܞ૛െܞ૚砀
۳
；
（3）①若qE＜G，即v1＜v2＜2v1 时：最终速率v3＝2v1﹣v2；
②若Eq＝G，即v2＝2v1 时：最终速率v3′＝0；
若Eq＞G，即v2＞2v1 时：最终速率v3″＝v2﹣2v1。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，关键是做好受力分析，特别注意，阻力随速度变化而变化，然后
利用牛顿第二定律和运动规律列式求解即可。
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2019-2020 学年上海市崇明区高考物理一模试卷
一、选择题（共40 分，1-8 题每题3 分，9-12 题每题4 分．每题只有一个正确选项）
1．（3 分）下列物理量中属于标量的是（
）
A．电压
B．力
C．电场强度
D．加速度
2．（3 分）加速度的定义式是（
）
A．aൌ૛ܛ
ܜ૛
B．aൌ۴
ܕ
C．aൌᶭܞ
ᶭܜ
D．aൌܞ૛
ܚ
3．（3 分）气体分子热运动的平均动能取决于气体的（
）
A．体积
B．温度
C．压强
D．密度
4．（3 分）如图所示，两个半径不同的轮子摩擦传动不打滑，则具有相同角速度的两点是（
）
A．A 和B
B．C 和B
C．A 和D
D．A 和C
5．（3 分）质点作简谐振动的位移x 随时间t 变化的规律如图所示，该质点在t1 与t2 时刻（
）
A．位移相同
B．速度相同
C．加速度相同
D．回复力相同
6．（3 分）某闭合电路中，干电池电动势为1.5V，工作电流为1A，则（
）
A．电源内电压为1.5V
B．电源路端电压为1.5V
C．电路中每秒非静电力做功1.5J
D．电路中有1.5J 的化学能转变成电能
7．（3 分）物体以某初速度竖直上抛，4s 时到达抛出点上方6 米高处，如果要在抛出2s 时到达该处，则上抛初速
度需要（
）
A．更大些
B．相等
C．更小些
D．更大和更小均可以
8．（3 分）一定质量的理想气体状态变化过程中，其压强p 与摄氏温度t 的变化规律如图中直线ab 所示（直线ab
延长线通过坐标原点），根据图象可以判定（
）
A．Va＝Vb
B．Va＞Vb
C．Va＜Vb
D．无法判断
9．（4 分）有种自动扶梯，无人乘行时运转很慢，有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯
上楼，正好经历了这两个过程，则能正确反映该乘客在这两个过程中的受力示意图的是（
）
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A．
B．
C．
D．
10．（4 分）如图所示，AB、AC 两光滑细杆组成的直角支架固定在竖直平面内，AB 与水平面的夹角为30°，两细
杆上分别套有带孔的a、b 两小球，在细线作用下处于静止状态，细线恰好水平。某时刻剪断细线，当两球均下
滑到支架底端时，两球（
）
A．下滑的时间相等
B．下滑过程中重力做功相等
C．到底端时的速率相等
D．到底端时的动能相等
11．（4 分）如图所示的电路中，电源电动势为ε、内电阻为r，当滑动变阻器R 的滑片P 位于中点时，A、B、C
三个灯泡均正常发光，且亮度相同，则（
）
A．三个小灯泡中，A 灯电阻最大，B 灯电阻最小
B．当滑片P 移动时，若A 灯变亮，则C 灯变暗
C．当滑片P 移动时，若B 灯变亮，则C 灯变亮
D．当滑片P 移动时，A、B 两灯不可能同时变亮
12．（4 分）如图，两个等量正点电荷位于垂直于x 轴的连线上，相对原点O 对称分布，则x 轴上电场强度E 与位
置x 的关系可能是（
）
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A．
B．
C．
D．
二、填空题（每题4 分，共20 分）
13．（4 分）如图所示是两个相干波源发出的水波，实线表示波峰，虚线表示波谷。已知两列波的振幅都为10cm，
C 点为AB 连线的中点。图中A、B、C、D、E 五个点中，振动减弱的点是
，A 点的振幅为
cm。
14．（4 分）如图是在“用DIS 测定位移和速度”实验中得到小车的s﹣t 图象，虚线为1.0s 末图象的切线，则由图
象可知，小车在1.0﹣1.5s 内平均速度大小为
m/s；1.0s 末小车的瞬时速度大小为
m/s。
15．（4 分）若将一个电量为2.0×10
﹣10C 的正电荷，从零电势点移到电场中M 点要克服电场力做功8.0×10
﹣9J，
则M 点的电势是
V；若再将该电荷从M 点移到电场中的N 点，电场力做功1.8×10
﹣8J，则M、N 两点
间的电势差UMN＝
V．
16．（4 分）如图所示，原点O 沿y 方向做了一次全振动后停止在平衡位置。形成了一个向右传播的横波。设在t
＝0 时刻的波形如图所示，t＝6s 时M 点开始振动，则该波的周期为
s，在t＝11s 时M 点离其平衡位置
的位移为
m。
17．（4 分）如图所示电路，电源电动势为3V，内阻为1Ω，滑动变阻器总电阻为5Ω，闭合电键，在滑片从a 移到
b 的过程中，电源总功率的最小值为
W，变阻器消耗的最大功率为
W．
三、综合题（共40 分）注意：第19、20 题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文
字说明、公式、演算等．
18．（12 分）在“用单摆测重力加速度”的实验中，某同学的操作步骤如下：
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a．取一根细线，下端系住直径为d＝1.0cm 的金属小球，上端固定在铁架台上；
b．用米尺量得固定点到小球上端之间细线的长度l＝98.2cm；
c．在摆线偏离竖直方向小于5°的位置静止释放小球；
d．用秒表记录小球完成50 次全振动的总时间t＝99.8s。
（1）根据上述测量数据，可以得到：摆长L 为
m；周期T 为
s；
测得重力加速度g＝
m•s
﹣2。
（2）可以通过改变摆长重复实验，测得多组摆长L 和对应的周期T 的数据，然后以L 为横坐标、
为纵
坐标，可以画出如图所示的图线。若图线上选取两个点坐标，求出其“斜率”为K，则由此数据可以算出重力
加速度大小为
。
19．（12 分）一内壁光滑、粗细均匀的U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一轻活塞。初始时，
管内水银柱及空气柱长度如图所示。已知大气压强p0＝75cmHg，环境温度不变。
（1）求右侧封闭气体的压强p 右；
（2）现用力向下缓慢推活塞，直至管内两边水银柱高度相等并达到稳定。
求此时右侧封闭气体的压强p 右'；
（3）求第（2）问中活塞下移的距离x。
20．（16 分）我国将于2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图所示，质量m＝60kg 的
运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始，在无助力的情况下以加速度a＝3.6m/s2 匀加速滑下，到达B 点时
速度vB＝24m/s，A 与B 的竖直高度差H＝48m．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台D 点之间用一
段弯曲滑道BCD 衔接，B 与C 点的高度差h＝5m，C 与D 点的高度差h′＝4m，忽略BCD 上的摩擦．求：
（1）运动员离开起跳台时的速度vD；
（2）AB 段的倾斜角度；
（3）运动员在AB 段下滑时受到阻力Ff 的大小；
（4）实际上，BCD 段上的摩擦力，以及运动过程中的空气阻力是不可避免的．运动员为了能在离开跳台后，跳
得更高，如果你是教练员，请用学习过的物理知识指导运动员（至少提出两点意见）．
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2019-2020 学年上海市崇明区高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共40 分，1-8 题每题3 分，9-12 题每题4 分．每题只有一个正确选项）
1．【分析】矢量是既有大小，又有方向的物理量。而标量是只有大小，没有方向的物理量，根据有没有方向确定是
标量还是矢量。
【解答】解：A、电压只有大小，没有方向，是标量。故A 正确；
BCD、力、电场强度和加速度既有大小，又有方向，是矢量，故BCD 错误；
故选：A。
【点评】对于矢量与标量，要抓住它们两大区别，一是矢量有方向，标量没有方向；二运算法则不同，标量遵
守代数加减法则，而矢量遵守平行四边形定则。
2．【分析】根据加速度的定义式即可得出加速度的定义式。
【解答】解：根据加速度的定义，加速度等于速度的变化量与发生这一变化所用时间的比值，即܉ൌᶭܞ
ᶭܜ，故C
正确，ABD 错误；
故选：C。
【点评】本题考查加速度的定义式，关键是理解加速度的概念，知道加速度的定义式，简单题。
3．【分析】温度是分子平均动能的标志，所以气体分子的平均动能宏观上取决于温度。
【解答】解：由于温度是分子平均动能的标志，所以气体分子的平均动能宏观上取决于温度。故B 正确，ACD
错误；
故选：B。
【点评】这是一道考查分子势能和分子平均动能的基础题，关键是弄清分子热运动与温度的关系。
4．【分析】点A 与点B 是同缘传动，线速度相等；点B 与点C 是同轴传动，角速度相同；然后结合公式v＝rω列
式分析．
【解答】解：点A 与点B 是同缘传动，线速度相等；但它们的转动半径不等，根据公式v＝rω，角速度不等；
点A 与点C 是同轴传动，角速度相等；点B 与点D 是同轴传动，角速度相等；
故AC 的角速度相等，BD 的角速度相等，AC 与BD 的角速度不同。故ABC 错误，D 正确
故选：D。
【点评】解决本题关键明确同轴传递角速度相等，同缘传动边缘点线速度相等；同时要能够结合线速度与角速
度关系公式v＝rω列式判断．
5．【分析】由振动图象读出两个时刻质点的位移关系，根据回复力、加速度大小与位移大小成正比，方向与位移方
向相反，分析加速度和回复力的关系。在t1、t2 时刻质点的位置关于平衡位置对称，而且同向运动，速度相同。
【解答】解：A、由图可知，两时刻时振子的位移大小相等，方向相反，则位移不同，故A 错误。
B、在t1、t2 时刻质点的位置关于平衡位置对称，而且同向运动，速度相同。故B 正确。
C、根据aൌെܓܠ
ܕ知，质点在t1 与t2 时刻位移大小相等，方向相反，则加速度大小相等，方向相反，加速度不同，
故C 错误。
D、根据F＝﹣kx 知，质点在t1 与t2 时刻位移大小相等，方向相反，则回复力大小相等，方向相反，回复力不
同，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查对振动图象的识别和理解能力。要明确回复力、加速度与位移这三个量大小变化的情况是一
致的，速度要注意其方向是否相同。
6．【分析】电源的电动势反映电源本身的特性，由电源本身决定，等于内外电压之和，与外电路结构无关；电动势
大小，反映非静电力在电源内部从负极向正极移动单位电荷量做功的多少，根据这些知识可以正误。
【解答】解：A、电源电动势等于内外电压之和，内电压小于1.5V．故A 错误。
B、当外电路接通时，电动势大于路端电压。故B 错误。
C、干电池电动势为1.5V，工作电流为1A，在1a 内电源将1C 的正电荷从电源负极移到正极，非静电力做
功1.5J．故C 正确。
D、不知道通电的时间，不能求出能量转化为具体数值，故D 错误。
故选：C。
【点评】解答本题关键从物理意义、定义式、闭合电路欧姆定律来理解电动势。要注意在电源内部是非静电力
做功，在电源的外部是静电力做功。
7．【分析】竖直上抛运动的变化规律，与匀变速直线运动的规律一样，只要将ܠൌܞ૙ܜ൅૚
૛܉ܜ૛中的几个物理量变化
一下即可。
【解答】解：竖直上抛运动的位移公式可以写成：hൌܞ૙ܜെ૚
૛܏ܜ૛
代入数据，整理得：4v0﹣5×16＝6
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解方程，得：v0＝21.5m/s
如果要在抛出2s 时到达该处，代入数据可得：૛ܞ૚െ૚
૛ൈ૚૙ൈ૝ൌ૟
解方程，得：v1＝13m/s＜v0
故C 正确，ABD 错误
故选：C。
【点评】该题考查竖直上抛运动的位移公式的应用。题目简单，直接把数据代人公式即可。
8．【分析】对理想气体运用状态方程
۾t
܂ൌ۱ 列式，然后结合公式T＝t+273 进行分析讨论。
【解答】解：根据理想气体运用状态方程，有：
۾t
܂ൌ۱；
其中：T＝t+273；
联立得到：
۾t
ܜ൅૛晦૜ൌ۱；
变形得到：
۾
ܜൌ
۱൅૛晦૜۱
ܜ
t
；
由图象得到
۾܉
ܜ܉
ൌ
۾܊
ܜ܊
，ta＜tb；
故Va＞Vb；
故选：B。
【点评】本题关键是根据理想气体状态方程和温标关系式列式后联立分析，难点在于公式变形后结合图象进行
讨论。
9．【分析】人随扶梯先慢慢加速，再匀速向上，加速度先沿斜面向上，后变为零，根据牛顿第二定律分析可知：人
先受到重力、扶梯的支持力和静摩擦力，后受到重力和支持力，不受摩擦力。
【解答】解：当扶梯匀速上升时，人受力平衡，故人受重力和支持力；
而当扶梯加速上升时，人受重力、支持力；将加速度分解可知，物体应有水平向右的加速度，故扶梯应对人有
平行于接触面向右的摩擦力；
故只有D 受力正确；
故选：D。
【点评】本题在分析加速过程时，也可以先确定加速度，根据加速度方向确定合力方向，再分析受力情况。
10．【分析】根据牛顿第二定律和位移公式结合计算下滑的时间。根据平衡条件比较质量的大小，即可得出重力做
功的大小。由机械能守恒定律分析到底端时的速率和动能大小。
【解答】解：A、设两球下滑的高度为h，对a 球有
ܐ
ܛtܖ૜૙૙ൌ
૚
૛܉܉ܜ܉
૛
aa＝gsin30°，得：ta＝2
૛ܐ
܏
同理：对b 有
ܐ
ܛtܖ૟૙૙ൌ
૚
૛܏ܛtܖ૟૙૙ܜ܊
૛
解得：tbൌ૛૜
૜ڄ
૛ܐ
܏，则ta＞tb，故A 错误；
B、根据平衡条件：magൌ
܂
ܜ܉ܖ૜૙૙，mbgൌ
܂
ܜ܉ܖ૟૙૙，故ma：mb＝3：1，Wa＝magh，Wb＝mbgh，所以Wa＝3Wb．故
B 错误。
C、对于任意一球，由机械能守恒定律可知：mghൌ૚
૛ܕܞ૛；解得：vൌ
૛܏ܐ；故有va＝vb；故C 正确；
D、到底端时的速率相等，而ma＞mb，所以到底端时的动能：Eka＞Ekb．故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查动能定理及共点力的平衡条件，关键是找出二球静止时绳子对两球的拉力是相同的，进而可
以比较二者重力的大小关系。
11．【分析】首先认识电路的结构：变阻器与A 灯并联后与B 灯串联，最后与C 灯并联。根据公式P＝I2R 比较灯
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A 与B 电阻的大小，根据公式Pൌ܃૛
܀，比较灯A、C 电阻的大小。当滑片P 向左移动时，根据欧姆定律分析三
个灯亮度的变化和电源输出电流的变化。
【解答】解：A、对于灯A、B：通过A 的电流小于B 的电流，当两灯泡的功率相同时，由公式P＝I2R 分析可
知，A 的电阻大于B 的电阻。灯C 的电压大于A 的电压，当两个灯泡的功率相同时，C 的电阻大于A 的电阻。
可见，C 灯电阻最大，B 灯电阻最小。故A 错误。
BCD、当滑片P 向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，C
灯变亮。流过B 灯的电流IB＝I﹣IC，I 减小，IC 增大，则IB 减小，则B 灯变暗。A 灯的电压UA＝U﹣UB，U
增大，UB 减小，则UA 增大，A 灯变亮。故BC 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】三个灯比较电阻的大小，可两两进行比较，根据条件关系选择恰当的公式，功率相同的条件下，已知
电压的大小关系，根据公式Pൌ܃૛
܀，比较电阻的大小；已知电流的大小关系，根据公式P＝I2R 比较电阻的大小。
12．【分析】结合等量正电荷的电场线分布图和等势面分布图进行分析，两个等量正点电荷的连线的中垂线上，从
而即可求解。
【解答】解：两个等量正点电荷，根据场强的叠加，知两正电荷的中点场强为零，周围的电场线是排斥状的，
靠近电荷处场强比较强，
再依据由同种电荷相斥，可知，O 点两边的电场强度方向不同，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
【点评】本题关键是熟悉等量同号电荷和异种电荷之间的电场分别情况，会结合电场线分析电势和情况的变化，
不难。
二、填空题（每题4 分，共20 分）
13．【分析】两列波相遇时振动情况相同时振动加强，振动情况相反时振动减弱；两列频率相同的相干波，当波峰
与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动
情况相反时振动减弱。
【解答】解：振动减弱的点为波峰和波谷相遇，由图象知振动减弱的点是D、E；
已知两列波的振幅都为10cm，A 点是波峰和波峰相遇，所以振幅为20cm。
故答案为：D、E；20。
【点评】波的叠加满足矢量法则，当振动情况相同则相加，振动情况相反时则相减，且两列波互不干扰。例如
当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零。
14．【分析】位移时间图线的斜率表示速度，纵坐标对应位移的大小，从而即可求解。
【解答】解：小车在1.0﹣1.5s 内平均速度为：ܞൌᶭܠ
ᶭܜൌ૙䁪૜െ૙䁪૚
૙䁪૞
m/s＝0.4m/s；
在s﹣t 图象中，斜率代表速度，故有：vൌᶭܠ
ᶭܜൌ૙䁪૛െ૙
૚䁪૞െ૙䁪૞m/s＝0.2m/s；
故答案为：0.4，0.2。
【点评】分析清楚图象、由图象找出物体的路程与对应的时间、熟练应用平均速度公式即可正确解题。
15．【分析】电场力做功与电势能的关系，再有电势与电势能的关系求某点的电势高低，电势差与电势的关系．
【解答】解：由题意可知，从O 点移到M 点电场力做功W＝﹣8×10
﹣9J，根据公式W＝qU 可知，
Uൌܟ
ܙൌെ砀ൈ૚૙െૢ۸
૛䁪૙ൈ૚૙െ૚૙۱ ൌെ40V，UOM＝0﹣φM＝﹣40V，故φM＝40V；
将该点电荷从M 点再移至N 点电场力做功1.8×10
﹣8J，根据公式W＝qU 可知，
UMNൌܟ
ܙൌ૚䁪砀ൈ૚૙െ砀۸
૛䁪૙ൈ૚૙െ૚૙۱ ൌ90V；
故答案为：40V，90V
【点评】考查了电场力做功与电势能、电势、电势差的关系，注意负电荷的情况．
16．【分析】根据M 开始振动的时间得到波从波前传播到M 点的传播距离和时间，即可求得波速，再由图得到波
长，即可求得周期；根据M 开始振动的时间和周期得到M 的运动，进而求得其位移。
【解答】解：由图可得：t＝0 时刻，波前在x＝0.4m 处，故根据t＝6s 时M 点开始振动可得：波在△t＝6s 时间
内的传播距离△x＝1.0m﹣0.4m＝0.6m，那么，波速ܞൌᶭܠ
ᶭܜൌ૙䁪૚ܕ内ܛ；
由图可得：波长λ＝0.4m，所以，周期܂ൌλ
ܞൌ૝ܛ；
由于t＝11s＞6s+T＝10s，故在t＝11s 时M 点停止振动，回到平衡位置，那么，M 点离其平衡位置的位移为为0；
故答案为：4；0。
【点评】质点在某一时刻位移可根据质点开始振动的时间，由质点起振方向、周期、振幅得到质点振动，进而
得到位移；若质点在连续不断的简谐波中，还可根据波的传播得到传播距离，从而由已知波形图得到位移。
17．【分析】明确功率公式的应用，由P＝EI 可知，当电流最小时电源的总功率最小；而根据电源的输出功率结论
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第103页（共465页）
可知，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大．
【解答】解：电源的总功率P 总＝EI，则可知，当电流最小时总功率最小，则可知当接入电阻最大时，功率最小；
则可知，最小功率为：Pminൌ
۳૛
܀ܕ܉ܠ൅ܚൌૢ૞൅૚ൌ1.5W；
而当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，变阻器消耗的功率最大，则变阻器消耗的最大功率为：Pmaxൌ۳૛
૝ܚൌૢ
૝ൈ૚ൌ2.25W；
故答案为：1.5，2.25
【点评】本题考查电功率的计算，要注意明确电源输出功率的结论，知道当内外电阻相等时，电源的输出功率
最大．
三、综合题（共40 分）注意：第19、20 题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文
字说明、公式、演算等．
18．【分析】（1）摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长；单摆完成一次全振动需要的时间是周期，根据单摆周期公
式求出重力加速度。
（2）应用单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后分析答题。
【解答】解：（1）由题意可知，单摆摆长：L＝l൅܌
૛ൌ98.2cm൅૚䁪૙粒ܕ
૛
ൌ98.7cm＝0.987m；
单摆周期：Tൌܜ
ܖൌૢૢ
䁪砀ܛ
૞૙
ൌ1.996s；
由单摆周期公式：T＝2π ۺ
܏可知，重力加速度：gൌ૝ૈ
૛ۺ
܂૛，代入数据解得：g＝9.769m/s2；
（2）由单摆周期公式：T＝2π ۺ
܏可知，T2ൌ૝ૈ
૛
܏L，应作出T2﹣L 图象，以T2 表示纵坐标，
T2﹣L 图线的斜率：kൌ૝ૈ
૛
܏，重力加速度：gൌ૝ૈ
૛
ܓ；
故答案为：（1）0.987；1.996；9.769；（2）T2；
૝ૈ
૛
ܓ。
【点评】本题考查了求摆长、周期、实验数据处理等问题，掌握基本概念、基础知识是解题的前提与关键，应
用基础知识即可解题；平时要注意基础知识的学习与积累。
19．【分析】（1）右侧封闭气体的压强等于大气压强加上左侧高出的水银柱产生的压强。
（2）两部分封闭气体的温度与环境温度保持相等，气体都作等温变化。先对左端气体研究，根据玻意耳定律求
出活塞下移后的压强。水银面相平时，两部分气体的压强相等，再研究右端气体，求出活塞下移后的长度和气
体压强。
（3）根据几何关系求解活塞向下移动的距离。
【解答】解：（1）右侧封闭气体的压强P 右＝P0+Ph ＝75+（20﹣5）（cmHg）＝90 cmHg
（2）当两边的水银柱高度相等时，左边水银柱下降7.5cm，右边水银柱上升了7.5cm，所以右侧封闭气体的高
度变为12.5cm，则对于右边封闭的气体有：
p1＝90 cmHg，V1＝20s
p2＝？，V2＝12.5s
根据玻意耳定律：p1V1＝p2V2
所以：p2＝144cmHg
即p 右'＝p2＝144cmHg
（3）设当两边水银柱高度相等时左边水银柱的高度为h，则此时，左右两边的封闭气体的压强相等，所以则对
于左边封闭的气体有：
p 左1＝75cmHg，V 左1＝4s
p 左2＝144 cmHg，V 左2＝hs
根据玻意耳定律：p 左1V 左1＝p 左2V 左2
所以：h＝2.083cm
则活塞下降的距离：x＝4+7.5﹣2.083＝9.417cm
答：
（1）右侧封闭气体的压强p 右是90cmHg。
（2）此时右侧封闭气体的压强p 右'是144cmHg；
（3）第（2）问中活塞下移的距离x 是9.417cm。
【点评】本题考查了玻意耳定律，关键要抓住两部分气体之间相关联的条件，如体积关系，运用玻意耳定律解
答。
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20．【分析】（1）BCD 段机械能守恒即可求得速度；
（2）根据速度位移公式求得位移，利用几何关系倾角；
（3）AB 段上由牛顿第二定律得阻力；
（4）根据运动的情况，结合实际分析即可．
【解答】解：（1）BCD 段机械能守恒，得：mgh൅૚
૛mvB2＝mgh′൅૚
૛mvD2
代入数据得：vDൌ
ܞ۰
૛൅૛܏ሺܐെܐᦡ砀ൌ2 ૚૝ૢm/s＝24.4m/s
（2）由匀变速公式2as＝vt2﹣v02，
得AB 长度为：sൌ
ܞ۰
૛
૛ۯ ൌ૛૝૛
૛ൈ૜䁪૟ൌ80m
设AB 段倾角为α，则有：ssinα＝H，
代入数据得：α＝37°
（3）AB 段上由牛顿第二定律得：mg•sinα﹣Ff＝ma
解得：Ff＝m（gsinα﹣a）＝144N
（4）根据运动的规律可知，离开D 点后上升的高度与到达D 点的速度以及运动员在空中受到的阻力有关．
在AB 段用撑杆增加助力可以增大到达D 的速度；离开D 点后，注意姿势，减小与空气接触的正对面积也可以
减小运动员与空气的阻力，也可以增大上升的高度．
所以用撑杆增加助力；注意姿势，减小与空气接触的正对面积都可以．
答：（1）运动员离开起跳台时的速度vD 为24.4m/s
（2）AB 段的倾斜角度为37°；
（3）运动员在AB 段下滑时受到阻力Ff 的大小为144N．
（4）用撑杆增加助力；注意姿势，减小与空气接触的正对面积．
【点评】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式和向心力的综合应用，
利用好几何关系即可判断．
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2019-2020 学年上海市宝山区高考物理一模试卷
一、选择题（共40 分．第1-8 小题，每小题3 分，第9-12 小题，每小题3 分．每小题只有一个正确答案．）
1．（3 分）首先发现“磁”能生“电”的物理学家是（
）
A．安培
B．奥斯特
C．法拉第
D．楞次
2．（3 分）描述运动和力的关系的物理定律是（
）
A．牛顿第一定律和牛顿第二定律
B．牛顿第一定律和牛顿第三定律
C．牛顿第二定律和牛顿第三定律
D．牛顿第一定律、牛顿第二定律和牛顿第三定律
3．（3 分）科学思维在物理问题的研究中十分重要，历史上有一位物理学家受到万有引力定律的启发，运用类比创
建了另一个物理定律，该定律是（
）
A．牛顿第二定律
B．库仓定律
C．楞次定律
D．闭合电路欧姆定律
4．（3 分）关于能量的转化下列说法中正确的是（
）
A．满足能量守恒定律的物理过程都能自发地进行
B．不但能量的总量保持不变，而且能量的可利用性在逐步提高
C．空调机既能致热又能制冷，说明热传递不存在方向性
D．热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化
5．（3 分）振动着的单摆摆球，通过平衡位置时，它受到的回复力（
）
A．指向地面
B．指向悬点
C．数值为零
D．垂直摆线，指向运动方向
6．（3 分）两列机械波在介质中产生干涉现象，它们的振幅分别为A1 和A2，某一时刻介质中质点P 的位移大小为
A1+A2，则（
）
A．质点P 的振幅一直为A1+A2
B．质点P 的振幅再过半个周期为|A1﹣A2|
C．质点P 的位移大小一直为A1+A2
D．质点P 的位移大小再过半个周期为零
7．（3 分）在静电场中将一负电荷从a 点移到b 点，电场力做了负功，则（
）
A．a 点电势高于b 点电势
B．a 点电场强度大于b 点电场强度
C．a 点电势能大于b 点电势能
D．电场线方向从b 指向a
8．（3 分）如图所示，在倾斜的环形赛道上有若干辆小车正在行驶，假设最前面的小车做匀速圆周运动，则它所受
的合外力（
）
A．是一个恒力，方向沿OA 方向
B．是一个恒力，方向沿OB 方向
C．是一个变力，此时方向沿OA 方向
D．是一个变力，此时方向沿OB 方向
9．（4 分）探测器探测到土星外层上有一个环．为了判断它是土星的一部分还是土星的卫星群，可以测量环中各层
的线速度v 与该层到土星中心的距离R 之间的关系来确定（
）
A．若v2∝R，则该环是土星的一部分
B．若v2∝R，则该环是土星的卫星群
C．若v∝
૚
܀，则该环是土星的一部分
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D．若v2∝
૚
܀，则该环是土星的卫星群
10．（4 分）如图所示，用绳牵引小船，设水的阻力不变，则在小船匀速靠岸的过程中（
）
A．绳子拉力不断减小
B．绳子拉力不断增大
C．船的浮力不变
D．船的浮力增大
11．（4 分）如图，a、b、c 三个上下平行的圆形线圈同轴水平放置，现闭合b 线圈中的电键S，则在闭合S 的瞬间，
由上向下观察（
）
A．a、c 线圈中无感应电流
B．a、c 线圈中的感应电流都沿顺时针方向
C．a、c 线圈中的感应电流都沿逆时针方向
D．a、c 线圈中感应电流的方向相反
12．
（4 分）压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而增大。某同学利用压敏电阻设计了一个判断电梯运动状态的装置，
其装置示意图如图1 所示。将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电流表示
数为2I0．电梯在不同的运动过程中，电流表的示数分别如图2 中甲、乙、丙、丁所示，则下列判断中正确的是
（
）
A．甲图表示电梯可能做匀加速上升运动
B．乙图表示电梯可能做匀减速上升运动
C．丙图表示电梯可能做匀加速下降运动
D．丁图表示电梯可能做匀减速下降运动
二、填空题（共20 分）
13．（4 分）人们知道鸽子有很强的返巢能力，有人猜想鸽子体内可能有
，通过地磁场对它的作用来辨认方
向。为了证实这个假设，在鸽子翅膀下系上一小块
，以扰乱鸽子对地磁场的“感觉”，结果鸽子不能飞
回家了。由此，猜想得到了证实。
14．（4 分）有一根足够长的水平弹性轻绳，绳的左端O 振动了3s，产生的波形如图所示，
（1）O 点的振动频率为
Hz；
（2）若从此时刻起波源停止振动，试在图中画出，从该时刻起经过3s 后的波形图。
15．（4 分）将一小球竖直向上抛出，小球在第3 内的位移是零，再过2.5s 小球落至地面，则抛出时小球的速度大
小为
m/s，抛出点距地面的高度为
m．（不计空气阻力，g＝10m/s2）
16．（4 分）如图所示，L 形直角细管，竖直部分管内两水银柱长度分别为56cm 和20cm，竖直管和水平管各封闭
了一段气体A 和B，长度分别为19cm 和28cm，且上端水银面恰至管口，外界大气压强为76cmHg．现以水平
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管为轴缓慢转动使L 形管变为水平，此过程中气柱B 的长度变为
cm，溢出的水银柱长度为
cm。
17．（4 分）如图为水力发电的示意图，一台发电机能提供6.4×106W 的电功率。假定水轮机和发电机的效率都是
80%，则从上游冲下来的水每秒钟提供给水轮机
J 的能量。若上、下游水面落差为24.8m，且上游水的
流速为2m/s，则每秒钟需要
kg 质量的水通过水轮机，才能产生这样的电功率。（g＝10m/s2）
三、综合题（共40 分）注意：第19、20 题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文
字说明、公式、演算等．
18．（10 分）有一种电池，电动势约为9V，内阻约为30Ω，若该电池允许输出的最大电流为50mA，为了测定这个
电池的电动势和内阻，某同学选用的实验器材有：电键、电压传感器、定值电阻R0、电阻箱R（阻值范围为0～
9999Ω），设计的实验电路如图甲所示。
（1）定值电阻R0 起
作用，实验室备有的R0 有以下几种规格：
（A）100Ω2.0W（B）200Ω1.0W（C）500Ω2.0W（D）2000Ω5.0W
本实验应选用哪一种规格？
（2）该同学接入符合要求的R0 后，闭合开关K，调整电阻箱的阻值R，读取电压表的示数U，计录多组数据，
作出了如图乙所示的图线，则乙图中的横坐标表示
（用所给物理量的字母来表示）。若乙图中图线的截
距为a，斜率为b，则电池的电动势为
，内阻为
。
19．（14 分）如图（a）所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平地面上，质量m＝2kg 的物体置于其上。t＝0 时
对物体施加一个平行于斜面向上的拉力F，t＝1s 时撤去拉力，斜面足够长，物体运动的部分v 一t 图如图（b）
所示。
（1）物体在第2s 运动过程中加速度的大小是多少m/s2？
（2）求斜面的动摩擦因数；
（3）物体运动到斜面最高位置时能否保持静止？请说明理由。
（4）物体在何时具有最大机械能？若以地面为零势能面，则最大机械能是多少J？
20．（16 分）如图甲所示，MN、PQ 为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L 为0.5m，导轨左端连接一
个阻值为2Ω的定值电阻R，将一根质量为0.2kg 的金属棒cd 垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd
的电阻r＝2Ω，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝2T．若棒以1m/s
的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F 作用，并保持拉力的功率恒为4W，从此时开始计时，经过
2s 后金属棒的速度保持稳定不变，图乙为安培力与时间的关系图象。试问：
（1）金属棒cd 开始运动时其中的电流方向怎样？
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（2）金属棒在前2s 内所做的是一种怎样的运动？并说明理由。
（3）2s 后金属棒的速度大小是多少m/s？
（4）0～2s 内通过电阻R 的电量约多少C？
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2019-2020 学年上海市宝山区高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共40 分．第1-8 小题，每小题3 分，第9-12 小题，每小题3 分．每小题只有一个正确答案．）
1．【分析】首先成功发现“磁生电”的物理学家是法拉第。
【解答】解：1820 年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，即电生磁的现象，英国科学法拉第坚信电与磁
是紧密联系的，经过十多年的艰苦研究，于1831 年发现了电磁感应现象，即磁生电的现象，故C 正确，ABD
错误。
故选：C。
【点评】对于物理学上重大的发现和著名理论，要加强记忆，这是高考考查内容之一。
2．【分析】根据牛顿的三个定律的内容以及描述的关系分析即可。
【解答】解：牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态。
它揭示了力不是物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因；
牛顿第二定律：物体的加速度与物体受到的合外力成正比，与物体的质量成反比，它揭示了物体受到力后运动
状态变化的快慢与力之间的关系；
牛顿第三定律：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，它揭示了
物体之间的相互作用力的特点，与运动状态无关。
由以上的分析可知，描述运动和力的关系的物理定律牛顿第一定律和牛顿第二定律。故A 正确，BCD 错误
故选：A。
【点评】该题考查对牛顿的三个定律的理解，知道其内容即可正确解答。基础题目。
3．【分析】明确理想模型、控制变量、等效替代、类比等各种方法的应用即可正确解答本题。
【解答】解：科学方法在物理问题的研究中十分重要，历史上有一位物理学家受到牛顿万有引力定律的启发，
运用类比方法方法在电磁学领域中建立了一个物理学定律，该定律的名称为库仑定律。故ACD 错误，B 正确
故选：B。
【点评】解决此类问题要确切理解控制变量法及其它物理研究方法的含义。
4．【分析】自然界一切发生的能量转化过程都具有单向特性，遵守热力学第二定律；然后结合热力学第二定律得几
种不同的说法分析即可。
【解答】解：A、满足能量守恒定律的物理过程不一定能自发进行，还要遵守热力学第二定律，故A 错误。
B、自然界一切发生的能量转化过程都具有单向特性，遵守能量守恒定律，但能量的利用率将下降，即能量的品
质在退化，故B 错误。
C、空调机既能致热又能制冷是由于消耗电能，不能说明热传递不存在方向性。故C 错误。
D、根据热力学第二定律，热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查对热力学第二定律的理解，知道自然界中一切与热现象有关的过程都具有单向性，透彻理解
热力学第二定律得几种不同说法的含义是关键。
5．【分析】单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向上的分力，方向指向平衡位置。
【解答】解：摆球受到的回复力是重力沿圆弧切线方向上的分力，经过平衡位置时，回复力为零。由于单摆做
圆周运动在平衡位置，合力不为零，合力提供向心力，方向指向悬点。故C 正确，A、B、D 错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道单摆做简谐运动回复力的来源，知道在平衡位置，回复力为零，合力不为零。
6．【分析】产生稳定干涉，则加强的区域始终加强，但质点的位移是随时间变化的，振幅是稳定的，减弱的区域始
终减弱。
【解答】解：AB、相干波的叠加是稳定的，即质点P 的振幅一直为A1+A2，故A 正确B 错误；
C、质点的位移是随时间变化的，故C 错误；
D、此刻，P 在波峰，半个周期后P 点将运动到波谷，位移大小为A1+A2，故D 错误；
故选：A。
【点评】振动的位移是随时间变化的，而振幅是不变的（无阻尼振动）。
7．【分析】电势是从能量的观点来描述电场的，电场力做功对应着电势能的转化，而电场强度是从力的角度来描述
电场的，根据电场力做功公式W＝qU 分析。
【解答】解：A、负电荷从a 点移到b 点，电场力做负功，根据电场力做功公式W＝qUab，知Uab＞0，因此a
点电势一定比b 点高，故A 正确；
B、电场强度与电势没有直接关系，所以不能确定电场强度的大小，故B 错误。
C、电场力做了负功，电势能要增大，所以a 点电势能小于b 点电势能，故C 错误；
D、电场力做功与路径无关，所以通过电场力做功无法判断电场线方向，故D 错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加，与是否受其它力做功
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无法。
8．【分析】匀速圆周运动的物体合外力方向一定时刻指向圆心，由此分析。
【解答】解：匀速圆周运动的小车受到的合外力方向一定指向圆心，大小不变，方向时刻变化，故ABC 错误，
D 正确。
故选：D。
【点评】本题主要是考查了向心力的概念；知道做匀速圆周运动的物体受到的合力提供向心力，且向心力的方
向一定指向圆心，始终与速度方向垂直，不会改变速度大小，只会改变速度方向。
9．【分析】若是土星的一部分，则各层转动的角速度相等，根据v＝ωR 可以判断v 与R 的关系；若该层是土星的
卫星群，则向心力等于万有引力，根据۵ ۻܕ
܀૛ൌܕܞ૛
܀，可以判断v 与R 的关系．
【解答】解：若是土星的一部分则各层转动的角速度相等，根据v＝ωR 得：v∝R，故A、C 错误；
若该层是土星的卫星群，则向心力等于万有引力，根据۵ ۻܕ
܀૛ൌܕܞ૛
܀得：v2ൌ۵ۻ
܀，即v2∝
૚
܀，故B 错误，D
正确。
故选：D。
【点评】解决本题要知道若是土星的一部分，则各层转动的角速度相等，若该层是土星的卫星群，则根据向心
力等于万有引力求解，难度不大，属于中档题．
10．【分析】对小船进行受力分析，受重力、浮力、绳子的拉力、阻力，根据共点力平衡条件判断绳子的拉力和浮
力的变化。
【解答】解：对小船进行受力分析，如图，因为小船做匀速直线运动，所以小船处于平衡，设拉力与水平方向
的夹角为θ，有：
Fcosθ＝f…①
Fsinθ+F 浮＝mg…②
小船在匀速靠岸的过程中，θ增大，阻力f 不变，根据平衡方程①知，绳子的拉力F 增大，根据平衡方程②知，
F 增大，sinθ增大，所以船的浮力减小。故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键能够正确地对船进行受力分析，抓住水平方向和竖直方向合力为零，根据平衡分析。
关键是找出小船的两个分运动，然后将合速度分解，求出合速度与拉绳子速度的表达式，再进行讨论。
11．【分析】根据安培定则确定电流产生的磁场方向，根据楞次定律判断上方线圈中感应电流的方向；
【解答】解：闭合时，下方线圈中电流逆时针方向，根据安培定则穿过上方线圈的磁场方向向上，磁通量增大，
根据楞次定律，感应电流的磁场方向向下，由安培定则判断感应电流为顺时针方向；故B 正确，ACD 错误
故选：B。
【点评】该题考查楞次定律的应用，楞次定律应用的题目我们一定要会做，大胆的去找原磁场方向，磁通量的
变化情况，应用楞次定律常规的步骤进行判断即可。
12．【分析】由题意：压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，根据牛顿定律判断压力的变化，确定电压的变
化，确定电流的变化。将各项逐一分析，就能作答。
【解答】解：AB、当电流均匀增大时，其电阻是变小的，则压力是变大的，电梯不可能做匀变速运动。故AB
错误。
C、当电流均匀减小时，其电阻是增大的，则压力变小，电梯不可能做匀变速运动，故C 错误；
D、电梯静止时电流表示数为2I0．由图电流为静止时的一半，而且不变，由欧姆定律知，其电阻增大，且不变，
则压力增大且不变，电梯可能做匀减速下降运动。故D 正确。
故选：D。
【点评】本题是信息题或新概念题，关键要从题目大量文字材料中抓住核心的信息。这也是力电综合题，关键
要抓住力电之间的纽带：压力。
二、填空题（共20 分）
13．【分析】这个实验说明，鸽子所以能够从陌生的地方飞回来，是依靠地球磁场的磁力线来定向的，一旦在翅膀
上给它系上一块磁石，就扰乱了它对地球磁场的“感觉”，而使它迷失了方向。
【解答】解：鸽子依靠地球磁场的磁力线来定位，可以猜想鸽子体内可能存在类似于小磁极的物质﹣﹣﹣﹣﹣
﹣生物磁体，验证假设时在鸽子身上绑上小磁铁已达到干扰鸽子对地球磁场的判断的目的，这样鸽子如果迷失
方向了，就验证了实验猜想；
故答案为：生物磁体，磁石
【点评】此题是一个假设猜想然后验证猜想的实验题，属于基础性理论，不难。
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14．【分析】（1）根据波形图求出周期，再根据周期和频率的关系求解频率；
（2）若从此时刻起波源停止振动，从该时刻起经过3s 该波形先后平移3 段，由此画图。
【解答】解：（1）根据波形图可知，
૜
૛܂ൌ૜s
解得周期T＝2s；
则振动频率为fൌ૚
܂ൌ0.5Hz；
（2）若从此时刻起波源停止振动，从该时刻起经过3s 该波形先后平移3 段，其波形图如图所示：
故答案为：（1）0.5；（2）见解析。
【点评】本题主要是考查了波的图象；解答此类问题关键是要能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处
的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v＝fλ。
15．【分析】小球在第3 秒内的位移是零，第3 秒内的平均速度也为零，而平均速度等于中间时刻的速度，即第2.5
秒瞬间速度为零，故小球上升的时间为2.5s，下落时间为3s，根据根据ܐൌ૚
૛܏ܜ૛分别求出上升和下落的高度，
二者之差即所求高度。
【解答】解：小球在第3 秒内的位移是零，第3 秒内的平均速度也为零，而平均速度等于中间时刻的速度，即
第2.5 秒瞬间速度为零，故小球上升的时间为t1＝2.5s，下落时间为t2＝3s，
由小球的初速度为：v＝gt1＝10×2.5＝25m/s；
小球上升的高度：ܐ૚ൌ૚
૛܏ܜ૚
૛ൌ૚
૛ൈ૚૙ൈ૛．૞૛m＝31.25m
下落的高度为：ܐ૛ൌ૚
૛܏ܜ૛
૛ൌ૚
૛ൈ૚૙ൈ૜૛ൌ૝૞ܕ
故小球抛出点离地面的高度为：h＝h2﹣h1＝13.75m
故答案为：25，13.75
【点评】本题考查自由落体运动和竖直上抛运动，关键根据题目条件明确上升和下落的时间，根据ܐൌ૚
૛܏ܜ૛
列式求解
16．【分析】分别以上下各液柱为研究对象，由平衡可求得A、B 内气体的压强；L 水平后两部分气体的压强都应
等于大气压强，则由玻意耳定律可得出气体长度的变化，得出溢出的水银长度。
【解答】解：由图可知，A 中的气体压强为：PA＝（76+56）cmHg＝132cmHg；
B 中气体压强为：PB＝（132+20）cmHg＝152cmHg；
L 形管变为水平后，两部分气体压强均等于大气压强P＝76cmHg；
由玻意耳定律可知：PBLBs＝PLB′s；
PALAs＝PLA′s；
代入以上数据解得：LA′＝33cm；LB′＝56cm；
故A 气体长度增加了33﹣19cm＝14cm；B 中气体长度增加56﹣28＝28cm；
溢出的水银长度为14+28cm＝42cm；
故答案为：56，42
【点评】本题考查玻意耳定律及封闭气体压强，要求能正确理解题意：转后整体装置是平放在地面上的，故气
体压强为大气压强。
17．【分析】水的机械能转化为水轮机的能量，水轮机的能量转化为发电机的发的电量。注意转化效率为80%。
【解答】解：发电机能提供的电功率P＝6.4×106W，效率是80%，则从上游冲下来的水每秒钟提供给水轮机的
能量为：
W1＝P′tൌ
۾
砀૙hൈ砀૙h ൈ૚ൌ1.0×107J；
上游水每秒钟需要提供的水的质量为m，则
૚
૛ܕܞ૛൅ܕ܏ܐൌ1.0×107J
解得：m＝4×104
故答案为：1.0×107，4×104
【点评】此题考查能量转化的效率问题，注意是水的机械能转化为水轮机的能量。
三、综合题（共40 分）注意：第19、20 题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文
字说明、公式、演算等．
18．【分析】（1）已知电源电动势、内阻及最大电流，由闭合电路欧姆定律可得出电路中最小电阻，则可找出保护
电阻；
（2）由闭合电路欧姆定律可得出表达式，再结合图象和数学知识可得出图象的截距及斜率的含义，则可求得电
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动势和内电阻。
【解答】解：（1）当滑动变阻器短路时，定值电阻在起保护电路的作用；
电路中通过的最大电流为50mA，则由闭合电路欧姆定律可知：
R0ൌ۳
۷ െrൌૢ૙䁪૙૞૙െ30＝150Ω，则所给四个定值电阻中符合条件的只有B；
（2）由图甲所示电路图可知，电源电动势：E＝U+Ir＝U൅
܃
܀൅܀૙r，
整理得：
૚
܃ൌ
ܚ
۳
૚
܀൅܀૙
൅
૚
۳，为方便实验数据处理应作出
૚
܃െ
૚
܀൅܀૙
图线，
图乙所示图线横坐标表示
૚
܀൅܀૙
；由图示
૚
܃െ
૚
܀൅܀૙
图线可知，
aൌ૚
۳，bൌܚ
۳，电源电动势：Eൌ૚
܉，电源内阻：rൌ܊
܉；
故答案为：（1）保护电路；B；（2）
૚
܀൅܀૙
；
૚
܉；
܊
܉。
【点评】本题关键在于能由图象知识（斜率与截距的意义）结合闭合电路欧姆定律求解，在解题时要注意题目
中给出的条件及坐标中隐含的信息。
19．【分析】（1）根据v﹣t 图象的斜率来求物体的加速度大小。
（2）研究1﹣2s 内过程，由牛顿第二定律求斜面的动摩擦因数；
（3）物体运动到斜面最高位置时，根据重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力的关系，判断物体能否保持静止。
（4）在1﹣2s 内物体的机械能增大，在1s 之后物体的机械能减小，可知t＝1s 时物体具有最大机械能，分别求
动能和势能，从而求得最大机械能。
【解答】解：（1）根据v﹣t 图象的斜率表示加速度，知物体在第2s 运动过程中加速度的大小为：
a2ൌ૛૙െ૚૙
૚
ൌ10m/s2。
（2）1﹣2s 内过程，由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ＝ma2。
得：μൌ܉૛െ܏ܛtܖી
܏粒子ܛી
解得：μ＝0.5
（3）不能保持静止。
mgsinθ＝2×10×0.6N＝12N
μmgcosθ＝0.5×2×10×0.8N＝8N
表明物体在最高点时重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，所以不能保持静止。
（4）物体在第1s 末时具有最大机械能。
此时，物体相对地面的高度为：h＝s1sinθൌ૚
૛ൈ૛૙ൈ૚ൈ૙䁪૟ൌ6m
最大机械能为：Emaxൌ૚
૛ܕܞ૛൅mghൌ૚
૛ൈ૛ൈ૛૙૛൅2×10×6＝520J
答：（1）物体在第2s 运动过程中加速度的大小是10m/s2。
（2）斜面的动摩擦因数是0.5；
（3）物体运动到斜面最高位置时不能保持静止，因为物体在最高点时重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力。
（4）物体在第1s 末时具有最大机械能，若以地面为零势能面，则最大机械能是520J。
【点评】本题关键理清物体的运动情况，知道图象的斜率表示加速度，面积表示位移。运用运动学公式和牛顿
第二定律求动摩擦因数。
20．【分析】（1）根据右手定则判断金属棒中感应电流方向。
（2）在前2s 内，随着速度增大，由P＝Fv 知拉力F 减小，安培力增大，合力减小，加速度减小，导体棒做加
速度减小的变加速运动。
（3）2s 后金属棒做匀速直线运动，合外力为零，根据平衡条件和功率公式结合求速度。
（4）根据F 安﹣t 图象与时间轴所围的面积求出0～2s 内安培力的冲量，再根据动量定理求通过电阻R 的电量。
【解答】解：（1）由右手定则判断知，开始运动时金属棒cd 中的电流方向由d 指向c。
（2）金属棒在前2s 内所做的是一种加速度减小的变加速直线运动。
对于金属棒运动的起始时刻，金属棒在水平方向上受到安培力FA 和拉力F 的作用。
FA＝BIL＝B
۰ۺܞ૙
܀൅ܚLൌ۰૛ۺ૛ܞ૙
܀൅ܚ
ൌ૛૛ൈ૙．૞૛ൈ૚
૛൅૛
N＝0.25N
Fൌ۾
ܞ૙ൌ૝
૚N＝4N
所以F＞FA，金属棒所受的合力方向与初速度方向相同，因此金属棒向右做加速运动
由于FAൌ۰૛ۺ૛ܞ
܀൅ܚ，所以FA 将随着v 的增大而不断增大
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又由于Fൌ۾
ܞ，所以F 将随着v 的增大而不断减小。
而F﹣FA＝ma，所以加速度a 将不断减小。
所以金属棒在前2s 内所做的是一种加速度减小的变加速直线运动。
（3）金属棒速度最大时，所受的合外力为零，即F＝FA，
则
۾
ܞܕ
ൌ
۰૛ۺ૛ܞܕ
܀൅ܚ
解得2s 后金属棒的速度大小vmൌ
۾ሺ܀൅ܚ砀
۰ۺ
ൌ
૝ൈሺ૛൅૛砀
૛ൈ૙䁪૞
ൌ4m/s
（4）图线与横轴之间共约83（81～85）个小方格。
相应的“面积”为83×0.2×0.1N•s＝1.66N•s，即∑FA•△t＝1.66N•s
故通过电阻R 的电量q＝∑I•△tൌ∑۴ۯ
۰ۺ•△tൌ∑۴ۯڄᶭܜ
۰ۺ
ൌ૚䁪૟૟
૛ൈ૙䁪૞C＝1.66C（1.62C～1.70C）
答：（1）金属棒cd 开始运动时其中的电流方向由d 指向c。
（2）金属棒在前2s 内所做的是一种加速度减小的变加速直线运动。理由见上。
（3）2s 后金属棒的速度大小是4m/s。
（4）0～2s 内通过电阻R 的电量约1.66C。
【点评】本题与汽车的起动类似，要通过分析金属棒的受力情况，来判断其运动情况，能熟练推导出安培力与
速度的关系。要知道F 安﹣t 图象与时间轴所围的面积表示安培力的冲量。
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2019-2020 学年陕西省西安市蓝田县高考物理一模试卷
一、选择题（本题共8 小题，每小题6 分，共48 分.在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求；
第6～8 题有多项符合题目要求，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错或不答的得0 分）
1．（6 分）节能减排可体现在我们日常生活中。假设公交车通过城市十字路口时允许的最大速度为10m/s，一辆公
交车在距离十字路口50m 的车站停留，乘客上下完后，司机看到红灯显示还有10s，为了节能减排。减少停车，
降低能耗，公交车司机启动公交车，要使公交车尽快通过十字路口且不违章，则公交车启动后的运动图象可能
是（
）
A．
B．
C．
D．
2．（6 分）如图所示，“L”形支架AOB 水平放置，物体P 位于支架的OB 部分，接触面粗糙；一根轻弹簧一端固
定在支架AO 上，另一端与物体P 相连。物体P 静止时，弹簧处于压缩状态。现将“L”形支架绕O 点逆时针
缓慢旋转一小角度，P 与支架始终保持相对静止。在转动的过程中，OB 对P 的（
）
A．支持力增大
B．摩擦力不变
C．作用力增大
D．作用力减小
3．（6 分）为寻找“磁生电”现象，英国物理学家法拉第在1831 年把两个线圈绕在同一个软铁环上（如图所示），
一个线圈A 连接电池E 和开关K，另一个线圈B 闭合，并在其中一段直导线正下方放置一小磁针。闭合开关K
前，小磁针静止且与直导线平行。当闭合开关K 后，从上往下看（
）
A．小磁针沿顺时针方向偏转了一下，最终复原
B．小磁针沿逆时针方向偏转了一下，最终复原
C．小磁针沿顺时针方向偏转了一下，并一直保持这种偏转状态
D．小磁针沿逆时针方向偏转了一下，并一直保持这种偏转状态
4．（6 分）如图甲所示，电磁炮是一种新型的兵器，其射程甚至可达数百公里，远远超过常规炮弹。它的主要原理
如图乙所示，当弹体中通以强电流时，弹体在强大的磁场力作用下加速前进，最后从炮口高速射出。设两轨道
间距离为0.10m，匀强磁场的磁感应强度为40T，电流2000A，轨道长度为20m，则（
）
A．若不计任何阻力，质量为20g 炮弹最终获得的速度为400m/s
B．若不计任何阻力，磁场的磁感应强度加倍，则炮弹获得的速度也加倍
C．若阻力大小一定，轨道长度加倍，速度变为૛倍
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D．若阻力大小一定，电流加倍，速度变为૛倍
5．（6 分）四川省处在北纬26°03′～34°19′之间，某极地卫星通过四川最北端与最南端所在纬度线正上方所经
历的时间为t，查阅到万有引力常量G 及地球质量M．卫星的轨道视为圆形。根据以上信息可以求出（
）
A．地球的半径
B．该卫星的角速度
C．该卫星受到的向心力
D．该卫星距离地面的高度
6．（6 分）如图为一理想变压器，在原线圈输入电压不变的条件下，要提高变压器的输入功率，可采用的方法是
（
）
A．只增加原线圈的匝数
B．只增加副线圈的匝数
C．只减小用电器R1 的电阻
D．断开开关S
7．（6 分）如图所示，在匀强电场中有O、A、B 三点，OA＝OB＝5cm，其中O、A 电势分别为0V、5V，OA 与
OB 的夹角为120°，A、B 在同一条竖直线上现有一不计重力、带电量为e 的粒子以4eV 的动能从A 点沿AO
方向飞入电场，经过B 点时，动能与在A 点时相同，则下列说法正确的是（
）
A．该粒子带负电
B．粒子运动过程中，电场力一直做正功
C．粒子能运动到O 点，且在O 点时电势能为零
D．该电场强度大小为200V/m，方向水平向左
8．（6 分）如图所示，在x 轴上方空间存在磁感应强为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场在原点O 处有一粒子源，
沿纸面各个方向不断地放出同种粒子，粒子以相同的速率v 射入磁场。粒子重力及粒子间的作用均不计。图中
的阴影部分表示粒子在磁场中能经过的区域，其边界与y 轴交点为M，与x 轴交点为N，已知ON＝L．下列说
法正确的是（
）
A．能经过M 点的粒子必能经过N 点
B．粒子的电荷量与质量之比为
ܞ
ۺ۰
C．从ON 的中点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间可能为ૈ
ۺ
૟ܞ
D．从N 点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为ૈ
ۺ
૛ܞ
二、非选择题（包括必考题和选考题两部分.第9 题～第12 题为必考题，每道试题考生都必须作答．第13 题～第
16 题为选考题，考生根据要求作答）
9．（6 分）由于空间站处于完全失重状态，不能利用天平等仪器测量质量，为此某同学为空间站设计了如图所示（a）
的实验装置，用来测量小球质量。图中弹簧固定在挡板上，轨道B 处装有光电门，可以测量出小球经过光电门
的时间。该同学设计的主要实验步骤如下：
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①用游标卡尺测量小球的直径d
②将弹簧固定在档板上
③小球与弹簧接触并压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x
④由静止释放小球，测量小球离开弹簧后经过光电门的时间t，计算出小球离开弹簧的速度v
⑤改变弹簧的压缩量，重复步骤③、④多次
⑥分析数据，得出小球的质量
该同学在地面上进行了上述实验，请回答下列问题
（1）步骤①中游标卡尺示数情况如图（b）所示，小球的直径d＝
cm；
（2）某一次步骤③中测得弹簧的压缩量为1cm，对应步骤④中测得小球通过光电门的时间为7.50ms，则此次
小球离开弹簧的速度v＝
m/s；
（3）根据实验得到的弹簧的形变x 与对应的小球速度v 在图（c）中描出了对应的点，请将（2）问中对应的点
描出，并画出v﹣x 图象。
（4）已知实验所用弹簧的弹性势能EP 与弹簧形变量x2 之间的关系如图（d）所示，实验测得小球的质量为
kg。
10．（9 分）某同学将量程为200μA、内阻为500Ω的表头μA 改装成量程为1mA 和10mA 的双量程电流表，设计电
路如图（a）所示．定值电阻R1＝500Ω，R2 和R3 的值待定，S 为单刀双掷开关，A、B 为接线柱．回答下列问
题：
（1）按图（a）在图（b）中将实物连线；
（2）表笔a 的颜色为
色（填“红”或“黑”）
（3）将开关S 置于“1”挡时，量程为
mA；
（4）定值电阻的阻值R2＝
Ω，R3＝
Ω．（结果取3 位有效数字）
（5）利用改装的电流表进行某次测量时，S 置于“2”挡，表头指示如图（c）所示，则所测量电流的值为
mA．
11．（12 分）实验小组想要探究电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装宽为0.1m、长为0.4m 的10 匝矩形线框abcd，
总电阻为R＝2Ω，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总质量为m＝0.2kg。如图是简化
的俯视图，小车在磁场外以恒定的功率做直线运动，受到地面阻力恒为f＝0.4N，进入磁场前已达到最大速度υ
＝5m/s，车头（ab 边）刚要进入磁场时立即撤去牵引力，车尾（cd 边）刚出磁场时速度恰好为零。已知有界磁
场
宽
度
为
0.4m
，
磁
感
应
强
度
为
B
＝
1.4T
，
方
向
竖
直
向
下
。
求
：
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（1）进入磁场前小车所受牵引力的功率P；
（2）车头刚进入磁场时，小车的加速度大小；
（3）电磁刹车过程中产生的焦耳热Q。
12．（20 分）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θ＝60°．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L＝1.6m，浮漂圆心与C 点的水平距离x＝2.7m、竖直高度y＝1.8m，
浮漂半径R＝0.3m、不计厚度，小明的质量m＝60kg，平板车的质量m＝20kg，人与平板车均可视为质点，不
计平板车与平台之间的摩擦。重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）轻绳能承受最大拉力不得小于多少？
（2）小明跳离平板车时的速度在什么范围？
（3）若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做了多少功？
【物理一选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．热量有可能由低温物体传递到高温物体
B．布朗运动不是指悬浮在液体中的固体分子的无规则运动
C．两分子组成的系统，其势能E 随两分子间距离r 增大而增大
D．如果气体温度升高，分子平均动能会增加，但并不是所有分子的速率都增大
E．阳光暴晒下的自行车车胎极易爆裂的原因是车胎内气体温度升高，气体分子间斥力急剧增大
14．（10 分）如图所示，水平地面上放置一个内壁光滑的绝热汽缸，气缸开口朝上，缸内通过轻质活塞封闭一部分
气体。初态时气体压强为一个大气压、温度为27℃，活塞到汽缸底部距离为30cm。现对缸内气体缓慢加热到
427℃，缸内气体膨胀而使活塞缓慢上移，这一过程气体内能增加了100J．已知汽缸横截面积为50cm2，总长为
50cm，大气压强为1.0×105Pa．气缸上端开口小于活塞面积，不计活塞厚度，封闭气体可视为理想气体。
（i）末态时（427℃）缸内封闭气体的压强
（ⅱ）封闭气体共吸收了多少热量。
【物理一选修3-4】（15 分）
15．如图所示，两种不同材料的弹性细绳在O 处连接，M、O 和N 是该绳上的三个点，OM 间距离为7.0m，ON
间距离为5.0m。O 点上下振动，则形成以O 点为波源向左和冋右传播的简谐横波Ⅰ和Ⅱ，其中波Ⅱ的波速为
1.0m/s。t＝0 时刻O 点处在波谷位置，观察发现5s 后此波谷传到M 点，此时O 点正通过平衡位置向上运动，
OM 间还有一个波谷。则（
）
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A．波I 的波长为4m
B．波Ⅱ的波长为4m
C．N 点的振动周期为4s
D．t＝3s 时，N 点恰好处于波谷
E．当M 点处于波峰时，N 点也一定处于波峰
16．如图所示，a、b 是两条相距为L 的不同颜色的平行光线，沿与玻璃砖上表面成30°角入射，已知玻璃砖对单
色光a 的折射率为૜，玻璃砖的厚度为h＝（3൅
૜）L，不考虑折射光线在玻璃砖下表面的反射，玻璃砖下面
只有一条出射光线，光在真空中的速度为c。求：
①单色光a 在玻璃砖中的传播时间；
②玻璃砖对单色光b 的折射率。
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2019-2020 学年陕西省西安市蓝田县高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共8 小题，每小题6 分，共48 分.在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求；
第6～8 题有多项符合题目要求，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错或不答的得0 分）
1．【分析】要使公交车不违章且减少停车次数通过十字路口，则公交车需要在10s 后才到达十字路口，且到达十字
路口时的速度小于等于10m/s。根据速度图象与坐标轴围成的面积等于物体的位移，分析汽车通过的位移。
【解答】解：因速度图象与坐标轴围成的面积等于物体的位移，由速度图象可知，A、B、D 三个图象与坐标轴
围成的面积均大于50m，且速度不超过10m/s；C 图象中公交车的位移可能恰好等于50m，且速度小于10m/s，
故公交车启动后的运动图象可能是C；故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
【点评】本题是对速度时间图象的考查；关键是要知道速度﹣时间图象与坐标轴围成的“面积”等于物体的位
移，结合公交车的运动情况即可分析解答。
2．【分析】对P 物体分别受力，根据平衡条件列式分析力的变化。
【解答】解：对P 受力分析如图知不转动时，OB 对P 有支持力N 和摩擦力f，满足：f＝F，N＝mg，
转动后受力分析如图，支持力为：N＝mgcosθ，减小，摩擦力为：f＝F﹣mgsinθ，减小，所以OB 对P 的作用
力减小，故D 正确，ABC 错误；
故选：D。
【点评】此题考查受力分析和平衡条件的应用，注意OB 对P 的作用力，包含支持力N 和摩擦力f。
3．【分析】电磁感应现象发生的条件是：闭合导体回路，磁通量发生改变，从而判定AD 选项；并根据安培定则，
及楞次定律，即可判定BC 选项。
【解答】解：开关闭合的瞬间，依据安培定则，可知，线圈A 中产生顺时针方向磁场，再由楞次定律，因穿过
线圈B 的磁场为顺时针，且增大，那么感应电流的磁场为逆时针方向，因此线圈B 中产生逆时针感应电流，根
据安培定则，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动，即从上向下看，小磁针沿顺时针方向偏转了一下；
开关闭合并保持一段时间后，穿过线圈B 中的磁通量不变，因此不会产生感应电流，则小磁针不会偏转；最终
复原，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题关键是明确电磁感应现象产生的条件，只有磁通量变化的瞬间闭合电路中才会有感应电流，同时
要掌握楞次定律的应用，及理解安培定则，注意其也叫右手螺旋定则。
4．【分析】炮弹在磁场中受到安培力，根据F＝BIL 求得大小，结合运动过程中的动能定理即可判断最终额速度与
条件的关系
【解答】解：A、在运动过程中受到的安培力大小为F＝BIL＝8000N，运动过程中，
根据动能定理可知Fxൌ૚
૛ܕܞ૛，解得v＝4000m/s，故A 错误；
B、根据A 可知vൌ
૛۰۷ۺܠ
ܕ
，若不计任何阻力，磁场的磁感应强度加倍，则炮弹获得的速度变为原来的૛倍，
故B 错误；
C、若阻力大小一定，轨道长度加倍，根据动能定理可知۰۷ۺܠെ܎ܠൌ૚
૛ܕܞ૛，解得vൌ
૛ܠሺ۰۷ۺെ܎砀
ܕ
，故轨道长
度加倍，速度变为૛倍，故C 正确
D、若阻力大小一定，轨道长度加倍，根据动能定理可知۰۷ۺܠെ܎ܠൌ૚
૛ܕܞ૛，解得vൌ
૛ܠሺ۰۷ۺെ܎砀
ܕ
，电流加倍，
速度不是原来的૛倍，故D 错误；
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故选：C。
【点评】本题主要考查了在安培力作用下的动能定理，明确各个选项条件下的受力，利用好动能定理公式即可
判断
5．【分析】四川省处在北纬26°03′～34°19′之间，某极地卫星通过四川最北端与最南端所在纬度线正上方所经
历的时间为t，可以根据此求解运动一周所用时间，即周期T，又ωൌ૛ૈ
܂，所以可以知卫星的角速度，卫星运动
的向心力由地球对卫星的万有引力提供，据此展开讨论即可。
【解答】解：B、四川省处在北纬26°03′～34°19′之间，某极地卫星通过四川最北端与最南端所在纬度线正
上方所经历的时间为t，可以根据此求解运动一周所用时间，即周期T，又ωൌ૛ૈ
܂，所以可以知卫星的角速度，
故B 正确；
AD、知道周期、地球的质量，由万有引力等于向心力G
ۻܕ
ܚ૛ൌm（
૛ૈ
܂）2r，可以解得卫星的转动半径，r＝R+h，
不知高度，所以不能求地球半径，故AD 错误；
C、根据万有引力提供向心力，FGൌۻܕ
ܚ૛ൌm（
૛ૈ
܂）2r，由于卫星质量m 不知道，所以不能求向心力，故C 错
误；
故选：B。
【点评】该题考查万有引力定律的应用，灵活运用重力等于万有引力以及万有引力提供圆周运动的向心力是解
题的关键。
6．【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程
正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．
【解答】解：输入功率由输出功率决定，副线圈上的功率P2ൌ
܃૛
૛
܀．增加副线圈的匝数，U2 增加，P2 增大，所以
B 正确；
增加原线圈匝数，U2 减小，P2 减小，所以A 错；
减小R1 的电阻，副线圈上的总电阻R 变小，P2 增大，所以C 对；
断开S，R 增大，P2 减小，所以D 错误。
故选：BC。
【点评】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等
问题彻底理解．
7．【分析】粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，根据AB 两点的动能知道电势能关系，从而知
道电势关系和场强的方向，根据运动轨迹判断电场力做功的情况，根据U＝Ed 求场强。
【解答】解：AB、粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，因粒子在AB 两点的动能相同，可
知粒子在AB 两点的电势能相等，即AB 两点电势相同，则场强的方向垂直AB 指向O，由粒子的运动轨迹可知，
粒子带负电，从A 到B 电场力线做负功后做正功，故A 正确，B 错误；
C、粒子在A 点时，电势能和动能之和为﹣5ev+4ev＝﹣1ev，若粒子能运动到O 点，则电势能为零，动能为﹣
1ev，不合实际，故粒子不能运动到O 点，故C 错误；
D、根据U＝Ed，可知电场强度大小为Eൌ܃
܌ൌ
૞
૙䁪૙૞ൈ૚
૛
t内ܕൌ200V/m，故D 正确。
故选：AD。
【点评】此题关键是知道粒子只收电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，抓住这一点可进行判断，注
意U＝Ed 公式中d 的物理意义。
8．【分析】根据几何关系得到轨道半径，然后根据粒子做匀速圆周运动求得粒子不能同时经过M、N 两端；根据洛
伦兹力做向心力得到荷质比；根据粒子离开磁场的位置，由几何关系得到中心角，从而根据周期求得运动时间。
【解答】解：A、由阴影部分几何形状，根据粒子在磁场中洛伦兹力做向心力做匀速圆周运动，根据几何关系可
得：粒子运动轨道半径为：
܀ൌ૚
૛ۺ；
能经过M 点的粒子圆周运动的圆心在OM 中点，故由圆心到N 点距离大于轨道半径可得：能经过M 点的粒子
不可能经过N 点，故A 错误；
B、根据轨道半径，由洛伦兹力做向心力可得：۰ܞܙൌܕܞ૛
܀
所以粒子荷质比为：
ܙ
ܕൌ
ܞ
۰܀ൌ
૛ܞ
۰ۺ，故B 错误；
C、根据几何关系可得：从ON 的中点离开磁场的粒子转过的中心角为：
ીൌ૛ૈ
െ૛܉ܚ粒ܛtܖ
૚
૝ۺ
܀ൌ૞
૜ૈ
或ીൌ૛܉ܚ粒ܛtܖ
૚
૝ۺ
܀ൌ૚
૜ૈ
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所以运动时间为：ܜൌ૞
૟܂ൌ૞
૟ൈ૛ૈ܀
ܞ
ൌ૞ૈۺ
૟ܞ或ܜൌ૚
૟܂ൌૈ
ۺ
૟ܞ；故C 正确；
D、N 到O 的距离为L＝2R，故从N 点离开磁场的粒子在磁场中运动的圆心角为π，所以，运动时间为：ܜൌ૚
૛܂ൌૈ
܀
ܞൌૈ
ۺ
૛ܞ，故D 正确；
故选：CD。
【点评】求解粒子在匀强磁场中的运动时间一般都是根据几何关系求得中心角，再根据洛伦兹力做向心力或由
粒子做匀速圆周运动求得周期，从而求得运动时间。
二、非选择题（包括必考题和选考题两部分.第9 题～第12 题为必考题，每道试题考生都必须作答．第13 题～第
16 题为选考题，考生根据要求作答）
9．【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。
（2）已知小球的直径与小球经过光电门时的时间，应用速度公式可以求出小球的速度。
（3）根据坐标系内描出的点作出图象。
（4）根据能量守恒定律求出小球的质量。
【解答】解：（1）由图（b）所示游标卡尺可知，其示数为：15mm+0×0.1mm＝15.0mm＝1.50cm。
（2）小球离开弹簧后做匀速直线运动，小球经过光电门时的速度与离开弹簧时的速度相等，
小球离开弹簧时的速度：vൌ܌
ܜൌ૚䁪૞૙ൈ૚૙െ૛ܕ
晦䁪૞૙ൈ૚૙െ૜ܛൌ2m/s；
（3）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：
（4）由图示图象可知：x＝1cm 时，即：x2＝1×10
﹣4m2 时，EP＝0.1J，
由题意可知，x＝1cm 时，v＝2m/s，
由能量守恒定律可知：EPൌ૚
૛ܕܞ૛，
代入数据解得：m＝0.05kg；
故答案为：（1）1.50；（2）2；（3）图象如图所示；（4）0.05。
【点评】本题考查了胡克定律和能量守恒的基本运用，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度，结合弹性势
能的表达式进行求解。
10．【分析】本题的关键是根据欧姆定律列出开关S 分别打到1 和2 时的表达式，然后求解即可，注意电流应从红
表笔进从黑表笔出．
【解答】解：（1）实物连线如图所示：
（2）因电流应从黑表笔流出，所以表笔a 的颜色为黑色；
（3）将开关S 置于“1”挡时，表头μA 和R1、R2 串联后再与R3 并联，将开关S 置于“2”挡时，表头μA 和
R1 串联后再与R2、R3 并联，所以开关S 置于“1”挡时量程较大，即开关S 置于“1”挡时量程应为10mA；
（4）设电流表的满偏电流为۷܏，根据欧姆定律，当开关打到1 时有۷܏ሺ܀܏൅܀૚൅܀૛砀ൌሺ۷૚െ۷܏砀܀૜，其中
۷૚ൌ10mA
当开关打到2 时有۷܏ሺ܀܏൅܀૚砀ൌሺ۷૛െ۷܏砀ሺ܀૛൅܀૜砀，其中۷૛ൌ1mA
联立以上两式܀૛ൌ225Ω，܀૜ൌ25.0Ω
（5）电流表示数为Iൌ
૚
૛૙૙ൈ૚૞૟ܕۯ ൌ0.780mA．
故答案为（1）如图：
（2）黑；
（3）10；
（4）225，25.0；
（5）0.780．
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【点评】电表的改装实际上就是欧姆定律和串并联电路的计算，计算时注意让电流表的电流为满偏电流．
11．【分析】（1）进入磁场前小车速度最大，牵引力和阻力平衡，根据功率公式P＝FV 可求牵引力功率；
（2）根据法拉第电磁感应定律求出电动势，根据闭合电路欧姆定律求电流，从而求出安培力，结合牛顿第二定
律求加速度；
（3）根据能量守恒求解焦耳热；
【解答】解：（1）进入磁场前小车匀速运动时速度最大，则有F＝f，牵引力的功率为p＝Fv＝fv＝2W；
（2）车头刚进入磁场时，产生的感应电动势为E＝NBLx＝7V，据闭合电路欧姆定律۷ ൌ۳
܀ൌ૜䁪૞ۯ，车头刚进
入磁场时，小车受到阻力、安培力，安培力F 安＝NBIL＝4.9N，据牛顿第二定律F 安+f＝ma 解得：
܉ൌ
۴安൅܎
ܕ
ൌ26.5m/s2；
（3）根据能量守恒定律得：
૚
૛ܕܞ૛ൌۿ ൅܎ڄ ૛ܛ解得：Q＝2.18J；
答：（1）进入磁场前小车所受牵引力的功率P 为2W；
（2）车头刚进入磁场时，小车的加速度大小为26.5m/s2；
（3）电磁刹车过程中产生的焦耳热Q 为2.18J。
【点评】对于电磁感应问题的研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡
问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功
能关系等列方程求。
12．【分析】（1）从A 到B 过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出到达B 处的速度，然后应用牛顿第二定律求
出绳子承受的拉力。
（2）小明跳离滑板后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出他离开滑板时的速度。
（3）小明落入与跳离小车过程系统水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求出速度，然后应用功能原理求出跳
离过程做功。
【解答】解：（1）从A 到B 过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL（1﹣cosθ）ൌ૚
૛ܕܞ૛，
代入数据解得：v＝4m/s，
在B 点，由牛顿第二定律得：T﹣mg＝m
ܞ૛
ۺ ，
代入数据解得：T＝1200N；
（2）小明离开滑板后做平抛运动，
竖直方向：yൌ૚
૛܏ܜ૛，
离C 点水平位移最小为：x﹣R＝vmint，
离C 点水平最大位移：x+R＝vmaxt，
代入数据解得：vmin＝4m/s，vmax＝5m/s，
则小明跳离滑板时的速度：4m/s≤v≤5m/s；
（3）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：mv＝（m+m 平板车）v1，
代入数据解得：v1＝3m/s，
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：（m+m 平板车）v1＝mvC+mv 平板车v2，
代入数据解得：v2＝﹣3m/s，
由功能关系得：W＝（
૚
૛ܕܞ۱
૛൅
૚
૛ܕ平板车ܞ૛
૛）െ૚
૛ሺܕ൅ܕ平板车砀ܞ૚
૛，
代入数据解得：W＝480J；
答：（1）轻绳能承受最大拉力不得小于1200N。
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（2）小明跳离平板车时的速度范围是：4m/s≤v≤5m/s。
（3）若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做的功是480J。
【点评】本题考查了动量守恒定律、运动学公式与机械能守恒定律的应用，分析清楚运动过程是解题的前提与
关键，应用机械能守恒定律、平抛运动规律、动量守恒定律即可解题。
【物理一选修3-3】（15 分）
13．【分析】不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其它变化，布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不
是分子的无规则运动，若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大。
【解答】解：A、热量在一定的条件下有可能由低温物体传递到高温物体，如空调，故A 正确；
B、布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，布朗微粒运动是微粒分子做无规则运动的反映，
故B 正确；
C、若两分子间距离增大，分子间引力和斥力都减小，故C 错误；
D、温度是分子的平均动能的标志，如果气体温度升高，分子平均动能会增加，但并不是所有分子的速率都增大，
故D 正确；
E、阳光暴晒下的自行车车胎极易爆裂的原因是车胎内气体温度升高，气体的压强增大，并不是分子间斥力急剧
增大。故E 错误；
故选：ABD。
【点评】本题考查了热力学第一定律、热力学第二定律、布朗运动以及分子间的引力和斥力，属于对基础知识
点的考查，解答的关键是正确理解热力学第二定律的几种不同的说法。
14．【分析】（i）活塞上移到气缸口过程气体发生等压变化，应用盖吕萨克定律求出气体的温度；活塞到达气缸口
后体积不变，发生等容变化，由查理定律求出气体压强。
（ii）求出气体膨胀过程外界对气体做功，应用热力学第一定律求出气体吸收的热量。
【解答】解：（i）活塞移动到气缸口过程气体发生等压变化，
由盖吕萨克定律得：
܁ܐ૚
܂૚
ൌ
܁ܐ૛
܂૛
，
代入数据解得：T2＝500K，即227℃，
因为：227℃＜427℃，所以气体接着发生等容变化，当气体温度达到427℃时气体压强为P，
由查理定律得：
۾૙
܂૛
ൌ
۾
܂，即：
૚䁪૙ൈ૚૙૞
૞૙૙
ൌ
۾
૝૛晦൅૛晦૜，
解得：P＝1.4×105Pa；
（ii）由题意可知，气体膨胀过程活塞移动的距离：△x＝0.5﹣0.3＝0.2m，
大气压力对封闭气体做功：W＝﹣P0S△x，
代入数据解得：W＝﹣100J，
由热力学第一定律得：△U＝W+Q，
则：Q＝△U﹣W＝100﹣（﹣100）＝200J；
答：（i）末态时（427℃）缸内封闭气体的压强为1.4×105Pa。
（ⅱ）封闭气体共吸收了多少热量200J。
【点评】本题考查了气体状态方程与热力学第一定律的应用，分析清楚气体状态变化过程是解题的前提与关键，
应用气体状态方程与热力学第一定律即可解题。
【物理一选修3-4】（15 分）
15．【分析】分别对两波分析，根据波速公式即可求出波的速度，再根据波长、周期和频率的关系即可确定周期；
根据各质点的振动情况确定质点的位置。
【解答】解：AC、OM 之间的波向左传播，O 点正通过平衡位置向上运动，则O 点左侧为波谷；OM 之间有一
个波谷，即：૚૚
૝λ૚ൌ晦ܕ
解得波I 的波长为λ1＝5.6m；
根据题意可知波I 的波速为ܞ૚ൌ晦䁪૙ܕ
૞ܛ
ൌ૚䁪૝ܕ内ܛ
故波的周期为：܂ൌλ૚
ܞ૚ൌ૞䁪૟
૚䁪૝ܛൌ૝ܛ
同一波源的频率相同，故N 点的振动周期为4s，故A 错误，C 正确；
B、波II 的波长为λ2＝v2T＝4m，故B 正确；
D、ON 之间的距离为5mൌ૚૚
૝λ2；t＝0 时刻O 点处在波谷位置，由于ON 之间的波向右传播，所以t＝0 时刻N
点正向下运动，则经过3sൌ૜܂
૝，此时N 点恰好到达波峰的位置。故D 错误；
E、因为MN 两点到波源的距离都为其各自波长的૚૚
૝，又两者振动周期相同，起振方向相同，所以两者振动步
调相同，即当M 点处于波峰时，N 点也一定处于波峰，故E 正确。
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故选：BCE。
【点评】关键是把握两点：第一点也为突破口，即“5s 后此波谷传到M 点，此时O 点正通过平衡位置向上运动，
OM 间还有一个波谷”，第二点是同一波源在不同介质中的振动频率（周期）相同
16．【分析】①已知玻璃砖对单色光a 的折射率为૜，入射角为60°．由折射定律求出折射角，由几何关系求出单
色光a 在玻璃砖中的传播距离，由vൌ粒
ܖ求出单色光a 在玻璃砖中的传播速度，从而求得传播时间。
②玻璃砖下面只有一条出射光线，说明玻璃砖中两条折射光线交于一点，根据几何关系求出b 光的折射角，再
由折射定律求玻璃砖对单色光b 的折射率。
【解答】解：①玻璃砖对单色光a 的折射率为૜，入射角为60°．由折射定律得
naൌܛtܖt܉
ܛtܖܚ܉
代入数据得
૜ൌܛtܖ૟૙ι
ܛtܖܚ܉
解得a 光的折射角ra＝30°
单色光a 在玻璃砖中的传播距离xൌ
ܐ
粒子ܛ૜૙ι ൌ（2+2 ૜）L
单色光a 在玻璃砖中的传播速度vൌ粒
ܖ܉
单色光a 在玻璃砖中的传播时间tൌܠ
ܞ
联立解得tൌሺ૟൅૛૜砀ۺ
粒
；
②单色光b 的入射角为ib＝60°，设其折射角为α。
则tanαൌ
ۺ
ܛtܖ૜૙ι൅ܐܜ܉ܖ૜૙ι
ܐ
ൌ1，即α＝45°
玻璃砖对单色光b 的折射率nbൌܛtܖt܊
ܛtܖહൌܛtܖ૟૙ι
ܛtܖ૝૞ι ൌ
૟
૛。
答：
①单色光a 在玻璃砖中的传播时间是
ሺ૟൅૛૜砀ۺ
粒
；
②玻璃砖对单色光b 的折射率是
૟
૛。
【点评】解决本题时一要掌握折射定律和光速公式，二要把握两束光之间的关系，如折射光线交于一点，由几
何关系确定b 光的折射角。
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2019-2020 学年陕西省西安市高考物理一模试卷
二、选择题：本題共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小題给出的四个选项中，第1～5 題只有一项符合题目要
求，第6～8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）ૢ
૙
૛૜૛Th 具有放射性，经以下连续衰变过程，最后生成稳定的
砀૛
૛૙砀Pb：ૢ
૙
૛૜૛Th→
砀砀
૛૛砀Ra→
砀ૢ
૛૛砀Ac→ૢ
૙
૛૛砀Th→…→
砀૛
૛૙砀Pb，下列说法正确的是（
）
A．ૢ
૙
૛૜૛Th 和ૢ
૙
૛૛砀Th 属于放射性同位素，其原子核中子数相同，质子数不同
B．
砀砀
૛૛砀Ra 发生β衰变后变为
砀ૢ
૛૛砀Ac，说明
砀砀
૛૛砀Ra 原子核内有β粒子
C．
砀砀
૛૛砀Ra 的半衰期约为6.7 年，将该元素掺杂到其他稳定元素中，半衰期将增大
D．整个衰变过程共发生6 次α衰变和4 次β衰变
2．（6 分）入冬以来，全国多地多次发生雾霾天气，能见度不足20m。在这样的恶劣天气中，甲、乙两汽车在一条
平直的公路上行驶，当两车同时行驶到同一位置时，两车司机听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，
直到减速为0，两辆车刹车时的v﹣t 图象如图，则（
）
A．甲车减速的加速度为0.5m/s2
B．甲车减速的加速度比乙车减速的加速度大0.75m/s2
C．减速过程中甲乙两车间的最大距离为100m
D．减速过程中甲乙两车间的最大距离为87.5m
3．（6 分）真空中有一半径为r0 的带电金属球，以球心O 为坐标原点沿某一半径方向为正方向建立x 轴，x 轴上各
点的电势φ随x 的分布如图所示，其中x1、x2、x3 分别是x 轴上A、B、C 三点的位置坐标。根据φ﹣x 图象，下
列说法正确的是（
）
A．该金属球带负电
B．A 点的电场强度大于C 点的电场强度
C．B 点的电场强度大小为
૎૛െ૎૜
ܠ૜െܠ૛
D．电量为q 的负电荷在B 点的电势能比在C 点的电势能低|q（φ2﹣φ3）|
4．（6 分）如图所示两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，
距左侧边界L 处，有一边长为L 的正方形导体线框，总电阻R，且线框平面与纸面平行，现用外力F 使线框以
速度v 匀速向右穿过磁场，以初始位置为计时起点，运动过程中线框始终与纸面平行，规定电流沿逆时针时电
动势E 为正，磁感线向里时磁通量Φ为正，外力F 向右为正。则以下关于线框中磁通量φ、电动势E、外力F 及
电功率P 随时间变化图象正确是（
）
A．
B．
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C．
D．
5．（6 分）我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉成功发射，将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通
信。“墨子”将由火箭发射至高度为500 千米的预定圆形轨道此前在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北
斗导航卫星G7，G7 属地球静止轨道卫星（高度约为36000 千米），它将使北斗系统的可靠性进一步提高。关于
卫星以下说法中正确的是（
）
A．“墨子”号卫星的运行速度大于7.9km/s
B．“墨子”号卫星的线速度比北斗G7 的线速度小
C．“墨子”号卫星的周期小于24h
D．量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7 小
6．（6 分）如图所示，倾角为θ的斜面体C 置于水平面上，B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A 相连接，
连接B 的一段细绳与斜面平行，A、B、C 都处于静止状态，则（
）
A．B 受到C 的摩擦力可能为零
B．C 受到水平面的摩擦力一定为零
C．不论B、C 间摩擦力大小、方向如何，水平面对C 的摩擦力方向一定向左
D．水平面对C 的支持力与B、C 的总重力大小相等
7．（6 分）四个相同的灯泡分别接在如图所示的位置，理想变压器原线圈串联灯泡L1，副线圈回路并联三个灯泡
L2、L3、L4，AB 两端接交流电源电压按如图乙所示规律变化，现闭合开关S，四个灯泡均正常发光，下列说法
正确的是（
）
A．电压表示数为220V
B．灯泡的额定电压为55V
C．变压器原副线圈的匝数比为3：1
D．若断开开关S 电压表示数减小
8．（6 分）如图所示，在小车内固定一光滑的斜面体，倾角为θ，一轻绳的一端连在位于斜面体上方的固定木板B
上，另一端拴一个质量为m 的物块A，绳与斜面平行。整个系统由静止开始向右匀加速运动，物块A 恰好不脱
离斜面，则向右加速运动时间t 的过程中（
）
A．重力的冲量为零
B．重力做功为零
C．拉力冲量大小为mgtcotθ
D．拉力做功为
૚
૛mg2t2cot2θ
三、非选择题：第22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38 题为选考题，考生根据要求作答．（一）
必考题：
9．（6 分）某同学利用图示装置，通过研究滑块上升高度和压缩量的关系，探究弹簧的弹性势能与形变量的关系，
将弹簧和一带有指针的滑块套在竖直的光滑杆上，滑块和弹簧不拴接，在杆的一侧竖直固定刻度尺，如图甲所
示，弹簧自由伸长时上端在B 点，将弹簧上端压缩到的位置为A，从静止释放滑块，滑块上升到最高点的位置
为C，分别记下这几个点位置并从刻度尺上读出对应示数xB、xA、xC，不断改变弹簧压缩到的位置，重复上述
实验过程，记录A、C 的位置；测出滑块质量为m，当地重力加速度为g。
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（1）滑块上升的高度h＝
，弹簧的压缩量大小△x＝
（用测得的xA、xB、xC 表示）。
（2）该同学做出h 随压缩量△x 的几种图象如图丙所示，由这些图象可以得出弹性势能与形变量的关系是
；
（3）若将另一个相同的弹簧与甲图中弹簧套在一起（如图乙所示）再做实验，发现h﹣△x2 图象的斜率
（填
“变大”、“变小”、“不变”）。
10．（9 分）某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系，可用的器材如下：电源（电动势为3V，内阻为1Ω）、
电键滑动变阻器（最大阻值为10Ω）、电压表、电流表小灯泡、导线若千。（电压表和电流表均视为理想电表）
（1）实验中得到了小灯泡的U﹣I 图象如图甲所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而
。（选填“增大”
“减小”或“不变”）
（2）根据图甲，在图乙中把缺少的导线补全，连接成实验的电路
。
（3）若某次连接时，把AB 间的导线误接在AC 之间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，
则此时的电路中，当滑动触头在
位置时（左端、右端、中点）小灯泡获得的功率最小，最小功率是
W．（计算结果保留2 位有效数字）
11．（12 分）如图所示，水平轨道与半径为0.5m 的半圆形光滑竖直轨道相连，固定在地面上。可视为质点的滑块a
和小球b 紧靠在一起静止于半圆圆心O 的正下方N 点，滑块a 和小球b 中间放有少许火药，某时刻点燃火药，
滑块a 和小球b 瞬间分离，小球b 恰好能通过半圆轨道的最高点P，落地点与滑块a 最终停下的位置相同，已知
a 和b 质量分别为2m、m，取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）小球b 的最大速度大小；
（2）滑块a 与轨道间的动摩擦因数。
12．（20 分）如图所示，坐标原点O 左侧2m 处有一粒子源，粒子源中，有带正电的粒子（比荷为
ܙ
ܕൌ1.0×1010C/kg）
由静止进人电压U＝800V 的加速电场，经加速后沿x 轴正方向运动，O 点右侧有以O1 点为圆心、r＝0.20m 为
半径的圆形区域，内部存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B＝1.0×10
﹣3T 的匀强磁场（图中未画出）
圆的左端跟y 轴相切于直角坐标系原点O，右端与一个足够大的荧光屏MN 相切于x 轴上的A 点，粒子重力不
计。
（1）求粒子打到荧光屏上的位置到A 点的距离；
（2）若撤去磁场在荧光屏左侧某区域加竖直向上匀强电场，电场左右宽度为2r，场强大小E＝1.0×103V/m，
粒子仍打在荧光屏的同一位置，求电场右边界到屏幕MN 的距离。
（二）选考题：共45 分．请考生从2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答．如果多做，则每科
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按所做的第一题计分..[物理-选修3-3]（15 分）
13．（5 分）下列说法中正确的是（
）
A．外界对物体做功，物体内能一定增大
B．温度越高，布朗运动就越显著
C．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大
D．在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性
E．随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，并最终达到绝对零度
14．（10 分）如图所示，某同学设计了一个压力送水装置由ABC 三部分组成，A 为打气筒，B 为压力储水容器，C
为细管，通过细管把水送到5m 高处，细管的容积忽略不计。k1 和k2 是单向密闭阀门，k3 是放水阀门，打气筒
活塞和简壁间不漏气，其容积为V0＝0.5L，储水器总容积为10L，开始储水器内有V1＝4L 气体，气体压强为
p0．已知大气压强为p0＝1.0×105Pa，水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3，求：
①打气筒第一次打气后储水器内的压强；
②通过打气筒给储水器打气，打气结束后打开阀门k3，水全部流到5m 高处，求打气筒至少打气多少次。
[物理一选修3-4]（15 分）
15．图甲为某沿x 轴方向传播的简谐横波在t＝0 时刻的波形图，a、b、c、d 是横波上的四个质点；图乙是质点d
的振动图象，则下列说法正确的是（
）
A．t＝0 时质点a 的速度大小比质点c 的小
B．波沿x 轴负方向传播
C．波速为2.5cm/s
D．从t＝0 时刻开始质点b 比质点c 先回到平衡位置
E．0～3s 时间内质点a、b 的振动路程均为30cm
16．如图所示为某种透明材料制成的一块柱形棱镜的横截面图，圆弧CD 是半径为R 的四分之一圆周，圆心为O．光
线从AB 面上的M 点入射，入射角i＝45°，光进入棱镜后恰好在BC 面上的O 点发生全反射，然后由CD 面射
出，已知OB 段的长度lൌ܀
૛，真空中的光速为c，求：
①透明材料的折射率n；
②光从M 点射入到从CD 面射出所用的时间t。
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2019-2020 学年陕西省西安市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：本題共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小題给出的四个选项中，第1～5 題只有一项符合题目要
求，第6～8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．【分析】根据电荷数守恒和质量数守恒得出X 原子核的电荷数和质量数，从而得出中子数；半衰期具有统计规律，
对大量的原子核适用。
【解答】解：A、ૢ
૙
૛૜૛܂ܐ和ૢ
૙
૛૛砀܂ܐ具有相同的质子数属于放射性同位素，其原子核质子数相同，中子
数不同，故A 错误；
B、
砀砀
૛૛砀܀܉发生β衰变后变为
砀ૢ
૛૛砀ۯ粒，是
砀砀
૛૛砀܀܉原子核内一个中子转化为一个质子数放出电子，
并非原子核内有电子，故B 错误；
C、元素的半衰期不随物理和化学状态的改变而改变，故C 错误；
D、β衰变质量数不变，故232﹣208＝4x，则x＝6，发生6 次α衰变，根据电荷数守恒可知：90﹣82＝2x﹣y，得
到：y＝4，故发生4 次β衰变，故D 正确；
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道核反应过程中电荷数、质量数守恒，以及知道中子数等于质量数减去电荷数，并
理解影响半衰期的因素。
2．【分析】根据速度时间图线斜率求出甲乙的加速度，抓住速度相等时，甲乙两车间的距离最大，图象面积之差表
示位移之差。
【解答】解：AB、v﹣t 图象的斜率表示加速度，故甲车减速的加速度为：܉甲ൌᶭܞt
ᶭܜt ൌെ૛૞
૛૞ܕ内ܛ૛ൌെ૚ܕ内ܛ૛
乙车减速的加速度的为：܉乙ൌᶭܞ
ᶭܜൌെ૚૞
૜૙ܕ内ܛ૛ൌെ૙䁪૞ܕ内ܛ૛，故AB 错误；
CD、当甲乙两车速度相等时，即t＝20s 时甲乙两车间的距离最大，图象面积之差表示位移之差，即ᶭܠൌ૚
૛ሺ૛૞െ
૚૞砀ൈ૛૙ܕൌ૚૙૙ܕ，故C 正确，D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住临界状态，结合运动学公式和速度时间图线综合求解，难
度中等。
3．【分析】根据直线上各点的电势φ分布图判断A 点和B 点电势。明确沿电场线方向电势逐点降低，从而确定金属
球带电情况；根据图象的性质确定电场强度大小；
根据电场力方向和运动方向判断做功情况，明确电势能的变化情况。
【解答】解：A、由图可知在0 到r0 电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依据沿着电场线方向，
电势降低，则金属球带正电，故A 错误；
B、图象斜率表示场强大小，A 点的电场强度为零，C 点电场强度大于0，故B 错误；
C、从B 到C 若为匀强电场，电场强度为۳ ൌ܃
܌ൌ૖૛െ૖૜
ܠ૜െܠ૛，因是非匀强电场B 点的电场强度大于该值，故C 错
误；
D、负电荷沿直线从B 移到C 的过程中，电场力做负值，电势能增加，大小为|q（ϕ2﹣ϕ3）|，故D 正确。
故选：D。
【点评】解决该题要掌握根据电势高低判断电场方向的方法，根据电场力和速度方向判断做功情况。
4．【分析】由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化；由则由法拉第电磁感应定律及E＝BLV 可得出电动势的变化；
由欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力的变化；由P＝I2R 可求得电功率的变化。
【解答】解：A、当线框运动L 时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达最大，此后向外的磁通量增
加，总磁通量减小，当运动到2.5L 时，磁通量最小，故A 错误；
B、当线框进入第一个磁场时，由E＝BLv 可知，E 保持不变，而开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，
电动势应为2BLv，故B 错误；
C、因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C 错误；
D、电功率P＝I2R，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值，两边分别在两个磁
场中时，由B 的分析可知，电流加倍，故功率变为原来的4 倍，此后从第二个磁场中离开时，电流应等于线框
在第一个磁场中的电流，故D 正确；
故选：D。
【点评】电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同时过程也
较为复杂；故在解题时要灵活，可以选择合适的解法，如排除法等进行解答。
5．【分析】根据万有引力提供向心力：G
ۻܕ
ܚ૛ൌm
ܞ૛
ܚൌmω2r＝m（
૛ૈ
܂）2r＝ma 比较向心加速度、线速度和周期。
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【解答】解：AB、根据۵ ۻܕ
ܚ૛ൌܕܞ૛
ܚ，可知ܞൌ
۵ۻ
ܚ，轨道半径运动，线速度越小，第一宇宙的轨道半径为地
球的半径，所以第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，所以静止轨道卫星和墨子号卫星的线
速度均小于地球的第一宇宙速度，故AB 错误；
C、地球静止轨道卫星即同步卫星的周期为24h，墨子号卫星轨道半径小，角速度大，周期小于24h，故C 正确；
D 根据۵ ۻܕ
ܚ૛ൌܕ܉，可知卫星的向心加速度܉ൌ۵ۻ
ܚ૛，故可知半径越小向心加速度越大，故D 错误
故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，会根据轨道半径的关系比较向心加速度、线速度和周期。
6．【分析】充分利用整体法和隔离体法对物体进行受力分析，结合摩擦力产生的条件，可判断各接触面是否存在摩
擦力；把BC 看做一个整体进行受力分析，可判定地面的支持力和二者重力的关系。
【解答】解：A、对物体B，当B 受到绳子的拉力与B 的重力在斜面上的分力大小相等，即mBgsinθ＝mAg 时，
B 在斜面上没有运动趋势，此时BC 间没有摩擦力；故A 正确；
B、C、把BC 当做一个整体进行受力分析，可知绳子的拉力在水平方向上的分量不为零，整体有向右的运动趋
势，所以C 受到地面的摩擦力不会为零，方向一定向左，故B 错误，C 正确；
D、把BC 当做一个整体进行受力分析，在竖直方向上有：N+mAgsinθ＝（mB+mC）g，绳子的拉力在竖直方向
上的分量mAgsinθ不为零，所以水平面对C 的支持力小于B、C 的总重力；故D 错误；
故选：AC。
【点评】该题考查到了摩擦力的判断，常用的方法有：①假设法：利用假设法判断摩擦力的有无及方向；②反
推法：从研究物体表现出的运动状态这个结果反推出它必须具有的条件，分析组成条件的相关因素中摩擦力所
起的作用，就容易判断摩擦力的有无及方向了；③利用牛顿第三定律来判断：此法的关键是抓住“力是成对出
现的”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“反向”确定另一物体受到的静摩擦力的方向。
7．【分析】由图乙可知AB 两端电压有效值为220V，根据原、副线圈电流之比求解变压器原、副线圈的匝数比；
根据电压关系求解电压；根据电压表测原线圈两端电压分析示数的变化。
【解答】解：ABC、由图乙可知AB 两端电压有效值为220V，因四个灯泡均正常工作，可知原、副线圈电流之
比为
۷૚
۷૛
ൌ
૚
૜，根据
۷૚
۷૛
ൌ
ܖ૛
ܖ૚
可知变压器原、副线圈的匝数比为3：1；灯泡的额定电压为U，则电压表示数为U1
＝3U＝220﹣U，故U＝55V，则U1＝165V，故A 错误，BC 正确；
D、若断开开关S 则原线圈回路电流为零，灯泡两端电压为零，电压表示数增大为220V，故D 错误。
故选：BC。
【点评】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。原线圈的电
压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。
8．【分析】对物块A 受力分析，根据力的合成求得拉力，由冲量的公式可求得重力和拉力的冲量；由于重力的方向
与位移方向垂直，故重力做功为零；由牛顿第二定律求得加速度，由速度公式求得末速度，根据动能定理求解
拉力做功。
【解答】解：AC、对物块A 进行受力分析可知，物块A 受拉力和重力，根据力的合成得：Tsinθ＝mg，则有：
܂ൌܕ܏
ܛtܖી，故重力的冲量为IG＝mgt，拉力的冲量为：۷܂ൌܕ܏ܜ
ܛtܖી，故AC 错误；
D、牛顿第二定律可知：
ܕ܏
ܜ܉ܖીൌma，则有：aൌ
܏
ܜ܉ܖી，末速度为：v＝atൌ
܏ܜ
ܜ܉ܖી
根据动能定理可知，拉力做功等于动能的变化，即为：܅܂ൌ૚
૛ܕܞ૛െ૙ൌܕ܏૛ܜ૛
૛ܜ܉ܖ૛ીൌ૚
૛ܕ܏૛ܜ૛粒子ܜ૛ી，故D 正确；
B、由于重力的方向与位移方向垂直，故重力做功为零，故B 正确；
故选：BD。
【点评】本题考查了冲量、功的定义、动能定理等知识的综合应用，解题的关键是正确这些概念和规律的含义
会灵活运用。
三、非选择题：第22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38 题为选考题，考生根据要求作答．（一）
必考题：
9．【分析】（1）据图由差值关系可求得相就应的要求距离。
（2）由图可知为弹性势能与形变量的平方成正比。
（3）两弹簧套在一起后相同的形变量释放的弹性势能变大，滑块上升的高度变大，可知图象斜率的变化。
【解答】解：（1）滑块上升的高度为h＝xC﹣xA，弹簧的压缩量大小为△x＝xB﹣xA；
（2）滑块弹开的过程系统机械能守恒，则Ep＝mgh，故上升高度h 与弹性势能成正比，由h﹣△x2 图象可知，
h 与△x2 成正比，故弹性势能与形变量的平方成正比；
（3）两弹簧套在一起后相同的形变量释放的弹性势能变大，滑块上升的高度变大，故图象的斜率变大。
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故答案为：（1）xC﹣xA
（2）xB﹣xA
（3）弹性势能与形变量的平方成正比
（4）变大
【点评】对于实验题要明确实验原理，由涉及的物理规律结合数学知识进行分析，对于关系式图象为直线的要
分析斜率与截距意义。
10．【分析】（1）在小灯泡的U﹣I 图象中，图象上的与原点连线的斜率表示小灯泡电阻的大小，所以小灯泡电阻随
电流的最大而增大；
（2）分析滑动变阻器和电流表的接法，然后连接实物图；
（3）当通过灯泡的电流最小时，灯泡实际功率最小，分析图示电路结构，确定滑片在什么位置时灯泡实际功率
最小，在同一坐标系内作出电源U﹣I 图象，然后根据图象应用电功率公式求出灯泡实际功率。
【解答】解：（1）根据欧姆定律܀ൌ܃
۷ 可知，小灯泡的电阻随电压增大而增大；
（2）由图甲可知，电压从零开始调节的，因此滑动变阻器采用的是分压式接法，由于灯泡电阻较小，因此电流
表需要外接，由此可知正确连接实物图如图所示：
（3）由电路图可知，把AB 间的导线误接在AC 之间时，滑动变阻器左右两部分电阻丝并联然后与灯泡串联，
当滑动变阻器并联电阻最大，即滑片位于中点时，电路总电阻最大，通过灯泡的电流最小，灯泡功率最小，此
时滑动变阻器并联阻值为2.5Ω，此时等效电源内
阻为3.5Ω，在同一坐标系内作出电源的U﹣I 图象如图所示：
由图象可知，灯泡两端电压为：U＝1.50V，电流为：I＝0.43A
则灯泡实际功率为：P＝UI＝1.50×0.43W≈0.65W。
故答案为：（1）增大；
（2）
；
（3）中点、0.65。
【点评】当已知小灯泡的伏安特性曲线，要求其功率时，要再画出表示电源的U﹣I 图象，则两图线的交点坐标
即为小灯泡的实际电流与电压，然后根据P＝UI 求解。
11．【分析】（1）小球b 在最低点时速度最大。小球b 恰好通过P 点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律可以
求出小球b 通过P 点时的速度。对小球b 从最低点到最高点的过程，应用动能定理求解。
（2）小球b 离开P 点后做平抛运动，根据平抛运动的规律求得小球b 平抛的水平位移，从而求得滑块a 滑行的
距离。a、b 分离过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出刚分离时滑块a 的速度，再对a 滑行过程，应
用动能定理或牛顿第二定律与运动学公式可以求出滑块a 与轨道间的动摩擦因数。
【解答】解：（1）物体b 在P 点时重力提供向心力，有：ܕ܏ൌܕ
ܞ۾
૛
܀
物块b 在最低点时速度最大，由动能定理有：െܕ܏ڄ ૛܀ൌ૚
૛ܕܞ۾
૛െ૚
૛ܕܞ܊
૛
解得：vb＝5m/s；
（2）a 与b 分离瞬间在水平方向上动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
mvb﹣2mva＝0
对滑块a 向左运动有：μ⋅2mg＝2ma
滑块a 向左运动的距离为：ۺ܉ൌܞ܉૛
૛܉
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小球b 做平抛运动，竖直方向有：૛܀ൌ૚
૛܏ܜ૛
水平方向有：Lb＝vPt
由于Lb＝La，解得：ૄ
ൌ૞
૚૟ൌ૙䁪૜૚。
答：
（1）小球b 的最大速度大小是5m/s。
（2）滑块a 与轨道间的动摩擦因数是0.31。
【点评】本题分析清物体运动过程是解题的前提，要知道圆周运动的向心力来源于指向圆心的合力，根据牛顿
第二定律求出滑块b 在P 点的速度是解题的关键，应用动量守恒定律要注意选择正方向。
12．【分析】（1）根据动能定理求出粒子经电场加速获得的速度，粒子进入磁场做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提
供向心力求出轨道半径，由几何关系即可求解；
（2）撤去磁场，粒子进入电场做类平抛运动，将类平抛运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀加速直
线运动，根据运动学公式和几何关系求解。
【解答】解：（1）粒子射入O 点时的速度v，由动能定理得到：
ܙ܃ൌ૚
૛ܕܞ૛
解得：ܞൌ
૛ܙ܃
ܕൌ
૛ൈ૚ൈ૚૙૚૙ൈ砀૙૙m/s＝4ൈ૚૙૟m/s
进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图，根据洛伦兹力提供向心力得：
ܙܞ۰ ൌܕܞ૛
܀
得：܀ൌܕܞ
ܙ۰ ൌ
૝ൈ૚૙૟
૚ൈ૚૙૚૙ൈ૚䁪૙ൈ૚૙െ૜m＝0.4m
设圆周运动的速度偏向角为α，则联立以上方程可以得到：
ܜ܉ܖહ
૛ൌܚ
܀ൌ૚
૛，
故ܜ܉ܖહൌ૝
૜
由几何关系可知纵坐标为y，则有：
ܜ܉ܖહൌܡ
ܚ
解得：ܡൌ૝
૚૞ܕൌ૙䁪૛૟晦ܕ；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图
根据牛顿第二定律有：Eq＝ma，
水平方向上有：2r＝vt，
竖直方向位移为：ܡ૚ൌ૚
૛܉ܜ૛，
竖直分速度为：vy＝at
射出电场时的偏向角为β，有：ܜ܉ܖ઺ൌܞܡ
ܞ
磁场右边界到荧光屏的距离为x，由几何关系有：ܜ܉ܖ઺ൌܡെܡ૚
ܠ
，
解得：x＝0.867m。
答：（1）粒子打到荧光屏上的位置到A 点的距离为0.267m；
（2）若撤去磁场在荧光屏左侧某区域加竖直向上匀强电场，电场左右宽度为2r，场强大小E＝1.0×103V/m，
粒子仍打在荧光屏的同一位置，电场右边界到屏幕MN 的距离为0.867m。
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【点评】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，关键是画出轨迹，由几何知识求出半径。定圆心角，求时间，
在电场中做类平抛运动，掌握解决类平抛运动的方法。
（二）选考题：共45 分．请考生从2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答．如果多做，则每科
按所做的第一题计分..[物理-选修3-3]（15 分）
13．【分析】答本题需掌握：
热力学第一定律公式：△U＝Q+W；
温度是分子热运动平均动能的标志；
分子间同时存在引力和斥力，随着分子间距的增加，引力和斥力同时减小，然后结合分子力做功分析分子势能
的变化；
绝对零度不能达到。
【解答】解：A、外界对物体做功，若物体放热，则物体内能不一定增大，故A 错误；
B、温度越高，分子的平均动能越大，分子运动越激烈，则布朗运动就越显著，故B 正确；
C、当分子间作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小，分子力做负功，则分子势能增大，故C 正确；
D、在各中晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性，故D 正确；
E、根据热力学第三定律可知，绝对零度只能接近，不能达到，故E 错误
故选：BCD。
【点评】本题考查了温度的微观意义、分子力与分子势能、热力学第一定律、晶体与非晶体等，知识点多，难
度不大，关键多看书。
14．【分析】①在温度不变的情况下，打气筒内气体发生等温变化。根据玻意耳定律求解打气筒第一次打气后储水
器内的压强；
②结合前面的方法求出打气筒活塞打气的次数；
【解答】解：①取打气筒内气体和储水器内气体为研究对象，发生等温变化，则：P0（V1+V0）＝P1V1
解得：۾૚ൌ૚䁪૚૛૞ൈ૚૙૞۾܉；
②储水器内水即将完全排出前的压强为P2，P2＝P0+ρgh
气体体积为：V2＝10L
设需要打气筒打n 次，以n 次所打气体和储水器内开始的气体为研究对象，根据等温变化有：P0（V1+nV0）＝
P2V2
解得：n＝22 次。
答：①打气筒第一次打气后储水器内的压强是1.125×105Pa；
②打气筒至少打气22 次。
【点评】本题属于一道中档题，考查理想气体的状态方程，解答本题的关键是根据玻意耳定律和理想气体状态
方程即可求解。
[物理一选修3-4]（15 分）
15．【分析】根据质点的位置比较速度大小，由图乙分析质点d 的振动方向，从而判断出波的传播方向，可分析出
各个质点的振动方向，从而判断出它们回到平衡位置的先后。根据时间与周期的关系求得质点振动的路程和位
移。
【解答】解：AB、由振动图象t＝0 时刻d 点向下振动可知，波源在左侧，波沿x 轴正方向传播，t＝0 时质点a
的速度大小为零，质点c 速度不为零，即t＝0 时质点a 的速度大小比质点c 的小，故A 正确，B 错误；
C、由图象可知波动周期为T＝2s，波长为λ＝4m，则波速为ܞൌλ
܂ൌ૝
૛ܕ内ܛൌ૛ܕ内ܛ，故C 错误；
D、从t＝0 时刻开始质点b 和质点c 到平衡位置的位移相同，b 向平衡位置运动，c 远离平衡位置，故b 先回到
平衡位置，故D 正确；
E、由于t＝3s＝1.5T，故质点a、b 的振动路程均为s＝4A+2A＝30cm，故E 正确。
故选：ADE。
【点评】本题关键是能够根据质点的振动情况判断波形平移方向，并能根据波的传播方向判断各个质点的运动
情况，常用的方法有“上下坡法”、波形平移法等等。
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16．【分析】①光线射入棱镜后射在BC 面上的O 点并恰好在BC 面上发生全反射，入射角等于临界角C，根据折
射定律分别研究光线在AB 面上的折射和在BC 面的全反射，即可求解折射率。
②由公式vൌ粒
ܖ求出光在棱镜中传播速度，由几何关系求出MO 间的距离，即可求得时间t
【解答】解：①设光线在AB 面的折射角为r，根据折射定律可得：nൌܛtܖt
ܛtܖܚ
设棱镜的临界角为C，根据题意，光线在BC 面恰好发生全反射，得到：sinCൌ૚
ܖ
由几何关系可知r+C＝90°
联立解得：nൌ
૟
૛
②光在棱镜中传播速度为：vൌ粒
ܖ
由几何关系可知：MOൌ
ܔ
ܛtܖ۱ ൌܖ܀
૛
故光从M 点到从CD 面射出所用时间为：tൌ܀൅ۻ۽
ܞ
ൌሺ૜൅૛૟砀܀
૝粒
答：①透明材料的折射率n 是
૟
૛。
②光从M 点射入到从CD 面射出所用的时间t 是
ሺ૜൅૛૟砀܀
૝粒
。
【点评】本题是折射现象和全反射现象的综合，关键作出光路图，掌握全反射的条件和临界角公式，结合几何
关系求解。
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2019-2020 学年陕西省汉中市高考物理一模试卷
一、选择题：本题共10 小题，每小题5 分，在每小题给出的四个选项中，第1-7 题只有一项符合题目要求，第8-10
题有多项符合题目要求，全部选对的得5 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（5 分）在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列说法符合历史事实的是
（
）
A．费米从沥青铀矿中分离出了钋（Po）和镭（Ra）两种新元素
B．贝克勒尔通过对天然放射性现象的研究，发现了原子中存在原子核
C．密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值
D．卢瑟福通过α粒子散射实验，证实了在原子核内存在质子
2．（5 分）一质点t＝0 时刻从原点开始沿x 轴正方向做直线运动，其运动的v﹣t 图象如图所示．下列说法正确的
是（
）
A．t＝4 s 时，质点在x＝l m 处
B．第3s 内和第4s 内，质点加速度的方向相同
C．第3s 内和第4s 内，合力对质点做的功相同
D．0～2 s 内和0～4 s 内，质点的平均速度相同
3．（5 分）如图所示，粗糙水平面上放有截面为圆周的柱状物体A，A 与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A
施加一个水平向左的力F，使A 缓慢地向左移动少许，在这一过程中（
）
A．墙壁对B 的弹力先减小后增大
B．A 对B 的弹力一直增大
C．A 受到的摩擦力一直增大
D．A 受到的地面支持力不变
4．（5 分）如图所示，虚线a、b、c 表示O 处点电荷的电场中的三个等势面，一电子从M 点射入电场后从N 点离
开电场，运动轨迹如图中实线所示，由此可以判定（
）
A．电子在每个位置具有的电势能与动能的总和不一定相等
B．O 处的点电荷一定带正电
C．a、b、c 三个等势面的电势关系是φa＞φb＞φc
D．电子运动时的电势能先增大后减小
5．（5 分）2018 年11 月20 日7 时40 分，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭，成功将试验六号卫星
及天平一号A 星、B 星、嘉定一号和软件定义卫星等4 颗微纳卫星发射升空，完成了“一箭5 星”的壮举。已
知，人造地球卫星在运行中，由于受到稀薄大气的阻力作用，其运动轨道半径会逐渐减小，在此进程中，以下
说法中正确的是（
）
A．卫星的速率将减小
B．卫星的周期将增大
C．卫星的向心加速度将增大
D．卫星的向心力将减小
6．（5 分）如图所示，理想变压器初、次级线圈分别接有R1、R2，R1＝R2＝10Ω，初、次级线圈的匝数之比N1：
N2＝2：1，R2 两端电压为10V，则R1 两端的电压为（
）
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A．5V
B．10V
C．15V
D．20V
7．（5 分）如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m 的物体A 相连，A 放在光滑水平面上，有
一质量与A 相同的物体B，从高h 处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A 相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程
中某时刻B 与A 分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是（
）
A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为
ܕ܏ܐ
૛
C．B 能达到的最大高度为
ܐ
૛
D．B 能达到的最大高度为h
8．（5 分）如图所示，两平行的光滑导轨固定在同一水平面内，两导轨间距离为L，金属棒ab 垂直于导轨，金属棒
两端与导轨接触良好，在导轨左端接入阻值为R 的定值电阻，整个装置处于竖直向下的磁感应强度为B 的匀强
磁场中。与R 相连的导线、导轨和金属棒的电阻均可忽略不计。用平行于导轨向右的大小为F 的力拉金属棒，
使金属棒以大小为v 的速度向右匀速运动（
）
A．a 端电势低于b 端电势
B．拉力Fൌ۰૛ۺ૛ܞ
܀
C．回路中的感应电流沿顺时针方向流动
D．定值电阻消耗的电功率P＝Fv
9．（5 分）甲从高H 处以速度v1 水平抛出小球A，乙同时从地面以初速度v2 竖直上抛小球B，在B 尚未到达最高
点之前，两球在空中相遇，则（
）
A．两球相遇时间tൌr
ܞ૚
B．抛出前两球的水平距离sൌrܞ૚
ܞ૛
C．相遇时A 球速率vൌ܏r
t૛
D．若v2ൌ
܏r，则两球相遇在
r
૛处
10．（5 分）如图所示，两物块A、B 套在水平粗糙的CD 杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD 中
点的轴OO′转动，已知两物块质量相等，杆CD 对物块A、B 的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然
长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块A 到OO′轴的距离为物块B 到OO′轴距离的两倍，现让该装置从静止
开始转动，使转速逐渐增大，从绳子处于自然长度到两物块A、B 即将滑动的过程中，下列说法正确的是（
）
A．B 受到的静摩擦力一直增大
B．B 受到的静摩擦力是先增大后减小再增大
C．A 受到的静摩擦力是先增大后减小
D．A 受到的合外力一直在增大
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二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第11 题～第15 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第16 题～
第17 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共45 分）
11．（3 分）如图游标卡尺的读数为
mm。
12．（11 分）现要测定一个额定电压为2.5V、额定功率约为0.7W 的小灯泡的伏安特性曲线。
（1）为了测量的电压能从零开始，测量误差较小，请在下图中连好实物电路图。
（2）合上开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的
（填“左端”或“右端”）。
（3）根据实验数据，描绘出的U﹣I 图象如图所示，由图可知，当灯泡的电压为1.80V 时，小灯泡电阻为
Ω，
小灯泡的功率为
W（结果保留两位有效数字）。
13．（6 分）紫柏山国际滑雪场位于汉中市留坝县留侯镇营盘村，是陕西省唯一的国际滑雪场。周末小明与小华相约
去滑雪。小明想知道自己的同学小华从滑道顶端由静止自由滑下时，通过自己所在位置时的速度，目测滑道顶
端到自己所在位置滑坡距离约为25 米，同学小华及身上装备总质量约为60kg，滑雪板与雪面之间的动摩擦因数
取为0.5，滑坡与水平面夹角大约为37°，试计算该同学通过自己所在位置时的速度大约是多少？（sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8）
14．（10 分）在空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，其竖直边界AB、CD 的宽度为d，在边界AB 左侧是竖直
向下、场强为E 的匀强电场，现有质量为m、带电量为+q 的粒子（不计重力）从P 点以大小为v0 的水平初速
度射入电场，随后与边界AB 成45°射入磁场，若粒子能垂直CD 边界飞出磁场，试求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B；
（2）从进入电场到穿出磁场的总时间。
15．（15 分）如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4kg 的长木板，在长木板右端有一质量为m＝
1kg 的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为＝0.2，长木板与小物块均静止。现用F＝14N 的水平恒力向右拉
长木板，经时间t＝1s 撤去水平恒力F。
（1）在F 的作用下，长木板的加速度为多大；
（2）最终长木板与小物块一同以多大的速度匀速运动；
（3）最终小物块离长木板右端多远。
二.选考题：共15 分．请考生从给出的2 道物理题中任选一题作答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的
方框涂黑．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所
做的第一题计分．（选择题部分，选对1 个得2 分；选对2 个得4 分；选对3 个得5 分；每选错1 个扣3 分，最低
得分为0 分）．【选修3 一3】（15 分）
16．（5 分）下列说法中正确的是（
）
A．悬浮在液体中的固体颗粒越小，布朗运动就越明显
B．用气筒给自行车打气，越打越费劲，说明此时气体分子之间的分子力表现为斥力
C．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小
D．一定质量的理想气体，温度升高，体积减小，气体的压强一定增大
E．内能全部转化为机械能的热机是不可能制成的
17．（10 分）如图所示，竖直放置的圆柱形气缸内有一不计质量的活塞，可在气缸内作无摩擦滑动，活塞下方封闭
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一定质量的气体，封闭气体体积为V．已知活塞截面积为S，大气压强为p0，若保持气体温度不变，在活塞上放
一重物后，气缸内封闭气体的体积减小了一半（整个过程不漏气）．试求：
①所加重物的重力G
②整个过程中通过缸壁传递的热量Q（一定量理想气体的内能仅由温度决定）．
【选修3 一4】（15 分）
18．如图为一列简谐横波在t＝0 时的波形图，波源位于坐标原点，已知当t＝0.5s 时x＝4cm 处的质点第一次位于
波谷，下列说法正确的是（
）
A．此波的波速为5cm/s
B．此波的频率为1.5Hz
C．波源在t＝0 时运动速度沿y 轴正方向
D．波源振动已经历0.6s
E．x＝10cm 的质点在t＝1.5s 处于波峰
19．一半径为R 的
૚
૝球体放置在水平面上，球体由折射率为૜的透明材料制成．现有一束位于过球心O 的竖直平
面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图所示．已知入射光线与桌面
的距离为
૜
૛R，光在真空中的传播速度为c，求：
（i）出射角θ；
（ii）光穿越球体的时间．
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2019-2020 学年陕西省汉中市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10 小题，每小题5 分，在每小题给出的四个选项中，第1-7 题只有一项符合题目要求，第8-10
题有多项符合题目要求，全部选对的得5 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．【分析】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。
【解答】解：A、居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋（P0）和镭（Ra）两种新元素，故A 错误；
B、贝克勒尔通过对天然放射性现象的研究，证明原子核有复杂结构，并不是说明原子中存在原子核，故B 错误；
C、密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值，故C 正确；
D、卢瑟福通过a 粒子散射实验，证实了原子是由原子核和核外电子组成的，而不能说明原子核内存在质子，故
D 错误；
故选：C。
【点评】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，这也是考
试内容之一。
2．【分析】在速度﹣时间图象中，图线的斜率表示加速度．根据“面积”确定0﹣4s 内的位移，即可确定其位置．由
动能定理分析合力做功，平均速度由位移和时间之比分析．
【解答】解：A、0﹣4s 内质点的位移等于0﹣2s 的位移，为xൌ૚
૛ൈ（1+2）×2m＝3m，t＝0 时质点位于x＝0
处，则t＝4s 时，质点在x＝3m 处，故A 错误。
B、图线的斜率表示加速度，直线的斜率一定，则知第3s 内和第4s 内，质点加速度大小和方向均相同，故B 正
确。
C、第3s 内质点的速度减小，合力做负功。第4s 内速度增大，合力做正功，由动能定理知第3s 内和第4s 内，
合力对质点做的功不等，故C 错误。
D、根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，则知O～2s
内和0～4s 内，质点的位移相同，但所用时间不同，则平均速度不同，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题是速度图象问题，考查理解物理图象意义的能力，关键要抓住速度图象“斜率”表示加速度，“面
积”表示位移．
3．【分析】先对B 球受力分析，受到重力mg、A 球对B 球的支持力N′和墙壁对B 球的支持力N，然后根据共点
力平衡条件得到A 球左移后各个力的变化情况；最后再对整体受力分析，根据平衡条件判断推力F 和地面的支
持力的变化情况。
【解答】解：AB、对B 球受力分析，受到重力mg、A 球对B 球的支持力N′和墙壁对B 球的支持力N，如图
当A 球向左移动后，A 球对B 球的支持力N′的方向不断变化，根据平衡条件结合合成法可以知道：
A 球对B 球的支持力N′和墙壁对B 球的支持力N 都在不断减小，故AB 错误；
CD、由于A 缓慢地向左移动，A 处于静态平衡过程，A 处于平衡状态，A 所受合力为零，A 所受合力不变，故
B 错误；
对A 和B 整体受力分析，受到总重力G、地面支持力FN，推力F 和墙壁的弹力N，如图
根据平衡条件有：
F＝N+f，FN＝G，
地面的支持力不变，
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由于壁对B 球的支持力N 的不断减小，f＝F﹣N，由于不知F 如何变化，f 可能减小，也可能增大，还可能不变，
故C 错误D 正确。
故选：D。
【点评】本题关键是先对小球B 受力分析，根据平衡条件得到各个力的变化情况，然后再对A、B 整体受力分
析，再次根据平衡条件列式分析。
4．【分析】根据电子的运动轨迹判断受力情况，从而确定场源电荷的电性；根据功能关系判断能量的转化情况；根
据沿着电场线电势降低判断电势的变化情况。
【解答】解：A、电子在运动的整个过程中，只受电场力，故只有电场力做功，电场力做功等于电势能的减小量，
总功又等于动能的增加量，故电势能和动能之和守恒，故A 错误；
B、由于曲线运动的合力应该指向内侧，故从电子的运动轨迹可以看出，电子受到排斥力，故场源电荷是负电荷，
故B 错误；
C、由于场源电荷是负电荷，又由于沿着电场线电势降低，故结合负点电荷的电场线分布规律可以知道：φa＜
φb＜φc，故C 错误；
D、依电子运动轨迹，可知，电场力先做负功，再做正功，那么其电势能先增大后减小，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题关键是要根据运动轨迹确定受力情况，然后结合点电荷的电场线和等势面情况来确定电势情况和
能量的转化情况。
5．【分析】根据万有引力提供向心力，写出线速度、加速度、周期表达式，确定答案。
【解答】解：万有引力提供向心力：G
ۻܕ
ܚ૛ൌm
ܞ૛
ܚൌmω2r＝m（
૛ૈ
܂）2r＝ma
解得：vൌ
۵ۻ
ܚ①Tൌ૛ૈܚ
ܞ
ൌ2π
ܚ૜
۵ۻ②ωൌ
۵ۻ
ܚ૜③aൌ۵ۻ
ܚ૛④轨道半径变小
A、由vൌ
۵ۻ
ܚ
可知速率增大，故A 错误
B、由Tൌ૛ૈܚ
ܞ
ൌ2π
ܚ૜
۵ۻ 可知周期要变小，故B 错误
C、由aൌ۵ۻ
ܚ૛可知加速度要增大，故C 正确
D、由F＝G
ۻܕ
ܚ૛可知力增大，故D 错误
故选：C。
【点评】本题关键根据人造卫星的万有引力等于向心力得出各量的表达式。
6．【分析】根据欧姆定律求出副线圈中的电流，由变流比规律得出原线圈的电流，最后由欧姆定律求出电阻܀૚两
端的电压．
【解答】解：根据题意܀૛两端电压为10V，副线圈中的电流۷૛ൌ
܃૛
܀૛
ൌ૚૙
૚૙ۯ ൌ૚ۯ
根据变流比规律
۷૚
۷૛
ൌ
ۼ૛
ۼ૚
，得
原线圈中电流为：۷૚ൌ
ۼ૛
ۼ૚
۷૛ൌ૚
૛ൈ૚ൌ૚
૛ۯ
电阻܀૚两端的电压܃܀૚ൌ۷૚܀૚ൌ૚
૛ൈ૚૙ൌ૞t
故选：A。
【点评】该题考查变压器的原理以及一般的应用，掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系即可解决本题．
7．【分析】B 从轨道上下滑过程，只有重力做功，机械能守恒。运用机械能守恒定律可求得B 与A 碰撞前的速度。
两个物体碰撞过程动量守恒，即可求得碰后的共同速度。碰后共同体压缩弹簧，当速度为零，弹簧的压缩量最
大，弹性势能最大，根据系统的机械能守恒求得最大的弹性势能。当弹簧再次恢复原长时，A 与B 将分开，根
据机械能守恒求得B 能达到的最大高度。
【解答】解：A、B、对B 下滑过程，据机械能守恒定律可得：mghൌ૚
૛ܕܞ૙
૛，B 刚到达水平地面的速度v0ൌ
૛܏ܐ。
A 碰撞过程，以AB 组成的系统为研究对象，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝2mv，得A 与B
碰撞后的共同速度为vൌ૚
૛v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epmൌ૚
૛•2mv2ൌܕ܏ܐ
૛，故A 错误，B
正确；
C、D、当弹簧再次恢复原长时，A 与B 将分开，B 以v 的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′ൌ૚
૛mv2，
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B 能达到的最大高度为
ܐ
૝，故C、D 错误。
故选：B。
【点评】利用动量守恒定律解题，一定注意状态的变化和状态的分析，明确研究对象，并选取正方向。把动量
守恒和机械能守恒结合起来列出等式求解是常见的问题。
8．【分析】根据右手定则明确电流的方向，从而明确等效电源的正负极；再根据感应电动势和闭合电路欧姆定律求
解安培力，再由平衡条件即可求得拉力大小；根据功能关系即可明确电功率的大小。
【解答】解：A、ab 切割磁感线，故ab 相当于电源，由右手定则可知，电流由b 到a，而电源内部电流由负极
流向正极，故a 相当于电源正极，a 端电势高于b 端电势；故A 错误；
B、电动势E＝BLv，电流Iൌ۳
܀，故安培力F 安＝BILൌ۰૛ۺ૛ܞ
܀
，因导体棒匀速运动，故拉力Fൌ۰૛ۺ૛ܞ
܀
，故B 正
确；
C、根据右手定则可知，电流为逆时针方向流动，故C 错误；
D、定值电阻消耗的电功率等于电路中总的电功率，根据能量守恒定律可知，电功率等于拉力的功率，故P＝Fv，
故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题比较简单考查了电磁感应与电路和力之间的结合，解决这类问题的关键是正确分析外电路的结构，
然后根据有关电学知识以及平衡条件分析求解即可。
9．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住两物体在竖直方向上的位
移之和等于h 求出相遇的时间，从而求出两球的水平距离．根据时间求出A 求出速率，以及A 球下落的高度．
【解答】解：A、根据
૚
૛܏ܜ૛൅ܞ૛ܜെ
૚
૛܏ܜ૛ൌr，解得tൌr
ܞ૛．故A 错误。
B、抛出前两小球的水平距离s＝v1tൌrܞ૚
ܞ૛．故B 正确。
C、相遇时A 球在竖直方向上的分速度ܞܡൌ܏ܜൌr܏
ܞ૛，则速率vൌ
ܞ૚૛൅ሺr܏
ܞ૛砀૛．故C 错误。
D、A 球下降的高度hൌ૚
૛܏ܜ૛ൌ૚
૛܏r૛
܏r ൌr
૛．故D 正确。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求解．
10．【分析】在转动过程中，两物体都需要向心力来维持，一开始是静摩擦力作为向心力，当摩擦力不足以做向心
力时，绳子的拉力就会来做补充，速度再快，当这2 个力的合力都不足以做向心力时，物体将会发生相对滑动，
根据向心力公式进行讨论即可求解。
【解答】解：开始角速度较小时，两物体均靠静摩擦力提供向心力，角速度增大，静摩擦力增大，根据f＝mrω2，
知૑ൌ
܎
ܕܚ，随着角速度的增大，A 先达到最大静摩擦力，A 先使绳子产生拉力的，所以当绳子刚好产生拉力
时，B 受静摩擦力作用且未到最大静摩擦力，随着角速度的增大，对B，拉力和静摩擦力的合力提供向心力，角
速度增大，则B 的静摩擦力会减小，然后反向增大。对A，拉力和最大静摩擦共同提供向心力，角速度增大，
静摩擦力不变。
可知A 的静摩擦力先增大达到最大静摩擦力后不变，B 的静摩擦力先增大后减小，再增大。故A 错误，B 正确，
C 错误。
D、根据向心力公式，F 向＝m
ܞ૛
܀，在发生相对滑动前物体的半径是不变的，质量也不变，随着速度的增大，向
心力增大，而向心力就是物体的合力，故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题主要考查了向心力的来源以及向心力公式的直接应用，难度适中，注意确定向心力的来源是解题
的关键。
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第11 题～第15 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第16 题～
第17 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共45 分）
11．【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。
【解答】解：游标卡尺的主尺读数为：6mm，游标尺上第10 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10
×0.05mm＝0.50mm，
所以最终读数为：6mm+0.50mm＝6.50 mm。
故答案为：6.50。
【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量。
12．【分析】（1）根据实验原理明确实验的实物图，注意导线不能交叉且注意正负极不能接错；
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（2）实验中要求电压从零开始调节，根据滑动变阻器的接法可明确滑片开始时的位置；
（3）由伏安特性曲线可得出1.80V 对应的电流值，由欧姆定律可求得电阻值；由功率公式可求得功率。
【解答】解：（1）根据实验要求可知，本实验应采用滑动变阻器分压接法，同时因灯泡内阻较小，故电流表采
用外接法，故实物电路图如图
（2）为了让测量电路中电压从零开始调节，则滑片开始时应滑到最左端；
（3）由图可知，当电压为1.8V 时，电流为0.25A，则电阻Rൌ܃
۷ ൌ૚䁪砀૙
૙䁪૛૞ൌ7.2Ω；
功率P＝UI＝1.8×0.25＝0.45W；
故答案为：
（1）如图所示；
（2）左端
（3）7.2（6.9﹣7.2 均可）；0.45（0.45﹣0.47 均可）
【点评】本题考查伏安特性曲线的应用及对图象的认识，要注意正确理解并能应用伏安特性曲线的意义。
13．【分析】先对重力进行分解，可以分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，垂直斜面方向受力平衡可求出斜面和该
同学的压力大小，再结合摩擦力公式和功能关系列式计算即可
【解答】解：小华重力沿斜面方向的分力为：Gx＝mgsin37°…①
沿垂直斜面方向分力为：Gy＝mgcos37°…②
小华在垂直斜面方向没有位移，斜面对小华支持力为N，故受力平衡，有：Gy＝N…③
根据摩擦力公式有：f＝μN…④
根据动能定理有：ሺ۵ܠെ܎砀ܛൌ૚
૛ܕܞ૛ڮ⑤
联立上式解得：v＝10m/s
答：该同学通过自己所在位置时的速度大约是10m/s。
【点评】该题难度不大，属于较为常规的斜面模型试题，先进行受力分析，明确运动过程，然后利用垂直斜面
方向受力平衡可求出斜面和该同学的压力大小，再结合摩擦力公式和功能关系列式计算即可
14．【分析】（1）根据题意求出粒子进入磁场时的速度，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由几何关系求出运动
半径，洛伦兹力提供向心力即可去除磁场大小；
（2）求出粒子在电场与磁场中的运动时间，然后求出粒子从进入电场到穿出磁场的总时间。
【解答】解：（1）粒子进入磁场时的速度为：vൌ
ܞ૙
粒子ܛ૝૞ι ൌ
૛v0，
粒子运动轨迹如图所示，由几何知识得：r
܌
ܛtܖ૝૞ι ൌ
૛d，
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m
ܞ૛
ܚ，
解得：Bൌܕܞ૙
ܙ܌；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，粒子进入磁场时的竖直分速度为：vy＝vsin45°＝v0ൌܙ۳
ܕt1，
解得，粒子在电场中的运动时间为：t1ൌܕܞ૙
ܙ۳ ；
粒子在磁场中做匀速运动的周期为：Tൌ૛ૈܕ
ܙ۰ ，
粒子在磁场中转过的圆心角我：θ＝45°，
粒子在磁场中的运动时间为：t2ൌ
ી
૜૟૙ιTൌૈ
ܕ
૝ܙ۰，
粒子从进入电场到穿出磁场的总时间为：t＝t1+t2ൌܕܞ૙
ܙ۳ ൅ૈ
܌
૝ܞ૙；
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答：（1）匀强磁场的磁感应强度B 为
ܕܞ૙
ܙ܌；
（2）从进入电场到穿出磁场的总时间为
ܕܞ૙
ܙ۳ ൅ૈ
܌
૝ܞ૙
。
【点评】本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，
分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键；要把握带电粒子在电磁场中的运动规律：在
磁场中确定圆心，画出运动轨迹，要注意找出相应的几何关系。
15．【分析】（1）在F 的作用下，对长木板受力分析，根据牛顿第二定律求出长木板的加速度；
（2）先根据牛顿第二定律求出小物块的加速度，刚撤F 时，根据v＝at 求出长木板和小物块的速度，然后根据
牛顿第二定律求出长木板的加速度，再利用二者速度相等求出最终速度；
（3）根据速度位移公式求出从撤去F 到二者速度相等分别运动的位移，进而得出二者的相对位移，再加上撤去
F 前的相对位移即为最终小物块离长木板右端的距离。
【解答】解：（1）对木板，水平方向受拉力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得
F﹣µmg＝Ma1
得：a1ൌ۴െૄܕ܏
ۻ
ൌ૚૝െ૙䁪૛ൈ૚ൈ૚૙
૝
m/s2＝3m/s2。
（2）F 未撤去时，m 的加速度amൌૄ
ܕ܏
ܕ
ൌμg＝2m/s2。
刚撤F 时，长木板的速度：
v1＝a1t＝3×1＝3m/s，
小物块的速度：
vm＝amt＝2×1＝2m/s
撤F 后，M 的加速度大小a2ൌૄ
ܕ܏
ۻ
ൌ૙䁪૛ൈ૚૙
૝
ൌ0.5m/s
长木板与小物块最终速度v2＝vm+amt2＝v﹣a2t2
解得v2＝2.8m/s
（3）t＝1s 内m 与M 的相对位移x1ൌ૚
૛܉૚ܜ૛െ૚
૛܉ܕܜ૛
解得x1＝0.5m
撤去F 后，m 与M 的相对位移x2ൌ
ܞ૛
૛െܞ૚
૛
૛ሺെ܉૛砀െ
ܞ૛
૛െܞܕ
૛
૛܉ܕ
解得x2＝0.2m
因此最终小物块离长木板右端S＝x1+x2＝0.7m
答：
（1）在F 的作用下，长木板的加速度为3m/s2；
（2）最终长木板与小物块一同以2.8m/s 的速度匀速运动；
（3）最终小物块离长木板右端0.7m。
【点评】本题涉及到相对运动的过程，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用牛顿第二定律
和匀变速直线运动的公式进行研究，也可以根据动量定理、动量守恒定律和能量守恒定律结合解答。
二.选考题：共15 分．请考生从给出的2 道物理题中任选一题作答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的
方框涂黑．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所
做的第一题计分．（选择题部分，选对1 个得2 分；选对2 个得4 分；选对3 个得5 分；每选错1 个扣3 分，最低
得分为0 分）．【选修3 一3】（15 分）
16．【分析】悬浮在液体中的固体颗粒越小，温度越高，布朗运动就越明显；给自行车打气时，要克服活塞上下的
压强差带来的压力来压活塞．牢记分子力随距离变化的关系；一定质量的理想气体状态变化时遵守气态方程．热
机的效率不可能提高到100%，是因为它违背了热力学第二定律．
【解答】解：A、悬浮在液体中的固体颗粒越小，同一时刻撞击颗粒的液体分子数越少，液体分子对颗粒撞击的
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冲力越不平衡，合力越大，布朗运动越明显。故A 正确。
B、用气筒给自行车打气时，越打越费劲，是要克服活塞内外的压强差带来的压力，不是因为气体间的分子力表
现为斥力，故B 错误；
C、当分子力表现为引力时，分子力随分子间距离的增大是先增大，后减小；分子势能随分子间距离的增大而增
大，故C 错误；
D、一定质量的理想气体，温度升高，体积减小，由理想气体的状态方程
ܘt
܂ൌc 可知，气体的压强一定增大。故
D 正确；
E、热机的效率不可能提高到100%，是因为它违背了热力学第二定律，所以内能全部转化为机械能的热机是不
可能制成的，故E 正确
故选：ADE。
【点评】本题考查了布朗运动、分子力、分子势能与热力学定律的应用等，都是一些热学中的重点内容；要注
意在生活中应用热力学定律解释常见问题．要注意分子力与气体压强的区别．
17．【分析】①气体等温压缩，根据平衡条件求解出初、末状态的气压，然后根据玻意耳定律列式求解；
②先求外界对气体做的功，然后根据热力学第一定律求解放出的热量．
【解答】解：①若保持温度不变，在活塞上放一重物，使气缸内气体的体积减小一半，根据波意耳定律有：
ܘ૛ൈt
૛ൌp1V
而p2＝p0൅۵
܁，ܘ૚ൌܘ૙
得：G＝p0S
②由于气体的温度不变，则内能的变化为：△U＝0
外界对气体做的功为：W＝（p0S+G）h
其中ܐൌt
૛܁
由热力学第一定律得：
△U＝W+Q
可得Q＝﹣W＝﹣p0V
即气体通过缸壁放热p0V
答：①所加重物的重力G 为ܘ૙܁
②整个过程中通过缸壁传递的热量Q 为ܘ૙܁
【点评】本题第一问关键找出初末状态，然后根据气体实验定律列方程求解；第二问要结合热力学第一定律求
解．
【选修3 一4】（15 分）
18．【分析】A、根据vൌᶭܠ
ܜ，结合平衡位置为1.5cm 质点处于波谷，即可求解波速；
B、由波长与波速，依据v＝λf，即可求解频率大小；
C、根据波的传播方向，结合平移法，从而确定质点的运动方向；
D、根据t＝0 时，波形图，可知，波源振动时间；
E、根据tൌᶭܠ
ܞ，结合平衡位置2.5cm 的质点处于波峰，从而可求得x＝10cm 的质点，在t＝1.5s 是否处于波峰．
【解答】解：
A、平衡位置为1.5cm 质点处于波谷，若x＝4cm 处的质点第一次位于波谷，
则有：vൌᶭܠ
ܜൌ૝െ૚䁪૞
૙䁪૞
ൌ5cm/s，故A 正确。
B、根据Tൌλ
ܞൌ૛
૞ൌ0.4s，那么频率fൌ૚
܂ൌ2.5Hz，故B 错误。
C、由波的传播方向沿着x 轴正方向，依据上下波法，则波源在t＝0 时，运动速度沿y 轴负方向。故C 错误。
D、由图可知，正好是波长的一个半，而周期为0.4s，因此此时波源振动已经历0.6s，故D 正确。
E、当t＝0 时，x＝2.5 质点处于波峰，而波峰传播x＝10cm 的质点的时间为tൌ૚૙െ૛䁪૞
૞
ൌ1.5s，故E 正确；
故选：ADE。
【点评】考查波长、波速及周期的关系，掌握由波的传播方向来确定质点的振动方向．
19．【分析】（i）画出光路图，作出法线，由几何知识求出光线射到球体表面的入射角，由折射定律求出折射角．由
几何知识确定出光线在竖直表面上的入射角，即可由折射定律求解出射角θ．
（ii）由vൌ粒
ܖ求出光线在球体中的传播速度，由几何关系求出光线在球体中的传播距离，再求解时间．
【解答】解：（i）设入射光线与41 球体的交点为C，连接OC，OC 即为入射点的法线．因此，图中的角α为入
射角．过C 点作球体水平表面的垂线，垂足为B，如图所示．
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依题意，∠COB＝α
又由△OBC 知：sin αൌ
૜
૛
设光线在C 点的折射角为β，
由折射定律得
ܛtܖહ
ܛtܖ઺ൌn
联立得β＝30°
何关系知，光线在球体的竖直表面上的入射角γ如图所示为γ＝30°
由折射定律得
ܛtܖી
ܛtܖ઻ൌn
解得θ＝60°．
（ii）由几何知识知△ACO 为等腰三角形，故2AC•cos 30°＝R
光线在球体内的传播速度为vൌ粒
ܖ
设光穿越球体的时间为t，则tൌۯ۱
ܞ
联立得tൌ܀
粒
答：
（i）出射角θ是60°；
（ii）光穿越球体的时间是
܀
粒．
【点评】本题作光路图时，要注意当光线从球体入射时，法线就是入射点与球心的连线；当光线射出时，法线
与界面垂直，本题两次使用折射定律解题．
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2019-2020 学年陕西省高考物理一模试卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14-18 题只有一项符合题目
要求，第19-21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）如图所示，自行车的车轮半径为R，车轮沿直线无滑动地滚动，当气门芯由轮子的正上方第一次运动到
轮子的正下方时，气门芯位移的大小为（
）
A．πR
B．2R
C．2πR
D．܀૝൅ૈ
૛
2．（6 分）2017 年4 月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成
的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行．与天宫二号单独运行相比，组合体运行的（
）
A．周期变大
B．速率变大
C．动能变大
D．向心加速度变大
3．（6 分）频率为v 的光照射某金属时，产生光电子的最大初动能为占Ekm．改用频率2v 的光照射同一金属，所产
生光电子的最大初动能为：（h 为普朗克常量）（
）
A．Ekm﹣hv
B．2Ekm
C．Ekm+hv
D．Ekm+2hv
4．（6 分）2018 年7 月12 日，C919 大型客机102 机顺利完成首次空中远距离转场飞行。假设飞机在水平跑道上的
滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，加速1.6×103m 时才能达到起飞所要求80m/s 的速度。已知飞机的质量为
7.0×104kg，滑跑时受到的阻力恒为重力的0.1 倍，取g＝10m/s2，则在飞机滑跑的过程中（
）
A．飞机加速度的大小为4m/s2
B．飞机滑跑的时间为20s
C．飞机牵引力的功率与位移成正比
D．飞机牵引力的最大功率为1.68×107W
5．（6 分）圆心为O、半径为R 的半圆直径两端，各固定一根垂直圆平面的长直导线a、b，两导线中通有大小分
别为3I0 和I0 且方向相同的电流。已知长直导线产生的磁场的磁感应强度B＝k
۷
ܚ，其中k 为常数、I 为导线中电
流强度、r 为点到导线的距离。在半圆周上D 点磁感应强度的方向恰好沿圆周切线方向，则下列说法正确的是
（
）
A．D 点和圆心O 连线与水平直径之间夹角α＝30°
B．D 点和圆心O 连线与水平直径之间夹角α＝45
C．D 点磁感应强度为
૛ܓ۷૙
܀
D．D 点磁感应强度为
૛૜ܓ۷૙
૜܀
6．（6 分）如图所示，一个半径R＝0.75m 的半圆柱体放下水平地面上，一小球从圆柱体左端A 点正上方的B 点水
平抛出（小球可视为质点），恰好从半圆柱体的C 点掠过。已知O 为半圆柱体圆心，OC 与水平方向夹角为53°，
重力加速度为g＝10m/s2，则（
）
A．小球从B 点运动到C 点所用时间为0.3s
B．小球从B 点运动到C 点所用时间为0.5s
C．小球做平抛运动的初速度为4m/s
D．小球做平抛运动的初速度为6m/s
7．（6 分）如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°斜向上，在电场中有一质量为m，
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带电荷量为q 的带电小球，用长为L 不可伸长的绝缘细线挂于O 点，当小球静止于M 点时，细线恰好水平。现
用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，重力加速度为g，则以下判断正确的是（
）
A．小球能上升的最大高度在O 点正上方L 高度处
B．小球从P 到M 过程中，电场力对它做功为mgL
C．小球从P 到M 过程中，电场力对它做功为（૜൅1）mgL
D．小球运动到M 时，绝缘细线对小球的拉力为2mg
8．（6 分）如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.2T，足够长的光滑水平金属导轨，左侧
间距为0.6m，右侧间距为0.2m。质量均为0.02kg 的金属棒M、N 垂直导轨放置，开始时金属棒M、N 均保持
静止。现使金属棒M 以10m/s 的速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，
M 棒总在宽轨上运动，N 棒总在窄轨上运动，直到M、N 达到稳定状态。g＝10m/s2，下列说法正确的是（
）
A．由M、N 导体棒和导轨组成回路的磁通量先减小后不变
B．由M、N 两个导体棒组成的系统动量守恒
C．在两棒运动的整个过程中，电路中产生的焦耳热为0.9J
D．在两棒运动的整个过程中，通过M、N 两个导体棒的电荷量相等，均为1.5C
三、非选择题：共174 分．第22 题～第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33 题～第38 题为选考题，
考生根据要求作答．（一）必考题（共129 分）
9．（6 分）某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，在水平放置的气垫导轨上
安装个光电门，滑块上固定一遮光条。
（1）用天平测得重物的质量为m1，滑块的质量为m2；
（2）用螺旋测微器测遮光条的宽度d，测量结果如图乙所示，则d＝
mm：
（3）按图甲所示组装实验装置，将滑块由静止释放，测得遮光条起始位置到光电门的距离为x，遮光条通过光
电门的时间为t，若实验结果表明，重物和滑块运动过程中机械能守恒，则机械能守恒的表达式为m1gx＝
（用已知量或测量的物理量相应的字母表示，g 为重力加速度）。
10．（9 分）某同学利用电压表和电阻箱测定一种特殊电池的电动势（电动势E 大约在9V 左右，内阻r 约为509）。
已知该电池允许输出的最大电流为150mA．该同学利用如图甲所示的电路进行实验，图中电压表的内阻约为2kΩ，
R 为电阻箱，阻值范围0～9999Ω，R0 是定值电阻，阻值为20Ω，起保护电路的作用。
（1）该同学连接好电路后，闭合开关S，调节电阻箱的阻值，电压表的某一次偏转如图乙所示，其读数为
V。
（2）改变电阻箱的阻值，取得多组数据，电压表的示数为U，电阻箱的示数为R，做出如图丙所示的图线，则
根据该同学所做出的图线可求得该电池的电动势E＝
V，内阻r＝
Ω（结果保留两位有效数字）
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（3）用该电路测量电源的电动势和内阻，出现系统误差的原因是
。
11．（12 分）如图所示，在一等腰直角三角形ADC 区域内存在垂直于纸面的匀强磁场（包含边界），AD＝DC＝a．现
有一质量为m、电荷量为+q 的带电粒子，以某一速度v 从D 点沿DA 边射入磁场，后垂直于AC 边射出磁场，
粒子的重力可忽略不计。求：
（1）磁感应强度B 的大小和方向；
（2）粒子在三角形ADC 区域内的运动时间；
（3）若改变粒子射入磁场的速度大小，此时粒子进入磁场后轨迹刚好与AC 边相切，则粒子的速度大小为多少。
12．（20 分）如图所示，在某游戏类娱乐节目中，要求挑战者顺利通过反向运行的跑步机皮带，看谁用时最短。有
一个平台与跑步机皮带水平紧挨，跑步机皮带长L2＝32m，且皮带以v0＝1m/s 的恒定速率转动。一位质量m＝
50kg 的挑战者在平台上的O 点从静止以a1＝2m/s2 的加速度开始出发，之后以a2＝1m/s2 的加速度在跑步机上往
前冲，在跑步机上的B 处不慎跌倒，经过t0＝4s 爬起，顺利通过剩余的路程。已知O 点与跑步机左端A 点距离
L1＝4m，A、B 两点水平距离L3＝10m，挑战者与跑步机皮带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度为g＝
10m/s2．求：
（1）挑战者在跑步机上跌倒瞬间的速度为多少？
（2）挑战者从皮带上爬起瞬间与皮带最右端C 点的距离为多少？
选考题：共45 分．请考生从给出的2 道物理题，2 道化学题，2 道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每学
科按第一题计分．【物理--选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法不正确的是（
）
A．没有规则几何外形的物体不是晶体
B．物体的温度为0℃时，分子的平均动能却不为零
C．布朗运动是在显做镜中看到的液体分子的无规则运动
D．自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性
E．用活塞压缩气缸里的空气，对空气做功4.5×105J，同时空气的内能增加了3.5×105J，则空气从外界吸收热
量1×105J
14．（10 分）如图所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m，
横截面积为S，与气缸底部相距h，此时封闭气体的温度为T．现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q
时，气体温度上升到2T．已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸的摩擦。求：
①加热后活塞到汽缸底部的距离；
②加热过程中气体的内能增加量。
【物理-选修3-4】（15 分）
15．下列说法正确的是（
）
A．简谐运动的物体每次经过同一位置具有相同的加速度和位移
B．做简谐运动的物体在四分之三周期内通过的路程一定等于三倍的振幅
C．单摆的回复力是摆线的拉力和重力的合力
D．在波的传播方向上，某个质点的振动频率等于波的频率
E．当声音由钢轨传播到空气中时，声波的频率不变，波长变小
16．如图所示，半圆玻璃砖的半径R＝12cm，直径AB 与光屏MN 垂直并接触于A 点。一束激光a 从半圆弧表面
上射向半圆玻璃砖的圆心O，光线与竖直直径AB 之间的夹角为60°，最终在光屏MN 上出现两个光斑，且A
点左侧光斑与A 之间距离为4 ૜cm．求：
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第149页（共465页）
①玻璃砖的折射率；
②改变激光a 的入射方向，使光屏MN 上只剩一个光斑，求此光斑离A 点的最远距离。
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第150页（共465页）
2019-2020 学年陕西省高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14-18 题只有一项符合题目
要求，第19-21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．【分析】位移是起点到终点的有向线段。当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时，轮子向前运动
半个周长，找出气门芯的初位置与末位置，求出位移大小。
【解答】解：当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时，轮子向前运动半个周长，气门芯的初位
置与末位置如图，
由几何知识得，气门芯的位移大小xൌ
ሺ૛܀砀૛൅ሺૈ܀砀૛ൌR ૝൅ૈ
૛
故选：D。
【点评】对于物体的位移，关键找到起点与终点的位置，位移大小等于起点与终点直线距离。
2．【分析】根据万有引力等于向心力可以求出天体的运动的相关物理量．
【解答】解：天宫二号在天空运动，万有引力提供向心力，天宫二号的轨道是固定的，即半径是固定的
根据Fൌ۵ۻܕ
ܚ૛
ൌܕܞ૛
ܚ
ൌܕ૝ૈ
૛ܚ
܂૛
可知，天宫二号的速度大小是不变的，则两者对接后，速度大小不变，周期不变，
加速度不变；
但是和对接前相比，质量变大，所以动能变大。
故选：C。
【点评】本题考查了万有引力和圆周运动的表达式，根据万有引力等于向心力可以得出速度，角速度和周期的
变化规律．
3．【分析】根据光电效应方程求出逸出功的大小，改用频率2v 的光照射同一金属，再通过光电效应方程求出光电
子的最大初动能。
【解答】解：频率为v 的光照射某金属时，产生光电子的最大初动能为Ekm，根据光电效应方程知，逸出功W0
＝hv﹣Ekm。
改用频率2v 的光照射同一金属，则最大初动能Ekm′＝2hv﹣W0＝hv+Ekm．故C 正确，A、B、D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查光电效应方程的基本运用，抓住逸出功不变进行求解，难度不大。
4．【分析】根据运动学公式求得运动的时间和加速度，根据牛顿第二定律求得牵引力，利用P＝Fv 求得最大功率
【解答】解：AB、飞机在起飞过程中做匀加速直线运动，根据xൌܞ
૛t，解得tൌ૛ܠ
ܞൌ40s，加速度大小为
aൌܞ
ܜൌ砀૙
૝૙ൌ2m/s2，故AB 错误；
C、P＝Fv＝F ૛܉ܠ，故牵引力功率与ܠ成正比，故C 错误；
D、飞机牵引力的最大功率P＝Fv＝1.68×107W，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了运动学公式和牛顿第二定律，加速度是解决问题的中间桥梁。
5．【分析】依据右手螺旋定则，磁感应强度B＝k
۷
ܚ，结合矢量的合成法则，即可解得D 点和圆心O 连线与水平直
径之间夹角和D 点磁感应强度。
【解答】解：AB、如右图：根据B＝k
۷
ܚ，b 点与a 点在D 的场强大小之比
ܓ
۷૙
૛܀ܛtܖી
ܓ
૜۷૙
૛܀粒子ܛી
ൌܜ܉ܖી
解得：θ＝30°，故α＝2θ＝60°，故AB 错误；
CD、D 点的磁感应强度为：Bൌ
ܓ
۷૙
૛܀ܛtܖ૜૙ι
ܛtܖ૜૙ι ൌ૛ܓ۷૙
܀，故C 正确，D 错误；
故选：C。
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【点评】考查右手螺旋定则与矢量的合成法则的应用，理解磁感应强度B＝k
۷
ܚ的含义，注意几何关系，圆的直径
对应的圆周角为90°。
6．【分析】根据平抛运动速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角正切值的2 倍，以及根据几何求出
水平位移，从而求出竖直方向上的位移，根据竖直方向的位移公式求出平抛运动的时间；根据水平方向的位移
公式求出初速度。
【解答】解：小球做平抛运动，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于C 点，知速度与水平方向的夹角为37°，设
位移与水平方向的夹角为θ，则有：tanθൌܜ܉ܖ૜晦૙
૛
ൌ૜
砀
因为tanθൌܡ
ܠൌ
ܡ
૚䁪૟܀，R＝0.75m
解得：yൌૢ૛૙ܕ
根据yൌ૚
૛܏ܜ૛
解得：t＝0.3s
水平位移x＝1.6R＝v0t
解得：v0＝4m/s，故AC 正确。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合位移关系、
速度关系进行求解。
7．【分析】根据小球静止于M 点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，电场力与重力合力
为mgcot30°，机械能的变化取决于电场力做功，通过分析小球的受力情况判断其运动情况。
【解答】解：A、当小球静止于M 点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，M 点为等效
最低点，OP 方向与OM 方向垂直，由对称性可知，小球能上升的最大高度在O 点正上方L 高度处，故A 正确；
BC、电场力与重力合力为۴合ൌܕ܏粒子ܜ૜૙૙ൌ
૜ܕ܏，这个方向上位移为L，所以合外力做功为܅合ൌ۴合ۺ ൌ
૜ܕ܏ۺ，由动能定理知动能增加量为૜ܕ܏ۺ，重力势能增加量为mgL，则机械能增加量等于动能增加量૜ܕ܏ۺ，
和重力势能增加量mgL 之和，机械能的增加量即为电场力做功，故C 正确，B 错误；
D、若小球运动到M 点，܅合ൌ۴合ۺ ൌ
૜ܕ܏ۺ ൌ૚
૛ܕܞۻ
૛，在M 点，有۴ െ
૜ܕ܏ൌܕ
ܞۻ
૛
ۺ ，解得F＝3 ૜mg，
故D 错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了在复合场中的受力分析，关键要确定重力和电场力的合力方向和大小，通过分析受力情况，
来判断小球的运动的情况。
8．【分析】根据两导体棒的运动规律可判断回路磁通量的变化情况；
开始金属棒M 向右做减速运动、N 向右做加速运动，当两金属棒产生的感应电动势相等时，回路没有感应电流，
两金属棒做匀速直线运动，应用动量定理可以求出两金属棒做匀速直线运动的速度；
应用能量守恒定律可以求出电路产生的焦耳热；
应用动量定理可以求出通过金属棒M 的电荷量。
【解答】解：A、M 棒刚开始运动时，回路磁通量减少，最终稳定后磁通量不变，故A 正确；
B、M、N 两个导体棒所受水平方向的安培力之和不为零，系统动量不守恒，故B 错误；
C、当M、N 两金属棒产生的感应电动势大小相等时，回路感应电流为零，金属棒不受安培力，金属棒做匀速直
线运动，即：BLMv1＝BLNv2 时，两金属棒做匀速直线运动，由动量定理得：对M：﹣BILMt＝mv1﹣mv0，对
N：BILNt＝mv2，解得：v1＝1m/s，v2＝3m/s，由能量守恒定律得：
૚
૛mv02ൌ૚
૛mv12൅૚
૛mv22+Q，解得：Q＝0.9J，
故C 正确；
D、回路中有电流时有电荷通过金属棒，导体棒做匀速运动时回路没有电流，从M 开始减速到匀速运动过程，
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对M，由动量定理得：﹣BILMt＝mv1﹣mv0，电荷量：q＝It，则：﹣BLMq＝mv1﹣mv0，代入数据：q＝1.5C，
故D 正确；
故选：ACD。
【点评】本题是双轨双棒问题，要注意分析两棒的运动过程，明确两棒都匀速运动时它们的感应电动势是相等
的，知道动量定理是求电磁感应中电量常用的思路
三、非选择题：共174 分．第22 题～第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33 题～第38 题为选考题，
考生根据要求作答．（一）必考题（共129 分）
9．【分析】（2）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。
（3）要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，就应该去求出动能的增加量和重力势能的减小量，根据这
两个量求解，滑块和砝码组成的系统机械能守恒列出关系式。
【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为5mm，可动刻度读数为0.01×45.0mm＝0.450mm，所以最终读
数为：5mm+0.450mm＝5.450mm
（2）要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，就应该去求出动能的增加量和重力势能的减小量，
光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法。由于光电门的宽度很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬
时速度。
vൌ܌
ܜ，
滑块和砝码组成的系统动能的增加量为：
△Ekൌ૚
૛（m1+m2）（
܌
ܜ）2。
滑块和砝码组成的系统动能的重力势能的减小量为：
△Ep＝m1gx
如果系统动能的增加量等于系统重力势能的减小量，那么滑块和砝码组成的系统机械能守恒。即：
m1gxൌ૚
૛（m1+m2）
܌૛
ܜ૛
故答案为：（1）0.5500；（2）
૚
૛（m1+m2）
܌૛
ܜ૛
【点评】掌握螺旋测微器的读数方法。了解光电门测量瞬时速度的原理；实验中我们要清楚研究对象和研究过
程，对于系统我们要考虑全面。
10．【分析】（1）根据电压表量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数。
（2）根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图线的函数表达式，然后根据图示图线求出电源电动势与内阻。
（3）根据图示电路图分析实验误差。
【解答】解：（1）电源电动势约为9V，电压表应选择15V 量程，由图乙所示表盘可知，其分度值为0.5V，电压
表示数为6.0V。
（2）由图示电路图可知，电源电动势：E＝U+Ir＝U൅
܃
܀൅܀૙r，整理得：
૚
܃ൌ
ܚ
۳
૚
܀൅܀૙
൅
૚
۳，
由
૚
܃െ
૚
܀൅܀૙
图线可知：
૚
۳ ൌ0.1，
ܚ
۳ ൌ
ᶭ૚
܃
ᶭ
૚
܀൅܀૙
ൌ
૙䁪૜െ૙䁪૚
૝ൈ૚૙െ૛，解得，电源电动势：E＝10V，内阻：r＝50Ω；
（3）由图示电路图可知，由于电压表的分流作用，流过电源的电流大于
܃
܀൅܀૙
，这是造成实验误差的原因。
故答案为：（1）6.0；（2）10；50；（3）电压表分流。
【点评】对电压表读数时，要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读数，读数时视线要与刻度线垂直；
根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图线的函数表达式是求出电源电动势与内阻的前提。
11．【分析】（1）利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出磁感应强度B 的大小，运用左手定则即可
判断出磁场的方向；
（2）利用周期公式，结合粒子转过的圆心角，联立即可求出粒子在磁场中运动的时间；
（3）画出粒子轨迹过程图，利用洛伦兹力提供向心力结合临界几何关系，联立即可求出粒子的速度大小。
【解答】解：（1）画出粒子轨迹过程图，如图所示，C 点即为圆周运动的圆心，
根据几何关系可得粒子做匀速圆周运动的半径：r＝a
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m
ܞ૛
ܚ
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联立可得磁感应强度B 的大小为：Bൌܙ۰܉
ܕ
由左手定则判断，磁场方向垂直纸面向外，
（2）粒子在磁场中运动的周期：Tൌ૛ૈܚ
ܞ
ൌ૛ૈ܉
ܞ
粒子在三角形ADC 区域内的运动时间：tൌ૝૞ι
૜૟૙ι•Tൌૈ
܉
૝ܞ
（3）设粒子速度为v0、半径为r0 时，轨迹与AC 线相切，画出粒子轨迹过程，如图所示，
根据几何关系可得：r0൅
ܚ૙
粒子ܛ૝૞ι ൌa
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B＝m
ܞ૙
૛
ܚ૙
联立可得粒子的速度大小：v0＝（૛െ1）v
答：（1）磁感应强度B 的大小为
ܙ۰܉
ܕ，方向垂直纸面向外；
（2）粒子在三角形ADC 区域内的运动时间为ૈ
܉
૝ܞ；
（3）若改变粒子射入磁场的速度大小，此时粒子进入磁场后轨迹刚好与AC 边相切，则粒子的速度大小为（૛െ1）
v。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动问题，关键是画出运动的轨迹图，找到粒子的轨道半径及圆心位置，
结合几何关系求解半径，然后进行解答。
12．【分析】（1）根据速度位移公式可求得挑战者刚冲上跑步机时的速度，挑战者在跑步机上做匀加速运动，由速
度位移公式可得在跑步机上跌倒瞬间的速度；
（2）在B 点跌到后先向右做匀减速运动到速度为零，再向左做匀加速运动。根据速度关系求得时间可判断人和
皮带可以共速，再由位移公式和速度公式可求解。
【解答】解：（1）根据速度位移公式得，v12＝2a1L1 得挑战者刚冲上跑步机时的速度：v1ൌ
૛܉૚ۺ૚
解得：v1＝4m/s
挑战者在跑步机上做匀加速运动，由速度位移公式得：v22﹣v12＝2a2L3
解得：v2＝6m/s
（2）在B 点跌到后先向右做匀减速运动到速度为零，再向左做匀加速运动。假设人和皮带可以共速，设跌倒后
的加速度为a3，时间为t3，由牛顿第二定律得：a3＝μg＝2m/s2，
由速度关系得：﹣v0＝v2﹣a3t3
解得：t3＝3.5s＜4s，所以人和皮带可以共速，设其共速前向右运动的位移为s3，则s3＝v2t3െ૚
૛a3t32
解得：s3＝8.75m
随后和皮带一起匀速向左运动t4，运动位移s4，
则：t4＝t0﹣t3＝0.5s
s4＝v0t4＝0.5m
设爬起瞬间与皮带最右端的距离为s5，则s5＝L2﹣L3﹣（s3﹣s4）＝13.75m
答：（1）挑战者在跑步机上跌倒瞬间的速度为6m/s；
（2）挑战者从皮带上爬起瞬间与皮带最右端C 点的距离为13.75m。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的应用，关键理清挑战者在整个过程中的运动规律，结合运动
学公式灵活求解。
选考题：共45 分．请考生从给出的2 道物理题，2 道化学题，2 道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每学
科按第一题计分．【物理--选修3-3】（15 分）
13．【分析】多晶体与非晶体都可能具有不规则的几何外形；温度是分子的平均动能的标志；悬浮在液体中固体小
颗粒的无规则运动是布朗运动，固体颗粒越小、液体（或气体）温度越高，布朗运动越明显；叶面上的小露珠
呈球形是由于表面张力的作用；热力学第一定律和第二定律内容。
【解答】解：A、多晶体与非晶体都可能具有不规则的几何外形，所以不具有规则几何外形的物体不一定是晶体。
故A 错误；
B、物体的温度为0℃时，分子永不停息的无规则运动，分子的平均动能却不为零，故B 正确；
C、布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，间接反映了液体分子运动的无规则性，故C 错误；
D、热量可以自发地从较热的物体传递到较冷的物体，但不可能自发地从较冷的物体传递到较热的物，即自然界
中涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故D 正确；
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E、根据热力学第一定律公式△U＝W+Q 知对空气做功4.5×105J，即W＝4.5×105J，同时空气的内能增加了3.5
×105J，即△U＝3.5×105J，则Q＝﹣1.0×105J，即空气向外界放出热量1.0×105J，故E 错误。
本题选择错误的，
故选：ACE。
【点评】本题考查了热力学定律、内能、布朗运动等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点即可
解答，题目难度不大。
14．【分析】①封闭发生等压变化，根据盖﹣吕萨克定律，即可求出加热后活塞到气缸底部的距离；
②利用W＝P△V 求出等压过程的做功，结合热力学第一定律△U＝W+Q，以及题给气体吸收热量Q，联立即
可求出加热过程中气体的内能增加量。
【解答】解：①封闭发生等压变化，设活塞横截面积为S，
初态：体积：V1＝hS，温度：T1＝T
末态：体积：V2＝h′S，温度：T2＝2T
根据盖﹣吕萨克定律可得
t૚
܂૚
ൌ
t૛
܂૛
解得加热后活塞到气缸底部的距离：h′＝2 h
②根据受力平衡可得封闭气体的压强：۾ ൌ۾૙൅ܕ܏
܁
升温过程对外做功，故：W＝﹣p（h'﹣h）S
根据热力学第一定律：△U＝W+Q
联立可得：△U＝Q﹣h（p0S+mg）
答：①加热后活塞到气缸底部的距离2h；
②加热过程中气体的内能增加量为Q﹣h（p0S+mg）。
【点评】本题考查了气体实验定律和热力学第一定律的综合应用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T
三个参量的变化情况，选择合适的规律解决，注意理想气体的内能与热力学温度成正比以及每个过程中做功的
正负。
【物理-选修3-4】（15 分）
15．【分析】简谐运动的物体每次经过同一位置具有相同的加速度和位移。做简谐运动的物体在四分之三周期内通
过的路程与起点位置有关。单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力。在波的传播方向上，某个质点的振动
频率等于波的频率。当声音由钢轨传播到空气中时，声波的频率不变，波速变小，根据波速公式分析波长的变
化。
【解答】解：A、做简谐运动的物体，每次通过同一位置时，位移一定相同，根据简谐运动的特征：aൌെܓܠ
ܕ，
知加速度相同。故A 正确。
B、做简谐运动的物体在四分之三周期内通过的路程不一定等于三倍的振幅，只有起点在平衡位置或最大位移处
时，物体在四分之三周期内通过的路程才等于三倍的振幅，故B 错误。
C、单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力。故C 错误。
D、在波的传播方向上，每个质点都在波源的驱动力作用下做受迫振动，质点的振动频率等于波源的振动频率，
即等于波的频率。故D 正确。
E、当声音由钢轨传播到空气中时，声波的频率不变，波速变小，根据波速公式v＝λf 知波长变小。故E 正确。
故选：ADE。
【点评】本题考查振动和波动有关的知识，要注意质点做简谐运动时通过的路程与起点位置有关。要知道受迫
振动的频率等于驱动力的频率。
16．【分析】①根据折射定律和反射定律作出光路图，根据几何关系求出折射角，从而求得玻璃砖的折射率；
②改变入射角，使屏MN 上只剩一个光斑，此光斑离A 最远时，恰好发生全反射，入射角等于临界角C，由sinCൌ૚
ܖ
求得临界角C．再由几何知识求此光斑离A 点的最长距离。
【解答】解：①光路如右上图所示。由题意可得，激光在AB 面上发生折射时的入射角α＝30°
设半圆玻璃砖的折射率为n，折射角为β，则
tanβൌۯ۽
ۯ۱
nൌܛtܖ઺
ܛtܖહ
其中AC＝4 ૜cm，A0＝R＝12cm
解得：nൌ
૜
②分析可得，当激光在AB 面上恰好发生全反射时，光屏MN 上只剩一个光斑，且光斑离A 点的距离最远，光
路如右下图所示。
设激光在AB 上恰好发生全反射时的临界角为C，则：sinCൌ૚
ܖൌ
૜
૜
光斑离A 点的最远距离AE＝Rtan（ૈ૛െC）
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第155页（共465页）
由数学知识可得cosCൌ
૚െܛtܖ૛۱ ൌ
૟
૜
解得AE＝12 ૛cm
答：①玻璃砖的折射率是૜；
②改变激光a 的入射方向，使光屏MN 上只剩一个光斑，求此光斑离A 点的最远距离是12 ૛cm。
【点评】本题是几何光学问题，作出光路图是关键，要掌握全反射的条件和光的折射定律、反射定律，灵活运
用几何知识求解相关距离。
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2019-2020 学年山东省淄博市高考物理一模试卷
一、选择题（本题包括8 小题，每小题6 分，共48 分．每小题给出的四个选项中，第1 至4 题只有一项符合题目
要求，第5 至8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有错选的得0 分）
1．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．α、β、γ三种射线中γ射线贯穿本领最弱
B．两个轻核结合成质量较大的核，核子的比结合能减小
C．根据玻尔原子理论，氢原子在辐射光子的同时，电子的轨道半径连续地减小
D．放射性元素组成的化合物进行高温分解时，放射性元素的半衰期不变
2．（6 分）2018 年12 月8 日，“嫦娥四号”月球探测器在我国西昌卫星发射中心发射成功，并实现人类首次月球背
面软着陆。“嫦娥四号”从环月圆轨道Ⅰ上的P 点实施变轨，进入椭圆轨道Ⅱ，由近月点Q 落月，如图所示。关
于“嫦娥四号”，下列说法正确的是（
）
A．沿轨道I 运行至P 点时，需加速才能进入轨道Ⅱ
B．沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道I 运行的周期
C．沿轨道Ⅱ运行经P 点时的加速度等于沿轨道I 运行经P 点时的加速度
D．沿轨道Ⅱ从P 点运行到Q 点的过程中，月球对探测器的万有引力做的功为零
3．（6 分）自然界中某个量D 的变化量△D 与发生这个变化所用时间△t 的比值
ᶭ۲
ᶭܜ叫做这个量D 的变化率。下列说
法中正确的是（
）
A．若D 表示某质点运动的路程，则
ᶭ۲
ᶭܜ恒定不变时，该质点一定做匀速直线运动
B．若D 表示某质点运动的速度，则
ᶭ۲
ᶭܜ恒定不变时，该质点一定做匀变速直线运动
C．若D 表示某质点的动量，则
ᶭ۲
ᶭܜ越大，该质点所受的合外力越大
D．若D 表示某质点的动能，则
ᶭ۲
ᶭܜ越大，该质点所受的合外力做功越多
4．（6 分）如图所示，a、b 两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知b 球质量
为m，杆与水平面的夹角为30°，不计所有摩擦。当两球静止时，Oa 段绳与杆的夹角也为30°，Ob 段绳沿竖
直方向，则a 球的质量为（
）
A．૜m
B．
૜
૜m
C．
૜
૛m
D．2m
5．（6 分）如图所示，R 是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小。理想变压器原、副线圈的匝数比为10：
1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝
220 ૛sin100πt（V），则（
）
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第157页（共465页）
A．电压表的示数为22 ૛V
B．副线圈中交流电的频率为50Hz
C．在天逐渐变黑的过程中，电流表A2 的示数变小
D．在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变大
6．（6 分）如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m 的小球，从离弹簧上
端高h 处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关
于小球的速度ν、加速度a 随时间t 变化的图象中符合实际情况的是（
）
A．
B．
C．
D．
7．（6 分）如图所示，半径为R 的
૚
૝圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，过（﹣2R，0）点垂直x 轴放置一
线型粒子发射装置，能在0＜y＜R 的区间内各处沿x 轴正方向同时发射出速度均为ν、带正电的同种粒子，粒
子质量为m，电荷量为q。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏
转恰好击中y 轴上的同一位置，则下列说法中正确的是（
）
A．粒子击中点距O 点的距离为R
B．磁场的磁感应强度为
ܕܞ
ܙ܀
C．粒子离开磁场时速度方向相同
D．粒子从离开发射装置到击中y 轴所用时间t 的范围为
૛܀
ܞ＜t＜ሺ૛൅ૈ砀܀
૛ܞ
8．（6 分）由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为Φ＝Φmsinωt，则产生的感应电动势为e＝
ωΦmcosωt．如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD（由细软弹性电阻丝制成）端点A、D 固定。在以水平
线段AD 为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线框的电阻
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恒定，圆的半径为R，用两种方式使导线框上产生感应电流。方式一：将导线上的C 点以恒定角速度ω1（相对
圆心O）从A 点沿圆弧移动至D 点；方式二：以AD 为轴，保持∠ADC＝45°，将导线框从竖直位置以恒定的
角速度ω2 转90°．则下列说法正确的是（
）
A．方式一中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针
B．方式一中，导线框中的感应电动势为e1＝BR2ω1cosω1t
C．两种方式中，通过导线截面的电荷量相等
D．若ω1＝ω2，则两种方式电阻丝上产生的热量相等
二、非选择题：．第9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13-16 题为选考题，考生根据要求作答
9．（6 分）某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A 挂于固定点P，下端用细
线挂一重物M．弹簧测力计B 的一端用细线系于O 点，手持另一端向左拉，使结点O 静止在某位置。分别读出
弹簧测力计A 和B 的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O 点的位置和拉线的方向。
（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A 的示数为
N。
（2）（多选题）下列能减小实验误差的措施是
。（请填写选项前对应的字母）
A．让重物M 的质量适当大一些
B．弹簧测力计应在使用前校零
C．弹簧测力计B 所拉的细绳套应尽可能保持水平方向
D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O 点静止在同一位置
（3）某次实验中，该同学发现弹簧测力计A 的指针稍稍超出量程，请你提出两个解决办法。
方法一：
，方法二：
。
10．（9 分）某实验小组研究两个未知元件Ⅹ和Y 的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为3kΩ）、电流表（内
阻约为1Ω）、滑动变阻器（最大阻值为5Ω，额定电流为1A）、电源、电键、导线等。
（1）使用多用电表粗测元件Ⅹ的电阻。选择“×1”欧姆挡测量，示数如图甲所示，读数为
Ω。
（2）现要研究元件Ⅹ的伏安特性，请你根据所给的实验仪器设计合理的实验电路，把理论电路图画在乙方框内。
（3）根据合理的实验电路对元件X 进行研究后，将元件X 换成元件Y，重复实验。根据实验数据作出的U﹣I
图线如图丙所示，由图可判断元件
（填“X”或“Y”）是非线性元件。
（4）该小组将元件X 和Y 接入图丁所示的电路中，当电压表的示数为1.5V 时，元件Y 消耗的功率为
W
（结果保留两位有效数字）。
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11．（12 分）如图，与水平面成45°角的平面MN 将空间分成I 和Ⅱ两个区域。区域I 存在方向竖直向下的匀强电
场，电场强度大小为E；区域Ⅱ存在垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q 的正粒子以速度v0
从平面MN 上的P 点水平向右射入区域I．粒子的重力忽略不计。
（1）求粒子第一次到达平面MN 时离出发点P 的距离；
（2）上述粒子进入区域Ⅱ空间后，经磁场偏转第一次离开区域Ⅱ时，恰好能够通过P 点，试求该匀强磁场磁感
应强度的大小。
12．（20 分）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量m＝lkg 的小
物块A，弹簧压缩后被锁定在某一长度。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。
传送带始终以v＝2ms 的速度逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量M＝2kg 的小物块B 从其上距水平
台面h＝1.0m 处由静止释放。已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l＝1.0m。设物块A、B 之间发生
的是对心碰撞（碰撞时间极短），碰撞后两者一起向前运动且碰撞瞬间弹簧锁定被解除。取g ＝
10m/s2．
（1）求物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小；
（2）若物块B 第一次与A 分离后，恰好运动到右边曲面距水平台面h′＝0.5m 高的位置，求弹簧被锁定时弹
性势能的大小；
（3）在满足（2）问条件的前提下，两物块发生多次碰撞，且每次碰撞后分离的瞬间物块A 都会立即被锁定，
而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块A、B 第n 次碰撞后瞬间速度大小。（计算结果可用根号表示）
【物理一选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列关于分子运动和热现象的说法正确的是（
）
A．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故
B．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加
C．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
D．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大
E．一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和
14．（10 分）如图所示，横截面积为S、高度为h 内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一厚度可忽略的活塞，活塞所
受重力大小为0.1P0S：汽缸内密封有温度为3T0、压强为2.2P0 的理想气体。P0 和T0 分别为大气的压强和温度。
已知气体内能U 与温度T 的关系为U＝aT，a 为正的常量，汽缸内气体的所有变化过程都是缓慢进行的。求：
（i）当活塞刚要向下运动时，汽缸内气体的温度；
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（ii）在活塞下降的整个过程中，汽缸内气体放出的热量。
【物理一选修3-4】（15 分）
15．（5 分）如图所示，图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x＝2m 处的质点P 以此时刻为计
时起点的振动图象，质点Q 的平衡位置位于x＝3.5m．下列说法正确的是（
）
A．在0.3s 时间内，质点P 向右移动了3m
B．这列波的传播速度是20m/s
C．这列波沿x 轴正方向传播
D．t＝0.1s 时，质点P 的加速度大于质点Q 的加速度
E．t＝0.45s 时，x＝3.5m 处的质点Q 到达波谷位置
16．（10 分）某种透明材料制成的空心球体外径是内径的2 倍，其过球心的某截面（纸面内）如图所示。一束单色
光（纸面内）从外球面上A 点入射，入射角为45°时，光束经折射后恰好与内球面相切。
（i）求该透明材料的折射率；
（ii）欲使光束从A 点入射后，恰好在内球面上发生全反射，则应将入射角变为多少度？
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2019-2020 学年山东省淄博市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括8 小题，每小题6 分，共48 分．每小题给出的四个选项中，第1 至4 题只有一项符合题目
要求，第5 至8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有错选的得0 分）
1．【分析】根据三种射线的特性、半衰期的特点和裂变聚变的特点去分析，并由平均结合能是核子与核子结合成原
子核时平均每个核子放出的能量，从而即可求解。
【解答】解：A、α，β，γ三种射线中γ射线电离作用最弱，贯穿本领最强，故A 错误；
B、两个轻核结合成质量较大的核的过程中要释放能量，核子的平均质量减小，所以核子的比结合能增加。故B
错误；
C、根据玻尔原子理论，氢原子在辐射光子的同时，电子的轨道半径也在减小，但电子的轨道不是连续的。故C
错误；
D、半衰期由原子核本身决定，与外界任何因素都无关，放射性元素组成的化合物进行高温分解时，放射性元素
的半衰期不变。故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查的知识点较多，大多是记忆性的，注意对核能的理解和掌握，对平均结合能随元素的序数的
变化规律的理解是该题的关键。因此，平时要多看书。
2．【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。
【解答】解：A、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向
心力，通过做近心运动减小轨道半径，故A 错误；
B、轨道Ⅱ的半长轴小于轨道I 的半径，根据开普勒第三定律可知沿轨道Ⅱ运行的周期小于轨道I 上的周期，故
B 错误；
C、在同一点万有引力相同，加速度相同，则C 正确；
D、根据开普勒第二定律可知在轨道Ⅱ上由P 点运行到Q 点的过程中，速度逐渐增大，引力做正功，则D 错误。
故选：C。
【点评】本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。
3．【分析】根据题中各项中给出的D 的意义进行分析，分析其变化率对应的意义即可答题。
【解答】解：A、若D 表示某质点运动的路程，则
ᶭ۲
ᶭܜ表示速率，速率不变，质点的速度方向可能变化，不一定
做匀速直线运动，故A 错误。
B、若D 表示某质点运动的速度，则
ᶭ۲
ᶭܜ表示加速度，
ᶭ۲
ᶭܜ恒定不变时，该质点的加速度不变，只能说明质点做匀
变速运动，但可能是匀变速曲线运动，如平抛运动，故B 错误；
C、若D 表示某质点的动量，由动量定理得F 合△t＝△P，知
ᶭ۲
ᶭܜൌ
ᶭ۾
ᶭܜൌF 合，所以
ᶭ۲
ᶭܜ越大，该质点所受的合外
力越大，故C 正确。
D、若D 表示某质点的动能，△D 表示动能的变化量，根据动能定理可知△D＝W 合，则
ᶭ۲
ᶭܜൌ
܅合
ᶭܜ，表示所受
合外力做功的功率，
ᶭ۲
ᶭܜ越大，该质点所受的合外力做功越快，而不是越多，故D 错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键是知道当D 表示不同的量时，明确出其变化率所表示的物理量，再根据条件判断是否
变化即可求解。涉及动量变化量时可考虑动量定理。涉及动能变化量时可考虑动能定理。
4．【分析】分别对ab 两球分析，运用合成法，明确b 只能受重力和拉力的作用，用拉力T 表示出a、b 两球的重
力，同一根绳子上的拉力相等，即绳子ab 两球的拉力是相等的。
【解答】解：分别对ab 两球分析，运用合成法，如图：
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对b 球受力分析可知，b 受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对B 球没有弹力，否则b 不能平衡，
所以得：T＝mg；
对a 球受力分析可知，a 受到重力，绳子的拉力以及杆对a 球的弹力，三个力的合力为零；
由几何关系可得，T 与竖直方向之间的夹角为：α＝90°﹣2θ＝30°
所以根据正弦定理列式可得：
܂
ܛtܖીൌ
ܕۯ܏
ܛtܖሺૢ૙ι൅ી砀
故mAൌ
ܕ
ܜ܉ܖીൌ
૜ܕ．故A 正确、BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题考查连接体的共点力平衡问题，要注意明确整体法与隔离法的正确应用；关键是抓住同一根绳子
上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来，同时注意利用假设法分析B 可能的受车情况。
5．【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。
根据光照的变化明确电阻的变化，从而分析电压和电流的变化规律。
【解答】解：A、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220 ૛V，根据电压之比等于线圈匝数
之比可知，副线圈的电压的最大值为22 ૛V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为：Uൌ૛૛૛
૛V＝22V，
故A 错误；
B、根据顺时针表达式可得100π＝2πf，所以副线圈中交流电的频率为：f＝50Hz，故B 正确；
C、在天变黑的过程中，光照变弱，R 阻值增大；电路的总电阻减大，由于电压是由变压器决定的，输出的电压
不变，所以电流变小，电流表A2 的示数变小，故C 正确；
D、由于变压器的输入和输出的功率是相等的，副线圈的电流减小，电压不变，所以由P＝UI 可知，输出的功率
要减小，故输入的功率也要减小，因输入电压不变，故输入功率变小，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查原理压中的电路的动态变化的分析，与直流电路中的动态分析相同；总的原则就是由部分电
路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。
6．【分析】小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，合力为零，加
速度为零，速度最大，然后合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，
加速度方向向上。
【解答】解：小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等
于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大
的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最底端时加速度大于g，故AD
正确，BC 错误
故选：AD。
【点评】解决本题的关键知道根据合力的大小和方向可知加速度的大小和方向，以及知道加速度与速度同向，
速度增加，加速度与速度反向，速度减小。
7．【分析】本题的关键是从粒子源发出粒子以相同速度（包括方向）向圆弧形区域发射粒子，且说明这些粒子最后
都批在同一点，显然这一点是y 轴上的（0，R），由此可以判断出该粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛仑兹
力提供向心力可以求得速度，从而能求出最长和最短时间。
【解答】解：A、由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是y 轴上同一点，由最高点射出的只能击中（0，R），
则击中的同一点就是（0，R），故A 正确；
B、从最低点射出的也击中（0，R），那么粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛仑兹力提供向心力得：qvB＝
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m
ܞ૛
܀，解得：Bൌܕܞ
ܙ܀，故B 正确；
C、从最高点射入的粒子离开磁场时方向向右，从最低点射入的粒子离开磁场时方向向上，所以粒子离开磁场时
速度方向不相同，故C 错误；
D、显然偏转角最大的时间最长，显然从最低点射出的粒子偏转90°，时间最长，最长时间t1ൌ܀
ܞ൅૚
૝Tൌሺ૛൅ૈ砀܀
૛ܞ
，
从最高点直接射向（0，R）的粒子时间最短，最短时间t2ൌ૛܀
ܞ，击中y 轴所用时间t 的范围为
૛܀
ܞ＜t＜ሺ૛൅ૈ砀܀
૛ܞ
，
故D 正确。
故选：ABD。
【点评】看起来情况比较复杂，但涉及的问题却是常规问题，本题的关键点是粒子源发出的粒子是速度大小和
方向均相同，则其做匀速圆周运动的半径相同，在从最低点的特殊情况就能知道相同的半径就是圆弧的半径，
再结合周期公式能求出最长和最短时间。
8．【分析】方式一中，线框的磁通量先增大后减小，根据楞次定律分析感应电流的方向。根据几何知识和Φ＝BS
求得线框磁通量的瞬时表达式，从而知电动势的瞬时值表达式。根据q＝n
ᶭΦ
܀列式分析电荷量的关系。根据有效
值分析电阻丝上产生的热量关系。
【解答】解：A、方式一中，线框的磁通量先增大后减小，根据楞次定律判断知导线框中感应电流的方向先逆时
针，后顺时针，故A 正确。
B、方式一中，t 时间内CO 转过角度为θ＝ω1t，根据几何知识知线框的面积：Sൌ૚
૛•2R•Rsinθ＝R2sinθ
磁通量为Φ＝BS＝BR2sinθ＝BR2sinω1t＝Φmsinω1t，式中Φm＝BR2
由题意得：导线框中的感应电动势为e1＝ω1Φmcosω1t＝BR2ω1cosω1t，故B 正确。
C、根据q＝n
ᶭΦ
܀知：方式一中，△Φ＝0，通过导线截面的电荷量q＝0，而方式二中，△Φ≠0，通过导线截面
的电荷量q≠0，故C 错误。
D、第二种方式穿回路的磁通量Φ2＝BR2cosω2t，所产生的电动势为e2＝ω2BR2sinω2t，
若ω1＝ω2，则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为
۳૚
۳૛
ൌ
۳૚ܕ
۳૛ܕ
ൌ
۰܀૛૑૚
۰܀૛૑૛
ൌ1
时间之比满足
ܜ૚
ܜ૛
ൌૈૈ
૛
ൌ2，由焦耳定律Q＝I2Rt 知Q1＝2Q2，即方式一中电阻丝上产生的热量是方式二的2 倍，
故D 错误。
故选：AB。
【点评】以电磁感应为命题背景考查学生的推理能力、分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力，本题关
键明确交流四值中最大值、平均值、瞬时值和有效值的区别，会根据几何知识写出交流的表达式，注意知识的
迁移应用。
二、非选择题：．第9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13-16 题为选考题，考生根据要求作答
9．【分析】（1）确定出弹簧测力计的最小分度值，从而读出弹簧秤的读数。
（2）正确理解和应用平行四边形定则，明确合力和分力的大小关系，理解“等效法”在该实验中的应用，根据
实验原理分析即可。
（3）当结点静止于某位置时，弹簧测力计B 的大小与方向就已确定了。原因是挂重物的细线大小与方向一定，
而弹簧测力计A 大小与方向也一定，所以两力的合力必一定。当出现超出弹簧测力计A 的量程时，通过改变其
中一个力大小或另一个力方向来达到此目的。
【解答】解：（1）弹簧测力计A 的最小分度值是0.1N，所以图中A 的示数为3.80N。
（2）A、让重物M 的质量适当大一些，弹簧测力计的读数大些，测量的相对误差小些，故A 正确；
B、弹簧测力计在使用前校零，能减小实验误差，故B 正确；
C、弹簧测力计B 所拉的细绳套不一定要水平，只要每次O 点能拉到同一点就行，故C 错误；
D、改变拉力，进行多次实验，每次都要使O 点静止在同一位置，这是实验方法：等效替代法的要求，但不能
实验误差，故D 错误；
故选：AB。
（3）当弹簧测力计A 超出其量程，说明弹簧测力计B 的拉力与重力的合力已偏大。解决办法：
方法一：减小重物M 的重量。
方法二：将弹簧测力计B 绕O 点顺时针转过一个角度。
方法三：将弹簧测力计A 绕P 点逆时针转过一个角度。
方法四：将A 更换为量程较大的测力计（任意两个）
故答案为：（1）3.80．（2）AB．（3）减小重物M 的重量，将弹簧测力计B 绕O 点顺时针转过一个角度。
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【点评】本题考查了弹簧测力计读数、减小实验误差的方法，对弹簧测力计读数时要先确定其分度值，然后再
读数，读数时视线要与刻度线垂直。
10．【分析】（1）电阻的大小等于表盘的读数乘以倍率。根据元件X 的电阻大小确定电流表的内外接。
（2）比较滑动变阻器阻值与待测阻值关系选择滑动变阻器接法；比较电流表内阻与待测阻值关系判断电流表接
法，设计出实验原理图；
（3）根据图象得特点判断元件是否是非线性元件；
（4）根据欧姆定律和串并联电路特点求解流经电流，然后根据图丙读出电压，然后根据P＝UI 计算功率。
【解答】解：（1）使用多用电表粗测元件X 的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图（甲）所示，读数为
10Ω；
（2）元件X 的电阻远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小；
元件X 的电阻比滑动变阻器的最大阻值大，且根据图丙可知，要求电流电压示数从零开始，故滑动变阻器采用
分压接法，故设计实验原理图如图所示：
；
（3）根据图丙可知，Y 元件的电流与电压关系程曲线，故为非线性元件；
（4）由欧姆定律和串联电路中电流处处相等得：
۷܇ൌ۷܆ൌ܃
܀܆ൌ૚䁪૞
૚૙ۯ ൌ૙䁪૚૞ۯ
由图丙可得此时Y 两端电压为：UY＝0.5V
则元件Y 消耗的功率为PY＝UYIY＝0.15×0.5W＝0.075W
故答案为：（1）10；
（2）
；
（3）Y；
（4）0.075。
【点评】解答本题应知道串联电路中电阻、电流和电压的关系，会正确使用滑动变阻器，会根据欧姆定律判断
电压表和电流表示数的变化。同时解题的关键在于能掌握滑动变阻器分压式和限流式的区别，电流表内外接的
区别。
11．【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出粒子在电场中的位移。
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据粒子进入速度大小及角度，由牛顿第二定律求
出粒子轨道半径，然后求出匀强磁场磁感应强度的大小。
【解答】解：（1）带电粒子进入电场后，设其做类平抛运动的加速度大小为a，时间为r，所求距离为s，
由牛顿第二定律得：Eq＝ma
由运动学公式和几何关系有：
scos45°＝v0t
ssin45°ൌ૚
૛܉ܜ૛
解得：sൌ
૛૛ܕܞ૙
૛
۳ܙ
（2）设粒子进入磁场时竖直方向的分速度为vy，合速度为v，v 与MN 所成的夹角为θ，与水平方向的夹角为α，
则有：
vy＝at
vൌ
ܞ૙
૛൅ܞܡ
૛
cosαൌܞ૙
ܞ
sinαൌ૛ܞ૙
ܞ
又磁场中有：rsin（αെૈ૝）ൌܛ
૛
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qvB＝m
ܞ૛
ܚ
解得：Bൌ
۳
૛ܞ૙
答：（1）粒子第一次到达平面MN 时离出发点P 的距离为
૛૛ܕܞ૙
૛
۳ܙ
；
（2）上述粒子进入区域Ⅱ空间后，经磁场偏转第一次离开区域Ⅱ时，恰好能够通过P 点，该匀强磁场磁感应强
度的大小
۳
૛ܞ૙
。
【点评】本题考查了带电粒子在电场、磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，
根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键；应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题。
12．【分析】（1）物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置由机械能守恒列出等式，物块B 在传送带上滑动根据牛顿第二
定律和运动学公式求解；
（2）物块A、B 第一次碰撞前后运用动量守恒，能量守恒列出等式求解；
（3）当物块B 在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B 运动到左边台面
是的速度大小为v1，继而与物块A 发生第二次碰撞。物块B 与物块A 第三次碰撞、第四次碰撞…，根据对于的
规律求出n 次碰撞后的运动速度大小。
【解答】解：（1）若B 在传送带上能够一直减速运动，设它在最左端时的道度为v1 前•则B 从最高点运动到传送
带最左端过程中由动能定理得：
Mgh﹣μMglൌ૚
૛ۻܞ
૚前
૛
െ0
解得：v1 前＝4ms＞2ms，所以物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小为4ms
（2）设B 与A 碰撞后瞬间共问速度为v1 后，对AB 系统由动量守恒定律有：
Mv1 前＝（m+M）v1 后
分析可知，当弹簧恢复原长时AB 分离，设B 第一次离开弹簧时速度为v1 离，对B 离开弹簧到运动至h 高度处
由动能定理得：
﹣μMgl﹣Mgh′＝0െ૚
૛ۻܞ૛
૚离
对AB 及弹簧系统由第一次解锁位置到第一次恢复原长位置由经量守恒定律得：
EPൌ૚
૛（M+m）ܞ
૚离
૛
െ૚
૛（M+m）ܞ
૚后
૛
联立解得：EPൌ૜૚
૜J
（3）若B 从处下落后在传带上能够一直减速，B 从运动至传送带左端过程中由动能定理得：
Mgh′﹣μMglൌ૚
૛ۻܞ
૛前
૛
െ0
解得：v2 前ൌ
૟m/s＞2m/s，故而物块B 与物块A 第二次碰前的速度大小为：v2 前ൌ
૟ms
B 与A 第二次碰撞过程中对AB 系统有：Mv2 前＝（m+M）v2 后
联立解得：v2 后ൌ૛
૜
૟m/s
B 向右再次冲到传送带上若能在其上速度变为0，设其通过的位移为x，由动能定理有：
﹣μMgx＝0െ૚
૛ۻܞ
૛后
૛
解得：xൌ૛
૜m＜1m，故而B 第三次与A 相撞时的速度仍为：v3 前ൌ૛
૜
૟m/s
再由Mv3 前＝（m+M）v3 后
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解得：v3 后ൌሺ૛
૜砀૛૟m/s
推理可知B 与A 第n 次撞后速度大小的表达式为：vn 后ൌሺ૛
૜砀ܖെ૚૟m/s
根据以上分析知：v1 后ൌ砀
૜m/s
vn 后ൌሺ૛
૜砀ܖെ૚૟m/s（n＝2、3、4……）
答：（1）物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小4ms；
（2）弹簧被锁定时弹性势能的大小是
૜૚
૜J；
（3）物块A、B 第n 次碰撞后瞬间速度大小ሺ૛
૜砀ܖെ૚૟m/s。
【点评】本题是多过程问题，分析滑块经历的过程，运用动量守恒，能量守恒、牛顿第二定律和运动学公式结
合按时间顺序分析和计算，难度较大。
【物理一选修3-3】（15 分）
13．【分析】本题可根据分子间作用力分析气体会散开的原因．根据热传递情况分析物态变化时，分析内能的变化，
判断分子势能的变化．对于一定量的理想气体，内能只跟温度有关．温度是分子平均动能的标志，气体的内能
等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和．
【解答】解：A、气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子
永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散。故A 错误。
B、一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，分子动能之和不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增
大。故B 正确。
C、对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，根据气态方程
۾t
܂ൌ۱ 知，温度升高，则内能增大。故C 正
确。
D、如果气体分子总数不变，气体温度升高，若同时体积增大，由
۾t
܂ൌ۱ 可知，压强不一定增大。故D 错误。
E、一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和。故E 正确
故选：BCE。
【点评】本题关键要掌握分子动理论的基本内容和气态方程
۾t
܂ൌ۱，知道温度是分子平均动能的标志，就能进
行分析．
14．【分析】（i）活塞刚要向下运动前，封闭气体做等容变化，根据查理定律列式求解；
（ii）先求出外界对气体做的功，再由热力学第一定律求解放出的热量。
【解答】解：（i）设活塞开始缓慢下移时气体的压强为P2，
对活塞根据平衡得：P0S+0.1P0S＝P2S①
设活塞开始缓慢下移时温度为T2，在此之前气体做等容变化，
根据查理定律得：
۾૚
܂૚
ൌ
۾૛
܂૛
②
又P1＝2.2P0、T1＝3T0
①②联立解得：܂૛ൌ૜
૛܂૙
（ii）对封闭的气体由理想气体状态方程得：
۾૚t૚
܂૚
ൌ
۾૜t૜
܂૜
③
活塞下降过程中活塞对气体做的功为：W＝P2（V1﹣V3）④
在这一过程中气体内能的变化量为ᶭ܃ൌ܉܂૙െ૜
૛܉܂૙⑤
由热力学第一定律得：△U＝W+Q⑥
③④⑤⑥联立解得：
Qൌ૚
૛܉܂૙൅૚૚
૜૙۾૙ܐ܁
答：（i）当活塞刚要向下运动时，汽缸内气体的温度为
૜
૛܂૙；
（ii）在活塞下降的整个过程中，汽缸内气体放出的热量为
૚
૛܉܂૙൅
૚૚
૜૙۾૙ܐ܁。
【点评】本题考查了理想状态方程的应用和热力学第一定律的应用。关键是分析状态参量，选择方程列式求解
即可。
【物理一选修3-4】（15 分）
15．【分析】简谐波传播过程中，介质中各个质点不随波向前移动．由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，
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可求出波速．由振动图象读出t＝0 时刻P 点的振动方向，判断波的传播方向．分析波动过程，根据时间与周期
的关系，判断P 点和Q 点的运动状态．
【解答】解：A、简谐横波传播过程中，质点P 只上下振动，不向右移动，故A 错误。
B、由图知：λ＝4m，T＝0.4s，则波速vൌλ
܂ൌ10m/s。故B 错误。
C、由乙图读出，t＝0 时刻质点P 的速度向上，则由波形的平移法可知，这列波沿x 轴正方向传播。故C 正确。
D、t＝0.1s 时，质点P 位于波峰，可知，质点P 的位移大于质点Q 的位移，由aൌെܓܠ
ܕ知，质点P 的加速度大
于质点Q 的加速度。故D 正确。
E、在t＝0.45s 时间内波传播的距离为x＝vt＝10×0.45m＝4.5m＝λ+0.5m，根据波形平移法可知，t＝0.45s 时，
x＝3.5m 处的质点Q 到达波谷位置，故E 正确。
故选：CDE。
【点评】波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系．同时，熟练要分析波动形成的过程，
分析质点的位置和加速度情况．
16．【分析】（1）根据几何关系求得折射角的正弦值，根据nൌܛtܖt
ܛtܖ઻求得折射率；
（2）根据发生全反射的条件求得在内表面上的入射角，根据几何关系即可求得在A 点的入射角
【解答】解：（i）如图，设光束经折射后到达内球面上B 点在A 点，由题意知，入射角i＝45°，折射角r＝∠
BAO 由几何关系有：sinrൌ۰۽
ۯ۽ ൌ0.5
由折射定律有：nൌܛtܖt
ܛtܖ઻
代入数据解得nൌ
૛
（ii）如答图，设在A 点的入射角为i'时，光束经折射后到达内球面上C 点，并在C 点恰发生全反射，则光束
在内球面上的入射角∠ACD 恰等于临界角C 由sinCൌ૚
ܖ
代入数据得：∠ACD＝C＝45°
由正弦定理有
ܛtܖסۯ۱۲
ۯ۽
ൌ
ܛtܖס۱ۯ۽
۱۽
AO＝2R，CO＝R
解得：sin∠CAOൌܛtܖסۯ۱۲
૛
ൌ
૛
૝
由折射定律有：nൌ
ܛtܖt
ܛtܖס۱ۯ۲
解得：sini'＝0.5，即此时的入射角i'＝30°
答：（i）该透明材料的折射率为૛；
（ii）欲使光束从A 点入射后，恰好在内球面上发生全反射，则应将入射角变为30 度
【点评】本题主要考查了折射定律和全反射条件，解题的关键是抓住几何关系即可
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2019-2020 学年山东省潍坊市高考物理一模试卷
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分）
1．
（6 分）在物理学中用比值法定义物理量是一种很重要的方法。下列物理量的表达式不是由比值法定义的是（
）
A．加速度定义式aൌᶭܞ
ᶭܜ
B．点电荷电场场强E＝k
ۿ
ܚ૛
C．磁感应强度Bൌ۴
۷ۺ
D．电阻Rൌ܃
۷
2．（6 分）甲乙两货车在平直公路上从同一位置同向行驶，两车的v﹣t 图象如图所示。则在0～4s 时间内（
）
A．甲车做曲线运动
B．乙车一直在甲车的后方
C．甲车的平均速度小于6m/s
D．乙车位移的大小为8m
3．（6 分）如图所示，在某静止点电荷产生的电场中有M、N 两点，M 点场强大小为EM，方向与MN 连线的夹角
为53°，N 点场强大小为EN，方向与MN 连线的夹角为37°．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法
正确的是（
）
A．该点电荷带正电
B．
۳ۻ
۳ۼ
ൌ
૚૟ૢ
C．M 点的电势高于N 点
D．一电子从M 点运动到N 点电势能增加
4．（6 分）关于原子学物理知识，下列说法正确的是（
）
A．升高放射性物质的温度，其半衰期变短
B．发生光电效应现象时，增大照射光的频率，同一金属的逸出功变大
C．ૢ
૜
૛૜૝Np 经过7 次α衰变和5 次β衰变后变成
砀૜
૛૙ૢBi
D．根据玻尔理论，氢原子向低能级跃迁时只放出符合两能级能量差的光子
5．（6 分）理想变压器原、副线圈的匝数比为9：5，原线圈接交流电源，副线圈的电路结构如图甲所示，已知R1
＝R2＝R3，开关S 断开时R2 两端电压按如图乙所示规律变化。若闭合开关S，电表均为理想电表，下列说法正
确的是（
）
A．电流表示数变小
B．电压表V1 示数为180V
C．变压器的输入功率减小
D．电压表V2 示数为100V
6．（6 分）2018 年5 月21 日，嫦娥四号中继星“鹊桥”搭乘长征四号丙运载火箭升空，为嫦娥四号登陆月球背面
做准备。为保证地月通信的稳定，“鹊桥”必须定位在“地月系统拉格朗日﹣2 点”（简称地月L2 点），在该点地
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球、月球和“鹊桥”位于同一直线上，且“鹊桥”和月球一起同步绕地球做圆周运动。则（
）
A．“鹊桥”的加速度小于月球的加速度
B．“鹊桥”的线速度大于月球的线速度
C．“鹊桥”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度
D．若已知地心到月心的距离，地心到“鹊桥”的距离，可求得月球和地球的质量之比
7．（6 分）如图所示，固定在同一水平面内的两平行长直金属导轨，间距为1m，其左端用导线接有两个阻值为4Ω
的电阻，整个装置处在竖直向上、大小为2T 的匀强磁场中。一质量为2kg 的导体杆MN 垂直于导轨放置，已知
杆接入电路的电阻为2Ω，杆与导轨之间的动摩擦因数为0.5．对杆施加水平向右、大小为20N 的拉力，杆从静
止开始沿导轨运动，杆与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度g＝10m/s2．则（
）
A．M 点的电势高于N 点
B．杆运动的最大速度是10m/s
C．杆上产生的焦耳热与两电阻产生焦耳热的和相等
D．当杆达到最大速度时，MN 两点间的电势差大小为20V
8．（6 分）如图所示，一倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一轻弹簧左端拴接在质量为m 的物体P 上，右端
连接一轻质细绳，细绳跨过光滑的定滑轮连接质量为m 的物体Q，整个系统处于静止状态。对Q 施加始终与右
侧悬绳垂直的拉力F，使Q 缓慢移动至悬绳水平，弹簧始终在弹性限度内。则（
）
A．拉力F 先变大后变小
B．弹簧长度先增加后减小
C．P 所受摩擦力方向先向下后向上
D．斜面对P 的作用力先变小后变大
二、非选择题（共4 小题，满分47 分）
9．（6 分）某同学用如图所示的装置探究质量一定时物体的加速度a 与所受合力F 的关系。
（1）该同学用砂和砂桶的重力表示小车受到的合外力F，为了减少这种做法带来的实验误差，采取下列两项措
施：
①用木块将长木板无滑轮的一端垫高来平衡摩擦力。不悬挂砂桶，给小车一初速度，若发现小车通过光电门1
的遮光时间小于通过光电门2 的时间，则应将木块向
（“左”或“右”）移动；
②在改变砂子质量时需确保砂和砂桶的质量
小车的质量。
A．略小于
B．远小于
C．略大于
D．远大于
（2）某次实验中，该同学在砂和砂桶的质量不变的情况下，多次改变小车静止释放点到光电门2 的距离x，记
录小车通过光电门2 的时间t，利用所测数据做出
૚
ܜ૛െx 图象，求得其斜率为k，已知遮光片宽度为d，则小车的
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加速度为
。
10．（9 分）某同学用下列实验器材，测量某电池电动势和内阻。
A．电流表Al（量程0.6A，内阻1Ω）
B．电流表A2（量程200mA，内阻5Ω）
C．定值电阻R1（25Ω）
D．定值电阻R2（阻值未知）
E．开关、导线若干
该同学设计了如图甲所示的电路，实验操作过程如下：
②图甲所示电路图连接图乙实验器材；
②闭合S1、断开S2，电流表A1 示数为0.32A；
③再闭合S2，电流表A1 示数0.40A，电流表A2 的示数为l00mA。
请完成下列问题：（计算结果均保留两位有效数字）
（1）将乙图连线补充完整；
（2）定值电阻R2＝
Ω；
（3）该电池的电动势为
V，内阻为
Ω。
11．（12 分）如图，是某科技小组制做的嫦娥四号模拟装置示意图，用来演示嫦娥四号空中悬停和着陆后的分离过
程，它由着陆器和巡视器两部分组成，其中着陆器内部有喷气发动机，底部有喷气孔，在连接巡视器的一侧有
弹射器。演示过程：先让发动机竖直向下喷气，使整个装置竖直上升至某个位置处于悬停状态，然后让装置慢
慢下落到水平面上，再启动弹射器使着陆器和巡视器瞬间分离，向相反方向做减速直线运动。若两者均停止运
动时相距为L，着陆器（含弹射器）和巡视器的质量分别为M 和m，与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速
度为g，发动机喷气体口截面积为S，喷出气体的密度为ρ；不计喷出气体对整体质量的影响。求：
（1）装置悬停时喷出气体的速度；
（2）弹射器给着陆器和巡视器提供的动能之和。
12．（20 分）如图所示竖直平面内的直角坐标系xoy，x 轴水平且上方有竖直向下的匀强电场，场强大小为E，在x
轴下方有一圆形有界匀强磁场，与x 轴相切于坐标原点，半径为R．已知质量为m、电量为q 的粒子，在y 轴
上的（0，R）点无初速释放，粒子恰好经过磁场中（
૜
૜R，﹣R）点，粒子重力不计，求：
（1）磁场的磁感强度B；
（2）若将该粒子释放位置沿y＝R 直线向左移动一段距离L，无初速释放，当为多大时粒子在磁场中运动的时
间最长，最长时间多大；
（3）在（2）的情况下粒子回到电场后运动到最高点时的水平坐标值。
[物理一选修3-3]（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．空气中大量PM2.5 的运动也是分子热运动
B．温度相同的氧气和氢气，分子的平均动能相同
C．温度相同的氧气和氢气，氢气的内能一定大
D．气体等压压缩过程一定放出热量，且放出的热量大于内能的减少
E．晶体熔化过程分子势能增加
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14．（10 分）如图为高楼供水系统示意图，压力罐甲、乙与水泵连接，两罐为容积相同的圆柱体，底面积为0.5m2、
高为0.7m，开始两罐内只有压强为1.0×105Pa 的气体，阀门K1、K2 关闭，现启动水泵向甲罐内注水，当甲罐
内气压达到2.8×105Pa 时水泵停止工作，当甲罐内气压低于1.2×105Pa 时水泵启动，求：
①甲罐内气压达到2.8×105Pa 时注入水的体积；
②打开阀门K1，水流入乙罐，达到平衡前水泵是否启动。
[物理一选修3-4]（15 分）
15．（5 分）如图所示为一简谐横波在t＝0s 时刻的波形图，Q 是平衡位置为x＝4m 处的质点。Q 点与P 点平衡位
置相距3m，P 点的振动位移随时间变化关系为y＝l0sin（πt൅ૈ૝）cm，下列说法正确的是（
）
A．该波沿x 轴正方向传播
B．该波的传播速度为4m/s
C．质点Q 在1s 内通过的路程为0.2m
D．t＝0.5 s 时，质点Q 的加速度为0，速度为正向最大
E．t＝0.75 s 时，质点P 的加速度为0，速度为负向最大
16．（10 分）一个直角三角形的玻璃棱镜ABC，∠A＝30°，截面如图。一条光线从D 点垂直于BC 射入棱镜，光
线在AB 面上F 点发生全反射，从AC 边中点E 射出。已知AC 边长为2L，光在真空中的速度为c，玻璃的折
射率nൌ
૜．求：
①从E 点射出的光线的折射角；
②光线从D 点到E 点经过的时间t。
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2019-2020 学年山东省潍坊市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分）
1．【分析】所谓比值法定义，就是用两个物理量的比值定义一个新的物理量，而新的物理量与原来两个物理量又无
关，新的物理量反映物质的属性。
【解答】解：A、加速度等于速度变化量△v 与所用时间△t 的比值，a 与△v、△t 无关，该式是由比值法定义的。
故A 正确。
B、点电荷电场场强由Q、r 决定，所以该式不是由比值法定义的。故B 错误。
C、磁感应强度B 由磁场本身决定，与F、IL 无关，该式是由比值法定义的。故C 正确。
D、电阻R 由导体本身决定，与U、I 无关，该式是由比值法定义的。故D 正确。
本题选不是用比值法定义的，
故选：B。
【点评】本题关键要掌握比值定义的方法，对于常见物理量的定义方法要熟悉，即可轻松选择。
2．【分析】v﹣t 图象只能表示直线运动的规律。在v﹣t 图象中，图线与坐标轴围成的面积大小表示位移，平均速
度等于位移除以时间。根据这些知识来分析。
【解答】解：A、v﹣t 图象只能表示直线运动的规律，则知甲做变减速直线运动，故A 错误。
B、根据图线与坐标轴围成的面积大小表示位移，知乙车的位移先小于甲车的位移，后大于甲车的位移，则乙车
先在甲车的后方，后在甲车的前方，故B 错误。
C、若甲做匀减速直线运动，其平均速度为ܞൌܞ૙൅ܞ
૛
ൌ૚૙൅૛
૛
ൌ6m/s，由于甲车实际位移比匀减速直线运动的
位移小，所以甲车的平均速度小于匀减速直线运动的平均速度6m/s，故C 正确。
D、乙车位移的大小为xൌ૛൅૚૙
૛
ൈ4＝24m，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题是速度﹣时间图象问题，关键要明确在速度﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义。要注
意公式ܞൌܞ૙൅ܞ
૛
只适用于匀变速直线运动。
3．【分析】将两个电场线的方向反向延长，交与一点O，然后根据几何关系进行分析即可。
【解答】解：A、将两个电场线的方向反向延长，交与一点O，如图：
所以该点电荷带负电，故A 错误；
B、由几何关系可得：∠MON＝90°，所以：ONൌ૝
૜OM，由点电荷的场强公式：Eൌܓܙ
ܚ૛得：
۳ۻ
۳ۼ
ൌ
۽ۼ૛
۽ۻ૛ൌ
૚૟ૢ，
故B 正确；
C、由于点电荷带负电，所以M 点的电势低于N 点，故C 错误；
D、由于负电荷在电势越低的位置电势能越大，所以电子在M 点的电势能大于在N 点的电势能，电子从M 点运
动到N 点电势能减小，故D 错误；
故选：B。
【点评】该题以一种新的方式考查点电荷的电场，有新意。解题的关键是掌握点电荷的电场的特点。
4．【分析】半衰期仅仅与放射性元素本身有关，与外界的因素无关；逸出功由金属本身决定；根据α衰变和β衰变的
特点以及质量数守恒和电荷数守恒判断。
【解答】解：A、半衰期仅仅与放射性元素本身有关，与外界的因素无关，温度升高时，其半衰期不变，故A 错
误；
B、逸出功由金属本身决定，与入射光的频率无关，故B 错误；
C、根据α衰变和β衰变的特点可知，ૢ
૜
૛૜晦Np 变成
砀૜
૛૙ૢBi 经过
૛૜晦െ૛૙ૢ
૝
ൌ7 次α衰变，经过
砀૜൅૛ൈ晦െૢ૜
૚
ൌ4 次β
衰变。故C 错误；
D、根据玻尔理论，氢原子向低能级跃迁时只放出符合两能级能量差的光子率，故D 正确；
故选：D。
【点评】该题考查半衰期、光电效应的条件以及跃迁等内容，涉及的知识点都是一些记忆性的知识点的内容，
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比较简单，多加积累即可。
5．【分析】开关闭合后，分析总电阻的变化，从而得到总电流的变化，分析电压的变化、功率的变化。
【解答】解：A、开关S 闭合，总电阻减小，总电流增大，R1 两端电压增大，则R2 两端电压减小，电流表示数
减小，故A 正确；
B、开关S 断开时R2 两端电压按如图乙所示规律变化。则R2 两端电压为：UR2ൌ૚૙૙૛
૛
ൌ100V，则R1 两端电压
也为100V，故副线圈电压为：U2＝200V，根据变压器原理可得：U1ൌૢ૞ൈ૛૙૙V＝360V，电压表V1 示数为360V，
故B 错误；
C、S 闭合后，总电流增大，则总功率增大，所以变压器的输入功率增大，故C 错误；
D、S 闭合后，总电阻减小，总电流增大，R1 两端电压增大，则R2 两端电压减小，电压表V1 示数小于100V，
故D 错误。
故选：A。
【点评】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。
6．【分析】卫星与月球同步绕地球运动，角速度相等，根据v＝rω，a＝rω2 比较线速度和向心加速度的大小。
【解答】解：A、“鹊桥”中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大，根据a＝ω2r 知“鹊桥”中继星绕地球
转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大，故A 错误。
B、“鹊桥”中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大，根据v＝ωr 知“鹊桥”中继星绕地球转动的线速度
比月球绕地球线速度大，故B 正确；
C、由向心加速度aൌ۵ۻ
ܚ૛可知半径小的加速度大，则“鹊桥”的轨道半径大于地球同步卫星的轨道半径，故“鹊
桥”的向心加速度小于同步卫星的向心加速度，故C 错误；
D、通过环绕天体的周期和半径，据ۻ ൌ૝ૈ
૛ܚ૜
۵܂૛可求解中心天体的质量比值，故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题考查万有引力的应用，题目较为新颖，在解题时要注意“鹊桥”中转星与月球绕地球有相同的角
速度这个隐含条件。
7．【分析】根据右手定则判断杆中电流方向，从而确定M 点与N 点电势高低。杆做匀速运动时速度最大，由平衡
条件和安培力公式结合求最大速度。根据电流关系、电阻关系，由焦耳定律分析杆上产生的焦耳热与两电阻产
生焦耳热的和关系。当杆达到最大速度时，由欧姆定律求MN 两点间的电势差大小。
【解答】解：A、根据右手定则知，杆中电流方向为M→N，则N 点的电势高于M 点，故A 错误。
B、设杆运动的最大速度是v，此时杆做匀速运动，受到的安培力大小为：
FA＝BIL
Iൌ
۳
܀
૛൅ܚ
E＝BLv
得：FAൌ۰૛ۺ૛ܞ
܀
૛൅ܚ
其中R＝4Ω，r＝2Ω。
根据平衡条件有：
F＝FA+μmg
联立解得：v＝10m/s。故B 正确。
C、两电阻并联阻值R 并ൌ܀
૛ൌr，杆中电流与两电阻的总电流相等，由Q＝I2Rt 知杆上产生的焦耳热与两电阻产
生焦耳热的和相等，故C 正确。
D、当杆达到最大速度时，杆产生的感应电动势为：
E＝BLv＝2×1×10V＝20V
MN 两点间的电势差大小为：
Uൌ
܀
૛
܀
૛൅ܚEൌ૚
૛ൈ20V＝10V．故D 错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键要能根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力与速度的关系式FAൌ۰૛ۺ૛ܞ
܀
૛൅ܚ，
要注意MN 间的电压是外电压，不是电动势，也不是内电压。
8．【分析】根据矢量三角形法则分析拉力F 和弹簧弹力的变化情况；根据平衡条件分析P 所受摩擦力方向和斜面对
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P 的作用力的大小变化情况。
【解答】解：AB、设绳子的拉力为T，绳子拉力与弹簧弹力始终相等，T 和F 的夹角始终为90°，合力方向与
重力等大反向，根据矢量三角形法则可得合力与两个分力关系如图所示：
合力不变，拉力F 逐渐增大、绳子拉力T 逐渐减小，则弹簧的弹力逐渐减小，弹簧的长度逐渐减小，故AB 错
误；
C、开始时P 的重力沿斜面向下的分力为mgsin30°＝0.5mg＜mg，故摩擦力沿斜面向下，随着拉力T 的减小，
摩擦力逐渐减小，当绳子拉力T＝0.5mg 时摩擦力为零，以后摩擦力沿斜面向上，逐渐增大，故C 正确；
D、斜面对P 的作用力等于支持力与摩擦力的合力，支持力不变，摩擦力先减小后增大，故斜面对P 的作用力先
变小后变大，故D 正确。
故选：CD。
【点评】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。
二、非选择题（共4 小题，满分47 分）
9．【分析】实验中认为绳子的拉力等于小车的合力，平衡摩擦力时不能挂着小桶、砝码。根据连续相等时间内的位
移之差是一恒量求出加速度，结合a﹣F 图线得出加速度与力的关系。
【解答】解：（1）①由题意，t1＜t2，则v1＞v2，说明小车在斜面上做减速运动，则是平衡摩擦力不足，所以要
继续垫高木板，即将木块向左移动。
②由实验原理知，本实验是用砂子的重力代替拉力的，便由牛顿第二定律可知，只有当砂子的质量远小于小车
的质量时，F≈mg。
（2）由运动学公式有：v2＝2ax，即（ሺ܌
ܜ砀૛ൌ૛܉ܠ，所以
૚
ܜ૛ൌ
૛܉
܌૛ܠ，斜率kൌ૛܉
܌૛，那么加速度aൌܓ܌૛
૛。
故答案为：（1）左，B；（2）
ܓ܌૛
૛
【点评】解决本题的关键知道实验的原理，以及知道实验中的注意事项，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求
解瞬时速度和加速度。
10．【分析】（1）根据多用电表的测量原理，明确方法是否准确；
（2）根据原理图即可连接实物图；根据表中数据采用描点法可得出对应的图象；再由闭合电路欧姆定律可分析
电动势和内电阻；
（3）采用图象法进行分析，由图中数据及功率公式分析电源的输出功率及效率。
【解答】解：（1）按电路图连接如图所示。
（2、3）由题意有：闭合S1、断开S2，电流表A1 示数为0.32A，据欧姆定律有：E＝I1（R1+RA1+r）
再闭合S2，电流表A1 示数0.40A，电流表A2 的示数为l00mA，
所以R2ൌ۷૚tെ۷૛t
۷૛t
܀૚െRA2＝10Ω，
据欧姆定律有：E＝（I1′﹣I2′）R1+0.4（RA1+r）
联立以上两式解得：E＝4.0V
r＝1.5Ω。
故答案为：（1）实物连接如图所示，
（2）10
（3）4.0
1.5
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【点评】本题考查了闭合电路欧姆定律的数据处理的方法，应用了图象法及电源的输入功率的表达式，要注意
掌握图象法的正确应用。
11．【分析】（1）取△t 时间内喷出的气体为研究对象，由动量定理结合气体对模拟装置的作用力等于重力求解V。
（2）由水平向动量守恒得出两部分的速度关系，对每一部分应用动能定理表达出动能，弹射器做功等于动能之
和，综合求得弹射器提供的动能。
【解答】解：（1）悬停时气体对模拟装置的作用力为F：F＝（M+m）g
取△t 时间内喷出的气体为研究对象，由动量定理：F△t＝（ρSv△t）v
解得：vൌ
ሺۻ൅ܕ砀܏
ૉ܁
（2）弹射过程水平方向动量守恒：mv1﹣Mv2＝0
着陆器和巡视器减速运动的距离分别为L1 和L2，由动能定理：﹣μmgL1＝0െ૚
૛ܕܞ૚
૛െμMgL2ൌ૚
૛ۻܞ૛
૛
L1+L2＝L
弹射器提供的总动能EKൌ૚
૛ܕܞ૚
૛൅૚
૛ۻܞ૛
૛
由以上各式可得：Ekൌૄ
ۻܕ܏ۺ ۻ൅ܕ
ۻ૛൅ܕ૛
答：（1）装置悬停时喷出气体的速度为ሺۻ൅ܕ砀܏
ૉ܁
。
（2）弹射器给着陆器和巡视器提供的动能之和为ૄۻܕ܏ۺ ۻ൅ܕ
ۻ૛൅ܕ૛。
【点评】考查动量定理，动量守恒，动能定理的综合应用，明确研究对象，确定运动过程是解题的要点。综合
性强要认真对待。
12．【分析】（1）根据粒子匀加速运动和圆周运动，由牛顿第二定律和动能定理即可求解；
（2）当粒子在磁场中转过的弦为直径时对应的时间最长，所转过的圆心角为α，根据几何知识求解；
（3）粒子回到电场时速度与水平方向成30°，粒子沿y 轴匀减速运动减到0 时竖直高度最大，根据类平抛知识
和几何关系解答。
【解答】解：（1）粒子匀加速运动EqRൌ૚
૛ܕܞ૛
设圆周运动半径为r，qvB＝m
ܞ૛
ܚ
由几何关系可知r2＝（rെ૜
૜R）2+R2
解得：rൌ૛૜
૜R
Bൌ
૜ܕ۳
૛ܙ܀
磁场方向直xoy 平面向里
（2）当粒子在磁场中转过的弦为直径时对应的时间最长，所转过的圆心角为α，rsin
હ
૛ൌR
解得：αൌ૛
૜ૈ
此时L＝Rsin
હ
૛ൌ
૜
૜܀
在磁场中运动的时间为：tൌܚહ
ܞ
解得：tൌ૛ૈૢ
૟ܕ܀
۳ܙ
（3）粒子回到电场时速度与水平方向成30°，粒子沿y 轴匀减速运动减到0 时竖直高度最大，
vsin30°＝at′
Eq＝ma
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水平方向匀速运动x＝vcos30°t′
解得xൌ
૜
૛܀
粒子返回电场时的水平坐标为x0，
ܠ૙െۺ
ܐ
ൌ粒子ܜ૜૙ι
hൌ૜܀
૛
运动到最高点时的水平坐标x′＝x+x0ൌ૞૜
૛܀
答：（1）磁场的磁感强度B 为૜ܕ۳
૛ܙ܀；
（2）当粒子在磁场中转过的弦为直径时对应的时间最长，粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间为
૛ૈૢ
૟ܕ܀
۳ܙ；
（3）在（2）的情况下粒子回到电场后运动到最高点时的水平坐标值为
૞૜
૛
܀。
【点评】本题考查了带电粒子在电场、磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，
根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键；应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题。
[物理一选修3-3]（15 分）
13．【分析】PM2.5 在空气中的运动是固体颗粒分子团的运动，不是分子的热运动。温度是分子的平均动能的标志，
所以温度相同的氢气和氧气，氧气分子的平均动能与氢气分子的平均动能相等。根据理想气体状态方程
۾t
܂ൌC，
等压压缩，则温度降低，则内能下降，根据热力学第一定律△U＝Q+W，放出的热量大于内能的减少，晶体融
化时要吸热而温度保持不变，则其分子平均动能不变，但吸热后内能增大，故说明晶体在融化过程中分子势能
增加了。
【解答】解：A、PM2.5 在空气中的运动是固体颗粒分子团的运动，不是分子的热运动。故A 错误；
B、温度是分子的平均动能的标志，所以温度相同的氢气和氧气，氧气分子的平均动能与氢气分子的平均动能相
等。故B 正确，C 错误。
D、根据理想气体状态方程
۾t
܂ൌC，等压压缩，则温度降低，则内能下降，根据热力学第一定律△U＝Q+W，放
出的热量大于内能的减少，故D 正确；
E、晶体融化时要吸热而温度保持不变，则其分子平均动能不变，但吸热后内能增大，故说明晶体在融化过程中
分子势能增加了，故E 正确；
故选：BDE。
【点评】本题考查热力学第一定律、分子热运动与分子势能等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识。
14．【分析】1．取甲罐气体为研究对象，等温变化过程，根据波意耳定律求解。2．液体流入，气体体积发生变化，
温度不变，根据波意耳定律求解
【解答】解：（1）取甲罐内气体为研究对象，根据玻意耳定律：P0L0＝P1L1
注入水的体积为：V 水＝L0S﹣L1S
代入数据解得：t水ൌ૙䁪૛૛૞ܕ૜
（2）打开阀门K1 稳定状态后，两罐液面相平罐内气体高度为：
ۺ૛ൌۺ૙൅ۺ૚
૛
对甲罐内气体根据玻意耳定律：′۾૙ۺ૙ൌ۾tۺ૛
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代入数据解得：P′＝1.47×105pa
因P′＞1.2×105pa，水泵未启动。
答：①甲罐内气压达到2.8×105Pa 时注入水的体积为0.225m3。
②打开阀门K1，水流入乙罐，因P′＞1.2×105pa，水泵未启动
【点评】双气缸模型，注意研究对象的选择，以及在初末状态下气体的压强、体积、温度的变化
[物理一选修3-4]（15 分）
15．【分析】根据PQ 相距的距离确定P 点的位置和P 点振动方向，从而确定波的传播方向。根据质点的振动周期
得出波的周期，结合波长求出波的传播速度。根据经历的时间求出质点Q 振动过程中通过的路程。根据质点P、
Q 所在的位置确定加速度和速度的大小。
【解答】解：A、当t＝0 时，y＝10sinૈ૝cmൌ૞૛cm，可知P 点在Q 点的左侧，在x＝0～2m 处，且向上振动，
根据“上下坡法”知，该波沿x 轴负方向传播，故A 错误。
B、该波的波长λ＝8m，质点P 的振动周期Tൌ૛ૈ
૑ൌ૛ૈૈܛൌ૛ܛ，波的周期等于质点振动周期，则波的传播速度
vൌλ
܂ൌ砀
૛ܕ内ܛൌ૝ܕ内ܛ，故B 正确。
C、质点Q 在1s 内，即二分之一个周期内通过的路程等于两倍的振幅，为20cm＝0.2m，故C 正确。
D、t＝0.5s，即经过
܂
૝，质点Q 运动到负的最大位移处，此时加速度最大，速度为零，故D 错误。
E、t＝0.75s 时，质点P 的位移y＝10sin（0.75π൅ૈ૝）＝0，此时质点P 处于平衡位置，加速度为零，向下振动，
即速度为负向最大，故E 正确。
故选：BCE。
【点评】解决本题的关键能够从波动图象和振动图象获取信息，以及知道质点的振动方向与波的传播方向的关
系。
16．【分析】①根据几何关系求出光线在CA 面上的入射角，结合折射定律求出折射角。
②根据几何关系求出光线在棱镜中传播的路程，结合vൌ粒
ܖ求出光线在棱镜中传播的速度，从而得出光在棱镜中
传播的时间t。
【解答】解：①光路图如图所示，由几何关系可知α＝β＝30°
在E 点，入射角r＝30°
根据折射定律得nൌܛtܖt
ܛtܖܚ
解得折射角i＝60°
②由于α＝∠A，所以△AEF 是等腰三角形，由几何关系知
EF＝EA＝L
DF＝CE﹣EFcos（90°﹣r）ൌۺ
૛
光在棱镜中传播的速度vൌ粒
ܖൌ
૜
૜c
所以tൌ۲۴൅۳۴
ܞ
解得tൌ૜૜ۺ
૛粒
答：
①从E 点射出的光线的折射角是60°；
②光线从D 点到E 点经过的时间t 是
૜૜ۺ
૛粒。
【点评】解决本题的关键要画出光路图，并结合几何关系求解相关角度和光程，再根据折射定律和光速公式进
行解答。
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2019-2020 学年山东省日照市高考物理一模试卷
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第1～4 题只有一项符合题目要
求，第5～8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）氢原子的能级如图，一群氢原子处于n＝4 能级上。当氢原子从n＝4 能级跃迁到n＝3 能级时，辐射光
的波长为1884nm，下列判断正确的是（
）
A．氢原子向低能级跃迁时，最多产生4 种谱线
B．从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量
C．氢原子从n＝3 能级跃迁到n＝2 能级时，辐射光的波长大于1884m
D．用从能级n＝2 跃迁到n＝1 辐射的光照射W 逸＝6.34eV 的铂，能发生光电效应
2．（6 分）A、B 两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B 两球的质量分别为m 和M（m＜M）。若使
A 球获得瞬时速度v（如图甲），弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B 球获得瞬时速度v（如图乙），弹簧压缩
到
最
短
时
的
长
度
为
L2
，
则
L1
与
L2
的
大
小
关
系
为
（
）
A．L1＞L2
B．L1＜L2
C．L1＝L2
D．不能确定
3．（6 分）我国发射的“嫦娥四号”探测器首次探访月球背面。2018 年12 月30 日8 时，嫦娥四号探测器由距月面
高度约100km 的环月轨道，成功降轨至距月面15km 的着陆轨道。2019-2020 学年1 月3 日早，嫦娥四号探测器
调整速度方向，由距离月面15km 处开始实施动力下降，速度从相对月球1.7km/s，至距月面100m 处减到零（相
对于月球静止），并做一次悬停，对障碍物和坡度进行识别，再缓速垂直下降。10 时26 分，在反推发动机和着
陆缓冲机的作用下，“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面的预选着陆区。探测器的质量约为1.2×103kg，地
球质量约为月球的81 倍，地球半径约为月球的3.7 倍，地球表面的重力加速度约为9.8m/s2，下列说法正确的是
（
）
A．探测器由环月轨道降至着陆轨道的过程中，机械能守恒
B．若动力下降过程做匀减速直线运动，则加速度大小约为97m/s2
C．最后100m 缓慢垂直下降，探测器受到的反冲作用力约为1.2×104N
D．地球的第一宇宙速度约为探测器在近月轨道上运行的线速度的22 倍
4．（6 分）如图所示，两个质量分别为૜m、m 的小圆环A、B 用细线達着，套在一个竖直固定的大圆环上，大圆
环的圆心为O．系统平衡时，细线所对的圆心角为90°，大圆环和小圆环之间的摩擦力及线的质量忽略不计，
重力加速度大小用g 表示，下列判断正确的是（
）
A．小圆环A、B 受到大圆环的支持力之比是૜：1
B．小圆环A 受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为15°
C．细线与水平方向的夹角为30°
D．细线的拉力大小为
૜
૛mg
5．（6 分）教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机通过理想变压器向用电器供电，电路如图所示。
副线團的匝数可以通过滑动触头Q 来调节，副线圈两端连接定值电阻R0，灯泡L 和滑动变阻器R，P 为滑动变
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阻器的滑动触头，原线圈上连接一只理想交流电流表A，闭合开关S，电流表的示数为l。则（
）
A．仅增大发电机线的转速，I 增大
B．仅将P 向上滑动，I 增大
C．仅将Q 向上滑动，I 增大
D．仅将开关S 断开，I 增大
6．（6 分）长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，如图甲所示，木板由水平
位置缓慢向上转动（即木板与地面的夹角α变大），另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff 随角
度α的变化图象如图乙所示。下列判断正确的是（
）
A．木块与木板间的动摩擦因数μ＝tanθ1
B．木块与木板间的动摩擦因数μൌ
۴܎૛
ܕ܏粒子ܛી૚
C．木板与地面的夹角为θ2 时，木块做自由落体运动
D．木板由θ1 转到的θ2 的过程中，木块的速度变化越来越快
7．（6 分）半径分别为r 和2r 的同心半圆光滑导轨MN、PQ 固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R、质量为
m 且质量分布均匀的导体棒AB 置于半圆轨道上面，BA 的延长线通过导轨的圆心O，装置的俯视图如图所示。
整个装置位于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，在N、Q 之间接有一阻值为R 的电阻。导体
棒AB 在水平外力作用下，以角速度ω绕O 顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻
不计，则（
）
A．导体棒AB 两端的电压为
૜
૛Br2ω
B．电阻R 中的电流方向从Q 到N
C．外力的功率大小为ૢ
۰૛ܚ૝૑૛
砀܀
D．若导体棒不动，要产生同方向的电流，磁感应强度应该减小
8．（6 分）如图，同一平面内的a、b、c、d 四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M 为a、c 连线的中点，
N 为b、d 连线的中点。一电子从a 点移动到b 点，电势能减小W；若电子从c 点移动到d 点，电势能也减小
W．下列说法正确的是（
）
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A．电子从M 点移动到N 点，电势能也减小W
B．b 点的电势一定低于d 点的电势
C．电场强度的方向一定是从b 点指向a 点
D．a、c 两点间的电势差等于b、d 两点间的电势差
二、非选择题：第9-12 题为必考题，每个试題考生都必须作答．第13-16 题为选考题，考生根据要求作答．
9．（5 分）某同学做“验证力的平行四边形定则”实验，实验步骤如下：
①用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套系在橡皮条的另一端：
②用两个弹簣测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉力，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置；
③用铅笔描下结点位置，记为O，记录两个力的方向和两弹簧测力计的示数F1 和F2；
④只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条拉到步骤②中的长度，记录力的方向和测力计的示数F3；
⑤画出拉力F1、F2、F3 的图示如图，然后按平行四边形定则画出合力F；
⑥通过比较F 与F 的大小和方向，即可得出实验结论。
回答下列问题：
（1）纠正步骤④中的错：
。
（2）下列关于实验操作的建议，正确的是
（填写选项前的字母）
A．记录力的方向时，用铅笔沿着细绳套的方向画直线即可
B．若F 与F3 的大小和方向不相同，则需要重新实验，直到相同为止
C．控制两个测力计的示数F1 和F2，均不能大于一个测力计的示数F3
D．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线，读数时视线应正对测力计刻度
（3）纠正了上述步骤中的问題后，重新完成实验，根据标注的信息，请在答题卡上规定区域做出F1、F2 的合力
F。
10．（10 分）物理兴趣小组的同学将毫安表与定值电阻Rx 并联扩大量程，测量某一电池的电动势和内阻。
（1）图甲是该同学的实验电路，请指出实验电路中存在的两处错误，写在答题卡的指定区域。
（2）毫安表mA 的量程为0～200mA，内阻为R0，若实验中需要将其量程扩大到0～1A，并联的定值电阻Rx
＝
（用R0 表示）
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（3）改变滑动变阻器R 的阻值，记录多组毫安表和电压表的示数l、U，得到如图乙所示的U﹣I 关系图线。由
图线得到电池的电动势E＝
V，内阻r＝
Ω（结果保留三位有效数字）。
（4）关于实验误差的分析，下列说法正确的
（填写选项前的字母）
A．实验中电动势的测量值等于真实值
B．实验中内阻的测量值小于真实值
C．误差是由于电压丧的内阻造成的
D．电流表和电压表的读数误差是系统误差
11．（14 分）冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示。比赛时，运动员脚蹬起蹬器，
身体成跪式手推冰壶从本垒圆心O 向前滑行，至前卫线时放开冰壶使其沿直线OO′滑向营垒圆心O′，为使
冰壺能在冰面上滑的更远，运动员可用毛刷刷冰面以减小冰壶与冰面问的动摩擦因数。已知O 点到前卫线的距
离d＝4m，O、O′之间的距离L＝30.0m，冰壶的质量为20kg，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.008，用毛刷
刷过冰面后动摩擦因数减小到μ2 ＝0.004 ，营垒的半径
R ＝1m ，g
取
l0m/s2．
（1）若不刷冰面，要使冰壶恰好滑到O′点，运动员对冰壶的推力多大？
（2）若运动员对冰壶的推力为10N，要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离是多少？
12．（18 分）如图所示，在平面直角坐标系xoy 的一、二象限内，分别存在以虚线OM 为边界的匀强电场和匀强磁
场。匀强电场方向沿y 轴负方向，匀强磁场方向垂直于Xoy 平面向里，虚线OM 与x 轴负方向成45°角。一质
量为m、电荷量为+q 的带电粒子从坐标原点O 处以速度v0 沿x 轴正方向运动，粒子每次到x 轴将反弹，第一
次反弹无能量损失，以后每次反弹水平分速度不变、竖直分速度大小均减为反弹前的
૚
૛、方向相反。电场强度大
小等于
ܕܞ૙
૛
૚૟ܙ܌，磁感应强度大小等于
ܕܞ૙
ܙ܌，求：（不计粒子重力，题中各物理量单位均为国际单位，计算结果可用
分式表示）
（1）带电粒子第三次经过OM 时的坐标；
（2）带电粒子第三次到达OM 时经过的时间；
（3）带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程。
【物理一选修3】（15 分）
13．（5 分）以下有关热学内容的叙述，正确的是（
）
A．在两分子问距离增大的过程中，分子间的作用力定减小
B．液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性
C．容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子频繁撞击器壁面产生的
D．布朗运动反映了花粉小颗粒内部分子的无规则运动
E．即使没有漏气，没有摩擦的能量损失，内燃机也不可能把内能全部转化为机械能
14．（10 分）如图甲所示，用面积S＝10cm2 的活塞在汽缸内封闭着定质量的理想气体，活塞上放一砝码，活塞和
砝码的总质量m＝2kg，开始时汽缸内的气体的温度T1＝300K，缸内气体的高度h＝40cm，现对缸内气体缓慢
加热使缸内气体的温度升高到T2＝400K，已知加热过程中气体吸收的热量Q＝420J，外界大气压强为p0＝10
×105Pa，重力加速度g 取I0m/s2．求：
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①加热过程活塞上升的高度△h；
②加热过程中被封闭气体内能的变化△U。
【物理一选修3-4】（15 分）
15．（5 分）如图所示，图1 为一列水平方向传播的简谐横波在t＝0 时的波形图，图2 是这列波中质点P 的振动图
线，则该波的传播速度为
m/s；
该波的传播方向为
（填“向左”或“向右”）
16．（10 分）如图，真空中有一下表面镀反射膜的平行玻璃砖，其折射率ܖൌ
૛．一束单色光以与界面成θ＝45°
角射到玻璃砖上表面上，进入玻璃砖经下表面反射后，再从玻璃砖上表面射出，已知光在真空中的传播速度c
＝3.0×108m/s，玻璃砖厚度܌ൌ
૜粒ܕ．求该单色光在玻璃砖中传播的速度和传播的路程。
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2019-2020 学年山东省日照市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第1～4 题只有一项符合题目要
求，第5～8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．【分析】能级间跃迁，吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，该光子才能被吸收发生跃迁，能级差越大，
光子频率越大，波长越小。
【解答】解：A、根据۱૝
૛ൌ6 知，一群处于n＝4 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生6 种谱线，故A 错误。
B、从高能级向低能级跃迁时，氢原子一定向外放出能量，但原子核不向外放出能量，故B 错误。
C、n＝4 跃迁到n＝3 辐射的光子能量小于n＝3 跃迁到n＝2 辐射的光子能量，可知n＝3 跃迁到n＝2 辐射的光
子波长小于1884nm，故C 错误。
D、从能级n＝2 跃迁到n＝1 辐射的光的能量值：E12＝E2﹣E1＝﹣3.4﹣（﹣13.6）＝10.2eV，该光照射W 逸＝
6.34eV 的铂，能发生光电效应，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查了能级跃迁的基本运用，知道能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，难
度中等。
2．【分析】当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同。A、B 两球组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律和能量守
恒定律结合判断。
【解答】解：当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同。对甲图取A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv＝（m+M）v′
由机械能守恒定律得：
Epൌ૚
૛mv2െ૚
૛（m+M）v′2。
联立解得弹簧压缩到最短时有：Epൌ
ܕۻܞ૛
૛ሺܕ൅ۻ砀
同理：对乙图取B 的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有：Epൌ
ܕۻܞ૛
૛ሺܕ൅ۻ砀
故弹性势能相等，则有：L1＝L2．故ABD 错误C 正确。
故选：C。
【点评】本题考查动量守恒定律及机械能守恒定律，要注意明确能量的转化情况，并掌握动量守恒的条件。
3．【分析】探测器改变轨道需要通过反冲变速；第一宇宙速度是星球表面的绕星的环绕速度；缓速下降过程近似的
平衡状态。
【解答】解：A、探测器由环月轨道降至着陆轨道的过程中，由于受到了反冲作用力，且反冲作用力对探测器做
负功，探测器机械能减小，故A 错误；
B、若动力下降过程做匀减速直线运动，初速度1.7km/s，末速度为零，位移为x＝15km﹣0.1km＝14.9km，根
据速度位移公式，有：
ܞ૛െܞ૙
૛ൌ૛܉ܠ
代入数据解得：
aൌ
ܞ૛െܞ૙
૛
૛ܠ
ൌ
૙૛െ૚晦૙૙૛
૛ൈ૚૝䁪ૢൈ૚૙૙૙ܕ内ܛ૛ൌૢ
晦ܕ内ܛ૛
故B 正确；
C、最后100m 的缓速垂直下降过程近似平衡，故探测器受到的反冲作用力与重力平衡，为F＝mg 月＜1.2×103kg
×10N/kg＝1.2×104N，故C 错误；
D、第一宇宙速度是星球表面轨道绕星的环绕速度，故vൌ
۵ۻ
ܚ，
故
ܞ地
ܞ月
ൌ
۵ۻ地
ܚ地
۵ۻ月
ܚ月
ൌ
ۻ地
ۻ月
ൈ
ܚ月
ܚ地
ൌ
砀૚ൈ
૚
૜䁪晦ൌ
૛૚䁪ૢ，故D 错误；
故选：B。
【点评】人造卫星变轨问题的三点注意事项：
（1）人造卫星变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定在新轨道上的运行速度变
化由vൌ
۵ۻ
ܚ判断。
（2）人造卫星在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大。
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（3）人造卫星经过不同轨道相交的同一点时加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度。
4．【分析】对A 和B 进行受力分析，根据平行四边形定则做出重力和支持力的合力的大小等于绳子的拉力的大小，
根据正弦定理可求得支持力与竖直方向的夹角、绳的拉力，小圆环A、B 受到大圆环的支持力之比；根据几何知
识可求得细线与水平方向的夹角。
【解答】解：ABD、对A 和B 进行受力分析，根据平行四边形定则做出重力和支持力的合力的大小等于绳子的
拉力的大小，设支持力与竖直方向的夹角分别为α和β，
根据正弦定理可以得到：
૜ܕ܏
ܛtܖ૝૞ι ൌ
܂
ܛtܖહ，
ܕ܏
ܛtܖ૝૞ι ൌ
܂t
ܛtܖ઺，由于T＝T'，α+β＝90°
整理可以得到：α＝300，β＝600，T＝T'ൌ
૟
૛mg
再次利用正弦定理：
ۼۯ
ܛtܖሺ૚砀૙ιെ૜૙ιെ૝૞ι砀ൌ
૜ܕ܏
ܛtܖ૝૞ι，
ۼ۰
ܛtܖሺ૚砀૙ιെ૝૞ιെ૟૙ι砀ൌ
ܕ܏
ܛtܖ૝૞ι
整理可以得到：NA：NBൌ
૜：1，故A 正确BD 错误；
C、由图根据几何知识可以知道，细线与水平方向的夹角为90°﹣30°﹣45°＝15°，故C 错误。
故选：A。
【点评】本题考查了物体的平衡条件的应用，受力分析构建力的三角形，借助数学知识求解时解题的关键。
5．【分析】根据Em＝NBSω分析电动势的变化，从而分析电流的变化；根据P 和Q 的滑动情况确定电压和电流的
变化。
【解答】解：A、仅增大发电机线的转速，根据Em＝NBSω可知感应电动势增大，故I 增大，故A 正确；
B、仅将P 向上滑动，总电阻增大，总电流减小，根据变压器原理可得原线圈的电流减小，故B 错误；
C、仅将Q 向上滑动，副线圈匝数增大，输出电压变大，根据变压器原理可得I 增大，故C 正确；
D、仅将开关S 断开，总电阻增大，总电流减小，根据变压器原理可得I 减小，故D 错误。
故选：AC。
【点评】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。
6．【分析】根据木板抬起的过程中木块的受力及状态的变化，根据木块的运动状态可以确定木块受到的是静摩擦力
还是滑动摩擦力；再通过受力分析可得出摩擦力随角度的变化，结合牛顿第二定律，即可求解。
【解答】解：AB、木块受到的摩擦力在开始到滑动过程为静摩擦力，f＝mgsinθ，故为正弦规律变化；
而滑动后变为了滑动摩擦力，则摩擦力f′＝μmgcosθ，为余弦规律变化，
而滑动摩擦力一般小于最大静摩擦力，
当夹角为θ1 时，最大静摩擦力为Ff2，而滑动摩擦力为Ff1；
根据滑动摩擦力公式，则有：μmgcosθ1＜mgsinθ1，解得：μ＜tanθ1，
当μmgcosθ1＝Ff1；解得：μൌ
۴܎૚
ܕ܏粒子ܛી૚，故AB 错误；
C、当木板与地面的夹角为θ2 时，木块不受到摩擦力，但有水平初速度，则做匀变速运动，故C 错误；
D、当木板由θ1 转到的θ2 的过程中，依据μmgcosθ＝Ff；可知，木块受到摩擦力大小会减小，则其受到的合力也
增大，那么加速度增大，因此木块的速度变化越来越快，故D 正确；
故选：D。
【点评】在求摩擦力时，一定要先明确是属于滑动摩擦力还是静摩擦力，再分别根据滑动摩擦及静摩擦力的求
解方法进行求解。
7．【分析】由公式Eൌ૚
૛BL2ω求出AB 棒产生的感应电动势，再根据电压分配规律求AB 两端的电压。由欧姆定律
求出电流，由右手定则判断出感应电流方向；外力的功率大小等于回路的电功率，由公式P＝EI 求出外力的功
率。若导体棒不动，要产生同方向的电流，由楞次定律判断磁感应强度的变化情况。
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【解答】解：A、AB 棒产生的感应电动势为Eൌ૚
૛B（2r）2ωെ૚
૛Br2ωൌ૜
૛Br2ω，导体棒AB 两端的电压为
Uൌ܀
૛܀ൌ૜
૝Br2ω，故A 错误。
B、由右手定则判断可知，感应电流的方向是从B 端流向A 端，所以电阻R 中的电流方向从Q 到N，故B 正确。
C、感应电流大小：Iൌ۳
૛܀ൌ૜۰ܚ૛૑
૝܀
；外力的功率大小为P＝EIൌૢ
۰૛ܚ૝૑૛
砀܀
，故C 正确。
D、若导体棒不动，要产生同方向的电流，感应电流的磁场与原磁场方向相同，根据楞次定律判定知磁感应强度
应该减小，故D 正确。
故选：BCD。
【点评】本题的关键要掌握转动切割感应电动势公式Eൌ૚
૛BL2ω，要知道L 是转动半径的长度，本题中AB 棒
产生的感应电动势不能根据这个公式这样做：Eൌ૚
૛B（2r）2ω。
8．【分析】M 为ac 的中点，N 为bd 的中点，根据电场力做功W＝qU，U＝φa﹣φb 求解从M 到N 的电势能的变
化情况；电场线的方向不一定是运动的方向；根据W＝qU 求解电势差的关系。
【解答】解：A、粒子从a 点移动到b 点，其电势能减小W，故：qφa﹣qφb＝W，
粒子从c 点移动到d 点，其电势能减小W，故：qφc﹣qφd＝W，
匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同，故φa﹣φM＝φM﹣φc，即φMൌ૎܉൅૎粒
૛
同理：φNൌ૎܊൅૎܌
૛
故qφM﹣qφN＝W，故A 正确；
B、根据题意可知Uab＝Ucd，由图象可知ab 的距离小于cd 的距离，根据匀强电场的电场线特点可得出b 点的电
势小于d 点的电势，故B 正确；
C、电子从a 点移动到b 点，其电势能减小W，但ab 连线不一定沿着电场线，故C 错误；
D、粒子从a 点移动到b 点，其电势能减小W，故：qφa﹣qφb＝W，
粒子从c 点移动到d 点，其电势能减小W，故：qφc﹣qφd＝W，
解得：qUac﹣qUbd＝0
故a、c 两点间的电势差等于b、d 两点间的电势差，故D 正确。
故选：ABD。
【点评】本题关键根据电场力做功公式求解W，运用公式U＝Ed 时，要正确理解d 的含义：d 是沿电场方向两
点间的距离。
二、非选择题：第9-12 题为必考题，每个试題考生都必须作答．第13-16 题为选考题，考生根据要求作答．
9．【分析】（1）实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，只有使结
点到达同样的位置O，才能表示两种情况下力的作用效果相同；
（2）掌握实验操作的注意事项，知道通过平行四边形得到的合力与实验测得的之间存在误差；
（3）注意通过平行四边形得到的合力与实验测得的之间存在误差，明确什么事实验测量值，什么是理论值即可
正确解答。
【解答】解：（1）为了保证一个弹簧测力计的作用效果和另外两个弹簧测力计共同的作用效果相同，要把结点
拉到O 点位置；
（2）A、确定力的方向时，只需要确定细绳套上的两个点即可，故A 错误；
B、若F 与F3 的大小和方向不相同，只要在误差允许范围内就可以，故B 错误；
C、矢量合成中，合力不一定大于分力，合力可以小于、等于、大于分力，故C 错误；
D、使用测力计时，为了减小实验误差，施力方向应沿测力计轴线，读数时视线应正对测力计刻度，故答正确；
故选：D；
（3）如图所示：
故答案为：（1）结点拉到步骤③中的O 点；（2）D；（3）如图所示
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【点评】本实验关键理解实验原理，根据实验原理分析实验步骤中有无遗漏或缺陷，因此掌握实验原理是解决
实验问题的关键。
10．【分析】（1）滑动变阻器采用限流接法时，为保护电路连接电路时滑片应置于阻值最大处，分析图示电路图分
析答题。
（2）扩大电流表量程应给电流表并联一个分流电阻，应用并联电路特点求出并联电阻阻值。
（3）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。
（4）根据实验原理分析图示电路图分析实验误差。
【解答】解：（1）由图示电路图可知，滑动变阻器接入电路的阻值没有调到最大，毫安表的正负极接反了。
（2）毫安表mA 的量程为0～200mA，内阻为R0，若实验中需要将其量程扩大到0～1A，
分流电阻分流800mA，为毫安表的4 倍，由并联电路特点可知，并联电阻阻值为电流表内阻的
૚
૝，即为
૚
૝R0。
（3）由图示电源U﹣I 图象可知，电源电动势：E＝1.85V，电路电流为毫安表的5 倍，电源内阻为：rൌᶭ܃
ᶭ۷ ൌ
૚䁪砀૞
૞ൈ૚૞૙ൈ૚૙െ૜ൎ2.47Ω。
（4）AB、由于电压表的分流作用，流过电源的电流大于电流表示数，电源电动势的测量值小于真实值，电源内
阻测量值小于真实值，故A 错误，B 正确；
C、电压表的分流是造成实验误差的原因，误差是由于电压丧的内阻造成的，故C 正确；
D、电流表和电压表的读数误差是偶然误差，故D 错误；
故选：BC。
故答案为：（1）滑动变阻器接入电路的阻值没有调到最大，毫安表的正负极接反了；（2）
૚
૝R0；（3）1.85；2.47；
（4）BC。
【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，掌握数据处理的方法，正确利用图象进
行分析是解题问题的关键。
11．【分析】（1）若不刷冰面，冰壶恰好滑到O′点时速度为零，对整个过程，利用动能定理列式，可求得运动员
对冰壶的推力。
（2）对整个过程，运用动能定理分别求出冰壶运动到营垒的最左边和最右边时用毛刷刷冰面的距离，从而得到
用毛刷刷冰面的距离的范围。
【解答】解：（1）设运动员对冰壶的推力为F，对整个过程，由动能定理得
Fd﹣μ1mgL＝0
代入数据解得F＝12N
（2）设冰壶运动到营垒的最左边时，用毛刷刷冰面的距离是x1．冰壶运动到营垒的最右边时，用毛刷刷冰面的
距离是x2。
由动能定理得：Fd﹣μ1mg（L﹣R﹣x1）﹣μ2mgx1＝0
代入数据解得x1＝8m
由动能定理得：Fd﹣μ1mg（L+R﹣x2）﹣μ2mgx2＝0
代入数据解得x2＝12m
所以要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离在8m﹣12m 范围。
答：
（1）若不刷冰面，要使冰壶恰好滑到O′点，运动员对冰壶的推力是12N。
（2）若运动员对冰壶的推力为10N，要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离在8m﹣12m 范围。
【点评】对于涉及力在空间上效果求速度或距离时，要优先考虑动能定理，这样比较简洁。运用动能定理时要
灵活选取研究过程。
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12．【分析】（1）设电场强度大小为B，粒子进入磁场，根据左手定则，粒子做
૜
૝的圆周运动后经过OM，根据洛伦
兹力提供向心力求得半径和坐标。
（2）求出粒子在磁场中做圆周运动的周期和平抛运动的时间即可求出带电粒子第三次到达OM 时经过的时间；
（3）因粒子第二次进入电场做类平抛运动，求出到达x 轴时的水平分速度和竖直分速度，然后根据第一次竖直
分速度减半反弹，求出竖直分速度和高度，第二次竖直分速度、高度，以此类推第n 次竖直分速度、高度，然
后求解沿电场方向运动的总路程为。
【解答】解：（1）设电场强度大小为B，粒子进入磁场，根据左手定则，粒子做
૜
૝的圆周运动后经过OM，
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m
ܞ૙
૛
ܚ
解得：rൌܕܞ૙
ܙ۰ ൌd
故第三次经过OM 时的坐标为（﹣2d、2d）
（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期：Tൌ૛ૈܕ
ܙ۰ ൌ૛ૈ܌
ܞ૙
沿y 轴方向加速度：aൌܙ۳
ܕൌ
ܞ૙
૛
૚૟܌
沿y 轴方向：ܞܡ૙૛െܞ૙
૛ൌ૛܉ܚ
联立解得：t1ൌሺ૚૛૛െ૚૟砀܌
ܞ૙
带电粒子第三次到达OM 时经过的时间：
t＝T+2t1ൌሺ૛ૈ൅૛૝૛െ૜૛砀܌
ܞ૙
（3）因粒子第二次进入电场做类平抛运动，故到达x 轴时的水平分速度为v0，竖直方向：ܞܡ
૛ൌ2a（2d）
第一次竖直分速度减半反弹，竖直分速度vy1ൌ૚
૛ܞܡ，高度h1ൌ
ܞܡ૚
૛
૛܉ൌ૚
૝ൈ2d
第二次竖直分速度减半反弹，竖直分速度vy2ൌ૚
૛ܞܡ૚ൌ૚
૛૛ܞܡ，高度h2ൌ
ܞܡ૛૛
૛܉ൌ૚
૝૛ൈ૛܌
第n 次竖直分速度减半反弹，高度hnൌ
ܞܡܖ
૛
૛܉ൌ૚
૝૛ൈ2d
故总路程H＝2d+2（h1+h2+…hn，）＝2d+2×2d（
૚
૝൅
૚
૝૛൅ڮڮ ൅
૚
૝ܖ）
Hൌ૚૙
૜d
即带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程为Hൌ૚૙
૜d
答：（1）带电粒子第三次经过OM 时的坐标为（﹣2d、2d）；
（2）带电粒子第三次到达OM 时经过的时间为
ሺ૛ૈ൅૛૝૛െ૜૛砀܌
ܞ૙
；
（3）带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程为
૚૙
૜d。
【点评】本题是带电粒子在复合场中运动的问题，分析清楚粒子运动过程、画出粒子运动轨迹是解题的关键；
应用牛顿第二定律、运动学公式可以解题，解题时注意几何知识的应用。
【物理一选修3】（15 分）
13．【分析】分子间距离增大时，分子间的作用力不一定减小，也可能增大，与分子力表现为引力和斥力有关。液
晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性，在显示器等方面有着广泛应用，容器中的气体对器壁的压强
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是由于大量气体分子频繁撞击器壁而产生的。布朗运动是花粉小颗粒在水中无规则的运动，是由于周围液体分
子撞击的冲力不平衡引起，所以布朗运动反映了水分子在做无规则的运动。每个花粉颗粒是由大量花粉分子构
成的，所以布朗运动不能反映花粉小颗粒内部分子的无规则运动。根据热力学第二定律，热机的效率不可能达
到100%；故即使没有漏气，没有摩擦的能量损失，内燃机也不可能把内能全部转化为机械能。
【解答】解：A、分子间距离增大时，分子间的作用力不一定减小，也可能增大，与分子力表现为引力和斥力有
关。故A 错误；
B、液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性，在显示器等方面有着广泛应用，故B 正确；
C、容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子频繁撞击器壁而产生的。故C 正确。
D、布朗运动是花粉小颗粒在水中无规则的运动，是由于周围液体分子撞击的冲力不平衡引起，所以布朗运动反
映了水分子在做无规则的运动。每个花粉颗粒是由大量花粉分子构成的，所以布朗运动不能反映花粉小颗粒内
部分子的无规则运动。故D 错误。
E、根据热力学第二定律，热机的效率不可能达到100%；故即使没有漏气，没有摩擦的能量损失，内燃机也不
可能把内能全部转化为机械能；故E 正确；
故选：BCE。
【点评】本题考查布朗运动、分子间作用力、热力学第二定律等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识。
14．【分析】①气体发生等压变化，根据盖﹣吕萨克定律即可求解；
②根据平衡条件求解封闭气体的压强，求出气体对外做的功，根据热力学第一定律求出气体内能的变化。
【解答】解：①缓慢升温过程对封闭气体又盖吕萨克定律得：
ܐ܁
܂૚
ൌ
ሺܐ൅ᶭܐ砀܁
܂૛
代入数据解得：ᶭܐൌ૝૙
૜粒ܕ
②升温过程，对活塞受力分析，根据平衡得：
PS＝P0S+mg
气体膨胀对外做功，为W＝F△h＝PS△h＝（P0S+mg）△h
代入数据解得：W＝16J
根据热力学第一定律得：△U＝W+Q
因为气体膨胀发生等圧変化，故气体做的功为负功
即气体内能变化为：△U＝﹣16+420J＝404J
答：①加热过程活塞上升的高度△h 为
૝૙
૜粒ܕ；
②加热过程中被封闭气体内能的变化△U 为404J。
【点评】以封闭的气体为研究对象，找出气体变化前后的状态参量，利用气体实验定律计算即可，应用热力学
第一定律要注意符号法则。
【物理一选修3-4】（15 分）
15．【分析】根据图象得出波的波长和周期，从而求出波的波速．通过质点的振动方向确定出波的传播方向．
【解答】解：由图象可知，波的波长λ＝1.0m，质点的振动周期等于波的周期，T＝2s，则波速：
vൌλ
܂ൌ૚䁪૙
૛ൌ0.5m/s．
在t＝0 时刻，质点P 向上振动，根据上下坡法知，波向左传播．
故答案为：0.5，向左．
【点评】解决本题的关键知道振动和波动的关系，以及知道折射率、波速、临界角、波长、频率等大小关系．
16．【分析】已知折射率n，该单色光在玻璃砖中传播的速度由公式vൌ粒
ܖ求解；
由折射定律求出折射角，由几何关系求出光在玻璃中传播的距离s。
【解答】解：该单色光在玻璃砖中传播的速度
ܖൌ粒
ܞ①
代入数据得：ܞൌ૜૛
૛ൈ૚૙砀ܕ内ܛ②
由折射定律nൌܛtܖሺૢ૙ιെી砀
ܛtܖી૚
ൌܛtܖሺૢ૙ιെ૝૞ι砀
ܛtܖી૚
③
将nൌ
૛代入得：sinθ1ൌ૚
૛，θ1＝30° ④
所以光在玻璃中传播的路程s＝2ൈ
܌
粒子ܛ૜૙ι ൌ2ൈ
૜
粒子ܛ૜૙ι ൌ4cm
⑤
答：该单色光在玻璃砖中传播的速度为
૜૛
૛
ൈ108m/s，传播的路程是4cm。
【点评】本题是光的折射与反射的综合，关键要掌握折射定律和反射定律。求路程时，要注意路程不等于
܌
粒子ܛ૜૙ι。
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2019-2020 学年山东省青岛市高考物理一模试卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目要求，第
19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）春节期间非常火爆的电影《流浪地球》讲述了若干年后太阳内部氢转氦的速度加快，形成“氦闪”产生
巨大的能量会使地球融化，核反应方程为
૚
૛H൅
૚
૜H→
૛
૝He+X．人类为了生存，通过给地球加速使其逃离太
阳系，最终到达4.25 光年外的比邻星系的某轨道绕比邻星做匀速圆周运动，引力常量为G，根据以上信息下列
说法正确的是（
）
A．核反应方程式中的X 为正电子
B．地球要脱离太阳系需加速到第二宇宙速度
C．若已知地球在比邻星系内的轨道半径和环绕周期，则可确定出比邻星的密度
D．若已知地球在比邻星系内的轨道半径和环绕周期，则可确定出比邻星的质量
2．（6 分）一个质量m＝2kg 的物体受四个力的作用处于平衡状态。当其中一个F＝10N 的作用力突然消失，其余
三个力保持不变。经过时间t＝1s 后，下列说法正确的是（
）
A．物体一定做直线运动
B．物体的速度一定是5m/s
C．物体速度的变化量一定等于5m/s
D．物体的动能一定增加了25J
3．（6 分）随着北京冬奥会的临近，滑雪项目成为了人们非常喜爱的运动项目。如图，运动员从高为h 的A 点由静
止滑下，到达B 点水平飞出后经过时间t 落到长直滑道上的C 点，不计滑动过程的摩擦和空气阻力，关于运动
员的运动，下列说法正确的是（
）
A．若h 加倍，则水平飞出的速度v 加倍
B．若h 加倍，则在空中运动的时间t 加倍
C．若h 加倍，运动员落到斜面上的速度大小不变
D．若h 加倍，运动员落到斜面上的速度方向不变
4．（6 分）雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同
学将一圆柱形水杯置于院中，测得10 分钟内杯中雨水上升了15mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10m/s，
设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受
力约为（
）
A．0.25N
B．0.5N
C．1.5N
D．2.5N
5．（6 分）如图，为某小型水电站电能输送的示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器T1 的原、副线圈匝数比
为1：20，降压变压器T2 的原、副线圈匝数比为3：1．升压变压器原线圈两端接入一电压u＝Umsinωt 的交流
电源，用户的总电阻为R（可视为纯电阻），输电线总电阻r＝R，不考虑其他因素的影响，用户获得的电压U
为（
）
A．૛૛܃ܕ
B．૜૛܃ܕ
C．4Um
D．6Um
6．（6 分）如图，固定在地面上的带凹槽的长直杆与水平面成α＝300 角，轻质环a 套在杆上，置于凹槽内质量为m
的小球b 通过一条细绳跨过固定定滑轮与环a 连接。a、b 静止时，细绳与杆间的夹角为30°，重力加速度为g，
不计一切摩擦，下列说法正确的是（
）
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A．a 受到3 个力的作用
B．b 受到3 个力的作用
C．细杆对b 的作用力大小为
૚
૛ܕ܏
D．细线对a 的拉力大小为
૜
૜ܕ܏
7．（6 分）如图甲，两个等量同种电荷P、Q 固定于光滑绝缘水平面上，电荷量q＝+1×10
﹣3C，质量m＝0.02kg
的小球从a 点静止释放，沿中垂线运动到电荷连线中点O 过程中的v﹣t 图象如图乙中图线①所示，其中b 点处
为图线切线斜率最大的位置，图中②为过b 点的切线，则下列说法正确的是（
）
A．P、Q 带正电荷
B．b 点的场强E＝30V/m
C．a、b 两点间的电势差为90V
D．小球从a 到O 的过程中电势能先减少后增加
8．（6 分）如图，正方形ABCD 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子以相同的速度从A 点沿
与AB 成30°角的方向垂直射入磁场。甲粒子从B 点离开磁场，乙粒子垂直CD 边射出磁场，不计粒子重力，
下列说法正确的是（
）
A．甲粒子带正电，乙粒子带负电
B．甲粒子的运动半径是乙粒子运动半径的
૛૜
૜倍
C．甲粒子的比荷是乙粒子比荷的
૛૜
૜倍
D．两粒子在磁场中的运动时间相等
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38 题
为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129 分）
9．（6 分）某同学在验证合外力一定，物体的质量与加速度的关系时，采用图甲所示的装置及数字化信息系统获得
了小车的加速度a 与小车质量M（包括所放砝码及传感器的质量）的对应关系图象，如图乙所示。实验中所挂
钩码的质量20g，实验中选用的是不可伸长的轻绳和光滑的轻质定滑轮。
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（1）实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与木板平行。他这样做的目的是下列哪一
个
；（填字母代号）
A．可使位移传感器测出的小车的加速度更准确
B．可以保证小车最终能够做直线运动
C．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力
（2）由图乙可知，܉െ૚
ۻ图线不过原点O，原因是
；
（3）该图线的初始段为直线，该段直线的斜率最接近的数值是
。
A．30B．0.3C．20D．0.2
10．（9 分）某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲，其中虚线框内是用灵
敏电流计G 改装的电压表，电流表的量程为0.6A，E 为待测电池组，S 为开关，尺为滑动变阻器，R0 是标称值
为4.0Ω的定值电阻。
（1）已知灵敏电流计G 的满偏电流Ig＝100μA、内阻rg＝2.0kΩ，若要改装后的电压表量程为3V，应串联一只
Ω的定值电阻R1；
（2）根据图甲，用笔画线代替导线在答题卡上将图乙连接成完整电路；
（3）根据图甲，闭合开关S 前，应将滑动变阻器的滑片置于靠近
端（选填“a”或“b”）；
（4）该小组进行实验，得到灵敏电流计的示数Ix 和电流表的示数IA，把多次实验测量的数据在Ix﹣IA 图象中描
点连线，最终得到如图示的图线，根据图线计算出电池组的电动势E＝
V，内阻r＝
Ω。
11．（12 分）如图，两金属杆ab、cd 的长度均为L＝1m，电阻分别为Rab＝0.2Ω、Rcd＝0.8Ω，质量分别为mab＝
0.5kg、mcd＝0.2kg，用两根质量及电阻均可忽略且不可伸长的柔软导线将两杆连接成闭合回路，悬挂在水平光
滑绝缘圆棒两侧，两金属杆都保持水平，整个装置处在与回路平面垂直的匀强磁场中，匀强磁场磁感应强度B
＝0.5T，重力加速度g＝10m/s2．释放两金属杆，经过一段时间后，金属杆以b 匀速下落，不计导体棒间的安培
力，求：
（1）金属杆ab 匀速下落时，导线上的拉力大小；
（2）金属杆ab 匀速下落的速度。
12．（20 分）如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为x0 的小球A 和B，A 球所带电荷量为+q，B
球不带电。现在A 球右侧区域的有限宽度范围内加上水平向右的匀强电场，电场强度为E，小球A 在电场力作
用下由静止开始运动，然后与B 球发生弹性正碰，A、B 碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时间极短，求：
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（1）A 球与B 球发生第一次碰撞后B 球的速度；
（2）从A 球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A 球所做的功；
（3）要使A、B 两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度d 应满足的条件。
【物理-选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．悬浮在液体中的微粒越大，某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越明显
B．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力
C．分子平均速率大的物体的温度一定比分子平均速率小的物体的温度高
D．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性
E．外界对气体做功，气体的内能可能减小
14．（10 分）如图，导热性能良好的水平放置的圆筒形气缸与一装有水银的U 形管相连，U 形管左侧上端封闭一段
长度为15cm 的空气柱，U 形管右侧用活塞封闭一定质量的理想气体。开始时U 形管两臂中水银面齐平，活塞处
于静止状态，此时U 形管右侧用活塞封闭的气体体积为490mL，若用力F 缓慢向左推动活塞，使活塞从A 位置
移动到B 位置，此时U 形管两臂中的液面高度差为10cm，已知外界大气压强为75cmHg，不计活塞与气缸内壁
间的摩擦，求活塞移动到B 位置时U 形管右侧用活塞封闭的气体体积。
【物理-选修3-4】（15 分）
15．下列说法正确的是（
）
A．在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大
B．简谐机械波的频率等于单位时间内经过介质中一点的完全波的个数
C．火车鸣笛远离我们时，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率低
D．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长有关
E．用两束单色光A、B，分别在同一套装置上做干涉实验，若A 光的相邻两条纹间距比B 光的大，则说明A 光
波长大于B 光波长
16．如图，MN 下方足够大的空间有一长方体玻璃介质，其折射率ܖൌ
૜，玻璃介质的上边界MN 是屏幕，玻璃
中有一个正三棱柱的真空区域。三棱柱轴线与纸面垂直，图中竖直截面正三角形的边长为20cm，顶点C 紧靠屏
幕，距离可忽略。底边AB 与屏幕平行，一束激光在竖直截面内垂直于AB 边射向AC 边的中点O，结果在屏幕
MN 上出现了两个光斑。光在真空中的传播速度c＝3×108m/s，求两个光斑之间的距离。
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2019-2020 学年山东省青岛市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目要求，第
19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．【分析】（1）核反应中电荷数及质量数守恒，即可计算出未知原子；
（2）第一宇宙速度是围绕地球表面做圆周运动；第二宇宙速度是摆脱地球的束缚；第三宇宙速度是摆脱太阳的
束缚
（3）由万有引力计算公式求出中心天体的质量，如若知道中心天体的半径即可算出中心天体的密度。
【解答】解：A、根据核反应的电荷数及质量数守恒可知，X 的电荷数为0，质量数为1，即为中子，故A 错误；
B、根据宇宙的三个速度定义可知，地球脱离太阳系需加速到第三宇宙速度，故B 错误；
CD、根据万有引力与向心力的公式可得，比邻星系的质量，但是不知道比邻星系的半径，所以不可以算出密度，
故C 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查了原子核反应及宇宙航行，解题的关键是搞清楚三大宇宙速度的概念及万有引力计算公式即
可解题。
2．【分析】F＝10N 的作用力突然消失，其余的力保持不变，则知其余力的合力与F＝10N 的力等大反向，由牛顿
第二定律求出物体加速度，由v＝at 求速度变化量。物体一定做匀变速运动，当撤去力与原来的速度方向相同时，
物体可能做匀减速直线运动，不在一直线上为曲线运动。由Ekൌ૚
૛ܕܞ૛求出t＝1s 末的动能，从而得到动能的增
加量。
【解答】解：A、当F＝10N 的力消失后，其它力的合力与消失的这个力大小相等，方向相反，若物体原来做匀
速直线运动，且速度方向与F 的方向不在一条直线上，则物体做曲线运动，故A 错误。
B、F＝10N 的作用力突然消失，物体的加速度大小为aൌ۴
ܕൌ૚૙
૛ൌ5m/s2．若初速度为零，则t＝1s 的速度为v
＝at＝5m/s。若有初速度，则t＝1s 末物体的速度不等于5m/s，故B 错误。
C、物体速度的变化量一定为△v＝at＝10m/s，故C 正确。
D、若初速度为零，则t＝1s 末动能为Ekൌ૚
૛ܕܞ૛ൌ25J，若初速度不为零，则物体的动能变化量不等于25J，故
D 错误。
故选：C。
【点评】本题中物体原来可能静止，也可能做匀速直线运动，要根据物体的合力与速度方向的关系分析物体可
能的运动情况。
3．【分析】A、不计滑动过程的摩擦和空气阻力，满足机械能守恒，可解
B、运动员落到斜面上，竖直位移与水平位移的比始终等于斜面夹角的正切值
C、不计滑动过程的摩擦和空气阻力，满足机械能守恒，应用机械能守恒定律和合速度的表达式解决
D、平抛运动速度方向与水平夹角的正切值始终等于竖直位移与水平位移的比的2 倍
【解答】解：
A、根据机械能守恒，可得ܞൌ
૛܏ܐ，h 加倍，则水平飞出的速度v 变为૛倍，故A 错误
B、运动员落到斜面上，位移满足
ܡ
ܠൌܜ܉ܖી，ܜൌ૛ܞܜ܉ܖી
܏
ൌ
૛ܜ܉ܖી૛܏ܐ
܏
，h 加倍，则在空中运动的时间t 变为૛
倍，故B 错误
C、运动员落到斜面上的速度为vܞܜൌ
ܞ૛൅ሺ܏ܜ砀૛，ܞܜൌ
૛܏ܐ൅砀܏ܐܜ܉ܖ૛ી，h 加倍，运动员落到斜面上的速度
大小变为૛倍，故C 错误
D、运动员落到斜面上的速度方向与水平夹角的正切值为ܜ܉ܖ઺ൌܞܡ
ܞܠൌ܏ܜ
ܞൌ૛ܜ܉ܖી，是个定值，保持不变，故D
正确
故选：D。
【点评】本题容易出现错误的是选项B 和D，B 选项的运动员落到斜面上的空中运动的时间t 是一个典型问题，
用位移关系解决，D 选项的平抛运动速度方向与水平夹角的正切值始终等于竖直位移与水平位移的比的2 倍的
推论，难度较大，需要深刻理解。
4．【分析】想估算雨水对睡莲叶面撞击产生的平均压强，首先要建立一个不计雨水重力，但速度由v＝10m/s 减为
零的动量变化的模型，应用动量定理表示出睡莲叶面对雨滴的冲力，利用圆柱形容器10 分钟得到的水的体积算
出水的质量，利用压强公式求得压强。
【解答】解：由于是估算压强，所以不计雨滴的重力。设雨滴受到支持面的平均作用力为F．设在△t 时间内有
质量为△m 的雨水的速度由v＝10m/s 减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：
F△t＝0﹣（﹣△mv）＝△mv。
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得：Fൌᶭܕܞ
ᶭܜ
设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在△t 时间内水面上升△h，则有：△m＝ρ S△h
F＝ρSv
ᶭܐ
ᶭܜ．压强为：Pൌ۴
܁ൌρV
ᶭܐ
ᶭܜൌ૚ൈ૚૙૜ൈ૚૙ൈ
૚૞ൈ૚૙െ૜
૚૙ൈ૟૙
ൌ0.25N/s2
故A 正确，BCD 错误
故选：A。
【点评】估算题目关键是建立一个模型，然后利用合理的理论推断得出基本符合事实的结论，这是物理学中常
用的一种思想方法。
5．【分析】通过原线圈的电压求出副线圈的电压，再根据Iൌ܃
܀求出降压变压器的副线圈电流，从而知输电线上的
电流，从而求出输电线上消耗的电压。从而得到各电压的关系，列方程求解即可。
【解答】解：升压变压器两端电压的有效值为U1ൌ܃ܕ
૛
升压变压器T1 的原、副线圈匝数比为1：20，所以升压变压器副线圈两端的电压为U2＝20U1＝10 ૛Um
用户获得的电压U，则用户的电流为I4ൌ܃
܀，降压变压器T2 的原、副线圈匝数比为3：1，故在输电线路上的电
流为在I3ൌ૚
૜۷૝，降压变压器原线圈两端U3＝3U
输电线路上损失的电压为△U＝I3Rൌ૚
૜۷૝Rൌ૚
૜U
故降压变压器原线圈的电压为U3＝U2﹣△U
联立解得U＝3 ૛Um，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
【点评】解决本题的关键注意电压有效值的使用及变压器的特点，输入功率等于输出功率，电压比等于匝数比。
6．【分析】以a 和b 为研究对象进行受力分析，根据受力情况结合平衡条件进行分析。
【解答】解：A、轻质环a 套在杆上，不计摩擦，则a 静止时细线的拉力与杆对a 的弹力平衡，故拉a 的细线与
杆垂直，a 受到两个力作用，故A 错误；
B、对b 球受力分析可知，b 受到重力，绳子的拉力，和杆对b 球的弹力，b 受到3 个力的作用，故B 正确；
C、以b 为研究对象，受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝θ＝30°，细杆对b 的作用力大小为N，则：
2Ncos30°＝mg，则Nൌ
૜
૜mg，故C 错误；
D、对b 分析，细线的拉力大小T＝Nൌ
૜
૜mg，则细线对a 的拉力大小为Tൌ
૜
૜mg，故D 正确；
故选：BD。
【点评】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。
7．【分析】带正电的小球从a 运动到O 点的受力情况判断两电荷电性；根据v﹣t 图中斜率表示加速度，结合牛顿
第二定律求解b 点电场强度；根据动能定理求解ab 两点间电势差；根据图乙分析速度变化，根据动能定理分析
电场力做功，然后根据功能关系分析电势能变化。
【解答】解：A、带正电的小球从a 点由静止释放，向上做加速运动可知，受到向上的电场力，则aO 线上的电
场竖直向上，故两电荷带负电，故A 错误；
B、v﹣t 图象上斜率表示加速度可得：܉܊ൌᶭܞ
ᶭܜൌ૜
૛ܕ内ܛ૛①，根牛顿第二定律得：qEb＝ma②，①②联立解得：
Eb＝30V/m，故B 正确；
C、由ab 有动能定理得：qUabൌ૚
૛ܕܞ܊૛െ૚
૛ܕܞ܉૛，由图乙可得vb＝3m/s 带入解得：Uab＝90V，故C 正确；
D、由图象乙可知，小球速度一直增大，电场力一直做正功，故电势能一直减小，故D 错误；
故选：BC。
【点评】明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据v﹣t 图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题
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第197页（共465页）
的突破口。
8．【分析】根据粒子运动轨迹，应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提
供向心力，根据题意求出粒子轨道半径关系，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度然后分析答题；根据粒子
做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子的运动时间。
【解答】解：A、由甲粒子垂直于bc 边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从A 点离
开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A 正确；
B、设磁场区域的边长为L，由几何关系可知，R 甲＝L，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为30°，弦长为L，所以
sin60°ൌۺ
܀乙
，解得：R 乙ൌ૛૜
૜L，所以甲粒子的运动半径是乙粒子运动半径的
૜
૛倍，故B 错误；
C、由牛顿第二定律得：qvB＝m
ܞ૛
ܚ，解得：rൌܕܞ
ܙ۰，甲粒子与乙粒子比荷之比为半径的反比等于
૛૜
૜，故C 正
确；
D、由几何关系可知，甲粒子运动的圆心角为600，乙粒子的圆心角为60°，粒子在磁场中的运动时间：tൌી
૛ૈT，
粒子做圆周运动的周期Tൌ૛ૈܕ
ܙ۰ ，可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的
૜
૛倍，故D
错误；
故选：AC。
【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利
用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子
在磁场中运动的时间。
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38 题
为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129 分）
9．【分析】（1）实验时使牵引小车的轻绳与木板平行，使得平衡摩擦力后，拉力等于小车所受的合力。
（2）根据横轴坐标为零时，纵轴坐标不为零，分析图线不过原点的原因。
（3）图线斜率表示小车所受的合力，根据小车所受的合力得出斜率的值。
【解答】解：（1）先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与木板平行，目的在平衡摩擦力后使细绳拉
力等于小车所受的合力，故C 正确。
（2）由图乙知，横轴为零时，纵轴加速度a 不为零，原因是平衡摩擦力使长木板倾角过大。
（3）图线的斜率kൌ܉
૚
ۻ
ൌۻ܉ൌ۴，即图线斜率等于小车所受的合力，约等于钩码的重力，即为0.2N，故D 正
确。
故答案为：（1）C，（2）平衡摩擦力使长木板倾角过大，（3）D。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，以及实验误差的来源，知道图线斜率表示的物理意义。
10．【分析】（1）根据串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值。
（2）根据电路图连接实物电路图。
（3）滑动变阻器采用限流接法，为保护电路闭合开关前滑片要置于阻值最大处。
（4）根据图示电路图应用欧姆定律求出图线的函数表达式，然后根据图示图线求出电源电动势与内阻。
【解答】解：（1）串联电阻阻值为：
Rൌ܃
۷܏െrgൌ
૜
૚૙૙ൈ૚૙െ૟െ2000＝2.8×104Ω；
（2）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
（3）滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关S 前，应将滑动变阻器的滑片置于靠近a 端。
（4）由图甲所示电路图可知，电源电动势为：
E＝U+Igr＝IX（rg+R1）+IAr，
由图示图线可知，电源电动势为：
E＝90×10
﹣6×（2.0×103+2.8×104）＝2.7V，
电源内阻为：rൌᶭ۷܆ሺܚ܏൅܀૚砀
ᶭ۷ۯ
െR0ൌሺૢ૙െ૛૙砀ൈ૚૙െ૟ൈሺ૛䁪૙ൈ૚૙૜൅૛䁪砀ൈ૚૙૝砀
૙䁪૝
െ4.0＝1.25Ω；
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故答案为：（1）2.8×104；（2）实物电路图如图所示；（3）a；（4）2.7；1.25。
【点评】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值；根
据图示电路图应用闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势与内阻。
11．【分析】（1）金属杆ab 匀速下落时，金属杆cd 匀速上升，两杆受力均平衡，分别对ab 杆和cd 杆分析受力，
由平衡条件列式，即可求得导线上的拉力大小；
（2）结合切割产生的感应电势公式、欧姆定律、安培力大小公式及平衡条件求出ab 杆匀速运动的速度。
【解答】解：（1）设导线上的拉力大小为T，回路中感应电流为I。
对金属杆ab，有：mabg＝BIL+2T
对金属杆cd，有：2T＝BIL+mcdg
联立解得T＝1.75N
（2）金属杆ab 匀速下落时回路中的感应电动势为：E＝2BLv。
感应电流为：Iൌ
۳
܀܉܊൅܀粒܌
结合mabg＝BIL+2T 解得：v＝3m/s
答：（1）金属杆ab 匀速下落时，导线上的拉力大小是1.75N；
（2）金属杆ab 匀速下落的速度上3m/s。
【点评】本题是电磁感应与力平衡知识的综合，关键要正确分析安培力的大小和方向，要注意两杆均切割磁感
线，产生感应电动势，而且两个电动势串联。
12．【分析】（1）根据牛顿第二定律求出A 球的加速度，由速度位移公式求出A 球与B 球碰撞前的速度。由于碰撞
过程中A、B 两球总动能无损失，两者交换速度。
（2）第一次碰后，A 球追及B 球，当位移相等时，发生第二碰撞，由位移相等求出第二次碰撞时间和A 球的位
移。再由功的公式求解电场力对A 球所做的功。
（3）采用归纳法分别分析从计时零点到即将发生第1 次碰撞这段过程、第1 次碰撞到即将发生第2 次碰撞这段
过程、从第2 次碰撞到即将发生第3 次碰撞这段过程…A 球经过的位移，得出规律，再求总位移，结合位移关系
求解。
【解答】解：（1）设A 球与B 球第一次碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度分别为vA1、vB1。
对A，根据牛顿第二定律得：qE＝ma
由运动学公式有：v02＝2ax0。
解得：v0ൌ
૛ܙ۳ܠ૙
ܕ
对于AB 碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv0＝mvA1+mvB1
૚
૛mv02ൌ૚
૛mvA12൅૚
૛mvB12。
解得：vB1＝v0ൌ
૛ܙ۳ܠ૙
ܕ
，vA1＝0
（2）设第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为t1．有：
xA1＝vA1t1൅૚
૛܉ܜ૚
૛ൌvB1t1
从A 球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A 球所做的功为：
W＝qE（x0+xA1）
解得：W＝5qEx0。
（3）设第二次碰撞前A 的速度为vA1′，碰撞后A、B 的速度分别为vA2、vB2．有：
vA1′＝vA1+at1。
第二次碰撞过程，有：
mvA1′+mvB1＝mvA2+mvB2。
૚
૛mvA1′2൅૚
૛mvB12ൌ૚
૛mvA22൅૚
૛mvB22。
第二次碰撞后，当A 球速度等于B 球速度vB2 时，A 球刚好离开电场，电场区域宽度最小，有：
vB22﹣vA22＝2a•△x1。
A、B 两球在电场中发生第三碰撞后，当A 球速度等于B 球速度时，A 球刚好离开电场，电场区域的宽度最大，
设第三次碰撞前A 球的速度为vA2′，碰撞后A、B 的速度分别为vA3、vB3．二、三次碰撞间经历的时间为t2．有：
xA2＝vA2t2൅૚
૛܉ܜ૛
૛ൌvB2t2。
vA2′＝vA2+at2。
第三次碰撞过程，有：
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mvA2′+mvB2＝mvA3+mvB3
૚
૛mvA2′2൅૚
૛mvB22ൌ૚
૛mvA32൅૚
૛mvB32．vB32
vB32﹣vA32＝2a•△x2
所以电场区域宽度d 应满足的条件为：
x0+xA1+△x1＜d≤x0+xA1+xA2+△x2。
解得：8x0＜d≤18x0
答：（1）A 球与B 球发生第一次碰撞后B 球的速度是૛ܙ۳ܠ૙
ܕ
；
（2）从A 球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A 球所做的功是5qEx0；
（3）要使A、B 两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度d 应满足的条件是8x0＜d≤18x0。
【点评】本题是小球周期性运动问题，关键要采用类似归纳法总结规律，运用数学方法求解。要抓住等质量的
两球发生弹性碰撞后会交换速度，来分析两球的运动过程。
【物理-选修3-3】（15 分）
13．【分析】悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数越少，布朗运动越明显；知道液体表面张
力的成因，能用分子间作用力来解释；温度是分子的平均动能的标志；
由热力学第二定律可知，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性；根据热力学第一定律△U＝W+Q
进行分析。
【解答】解：A、悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数越少，布朗运动越明显，故A 错误。
B、由于表面分子较为稀疏，故液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，故
B 正确；
C、分子的平均动能相等时，物体的温度相等；考虑到分子的质量可能不同，分子平均速率大有可能分子的平均
动能小；分子平均速率小有可能分子的平均动能大。故C 错误；
D、由热力学第二定律可知，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故D 正确；
E、当外界对气体做功，根据热力学第一定律△U＝W+Q 分析可知，内能可能增大也可能减小，故E 正确。
故选：BDE。
【点评】该题考查了热学中的多个知识点，其中布朗运动和热运动的区别与联系、分子的平均动能和平均速率
的区别都属于该部分中容易出现错误的地方。属于基础题目。
14．【分析】本题中理想气体状态变化是等温变化，对左端和右端两段气体应用理想气体状态方程
۾t
܂ൌ۱，找出初
末两个状态的参量即可解决。
【解答】解：U 形管两臂中的液面高度差为10cm，说明左端液柱上升5cm，右端液柱下降5cm，所以左端气体
压缩后长度为h2＝15cm﹣5cm＝10cm，
对左端气体，等温变化：P1V1＝P2V2，即P1Sh1＝P2Sh2，解得P2＝112.5cmHg；
对右端气体，等温变化：P3V3＝P4V4，即75cmHg×490mL＝（P2+10）cmHg×V4，解得V4＝300mL。
答：活塞移动到B 位置时U 形管右侧用活塞封闭的气体体积为300mL。
【点评】本题属于理想气体状态变化的等温变化，考查理想气体状态方程
۾t
܂ൌ۱ 的应用，需要找出初末两个状
态的参量。容易出错的是根据液面高度差为10cm，判断出左端液柱上升5cm，右端液柱下降5cm，
【物理-选修3-4】（15 分）
15．【分析】振动加速度的振幅最大，不是位移总是最大。根据机械波的频率特点分析。根据多普勒效应判断接收
频率与波源发出频率的关系。受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关。根据双缝干涉的条纹间距
公式比较波长的大小。根据弹簧振子的加速度变化判断振子的运动规律。
【解答】解：A、在干涉现象中，振动加强点振幅最大，位移在变化，所以振动加强点的位移不是总是比减弱点
的位移大，故A 错误。
B、根据机械波的特点可知，简谐机械波的频率等于单位时间内经过介质中一点的完全波的个数，故B 正确。
C、火车鸣笛远离我们时，根据多普勒效应知，我们接收的频率小于波源发出的频率，故C 正确。
D、单摆在周期性外力作用下做受迫振动，单摆的周期与驱动力的周期相等，与固有周期无关，与单摆的摆长无
关。故D 错误。
E、根据△xൌۺ
܌ڄ λ知，A 光的条纹间距比B 光的条纹间距大，则A 光的波长大于B 光的波长，故E 正确。
故选：BCE。
【点评】本题考查了干涉现象、衍射现象、双缝干涉、多普勒效应、受迫振动、简谐运动等基础知识点，关键
要熟悉教材，牢记这些基础知识点。
16．【分析】光线垂直于AB 边射向AC 边的中点O 时，由于光的反射和折射，在屏幕MN 上出现两个光斑，由折
射定律和折射定律作出光路图，由几何知识求出光的入射角，由折射定律求出折射角，根据反射定律求出反射
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角。由几何知识求解两个光斑之间的距离。
【解答】解：画出光路图如图所示，
在界面AC，光的入射角i＝60°
由光的折射定律有：nൌܛtܖt
ܛtܖܚ，
代入数据求得：r＝30°
由光的反射定律得反射角：i＝i′＝60°
由几何关系易得：△DOE 是直角三角形，∠ODC＝60°，∠OEC＝30°
O 点到光屏的距离为：h＝OC•sin60°ൌ૞૜cm
故两光斑之间的距离x＝htan60°+htan30°＝20cm
答：两个光斑之间的距离为20cm。
【点评】本题是几何光学问题，是折射定律、反射定律与几何知识的综合应用。要充分运用几何知识，求解两
个光斑之间的距离。
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2019-2020 学年江苏省扬州市高考物理一模试卷
一、单项选择题
1．真空中静止点电荷的电场中，A 处电场强度为E，若该点电荷电荷量减半，则A 处场强为（
）
A．
۳
૝
B．
۳
૛
C．E
D．4E
2．2018 年11 月16 日第26 届国际计量大会通过“修订国际单位制”决议，正式更新包括国际标准质量单位“千克”
在内的4 项基本单位定义。研究发现，声音在空气中的传播速度v 与空气的密度ρ以及压强p 有关，k 为无单位
的常数。下列关于空气中声速的表达式中可能正确的是（
）
A．ܞൌܓ
ܘ
ૉ
B．ܞൌܓܘ
ૉ
C．ܞൌܓ
ૉ
ܘ
D．ܞൌ
ܓܘૉ
3．足球运动员掷界外球，第一次以速度v1 斜向下抛出，第二次在同一高度处以速度v2 水平抛出，v1＜v2．忽略空
气阻力，足球从抛出到落地，在空中的运动时间分别为t1、t2 落地点到运动员的水平距离分别为x1、x2，则（
）
A．t1＞t2，x1＞x2
B．t1＜t2，x1＜x2
C．t1＞t2；x1＜x2
D．t1＜t2；x1＞x2
4．如图所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，图中电压表和电流表均为理想交流电表R1 为定值电阻，R2 为
负温度系数的热敏电阻（温度升高时阻值减小），C 为电容器，下列说法正确的是（
）
A．通过R1 的电流为零
B．滑片P 向上滑动，电压表示数变大
C．R2 处温度升高时，电压表的示数不变
D．减小电容器C 的电容，电流表的示数变大
5．航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示，在固定线圈左右两侧对称位置放置两
个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小，则合上开关S 的瞬间（
）
A．两个金属环都向左运动
B．两个金属环都向右运动
C．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力
D．从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向
二、多项选择题
6．2018 年12 月8 日我国成功发射了嫦娥四号探测器，它实现了人类首次月球背面着陆探测.12 日16 时39 分，探
测器在距月面129km 处成功实施发动机点火，约5 分钟后，探测器顺利进入距月面100km 的圆形轨道，运行一
段时间后择机着陆月球表面，下列说法正确的有（
）
A．探测器发射速度大于7.9km/s
B．探测器在距月面129km 处发动机点火加速
C．从点火到进入圆轨道，探测器位移是29km
D．若已知引力常量、圆形轨道半径及探测器在其上运行周期，可估算月球质量
7．如图所示，在等量异种电荷形成的电场中有一正方形ABCD，其对角线AC 与两点电荷的连线重合，两对角线
的交点位于电荷连线的中点O．下列说法中正确的有（
）
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A．A、B 两点的电场强度方向相同
B．B、D 两点的电势相同
C．质子由C 点沿C→O→A 路径移至A 点，电场力对其先做负功后做正功
D．电子由B 点沿B→C→D 路径移至D 点，电势能先增大后减小
8．去年底，我省启动“263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战。暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的
流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下，在前后两个内
侧面a、c 固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经测量管时，a、c 两端电压为U，显示仪器显示污
水流量Q（单位时间内排出的污水体积）。则（
）
A．a 侧电势比c 侧电势高
B．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数将越大
C．若污水从右侧流入测量管，显示器显示为负值，将磁场反向则显示为正值
D．污水流量Q 与U 成正比，与L、D 无关
9．如图所示，三角形传送带以1m/s 的速度逆时针匀速转动，两边传送带与水平方向的夹角均为37°．两个相同的
物块A、B 与传送带间的动摩擦因数是0.5，从传送带顶端均以1m/s 的初速度沿传送带下滑。最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．下列说法中正确的有（
）
A．A、B 所受摩擦力沿传送带向上
B．滑至底端，A 用时较少
C．滑至底端时A 所受重力的瞬时功率较大
D．下滑过程A 与传送带间产生的热量较少
三、简答题
10．某同学通过实验测量玩具上的小直流电动机转动的角速度大小。如图甲所示，将直径约为3cm 的圆盘固定在
电动机转动轴上，将纸带的一端穿过打点计时器后，固定在圆盘的侧面，圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘的侧
面上，打点计时器所接交流电的频率为50Hz。
（1）实验时，应先接通
（选填“电动机“或“打点计时器”）电源。
（2）实验得到一卷盘绕在圆盘上的纸带，将纸带抽出一小段，测量相邻2 个点之间的长度L1，以及此时圆盘的
直径d1，再抽出较长的一段纸带后撕掉，然后抽出一小段测量相邻2 个点之间的长度L2，以及此时圆盘的直径
d2，重复上述步骤，将数据记录在表格中，其中一段纸带如图乙所示，测得打下这些点时，纸带运动的速度大小
为
m/s。测得此时圆盘直径为5.60cm，则可求得电动机转动的角速度为
rad/s（均保留2 位有效数
字）
（3）该同学根据测量数据，作出了纸带运动速度（v）与相应圆O 盘直径（d）的关系图象，如图丙所示，分析
图线，可知电动机转动的角速度在实验过程中
（选填“增大”、“减小”或“不变）
11．某同学测量0.5mm 自动铅笔笔芯的电阻。
（1）先用欧姆表估测笔芯的电阻，在测量前发现电表指针位置如图甲所示，该同学应该调节
（选填“T”
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或者“S”）。用“×10”挡和“×1”挡按正确步骤分别测量，指针指在图乙所示位置。则笔芯电阻的测量值较
为准确的是
Ω。
（2）再用如图丙所示的电路测定笔芯电阻，相关器材的规格已在图中标出，请根据实验要求在图丙中用笔画线
代替导线完成实物电路连接。
（3）正确连接电路后，调节滑动变阻器，多次测量，将数据描在U﹣I 坐标纸上，请根据图丁中描出的点画出U
﹣I 图线
。并求笔芯接入电路的电阻为
Ω。
12．在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都能产生光电效应对于这两个过程，可能相同
的物理量是（
）
A．遏止电压
B．饱和光电流
C．光电子的最大初动能
D．逸出功
13．验证动量守恒定律装置如图所示。在气垫导轨上给滑块A 向右的速度，通过光电门1 后与静止的滑块B 相碰
并粘合在一起通过光电门2．计时器显示滑块A、B 通过光电门1 和2 的时间分别为△t1 和△t2．测得滑块A、B
的质量分别为m1、m2，A、B 滑块上的遮光片宽度分别为d1、d2．碰撞过程中，滑块A 对B 的冲量大小
（选
填“＞”“＜”或“＝”）滑块B 对A 的冲量大小，碰撞过程中验证动量守恒定律的表达式为
（用题中所
给的字母表示）。
14．假设两个氘核在一直线上相碰发生聚变反应生成氦的同位素和中子，已知氘核的质量是m1，中子的质量是m2，
氦核同位素的质量是m3，光在真空中速度为c。
①写出核聚变反应的方程式；
②求核聚变反应中释放出的能量△E。
15．关于分子力，下列说法正确的有（
）
A．分子间距离增大时，分子力减小
B．液体的表面张力是液体表面层分子力表现为引力的宏观表现
C．金刚石中碳原子间相互作用力很强，所以金刚石十分坚硬
D．布朗运动中的花粉微粒在不停地做无规则运动，这是分子间存在斥力的宏观表现
16．如图所示，用导热性能良好的汽缸和活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内（活塞与汽缸壁之间无摩擦）。
在活塞上缓慢地加沙子，在此过程中，密闭气体
（选填“吸热”“放热”或“无热传递”），单位时间内
碰撞单位面积器壁的分子数
（选填“增多”“减少”或“不变”）。
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17．如图所示，一定质量的理想气体从状态A 经等温过程到状态B．此过程中，气体温度为0℃．已知阿伏加德罗
常数NA＝6.02×1023mol
﹣1，1mol 气体在1atm、0℃时的体积为22.4L．（结果保留两位有效数字）
①气体在状态A 的体积VA；
②气体分子数N。
18．下列说法中正确的是（
）
A．摆钟偏快时可增加摆长进行校准
B．做简谐运动的物体，其振动能量与振动的频率有关
C．“隔墙有耳”现象是指声波发生了干涉现象
D．光经过大头针尖儿时，针尖边缘轮廓会模糊不清，这是光的衍射现象
19．如图所示，在某一均匀介质中，A、B 是振动情况完全相同的两个波源，其简谐运动表达式均为x＝0.3sin（200πt）
m，两波源形成的简谐横波分别沿AP、BP 方向传播，波速都是500m/s，则简谐横波的波长为
m，某时
刻两列波的波峰在P 点相遇，则介质中P 点的振幅为
m。
20．如图所示的装置可以测量棱镜的折射率，ABC 表示待测直角棱镜的横截面，棱镜的顶角为α，紧贴直角边AC
是一块平面镜。一光线SO 射到棱镜的AB 面上，适当调整SO 的方向，当SO 与AB 成β角时，从AB 面射出的
光线与SO 重合，则棱镜的折射率n 为多少？
四、计算题
21．如图所示，足够长的两光滑水平导轨间距为L，导轨间所接电阻的阻值为R 质量为m 的金属棒ab 阻值也为R、
金属棒在大小为F 的水平恒力作用下沿导轨由静止开始滑动，其它电阻忽略不计整个装置处于竖直向下的匀强
磁场中，磁感应强度大小为B。
（1）求金属棒ab 速度的最大值vm；
（2）画出电阻R 两端的电压U 与金属棒速度v 的关系图象（要求写出作图依据）；
（3）经过时间t，金属棒运动距离为x，速度为v1，求该过程金属棒产生的焦耳热Q。
22．如图所示，半径为R 的半圆形管道ACB 固定在竖直平面内，倾角为θ的斜面固定在水平面上，细线跨过小滑
轮连接小球和物块，细线与斜面平行，物块质量为m，小球质量M＝3m，对物块施加沿斜面向下的力F 使其静
止在斜面底端，小球恰在A 点，撤去力F 后，小球由静止下滑、重力加速度为g，sinθൌ૛ૈൌ0.64，不计一切摩
擦，求：
（1）力F 的大小；
（2）小球运动到最低点C 时，速度大小v 以及管壁对它弹力的大小N；
（3）在小球从A 点运动到C 点过程中，细线对物块做的功W。
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23．如图所示为电子发射器原理图，M 处是电子出射口，它是宽度为d 的狭缝。D 为绝缘外壳，整个装置处于真空
中，半径为a 的金属圆柱A 可沿半径向外均匀发射速率为v 的电子；与A 同轴放置的金属网C 的半径为2a。不
考虑A、C 的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质
量为m，电荷量为e。
（1）若A、C 间加速电压为U，求电子通过金属网C 发射出来的速度大小vC；
（2）若在A、C 间不加磁场和电场时，检测到电子从M 射出形成的电流为I，求圆柱体A 在t 时间内发射电子
的数量N．（忽略C、D 间的距离以及电子碰撞到C、D 上的反射效应和金属网对电子的吸收）
（3）若A、C 间不加电压，要使由A 发射的电子不从金属网C 射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆平面向
里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B 的最小值。
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2019-2020 学年江苏省扬州市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题
1．【分析】依据点电荷的电场强度公式Eൌܓۿ
ܚ૛，结合题意，即可求解。
【解答】解：真空中静止点电荷的电场中，A 处电场强度为E，
设点电荷的电量为Q，A 离该点电荷的间距为r，则有：Eൌܓۿ
ܚ૛，
若该点电荷电荷量减半，则A 处场强为：E′ൌ
ܓڄۿ
૛
ܚ૛ൌ۳
૛，故ACD 错误，B 正确；
故选：B。
【点评】考查点电荷的电场强度公式的应用，掌握题目的电荷是场源电荷，还是检验电荷是解题的关键。
2．【分析】根据传播速度υ、空气的密度ρ以及压强p 的单位，分析等式左右两边单位是否相同来判断。
【解答】解：A、传播速度v 的单位m/s，密度ρ的单位kg/m3，压强p 的单位Pa＝N/m2＝kg/（m•s2），则ܓܘ
ૉ
的单位为ܓ܏内ሺܕڄܛ૛砀
ܓ܏内ܕ૜
ൌܕ内ܛ，与v 的单位相同，可能正确，故A 正确。
B、
ܓܘ
ૉ的单位为
ܓ܏内ሺܕڄܛ૛砀
ܓ܏内ܕ૜
ൌm2/s2，与v 的单位不同，不可能，故B 错误。
C、ܓૉ
ܘ的单位与ܓܘ
ૉ的单位互为倒数，为s/m，与v 的单位不同，不可能，故C 错误。
D、ܓܘૉ的单位为ܓ܏内ሺܕڄ ܛ૛砀ڄ ܓ܏内ܕ૜ൌkg/（m4•s2），与v 的单位不同，不可能，故D 错误。
故选：A。
【点评】解决本题时要知道物理表达式既反映了各个量之间数值关系，同时也反映了物理量单位间的关系。通
过量纲即单位来检查等式是否正确是常用的方法。
3．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结
合初速度和时间比较水平位移。
【解答】解：第一次以速度v1 斜向下抛出，则具有向下的分速度，而第二次在同一高度处以速度v2 水平抛出，
没有竖直向下的分速度，二者的高度是相同的，所以第一次的时间小，即t1＜t2；
由于v1＜v2．而且第一次的时间短，水平方向根据x＝vxt 知，则x2＞x1，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初
速度和时间共同决定水平位移。
4．【分析】交流电是可以通过电容器的；根据U2ൌܖ૛
ܖ૚܃૚分析电压表示数变化；减小电容器C 的电容，容抗增大，
由此分析电流表的示数的变化。
【解答】解：A、交流电是可以通过电容器的，通过R1 的电流不为零，故A 错误；
B、滑片P 向上滑动，原线圈匝数增大，根据U2ൌܖ૛
ܖ૚܃૚可知电压表示数变小，故B 错误；
C、R2 处温度升高时，原副线圈匝数之比不变、根据U2ൌܖ૛
ܖ૚܃૚可知电压表的示数不变，故C 正确；
D、减小电容器C 的电容，容抗增大，电流表的示数变小，故D 错误。
故选：C。
【点评】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。
5．【分析】由右手螺旋定则可求得线圈中的磁场方向，再由楞次定律明确电流方向及环的受力方向。
【解答】解：A、若环放在线圈两边，根据“来拒去留”可得，合上开关S 的瞬间，环要阻碍磁通量增大，则环
将向两边运动，故A 错误，B 错误；
C、由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大；故铜环受到的安培力要大于铝环，故C 错误；
D、线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电流由左
侧向右看为顺时针，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题要掌握楞次定律的两种描述，一是“增反减同”；二是“来拒去留”；并能灵活根据它们去判断电
流方向及受力方向
二、多项选择题
6．【分析】根据探测器运行范围推测发射速度和宇宙速度的大小关系；根据探测器轨道半径变化判断探测器点火加
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速或减少；根据探测器位置变化得到位移；根据洛伦兹力做向心力，即
۵ۻܕ
ܚ૛
ൌܕ
૝ૈ
૛
܂૛ܚ，得到估算月球质量需
要的已知物理量。
【解答】解：A、第一宇宙速度是最小的发生速度，即探测器发射速度必须要大于7.9km/s，故A 正确；
B、探测器要进入低轨道，必须要制动减速，故B 错误；
C、从点火到进入圆轨道，轨道的高度降低29m，而探测器位移要大于29km，故C 错误；
D、根据
۵ۻܕ
ܚ૛
ൌܕ
૝ૈ
૛
܂૛ܚ可知，若已知引力常量G、圆形轨道半径r 及探测器在其上运行周期T，可估算月球
质量M，故D 正确；
故选：AD。
【点评】探测器变轨的速度问题；根据探测器运动方向判断万有引力和向心力的大小关系，从而由向心力变化
得到速度变化，即可判断点火加速或减少；根据万有引力做向心力，由轨道半径大小关系判断两轨道上稳定运
行速度大小关系。
7．【分析】解答本题要掌握等量异种电荷周围电场分布情况，在如图所示的等量异种电荷连线的中点O 是两点电
荷连线之间电场强度最小的点，同时是两点电荷连线中垂线上最强的点，中垂线为零等势线，中垂线上电场方
向水平向右；另外电势能的变化可通过电场力做功来判断。
【解答】解：A、在如图所示的电场中，A、B 两点的场强方向都是水平向右的，故A 正确；
B、由于中垂线为零等势线，则B、D 两点电势相同，故B 正确；
C、图中两电荷连线电场方向水平向右，即由A 指向C，质子受电场力水平向右，故质子由C 点沿C→O→A 路
径移至A 点过程中电场力做负功，故C 错误；
D、电子由B 沿B→C 运动到C 过程中，靠近负电荷远离正电荷，因此电场力做负功；沿C→D 运动到D 过程
中，靠近正电荷远离负电荷，电场力做正功；故整个过程中电场力对其先做负功后做正功，故D 正确；
故选：ABD。
【点评】要熟练掌握等量异种电荷和等量同种电荷周围电场强度、电势分布情况，并能正确判断电荷在电场中
运动时动能、电势能变化情况。
8．【分析】正负离子流动时，受到洛伦兹力，发生偏转，正离子偏转到哪一个表面，哪一个表面电势就高；两表面
上有正负电荷，之间就存在电场，最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡。
【解答】解：A、根据左手定则可知，正离子向a 侧偏转，则仪器显示a 侧电势比c 侧电势高，故A 正确；
B、根据qvBൌ܃
۲ ܙ可得U＝BDv，可知显示仪器的示数与污水中离子浓度无关，故B 错误；
C、若污水从右侧流入测量管，则受磁场力使得正离子偏向c 侧，则c 端电势高，显示器显示为负值，将磁场反
向，则受磁场力使得正离子偏向a 侧，则显示为正值，故C 正确；
D、污水流量ۿ ൌ܁ܞൌ૚
૝ૈ
۲૛ൈ܃
۰۲ ൌૈ
۲܃
૝۰ ，则污水流量Q 与U 成正比，与D 有关，与L 无关，故D 错误；
故选：AC。
【点评】解决本题的关键正握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作
用下处于平衡，前后表面形成稳定的电势差。
9．【分析】首先根据动摩擦因数的值判断AB 两滑块的运动情况，从而判断摩擦力的方向；根据牛顿第二定律判断
加速度关系，从而判断到达底端的时间关系和速度关系，根据P＝mgvsinθ判断重力的瞬时功率关系；根据Q＝
μmgxcosθ判断产生的热量关系。
【解答】解：A、物块B 沿传送带加速下滑，则所受的摩擦力沿传送带向上；因mgsin37°＞μmgcos37°，可知
物块A 也相对传送带加速下滑，所受的摩擦力沿传送带向上，故A 正确；
B、AB 下滑的加速度均为a＝gsinθ﹣μgcosθ，可知下滑到底端时的时间相同，故B 错误；
C、根据v＝v0+at 可知，两物体下滑到底端时的速度大小相同，根据P＝mgvsinθ可知，滑至底端时AB 所受重
力的瞬时功率相同，故C 错误；
D、下滑过程中A 相对传送带的位移较小，根据Q＝μmgxcosθ可知下滑过程A 与传送带间产生的热量较少，故
D 正确；
故选：AD。
【点评】滑动摩擦力与相对运动方向相反；AB 都以1m/s 的初速度沿传送带下滑，降低了本题的难度，若没有
这一条件，同学可思考一下会怎样。
三、简答题
10．【分析】（1）实验时，应先接通打点计时器的电源。
（2）根据速度时间关系求解纸带运动的速度大小，根据角速度和线速度的关系求解电动机转动的角速度；
（3）根据线速度和角速度的关系得到v﹣d 表达式进行分析。
【解答】解：（1）为了提高纸带的利用率，实验时，应先接通打点计时器的电源。
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（2）纸带运动的速度大小为：vൌۺ
ܜൌ૜䁪૟૙粒ܕ
૙䁪૙૛ܛൌ1.8m/s，
测得此时圆盘直径为5.60cm，则半径为：rൌ૞䁪૟૙
૛
粒ܕൌ૙䁪૙૛砀ܕ
电动机转动的角速度为：૑ൌܞ
ܚൌ64rad/s；
（3）根据线速度和角速度的关系v＝rωൌ܌
૛ڄ ૑可知，v﹣d 图象的斜率表示
∅
૛，斜率不变，则角速度不变。
故答案为：（1）打点计时器；（2）1.8，64；（3）不变。
【点评】本题根据根据题意中角加速度的定义，同时结合纸带处理中加速度和速度的求法进行分析处理。
11．【分析】（1）根据指针偏转的位置确定倍率挡，然后读数；
（2）因电压表内阻远大于待测电阻，故采用电流表外接；滑动变阻器用分压电路；
（3）画出U﹣I 图象，根据斜率求解电阻；
【解答】解：（1）在测量前发现电表指针位置如图甲所示，该同学应该调节T；用“×10 档”和“×1”档按正
确步骤分别测量，根据指针所示位置可知，用“×10 档”偏角过大，倍率挡过大，则应该选择“×1”挡，笔芯
电阻的测量值较为准确的是18Ω；
（2）因电压表内阻远大于待测电阻，故采用电流表外接；滑动变阻器用分压电路；实物连线如图；
（3）根据描点法画出的U﹣I 图象如图；
根据图象可知：܀ൌ܃
۷ ൌ砀䁪૝
૙䁪૟Ω ൌ૚૝Ω。
故答案为：（1）T；18；（2）如图所示；（3）14。
【点评】对于多用电表欧姆挡测电阻换挡方法要熟记：“大换小，小换大”，即偏转角度大时，换用倍率小的挡
位；偏转角度小时，换用倍率大的挡位。
12．【分析】同一束光的光子能量相同，不同的金属，逸出功不同，根据光电效应方程Ekm＝hv﹣W0 判断光电子最
大初动能的大小。
【解答】解：ABCD、同一束光照射不同的金属，一定相同的是入射光的光子能量，不同的金属，逸出功不同，
根据光电效应方程Ekm＝hv﹣W0 知，最大初动能不同，则遏止电压不同；同一束光照射，光中的光子数目相等，
所以饱和光电流是相同的。则B 正确，ACD 错误
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道不同的金属逸出功不同，以及掌握光电效应方程Ekm＝hv﹣W0．同时要明确光照
射到金属表面的瞬间即可发生光电效应，与金属无关。
13．【分析】两滑块碰撞过程滑块间的作用力为作用力与反作用力，大小相等方向相反作用时间相等，根据冲量计
算公式分析答题；
根据动量守恒定律可明确表达式，再根据光电门确定对应的速度，从而确定应证明的表达式。
【解答】解：滑块A 对B 的作用力与B 对A 的作用力等大反向，所以滑块A 对B 的冲量大小等于滑块B 对A
的冲量大小；
根据动量守恒定律可知：m1v1＝（m1+m2）v2
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根据速度公式可知：
v1ൌ܌૚
ᶭܜ૚
v2ൌ܌૛
ᶭܜ૛；
代入上式可得应满足的公式为：ܕ૚
܌૚
ᶭܜ૚ൌሺܕ૚൅ܕ૛砀܌૛
ᶭܜ૛；
故答案为：＝；ܕ૚
܌૚
ᶭܜ૚ൌሺܕ૚൅ܕ૛砀܌૛
ᶭܜ૛。
【点评】本题考查验证动量守恒定律的实验，要注意明确实验原理，知道滑块在导轨上可以认为不受阻力，碰
撞过程动量守恒，同时掌握根据光电门研究滑块运动性质的方法。
14．【分析】（1）根据核反应前后电荷数和质量数守恒手写核反应方程；
（2）先求出核反应中质量亏损，再由爱因斯坦质能方程，求出核反应中释放的核能。
【解答】解：①根据质量数守恒与电荷数守恒，核反应方程式为：
૚
૛r ൅
૚
૛r ՜
૛
૜rt ൅
૙
૚ܖ
②核反应过程中的质量亏损为：△m＝2m1﹣（m2+m3）
氘核聚变时放出的能量为：ᶭ۳ ൌᶭܕ粒૛ൌሺ૛ܕ૚െܕ૛െܕ૜砀粒૛
答：①核反应方程式为
૚
૛r ൅
૚
૛r ՜
૛
૜rt ൅
૙
૚ܖ
②核聚变反应中释放出的能量为ሺ૛ܕ૚െܕ૛െܕ૜砀粒૛
【点评】本题考查应用质能方程研究核反应中质量亏损的能力。另外要知道核反应向平均结合能增大的方向进
行，要释放能量。
15．【分析】根据分子动理论的基本内容以及分子力、液体表面张力的产生原因来分析。
【解答】解：A、当r＞r0 时分子间距离增大时，分子力先增大后减小，故A 错误；
B、液体的表面张力是液体表面层分子力表现为引力的宏观表现，故B 正确；
C、金刚石中碳原子间相互作用力很强，其排列呈网状结构，所以金刚石十分坚硬，故C 正确；
D、布朗运动中的花粉微粒在不停地作无规则运动，这是液体分子无规则运动的宏观表现，故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题主要是考查分子动理论的基本知识，解答本题的关键是能够熟练掌握热学部分的基本知识并能够
熟练应用。
16．【分析】根据热力学第一定律判断气体吸热还是放热；根据气体压强的微观意义来判断单位时间内碰撞单位面
积器壁的分子数。
【解答】解：理想气体内能由温度决定，气体温度不变，气体内能不变，由题意可知，被封闭气体的温度保持
不变，气体内能不变；
在活塞上缓慢地、一点点放上一定量的细沙，封闭气体压强增大，有理想气体得状态方程可知，气体的体积将
减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体将放热；
封闭气体压强增大，温度不变，根据理想气体的状态方程可得气体的体积减小，缸中气体分子数密度增大，单
位时间内气缸中气体分子对活塞撞击的次数增多。
故答案为：放热，增多。
【点评】本题考查了气体状态方程和气体压强的微观解释的综合应用，是一道考查热学知识综合应用的好题；
掌握基础知识是解题的关键，平时要注意基础知识的学习与掌握。
17．【分析】①气体从状态A 经等温过程到状态B，根据玻意耳定律求气体在状态A 的体积VA；
②B 状态是标准状况，根据体积与摩尔体积的关系求出摩尔数，再求气体分子数N。
【解答】解：①气体从状态A 到状态B 发生等温变化，由图知
pA＝0.2atm，pB＝1.0atm，VB＝5.0×10
﹣3m3
根据pAVA＝pBVB 解得：
tۯ ൌ૛䁪૞ൈ૚૙െ૛ܕ૜
②气体分子数为：Nൌt۰
tܕ子ܔۼۯ
其中Vmol＝22.4×10
﹣3 m3。
解得：N＝1.3×1023 个。
答：①气体在状态A 的体积VA 是2.5×10
﹣2m3。
②气体分子数N 是1.3×1023 个。
【点评】解决本题时要明确气体等温变化遵守玻意耳定律。要知道气体标准状况下的摩尔体积才是22.4L，能根
据体积与摩尔体积之比来求摩尔数。
18．【分析】“隔墙有耳”是声波的衍射现象；
摆钟偏慢是可缩短摆长进行校准；
做简谱运动的物体，其振动能量与振动的振幅有关；
依据光的衍射原理，即可求解。
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【解答】解：A、摆钟偏快，即单摆的周期变小，周期公式T＝2π
ۺ
܏，要使周期变大，可增加摆长进行校准，
故A 正确；
B、做简谐运动的物体，其振动能量与振动的振幅有关，与振动的频率无关，故B 错误；
C、波在传播过程中绕过障碍物继续传播的现象叫做衍射，“隔墙有耳”是声波的衍射现象，故C 错误；
D、光都会有衍射现象，当光经过大头针尖时，大头针尖边缘轮廓会模糊不清，这是光的衍射现象，故D 正确；
故选：AD。
【点评】本题综合性较强，考查了机械波的传播，衍射，单摆周期，要熟悉有关概念即可，特别是单摆的周期
公式，一定要熟悉。
19．【分析】由简谐运动表达式x＝0.3sin（200πt）m 可读出ω以及振幅，由Tൌ૛ૈ
૑求得波的周期T，由vൌλ
܂求解
波长。
【解答】解：由简谐运动表达式为xA＝0.1sin（20πt）m 知，角频率ω＝20πrad/s，则周期为：܂ൌ૛ૈ
૑ൌ
૛ૈ
૛૙૙ૈܛൌ
૙䁪૙૚ܛ，
由ܞൌλ
܂得，波长为：λ＝vT＝500×0.01m＝5m；
某时刻在P 点两列波的波峰相遇，说明P 点是振动加强点，故振幅为2A＝0.6m；
故答案为：5；0.6
【点评】本题要掌握简谐运动的表达式x＝Asinωt，即可读出ω，求出周期和波长。同时要记住波的干涉现象中
振动加强的条件。
20．【分析】由题，当SO 与AB 成β角时，入射角等于90°﹣β．要使从AB 面射出的光线与SO 重合，则AB 面上
折射光线必须与AC 面垂直，由几何知识求出折射角，根据折射定律求解折射率。
【解答】解：入射角i＝90°﹣β．要使从AB 面射出的光线与SO 重合，则AB 面上折射光线必须与AC 面垂直，
由几何知识得到，折射角r＝α。
根据折射定律得：ܖൌܛtܖt
ܛtܖܚൌܛtܖሺૢ૙子െ઺砀
ܛtܖહ
ൌ粒子ܛ઺
ܛtܖહ
答：棱镜的折射率n 为
粒子ܛ઺
ܛtܖહ
【点评】本题是平面镜与光的折射定律的结合，根据光路的可逆原理和几何知识求相关角度是关键。
四、计算题
21．【分析】（1）当金属棒ab 做匀速直线运动时速度最大，应用安培力公式求出安培力，然后应用平衡条件求出金
属棒的最大速度。
（2）由E＝BLv 求出感应电动势，应用欧姆定律求出R 两端电压，然后作出U 与v 的关系图象。
（3）应用能量守恒定律与串联电路特点可以求出金属棒产生的焦耳热。
【解答】解：（1）金属棒受到的安培力：F 安培＝BILൌ۰૛ۺ૛ܞ
૛܀，
导体棒匀速运动时速度最大，由平衡条件得：Fൌ۰૛ۺ૛ܞܕ
૛܀
，
解得：vmൌ૛۴܀
۰૛ۺ૛；
（2）感应电动势：E＝BLv，
R 两端电压：U＝IRൌ۳
૛܀•Rൌ૚
૛BLv，
最大电压：Umൌ૚
૛BLvmൌ۴܀
۰ۺ，
U﹣v 图象如图所示：
（3）金属棒速度达到v1 过程中，由能量守恒定律得：Fx＝Q 总൅૚
૛ܕܞ૚
૛，
金属棒产生的焦耳热：Qൌ
܀
܀൅܀Q 总，
解得：Qൌ૚
૛Fxെ૚
૝ܕܞ૚
૛；
答：（1）金属棒ab 速度的最大值vm 为
૛۴܀
۰૛ۺ૛；
（2）电阻R 两端的电压U 与金属棒速度v 的关系图象如图所示；
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（3）该过程金属棒产生的焦耳热Q 为
૚
૛Fxെ૚
૝ܕܞ૚
૛。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问
题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能
关系等列方程求解。
22．【分析】（1）系统静止时，分别以小球和物块为研究对象，根据平衡条件列式，即可求得F 的大小。
（2）撤去力F 后，小球下滑过程，小球和物块组成的系统机械能守恒。根据系统的机械能守恒求小球运动到最
低点C 时速度大小v。
在C 点，由重力和管壁弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求管壁对它弹力大小。
（3）以物块为研究对象，根据动能定理求细线对物块做的功W。
【解答】解：（1）系统静止时，对小球有：细线上的拉力T＝Mg＝3mg
对物块有mgsinθ+F＝T
解得F＝2.36mg
（2）小球运动到最低点C 时速度与物块速度大小相等。
对小球和物块组成的系统，由机械能守恒定律得
3mgR﹣mg•
૚
૛πRsinθൌ૚
૛ሺ૜ܕ൅ܕ砀ܞ૛
可得vൌ
܏܀
在C 点，对小球：
由牛顿第二定律得
N﹣3mg＝3m
ܞ૛
܀
解得N＝6mg
（3）在小球从A 点运动到C 点的过程中，对物块，由动能定理得
W﹣mg•
૚
૛πRsinθൌ૚
૛ܕܞ૛
解得Wൌ૜
૛mgR
答：
（1）力F 的大小是2.36mg；
（2）小球运动到最低点C 时速度大小v 是܏܀，管壁对它弹力的大小N 是6mg；
（3）在小球从A 点运动到C 点过程中，细线对物块做的功W 是
૜
૛mgR。
【点评】本题是系统机械能守恒的类型，要注意在小球下滑的过程中，小球和物块各自的机械能都不守恒，系
统的机械能才守恒。
23．【分析】（1）根据动能定理求解求电子通过金属网C 发射出来的速度大小；
（2）根据۷ ൌܖt
ܜ求解圆柱体A 在时间t 内发射电子的数量N；
（3）使由A 发射的电子不从金属网C 射出，则电子在CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切，由
几何关系求解半径，从而求解B。
【解答】解：（1）对电子经CA 间的电场加速时，由动能定理得܃t ൌ૚
૛ܕܞt૛െ૚
૛ܕܞ
૛
解得：ܞt ൌ
૛t܃
ܕ൅ܞ૛
（2）设时间t 从A 中发射的电子数为N，由M 口射出的电子数为n，
则۷ ൌܖt
ܜܖൌ
܌
૛ૈൈ૛܉ۼ ൌ܌ۼ
૝ૈ܉
解得ۼ ൌ૝ૈ܉ܔܜ
t܌
（3）电子在CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为B。
设此轨迹圆的半径为r，则
（2a﹣r）2＝r2+a2
۰tܞൌܕܞ૛
ܚ
解得：۰ ൌ૝ܕܞ
૜܉t
答：（1）若A、C 间加速电压为U，电子通过金属网C 发射出来的速度大小为૛t܃
ܕ൅ܞ૛；
（2）圆柱体A 在t 时间内发射电子的数量N 为
૝ૈ܉ܔܜ
t܌；
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（3）所加磁场磁感应强度B 的最小值为
૝ܕܞ
૜܉t。
【点评】本题考查了电子在磁场中的运动问题，解决带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题时，应首先确定
圆心的位置，找出半径，做好草图，利用数学几何并结合运动规律进行求解。
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2019-2020 学年江苏省苏、锡、常、镇四市高考物理一模试卷
一、单项选择题：本大题共5 小题，每小题3 分，共计15 分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（3 分）在任何静电场中均适用的公式是（
）
A．W＝qU
B．E＝k
ܙ૛
ܚ
C．W＝qEd
D．Eൌ܃
܌
2．（3 分）一质点做匀加速直线运动，在时间t 内的平均速度为v，末速度是初速度的3 倍。则该质点在时间t 内的
加速度为（
）
A．
砀ܞ
ܜ
B．
૜ܞ
૛ܜ
C．
૝ܞ
ܜ
D．
ܞ
ܜ
3．（3 分）如图所示，理想变压器原线圈接有正弦式交流电，R 为滑动变阻器，C 为平行板电容器，
为交流电流
表。下列措施能使
示数增大的是（
）
A．仅减小交流电的频率
B．仅将滑片P 向上移动
C．仅减小C 两板间距离
D．仅增大原线圈的匝数
4．（3 分）如图所示，置于粗糙水平面上的物块A 和B 用轻质弹簧连接，在水平恒力F 的作用下，A、B 以相同的
加速度向右运动。A、B 的质量关系为mA＞mB，它们与地面间的动摩擦因数相同。为使弹簧稳定时的伸长量增
大，下列操作可行的是（
）
A．仅减小B 的质量
B．仅增大A 的质量
C．仅将A、B 的位置对调
D．仅减小水平面的粗糙程度
5．（3 分）一带正电的粒子仅在电场力作用下做直线运动，将初始位置O 定为坐标原点和零电势能点，取运动方向
为x 轴的正方向，粒子动能Ek 与位置坐标x 的关系如右图所示。则下列关于场强E 和粒子的速度v、加速度a、
电势能Ep 与x 的关系图象中，合理的是（
）
A．
B．
C．
D．
二、多项选择题：本大题共4 小题，每小题4 分，共计16 分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4 分，
选对但不全的得2 分，错选或不选的得0 分．
6．（4 分）如图所示，通过较长的输电线给电动机输电，已知输电功率和电压分别为P0、U0，输电线总电阻为r，
电动机正常工作。据此可求出（
）
A．输电线上的电流
B．电动机的线圈电阻
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C．电动机消耗的电功率
D．电动机对外做功的功率
7．（4 分）如图所示，L 为地月拉格朗日点，该点位于地球和月球连线的延长线上，处于此处的某卫星无需动力维
持即可与月球一起同步绕地球做圆周运动。已知该卫星与月球的中心、地球中心的距离分别为r1、r2，月球公转
周期为T，万有引力常量为G．则（
）
A．该卫星的周期大于地球同步卫星的周期
B．该卫星的加速度小于月球公转的加速度
C．根据题述条件，不能求出月球的质量
D．根据题述条件，可以求出地球的质量
8．（4 分）如图1 所示，电源E＝12V，内阻不计，灯泡L 的额定电压为9V，其伏安特性曲线如图2 所示，滑动变
阻器R 的最大阻值为10Ω．则（
）
A．灯泡L 的阻值随电流的增大而减小
B．灯泡L 的额定功率为13.5W
C．灯泡L 消耗电功率的最小值是2W
D．滑动变阻器接入电路的阻值应至少为6Ω
9．（4 分）如图所示，地面上方分布着竖直向上的匀强电场。一带正电的小球从油中A 处由静止释放后竖直下落，
已知小球在AB 段做加速运动，在BC 段做匀速运动，M 和N 是小球下落过程中经过的两个位置。在此过程中，
小球（
）
A．在AB 段的加速度大小逐渐增大
B．在N 点的机械能比M 点的小
C．机械能和电势能的总量保持不变
D．机械能的变化量大于电势能的变化量
三、简答题：本大题分必做题（第10、11 和12 题）和选做题（第13 题）两部分，共计42 分．请将解答填写在答
题卡上相应的位置．【必做题】
10．（8 分）某同学甲用图1 所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过光滑定滑轮的细线两端分别与放置
在木板上的木块和弹簧测力计相连。
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（1）下列说法正确的是
；
（A）实验前，应先对弹簧测力计调零
（B）应保持与木块相连的细线水平
（C）实验时，应将木板匀速向左拉出
（D）实验时，拉木板的速度越大越好
（2）图2 是某次实验中弹簧测力计示数放大图，木块受到的滑动摩擦力f＝
N；
（3）为进行多次实验，甲同学采取了在木块上增加砝码个数的方法。若砝码的质量、动摩擦因数和重力加速度
分别用m、μ和g 来表示。测得多组数据后，该同学描绘的f﹣m 关系图线如图3 所示，则他测得的动摩擦因数μ
＝
；（重力加速度g 取10m/s2）
（4）若甲所用木块为A．在保持其他器材不变的情况下，同学乙换用了木块B 也进行了上述实验，木块B 的质
量比A 的大0.02kg，A、B 的材料以及它们表面粗糙程度相同。最后乙同学也描绘出了f﹣m 关系图线。请你帮
他在图3 中画出该图线。
11．（10 分）甲、乙两位同学在测量电阻的实验中：
（1）甲用图1 所示电路来测量定值电阻Rx 阻值，提供的器材如下：Rx 阻值约10Ω，滑动变阻器Rp1（0～10Ω），
滑动变阻器Rp2（0～200Ω），电流表
（0～0.6A、0～3A），电压表
（0～3V、0～15V），电源E（电动势为
3V），开关S，导线若干。
①为便于调节和读数，滑动变阻器Rp 应该选择
（选填“Rp1”或“Rp2”）；
②请帮助该同学将图2 中实物电路连接完整；
（2）乙用图3 电路测量另一待测电阻R
ܠ
t 的阻值，电阻箱R（0～999.9Ω），滑动变阻器Rp3（50Ω，1A），电压
表
（0～3V），电源E（电动势为3V）。测量步骤如下：
第1 步：将R
ܠ
t 接在电路中A、B 两点间，闭合开关S，调节滑动变阻器滑片P 至适当位置，此时电压表的示
数为2V．断开开关S，移走R
ܠ
t ；
第2 步：再将电阻箱R 接在A、B 两点间，闭合开关S，保持滑动变阻器滑片位置不变，调节R 使电压表的示
数仍为2V，此时R 接入电路中的阻值48Ω；
则该同学测得R
ܠ
t 的阻值为
Ω；
（3）与真实值相比，甲同学利用图1 电路测得Rx 的阻值偏
；若乙同学在进行第2 步实验时，无意中将
滑动变阻器的滑片P 向右移动了少许，则他测得R
ܠ
t 的阻值将偏
（上述两空均选填“大”或“小”）。
[选修3-5]（12 分）
12．（4 分）关于核反应ૢ
૛
૛૜૞U൅
૙
૚n→
૜砀ૢ
૙Sr൅
૞૝
૚૜૟Xe+x
૙
૚n，下列说法正确的是（
）
A．x＝10
B．质量数不守恒
C．向外释放能量
D．这是ૢ
૛
૛૜૞U 的衰变
13．（4 分）在如图装置中，阴极K 在光子动量为p0 的单色光1 的照射下发生了光电效应，调节滑片P 至某一位置，
使电流表的示数恰好为零；在保持上述滑片P 的位置不变的情况下，改用光子动量为0.5p0 的单色光2 照射阴极
K，则电流表的示数将
（选填“为0”或“不为0”），单色光1、2 的波长之比为
。
14．（4 分）在如图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg 和1kg 的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹
簧压紧后处于静止状态。乙的右侧有一挡板P．现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为
2m/s，此时乙尚未与P 相撞。
①求弹簧恢复原长时乙的速度大小；
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②若乙与挡板P 碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞。求挡板P 对乙的冲量的最大值。
【选做题】本题包括A、B 两道小题，请选定其中一题，并在答题卡相应的答题区域内作答．若两题都做，则按A
题评分．A．[选修3-3]（12 分）
15．（4 分）一定质量的理想气体内能增大的同时向外放出热量。它的压强、体积和温度分别用p、V、T 表示。则
该理想气体的（
）
A．V 减小
B．T 降低
C．p 增大
D．
ܘt
܂的值减小
16．（4 分）在高原地区烧水需要使用高压锅。水烧开后，锅内水面上方充满了饱和汽，停止加热让高压锅在密封状
态下缓慢冷却，则在冷却过程中，锅内水蒸汽将
（选填“一直是饱和汽”或“变为未饱和汽”），水蒸汽
压强
（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
17．（4 分）某种蛋白的摩尔质量为66kg/mol，其分子可视作为半径为3×10
﹣9m 的球，已知阿伏加德罗常数为6.0
×1023mol
﹣1．已知球体体积计算公式为Vൌ૝
૜πR2，其中R 为球体半径。请估算该蛋白的密度。（计算结果保留
一位有效数字）
B．[选修3-4]（12 分）
18．一列简谐波在两时刻的波形分别如图中实线和虚线所示，由图中信息可以求出这列波的（
）
A．频率
B．波长
C．波速
D．振幅
19．如图所示，一列火车以速度v 相对地面运动。地面上的人测得，某光源发出的闪光同时到达车厢的前壁和后壁。
若此光源安放在地面上，则火车上的人的测量结果是闪光先到达
壁（选填“前”或“后”）；若此光源安
放在火车上，则火车上的人的测量结果是闪光先到达
壁（选填“前”或“后”）。
20．用玻璃做成的一块棱镜的截面图如图所示，其中ABOD 是矩形，OCD 是四分之一圆弧，圆心为O．一光线从
AB 面上的某点入射，进入棱镜后射在O 点，并在O 点处恰好发生全反射。该棱镜的折射率n＝1.2．①求入射
角i 的正弦值sini（结果可用根式表示）；②求光在该棱镜中传播速度的大小v。已知光在真空中的传播速度为3
×108m/s。
四、计算题：本题共3 小题，计47 分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只有最后答案
不能得分．有数值计算的题，必须明确写出数值和单位．
21．（15 分）如图所示，电阻不计的平行光滑金属导轨的倾角θ＝30°，间距d＝0.4m，定值电阻R＝0.8Ω．在导轨
平面上有一长为L＝2.6m 的匀强磁场区域，磁场方向垂直导轨平面，磁感应强度B＝0.5T．一根与导轨垂直放
置的导体棒以初速度v0＝2m/s 从上边沿进入磁场，最后以某一速度离开磁场。导体棒的质量m＝0.2kg，电阻不
计。g 取10m/s2。
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（1）求导体棒刚进入磁场时加速度的大小；
（2）求题述过程中通过电阻R 的电荷量；
（3）若定值电阻R 在此过程中产生的热量为0.5J，求导体棒离开磁场时的速度。
22．（16 分）如图所示，竖直平面内的直角坐标系xOy 中有一根表面粗糙的粗细均匀的细杆OMN，它的上端固定
在坐标原点O 处且与x 轴相切。OM 和MN 段分别为弯曲杆和直杆，它们相切于M 点，OM 段所对应的曲线方
程为yൌ૞ૢx2．一根套在直杆MN 上的轻弹簧下端固定在N 点，其原长比杆MN 的长度短。可视为质点的开孔小
球（孔的直径略大于杆的直径）套在细杆上。现将小球从O 处以v0＝3m/s 的初速度沿x 轴的正方向抛出，过M
点后沿杆MN 运动压缩弹簧，再经弹簧反弹后恰好到达M 点。已知小球的质量0.1kg，M 点的纵坐标为0.8m，
小球与杆间的动摩擦因数μൌ૚
૟，g 取10m/s2．求：
（1）上述整个过程中摩擦力对小球所做的功Wf；
（2）小球初次运动至M 点时的速度vM 的大小和方向；
（3）轻质弹簧被压缩至最短时的弹性势能Epm。
23．（16 分）如图所示，空间存在方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，在0＜y＜d 的区域I 内的磁感应强度大小
为B，在y＞d 的区域Ⅱ内的磁感应强度大小为2B．一个质量为m、电荷量为（﹣q）的粒子以速度
ܙ۰܌
ܕ从O 点
沿y 轴正方向射入区域I．不计粒子重力。
（1）求粒子在区域I 中运动的轨道半径；
（2）若粒子射入区域I 时的速度为vൌ૛ܙ۰܌
ܕ，求粒子打在x 轴上的位置坐标，并求出此过程中带电粒子运动的
时间；
（3）若此粒子射入区域I 的速度v＞ܙ۰܌
ܕ，求该粒子打在x 轴上位置坐标的最小值。
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2019-2020 学年江苏省苏、锡、常、镇四市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本大题共5 小题，每小题3 分，共计15 分．每小题只有一个选项符合题意．
1．【分析】公式W＝qU，用来计算任何电场中电场力做功；公式Eൌ܃
܌适用于匀强电场；公式W＝qEd，用来计算
匀强电场中电场力做功；公式Eൌܓۿ
ܚ૛仅用于求点电荷电场的电场强度；
【解答】解：A、公式W＝qU，用来计算任何电场中电场力做功，故A 正确。
B、公式Eൌܓۿ
ܚ૛仅用于求点电荷电场的电场强度，其中Q 是场源电荷，随着距离越远，则电场强度越小，故B
错误；
C、公式W＝qEd，用来计算匀强电场中电场力做功，故C 错误。
D、公式Eൌ܃
܌适用于匀强电场，故D 错误；
故选：A。
【点评】解决本题的关键要理解各个公式的来源，明确公式的适用范围。
2．【分析】设质点运动的初速度为v0，加速度为a，根据匀变速直线运动位移时间公式以及速度时间公式列式，联
立方程求解即可。
【解答】解：设质点运动的初速度为v0，加速度为a，则末速度是初速度的3 倍为3v0，有：ܞൌܞ૙൅૜ܞ૙
૛
ൌ૛ܞ૙ൌܞ，
加速度：aൌᶭܞ
ܜൌ૜ܞ૙െܞ૙
ܜ
ൌ૛ܞ૙
ܜ
ൌܞ
ܜ．故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
【点评】本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，注意公式的选取，难度不大，属于基础题。
3．【分析】要使电流表示数变大，应使副线圈两端电压增大，或减小电容器的容抗。
【解答】解：A、减小交流电的频率，增加了容抗，电流表示数减小，故A 错误；
B、滑片向上移动，副线圈两端电压不变，电流表示数不变，故B 错误；
C、减小C 两板间的距离，电容增大，容抗减小，电流表示数增大，故C 正确；
D、仅增大原线圈的匝数，副线圈两端电压减小，电流表示数减小，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查了变压器的变压原理和电容器对交流电的影响，通高频阻低频，记住容抗公式ܠ۱ ൌ
૚
૛ૈ܎۱。
4．【分析】先利用整体法，可以求出整体运动的加速度大小，再利用隔离法可以求得弹簧对物体B 的拉力的大小，
进而进行判断。
【解答】解：设弹簧的弹力为T。
对于A、B 整体，由牛顿第二定律得：F﹣μ（mA+mB）g＝（mA+mB）a﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
对B 受力分析；T﹣μmBg＝mBa﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②解得，Tൌ
ܕ۰۴
ܕۯ൅ܕ۰，则：
A、由Tൌ
ܕ۰۴
ܕۯ൅ܕ۰ ൌ
۴
ܕۯ
ܕ۰൅૚知减小mB，T 减小，则弹簧稳定时的伸长量减小，故A 错误。
B、由Tൌ
ܕ۰۴
ܕۯ൅ܕ۰知仅增大A 的质量，T 减小，则弹簧稳定时的伸长量减小，故B 错误。
C、仅将A、B 的位置对调，同理可得弹簧的弹力T′ൌ
ܕۯ۴
ܕۯ൅ܕ۰，因mA＞mB，则T′＞T，所以弹簧稳定时的
伸长量增大，故C 正确。
D、由Tൌ
ܕ۰۴
ܕۯ൅ܕ۰知T 与μ无关，因此仅减小水平面的粗糙程度，弹簧稳定时的伸长量不变，故D 错误。
故选：C。
【点评】对于连接体问题，通常采用的方法是整体法和隔离法，通过整体法求得加速度，再利用隔离法求物体
之间的力的大小。
5．【分析】由动能定理知粒子动能Ek 与位置坐标x 的图象的斜率反映的电场强度的变化，结合牛顿第二定律可知
加速度的变化；只有电场力做功，所以动能和电势能的和不变，动能均匀减小，则电势能应均匀增加；根据动
能定理可写出速度随x 的函数关系式，根据关系式可判断。
【解答】解：设粒子的初动能为EK0，电场强度为E，由图知动能减小，电场力做负功，由动能定理得：﹣qEx
＝EK﹣EK0
即EK＝﹣qEx+EK0
AC、可知图象的斜率反应电场强度的变化，由于斜率恒定，所以电场强度恒定，即E 不变化，由牛顿第二定律
知加速度也不变化，故AC 错误；
D、因为只有电场力做功，所以动能和电势能的和不变，动能均匀减小，则电势能应均匀增加，故D 错误；
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B、粒子做减速运动，随着时间的增加，发生相同的位移需要的时间越来越长，因加速度不变，则速度的变化量
越来越大，可知图象B 合理，故B 正确。
故选：B。
【点评】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，然后结合动能定理进行分析，图象的斜率的物理意义要
清楚。
二、多项选择题：本大题共4 小题，每小题4 分，共计16 分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4 分，
选对但不全的得2 分，错选或不选的得0 分．
6．【分析】根据P＝UI 可求输电电流；根据P 损＝I2r 求出损耗的功率；根据U＝Ir 可求输电线上损失电压；能量守
恒求出电动机消耗的功率。
【解答】解：A、已知输电功率和电压分别为P0、U0，根据P＝UI 可求输电电流，故A 正确；
B、由于发电机为非纯电阻电路，仅根据已知输电功率和电压分别为P0、U0，输电线总电阻为r，电动机正常工
作，无法求解电动机电阻，故B 错误；
C、根据能量守恒，电动机消耗的功率为：۾ ൌ۾૙െሺ۾૙
܃૙砀૛ܚ，故C 正确；
D、电动机对外做功的功率即电动机的输出功率，需要知道电动机内阻，求解热功率，但内阻不知，且不能求解，
故不能求解电动机对外做功的功率，故D 错误；
故选：AC。
【点评】解决本题的关键知道输送功率与输出电压和输出电流的关系，损失电压与电流和电阻的关系，以及掌
握输电线上损耗的功率P 损＝I2R。
7．【分析】物体绕地球做圆周运动的轨道周期与月球绕地球做圆周运动的轨道周期相同，结合轨道半径的关系得出
线速度、角速度、向心加速度的大小关系；根据合力提供向心力求解质量。
【解答】解：A．该卫星的周期与月球绕地球运行的周期相等，根据
ܚ૜
܂૛ൌK 可知，该卫星的周期大于地球同步卫
星的周期，故A 正确；
鹊桥”受到地球和月球的引力，二者合力提供向心力，故A 错误；
B、卫星和月球的角速度相同，向心加速度a＝rω2 可知，轨道半径越大，则向心加速度越大，所以卫星的向心
加速度大于月球的向心加速度，故B 错误；
CD、月球的向心力是由万有引力提供，则
۵ۻܕ月
ሺܚ૛െܚ૚砀૛ൌm 月（r2﹣r1）
૝ૈ
૛
܂૛，解得地球的质量为Mൌ૝ૈ
૛ሺܚ૛െܚ૚砀૜
۵܂૛
；
对卫星，根据合力提供向心力可得：ൌ۵ۻܕ
ܚ૛
૛
൅
۵ۻ月ܕ
ܚ૚
૛
mr22૝ૈ
૛
܂૛，地球的质量Mൌ૝ૈ
૛ሺܚ૛െܚ૚砀૜
۵܂૛
，代入可求出月
球的质量，故C 错误、D 正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键知道物体做圆周运动，靠地球和月球引力的合力提供向心力。不能认为靠地球的万有
引力提供向心力进行分析求解，另外还要仅仅抓住：中继卫星在地月引力作用下绕地球转动的周期与月球绕地
球转动的周期相同。
8．【分析】A、B、D 三个选项的信息可以直接从伏安特性曲线图象中得出，
C、选项可以将电源和滑动变阻器R 的最大阻值10Ω看作一个电动势12V，内阻10Ω的等效电源，列方程解题
【解答】解：
A、从图象可以看出随电流的增大，电压与电流的比值越来越大，即电阻越来越大，故A 错误
B、从图象可以看出额定电压9v 时，电流1.5A，相乘得额定功率为13.5W，故B 正确
C、滑动变阻器R 取最大阻值10Ω时，灯泡L 消耗电功率最小，将电源和阻值10Ω看作一个电动势12V，内阻
10Ω的等效电源，则其提供电压电流满足U＝12﹣10I，坐标（2，1）满足，是该表达式图象与灯泡L 伏安特性
曲线的交点，即滑动变阻器R 取最大阻值10Ω时，灯泡电压2v，电流1A，电功率2W，故C 正确
D、灯泡L 额定电压9v，此时电流1.5A，则滑动变阻器接入电路的阻值܀ܠൌ૚૛െૢ
૚䁪૞Ω ൌ૛Ω，故D 错误
故选：BC。
【点评】A、B、D 三个选项的信息可以直接从图象得出，难度较小。
C、选项需要将电源和滑动变阻器R 的最大阻值10Ω看作一个电动势12V，内阻10Ω的等效电源，难度较大，不
好把握
9．【分析】对小球受力分析结合运动状态可分析加速度的变化；分析出重力外的力做的功和电场力的功可比较机械
能、电势能的变化。
【解答】解：A、由小球在AB 段做加速运动，在BC 段做匀速运动，所以在在AB 段的加速度大小逐渐减小的，
故A 错误；
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B、小球在下落的过程，除重力外其它的力做负功，机械能一直减小减小，所以在N 点的机械能比M 点的小，
故B 正确；
C、除重力和电场力外还有油的阻力和浮力，而阻力和浮力做负功，所以机械能和电势能的总量减小，故C 错误；
D、除重力外的电场力、油的阻力和浮力做的功要大于电场力做的功，所以机械能的变化量大于电势能的变化量，
故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了通过分析各个力的做功情况来分析机械能、电势能的变化，要知道通过分析除重力外的力
的做功情况判断机械能的变化，分析电场力的做功情况判断电势能的变化。
三、简答题：本大题分必做题（第10、11 和12 题）和选做题（第13 题）两部分，共计42 分．请将解答填写在答
题卡上相应的位置．【必做题】
10．【分析】（1）根据实验原理及弹簧的使用要求作答；
（2）读数时视线与指针所对刻线相垂直，明确弹簧的最小分度，按读数规则读出弹簧的示数，木块匀速运动，
木块受到的滑动摩擦力等于弹簧的示数；
（3）由斜率可求得动摩擦因数；
（4）A、B 的材料以及它们表面粗糙程度相同，则动摩擦因数，即斜率相同，据此作图即可。
【解答】解：（1）A、实验前，应先对弹簧测力计调零，否则读数不准确，故A 正确；
B、应保持与木块相连的细线水平，否则木块与木板之间的正压力不等于木块的重力，故B 正确；
CD、实验时，应将木块匀速拉动，和木板有相对运动即可，这样细线的拉力大小等于摩擦力的大小，木板是否
拉动对实验无关，故CD 错误。
故选：AB
（2）在弹簧测力计上，1N 之间有10 个小格，一个小格代表0.1N，即弹簧测力计的分度值为0.1N，此时的示数
为2.75N，木块受到的滑动摩擦力f＝2.75N；
（3）由f＝μmg 得：图象的斜率表示μg，由图象的斜率得μgൌ
૛䁪૟െ૛䁪૙
૙䁪૚晦െ૙䁪૙૛ൌ4，所以μ＝0.4，
（4）图象如图所示
故选答案为：（1）AB（2）2.75 （3）0.4 （4）如图所示
【点评】本题考查了动摩擦因数的测量，在计算的过程中，描点法绘图，并从中得出斜率是关键，可以从中计
算出摩擦因数；在数据处理时注意图象法的准确应用。
11．【分析】（1）①为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；
②根据实验电路图连接实物电路图；
（2）根据实验电路图与实验原理、实验步骤求出待测电阻阻值。
（3）根据实验原理与实验步骤分析实验误差。
【解答】解：（1）①为方便实验操作，滑动变阻器应选择Rp1；
②根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
（2）由实验步骤可知，滑片位置不变，滑动变阻器接入电路的阻值不变，
电压表示数不变，电路总电阻不变，待测电阻阻值等于电阻箱阻值，即待测电阻阻值为48Ω。
（3）由图1 所示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流测量值大于真实值，
由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值；由图3 所示可知，滑片向右移动，滑动变阻器接入电路阻值变大，
电压表示数为2V 时，电路总电阻变大，电路电流减小，电压表示数不变，由U＝IR 可知，R 偏大，即电阻测
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量值大于真实值；
故答案为：（1）①Rp1；②实物电路图如图所示；（2）48；（3）小；大。
【点评】本题考查了实验器材选择、实验数据处于与实验误差分析，要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、
精确性原则、方便实验操作原则；分析清楚实验步骤、理解实验原理是解题的前提与关键。
[选修3-5]（12 分）
12．【分析】根据质量数守恒判断x 的大小；根据裂变的特点可知裂变过程中向外释放能量。
【解答】解：AB、根据质量数守恒可知，x＝235+1﹣90﹣136＝10，故A 正确、B 错误；
CD、核反应ૢ
૛
૛૜૞U൅
૙
૚n→
૜砀ૢ
૙Sr൅
૞૝
૚૜૟Xe+x
૙
૚n 属于裂变，裂变时出现质量亏损，向外释放能量，故C 正确、
D 错误；
故选：AC。
【点评】本题主要是考查裂变，解答本题要掌握核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒，掌握裂变的特点。
13．【分析】用单色光1 照射，电流表示数恰好为0，说明此时两极板间的电压恰好等于遏止电压；光子的动量减小，
由λ ൌܐ
ܘ知波长变大，频率变小，遏止电压随之改变，滑片位置不变，两极板间的电压不变，当两极板间的电压
大于等于遏止电压时，光电流为0，当两极板间的小于遏止电压时，光电流不为0；根据λ ൌܐ
ܘ求两单色光的波长
之比。
【解答】解：根据光电效应方程۳ܓൌܐ઻െ܅૙和۳ܓൌt܃۱ 得，܃۱ ൌܐ઻
t െ
܅૙
t
光子动量减小，波长变长，频率变小，遏止电压变小，采用单色光1 照射时，电流表示数恰好为零，两极板间
电压刚好等于遏止电压，滑片P 的位置不变，两极板间电压不变，采用单色光2 照射时，遏止电压减小，两极
板间电压大于等于遏止电压时，光电流为0，所以电流表的示数为0
根据λ ൌܐ
ܘ得：
λ૚
λ૛
ൌ
૙䁪૞ܘ૙
ܘ૙
ൌ
૚
૛
故答案为：0，1：2
【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程EKm＝hγ﹣W0，以及知道光电子的最大初动能和遏止电压与入射光
的频率有关，同时要理解记忆光子的动量公式λ ൌܐ
ܘ。
14．【分析】①弹簧释放的过程，甲、乙及弹簧组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求弹簧恢复原长时乙的速度
大小；
②若乙与挡板P 碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞，乙的最大速度与甲的速度相等。对乙与挡板碰撞的过程，
由动量定理求挡板P 对乙的冲量的最大值。
【解答】解：①弹簧释放的过程，甲、乙及弹簧组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：
0＝m 甲v 甲﹣m 乙v 乙。
解之得：v 乙＝6m/s；
②若乙与挡板P 碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞，乙的最大速度与甲的速度相等，乙与挡板碰撞的过程，
由动量定理得：
I＝m 乙v 甲﹣（﹣m 乙v 乙）＝1×（2+6）＝8N•s
即挡板P 对乙的冲量的最大值是8N•s
答：①弹簧恢复原长时乙的速度大小是6m/s；
②挡板P 对乙的冲量的最大值是8N•s。
【点评】本题考查动量守恒定律以及动量定理的应用，要注意明确动量、冲量及速度的矢量性。把握隐含的临
界条件：乙与挡板P 碰撞反弹后速度与甲的速度相同。
【选做题】本题包括A、B 两道小题，请选定其中一题，并在答题卡相应的答题区域内作答．若两题都做，则按A
题评分．A．[选修3-3]（12 分）
15．【分析】先根据一定质量的理想气体内能增大，判断温度变化，再根据向外放出热量，结合热力学第一定律判
断做功情况，从而分析体积变化，再根据理想气体方程分析压强变化。
【解答】解：ABC、一定质量的理想气体内能增大，则温度升高；又气体向外放热，格局热力学第一定律可知，
外界对气体做功，故体积缩小；根据理想气体状态方程
۾t
܂ൌ۱ 可知，压强增大，故AC 正确，B 错误；
D、根据理想气体状态方程可知，
۾t
܂的值不变，故D 错误；
故选：AC。
【点评】本题考查热力学第一定律和理想气体状态方程，关键是要知道理想气体内能只与温度有关，且气体对
外做功，体积增大；外界对气体做功，气体体积缩小，再结合理想气体状态方程即可分析各项。
16．【分析】水上方蒸汽的气压叫饱和气压，只与温度有关，只要下面还有水，那就是处于饱和状态，根据饱和汽
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压的特点进行分析。温度降低时，液体分子的平均动能减小，单位时间里从液面飞出的分子数减少，所以达到
动态平衡后该饱和汽的质量减小，密度减小，压强也减小。
【解答】解：水上方蒸汽达到饱和时的气压叫饱和气压，只与温度有关，在冷却过程中，锅内水蒸汽一直处于
饱和状态，但锅内水蒸汽压强随着温度的降低而减小。
故答案为：一直是饱和汽；减小。
【点评】本题主要考查饱和汽和饱和汽压等概念的理解，关于这两个概念注意：饱和汽压随温度的升高而增大，
饱和气压与蒸汽所占的体积无关，与该蒸汽中有无其他气体也无关，不能用气体实验定律分析，这是饱和气体，
不是理想气体，对于未饱和汽，气体实验定律近似适用
17．【分析】由体积的公式求出分子的体积，乘以阿伏伽德罗常数为摩尔体积，该蛋白的密度为摩尔质量与摩尔体
积的比值。
【解答】解：该蛋白的摩尔体积：Vൌ૝
૜ૈ
ܚ૜ڄ ۼۯ
由密度：ૉൌۻ
t，
解得：ૉൌ
૜ۻ
૝ૈܚ૜ڄۼۯ
代入数据得：ρ＝1×103kg/m3
答：该蛋白的密度为1×103kg/m3。
【点评】本题要理解阿伏加德罗常数NA 是联系宏观与微观的桥梁，抓住它的含义，来理解分子质量和摩尔质量
的关系。
B．[选修3-4]（12 分）
18．【分析】波长可波的图象直接读出。根据波的周期性、双向性和波速公式判断周期、波速是否确定，进而判断
频率是否确定。
【解答】解：A、题中未给出实线波形和虚线波形的时刻，不知道时间差或波的传播方向，无法确定周期，从而
无法确定频率，故A 错误；
B、由波的图象直接读出波长为4m，故B 正确。
C、周期无法确定，波长可读出，波速也无法确定。故C 错误。
D、由图可知，该波的振幅为4cm，故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题画出了两个时刻的波形，如给出时间差，就可求出周期、波速、频率的通项式。要注意波的双向
性和周期性，防止漏解。
19．【分析】地面上的人、车厢中的人选择的惯性系不一样，但是本题的惯性系中光向前传播和向后传播的速度相
同，从而发现传播到前后壁的快慢不一样。
【解答】解：地面上的人以地面为参考系，光向前向后传播的速度相等，某光源发出的闪光同时到达车厢的前
壁和后壁，向前传播的路程与向后传播的路程相同，由于火车向前运动，所以点光源的到火车的前面的距离小；
车厢中的人认为，车厢是个惯性系，光向前向后传播的速度相等，点光源的到火车的前面的距离小，闪光先到
达前壁；
若此光源安放在火车上，光向前向后传播的速度相对于火车相等，点光源的到火车的前面的距离小，闪光先到
达前壁；
故答案为：前；前。
【点评】本题考查了同时的相对性，关键是明确不同惯性参考系中光速相等，掌握爱因斯坦相对论是解答本题
的关键。
20．【分析】①作出光路图，结合折射定律，以及全反射的临界角求出入射角i 的正弦值；
②根据折射率的大小，结合vൌ粒
ܖ求出光在棱镜中传播的速度大小。
【解答】解：①光线在BC 面上恰好发生全反射，入射角等于临界角C，
由折射定律知：nsinC＝1
光线在AB 界面上发生折射，由折射定律得，nൌܛtܖt
ܛtܖܚ，
解得：siniൌ
૚૚
૞
②由公式vൌ粒
ܖ得光在棱镜中传播速度的大小为：v＝2.5×108m/s
答：．①求入射角i 的正弦值是
૚૚
૞；
②光在该棱镜中传播速度的大小是2.5×108m/s。
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【点评】本题的突破口是“光线进入棱镜后恰好以临界角射在BC 面上的O 点”根据全反射临界角公式由sinCൌ૚
ܖ、
折射定律
ܛtܖt
ܛtܖ઻ൌn、光速公式vൌ粒
ܖ相结合进行处理。
四、计算题：本题共3 小题，计47 分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只有最后答案
不能得分．有数值计算的题，必须明确写出数值和单位．
21．【分析】（1）根据牛顿第二定律结合闭合电路的欧姆定律、法拉第电磁感应定律求解；
（2）根据电荷量的计算公式qൌ۷ ᶭܜ可得qൌᶭΦ
܀，由此得到电荷量；
（3）根据能量关系求解速度大小。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣BId＝ma
其中电流强度Iൌ۳
܀ൌ۰܌ܞ૙
܀
解得：a＝4.5m/s2；
（2）电路中平即感应电动势۳ ൌᶭΦ
ᶭܜ
根据电荷量的计算公式qൌ۷ ᶭܜ可得
qൌᶭΦ
܀ൌ۰ۺ܌
܀
代入数据解得：q＝0.65C；
（3）根据能量关系可得：mgLsinθ＝Q+（
૚
૛ܕܞ૛െ
૚
૛ܕܞ૙
૛）
代入数据解得：v＝5m/s。
答：（1）导体棒刚进入磁场时加速度的大小为4.5m/s2；
（2）题述过程中通过电阻R 的电荷量为0.65C；
（3）若定值电阻R 在此过程中产生的热量为0.5J，导体棒离开磁场时的速度为5m/s。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；
另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
22．【分析】（1）由动能定理可求得摩擦力对小球所做的功；
（2）假设小球抛出后做平抛运动，根据平抛运动规律写出运动方程可判断小球在OM 段运动特点，再由动能定
理可求得运动至M 点时的速度；
（3）求出小球从M 点开始直至将弹簧压缩到最短过程中摩擦力的功，在小球从M 点开始直至将弹簧压缩到最
短过程中，由能量转化和守恒定律可求得压缩至最短时的弹性势能。
【解答】解：（1）对题述过程由动能定理得：
WG+Wf＝0 一
૚
૛ܕܞ૙
૛
代入数据得：Wf＝﹣1.25J
（2）假设小球抛出后做平抛运动，根据平抛运动规律可得：
x＝v0t
yൌ૚
૛܏ܜ૛
代入数据得：yൌ૞ૢx2 与OM 曲线方程一致，说明小球在OM 段运动过程中与细杆OM 无摩擦，做平抛运动
由动能定理得：
WGൌ૚
૛ܕܞۻ
૛െ૚
૛ܕܞ૙
૛
代入数据得：
vM＝5m/s
由运动的合成和分解可得，vM 的方向与x 轴正方向夹角的余弦值
cosθൌܞ૙
ܞۻ ൌ૜
૞
即为：θ＝53°
（3）由（1）得小球从M 点开始直至将弹簧压缩到最短过程中摩擦力的功为：
Wf1＝﹣0.625J
又由Wf1＝﹣μmgxm cosθ得小球下滑的最大距离为：
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xm＝6.25m
在小球从M 点开始直至将弹簧压缩到最短过程中，由能量转化和守恒定律得：
mgxmsinθ൅૚
૛ܕܞۻ
૛ൌെWf1+Epm
代入数据得：Epm＝5.625J
答：（1）上述整个过程中摩擦力对小球所做的功是﹣1.25J；
（2）小球初次运动至M 点时的速度vM 的大小是5m/s，方向与x 轴正方向夹角为53°；
（3）轻质弹簧被压缩至最短时的弹性势能是5.625J。
【点评】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动
能定理求解。
23．【分析】（1）带电粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，设速度为v0，由牛顿第二定律可以求出粒子轨道半径；
（2）当粒子射入区域Ⅰ时的速度为v＝2v0 时，几何知识和带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的周期公式可以
算出在此过程中粒子的运动时间；
（3）设粒子在区域Ⅰ中轨道半径为R，根据数学知识，可以求出该粒子打在x 轴上位置坐标的最小值。
【解答】解：（1）带电粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，设速度为v0
由牛顿第二定律得：qv0B＝m
ܞ૙૛
܀
得粒子轨道半径：R＝d
（2）当粒子射入区域Ⅰ时的速度为v＝2v0 时，如图1 所示
在OA 段圆周运动的圆心在O1，半径为R1＝2d
在AB 段圆周运动的圆心在O2，半径为R2＝d
在BP 段圆周运动的圆心在O3，半径为R1＝2d
可以证明ABPO3 为矩形，则图1 中θ＝30°
粒子打在x 轴上的位置坐标xp＝（OO1+O1P）＝（4െ
૜）d
粒子在OA 段运动的时间为t1ൌી
૛ૈ•
૛ૈܕ
۰ܙ
ൌૈ
ܕ
૟۰ܙ
粒子在AB 段运动的时间为t2ൌૈ
െ૛ી
૛ૈ
•ૈ
ܕ
۰ܙൌૈ
ܕ
૜۰ܙ
粒子在BP 段运动的时间为t3＝t1ൌૈ
ܕ
૟۰ܙ
在此过程中粒子的运动时间t＝2t1+t2ൌ૛ૈܕ
૜۰ܙ
（3）设粒子在区域Ⅰ中轨道半径为R，由图2 可得：粒子在x 轴上位置坐标x
x＝2（Rെ
܀૛െ܌૛）൅
܀૛െ܌૛ൌ2Rെ
܀૛െ܌૛
化简得：3R2﹣4Rx+x2+d2＝0
化为：3（Rെ૛
૜x）2െ૚
૜x2+d2＝0
即
3（Rെ૛
૜x）2ൌ૚
૜x2﹣d2≥0
则，当Rൌ૛
૜ܠ时，位置坐标x 最小值，xminൌ
૜d
答：（1）粒子在区域I 中运动的轨道半径为d；
（2）粒子打在x 轴上的位置坐标，此过程中带电粒子运动的时间w 为
૛ૈܕ
૜۰ܙ；
（3）此粒子射入区域I 的速度v＞ܙ۰܌
ܕ，该粒子打在x 轴上位置坐标的最小值为૜d。
【点评】本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律等知识点。要求同学们能正确分析粒子的受
力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动的基本公式，难度适中。
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2019-2020 学年江苏省四市（南通、扬州、泰州、宿迁）高考物理一模试卷
一、单项选择题：本题共5 小题，每小题3 分，共计15 分.每小题只有一个选项符合题意.
1．（3 分）如图所示，竖直墙面上有一只壁虎从A 点沿水平直线加速运动到B 点，此过程中壁虎受到摩擦力的方向
是（
）
A．斜向右上方
B．斜向左上方
C．水平向左
D．竖直向上
2．（3 分）如图所示，小灯泡的规格为“6V
3W”，R3＝4Ω，电源内阻r＝1Ω．闭合开关S，灯泡L 正常发光，电
压表示数为零，电流表示数为1A，电表均为理想电表，则电源电动势E 和电源输出功率P 分别为（
）
A．E＝8V，P＝6W
B．E＝8V，P＝7W
C．E＝9V，P＝8W
D．E＝9V，P＝9W
3．（3 分）如图所示，斜面上从A 点水平抛出的小球落在B 点，球到达B 点时速度大小为v，方向与斜面夹角为α．现
将小球从图中斜面上C 点抛出，恰能水平击中A 点，球在C 点抛出时的速度大小为v1，方向与斜面夹角为β．则
（
）
A．β＝α，v1＜v
B．β＝α，v1＝v
C．β＞α，v1＞v
D．β＜α，v1＜v
4．（3 分）利用图示装置研究自感现象，L 为自感系数较大的线圈，两导轨相互平行，处于匀强磁场中。导体棒ab
以速度v0 沿导轨匀速运动时，灯泡的电功率为P1；棒ab 沿导轨加速运动至速度为v0 时，灯泡的电功率为P2．则
（
）
A．P1＝P2
B．P1＞P2
C．P1＜P2
D．无法比较P1 和P2 的大小
5．（3 分）如图所示，半径为R 的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O 的竖直轴线以角速度ω匀速
转动。质量不同的小物块A、B 随容器转动且相对器壁静止，A、B 和球心O 点连线与竖直方向的夹角分别为α
和β，α＞β，则（
）
A．A 的质量一定小于B 的质量
B．A、B 受到的摩擦力可能同时为零
C．若A 不受摩擦力，则B 受沿容器壁向上的摩擦力
D．若ω增大，A、B 受到的摩擦力可能都增大
二、多项选择题：本题共4 小题，每小题4 分，共计16 分.每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4 分，选对
但不全的得2 分，错选或不答的得0 分.
6．（4 分）2018 年6 月14 日。承担嫦娥四号中继通信任务的“鹊桥”中继星抵达绕地月第二拉格朗日点的轨道。
第二拉格朗日点是地月连线延长线上的一点，处于该位置上的卫星与月球同步绕地球公转，则该卫星的（
）
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A．向心力仅来自于地球引力
B．线速度大于月球的线速度
C．角速度大于月球的角速度
D．向心加速度大于月球的向心加速度
7．（4 分）科考人员在北极乘车行进，由于地磁场的作用，汽车后轮轮轴（如图所示）的左、右两端电势高低情况
是（
）
A．从东向西运动，左端电势较高
B．从东向西运动，右端电势较高
C．从西向东运动，左端电势较高
D．从西向东运动，右端电势较高
8．（4 分）如图所示，某质点沿直线运动的vt 图象为余弦曲线，从图中可以判断（
）
A．在0～t1 时间内，合力逐渐减小
B．在0～t1 时间内，合力做正功
C．在t1～t2 时间内，合力的功率先增大后减小
D．在t2～t4 时间内，合力做的总功为零
9．（4 分）图示空间有一静电场，y 轴上各点的场强方向沿y 轴正方向竖直向下，两小球P、Q 用长为L 的绝缘细
线连接，静止在轴上A、B 两点。两球质量均为m，Q 球带负电，电荷量为﹣q，A 点距坐标原点O 的距离L，
y 轴上静电场场强大小Eൌܕ܏ܡ
૜ܙۺ．剪断细线后，Q 球运动到达的最低点C 与B 点的距离为h，不计两球间的静电
力作用。则（
）
A．P 球带正电
B．P 球所带电荷量为﹣4q
C．B、C 两点间电势差为
ܕ܏ܐ
ܙ
D．剪断细线后，Q 球与O 点相距3L 时速度最大
三、简答题：本题分必做题（第10、11、12 题）和选做题两部分，共计42 分.【必做题】
10．（8 分）某探究小组验证机械能守恒定律的装置如图甲所示，细线一端拴一个球，另一端连接力传感器，固定在
天花板上，传感器可记录球在摆动过程中细线拉力大小，用量角器量出释放球时细线与竖直方向的夹角，用天
平测出球的质量为m，重力加速度为g。
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（1）用游标卡尺测出小球直径如图乙所示，读数为
mm。
（2）将球拉至图示位置，细线与竖直方向夹角为θ，静止释放球，发现细线拉力在球摆动过程中作周期性变化。
为求出球在最低点的速度大小，应读取拉力的
（选填“最大值”或“最小值”），其值为F。
（3）球从静止释放运动到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式为
（用测定物理量的符号表示）。
（4）关于该实验，下列说法中正确的有
。
A．细线要选择伸缩性小的
B．球尽量选择密度大的
C．不必测出球的质量和细线的长度
D．可以直接用弹簧测力计代替力传感器进行实验
11．（10 分）某同学设计了如图甲所示电路，测量定值电阻的阻值、电源的电动势和内阻。使用的器材有：待测定
值电阻R1 （约几欧）、待测电源E 、电流表A 、电阻箱R2 （0 ～999.9Ω ）、开关两个及导线若干。
（1）请用笔画线代替导线在图乙中完成实物电路的连接。
（2）测量R1 的值时，闭合开关S1 前，调节R2 至
（选填“最大值”或“最小值”），然后闭合开关S1
和S2，调节R2 使电流表示数为I，此时R2 的值为7.8Ω；再断开S2，将R2 调到5.8Ω时，电流表示数也为I．则
R1 的值为
Ω。
（3）测量电源电动势E 和内阻r 时，闭合开关S1、断开S2，调节R2，得到R2 和对应电流I 的多组数据，作出
૚
۷R2 图象如图丙所示。则电源电动势E＝
V，内阻r＝
Ω．（结果均保留两位有效数字）若电流表
A 内阻不可忽略，则r 的测量值
（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
[选修3-5]（12 分）
12．（4 分）下列说法中正确的有（
）
A．氡核的半衰期为3.8 天、20 个氡原子核经7.6 天后剩下5 个氡原子核
B．由质能方程可知，物体的能量发生变化时，物体的质量也相应变化
C．镭核发生一次α衰变时，产生的新核与原来的原子核相比，中子数减少了4
D．钍核发生β衰变后，产生新核的比结合能大于原来钍核的比结合能
13．（4 分）真空中有不带电的金属铂板和钾板，其极限波长分别为λ1 和λ2，用波长为λ（λ1＜λ＜λ2）的单色光持续
照射两板表面，则带上正电的金属板是
（选填“铂板”或“钾板”）。已知真空中光速为c，普朗克常量
为h，从金属板表面飞出的电子的最大初动能为
W。
14．（4 分）如图所示，质量为M 的木块位于光滑水平面上，木块与墙间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A 位置。
现有一质量为m 的子弹以水平速度v0 射向木块并嵌入其中，经过一段时间，木块第一次回到A 位置，弹簧在弹
性限度内。求：
①木块第一次回到A 位置时速度大小v；
②此过程中墙对弹簧冲量大小I。
【选做题】本题包括A、B 两小题，请选定其中一小题，并作答．若多做，则按A 小题评分。A．[选修3-3]（12
分）
15．（4 分）下列说法中正确的有（
）
A．液面上方的蒸汽达到饱和时就不会有液体分子从液面飞出
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B．液体表面层分子间的平均距离等于液体内部分子间的平均距离
C．用磙子压紧土壤，可以把地下的水引上来，这属于毛细现象
D．在完全失重的情况下，熔化的金属能够收缩成球形
16．（4 分）如图所示，密闭绝热容器内有一活塞，活塞的上部封闭着气体，下部为真空。真空区域轻弹簧的一端固
定在容器的底部，另一端固定在活塞上，弹簧被压缩后用绳扎紧。绳突然绷断，活塞上升过程中，气体的内能
（选填“增加”“减少”或“不变”），气体分子的平均速率
（选填“变大”“变小”或“不变”）。
17．（4 分）如图所示，空的饮料罐中插入一根粗细均匀的透明吸管，接口处密封，吸管内注入一小段油柱（长度可
以忽略），制成简易气温计。已知饮料罐的容积为V，吸管内部横截面积为S，接口外吸管的长度为L0．当温度
为T1 时，油柱与接口相距L1，不计大气压的变化。
①简要说明吸管上标示的气温刻度是否均匀？
②求气温计能测量的最高温度Tm。
B．[选修3-4]（12 分）
18 ．（2 分）利用图示装置研究双缝干涉现象并测量光的波长，下列说法中正确的有（
）
A．实验装置中的①②③元件分别为滤光片、单缝、双缝
B．将滤光片由紫色换成红色，干涉条纹间距变宽
C．将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距变宽
D．测量过程中误将5 个条纹间距数成6 个，波长测量值偏大
19．（4 分）一种简易地震仪由竖直放置的弹簧振子A 和水平放置的弹簧振子B 组成，如图所示，可以粗略测定震
源的深度。某次地震中，震源在地震仪的正下方，地震波中的横波和纵波传播速度分别为v1 和v2（v1＜v2），观
察到两振子开始振动的时间差为△t，则
（选填“A”或“B”）弹簧振子先开始振动，震源与地震仪距离
约为
m。
20．（6 分）有一种用于电子显示屏的发光二极管，其管芯的发光区域是直径为D 的圆面，P 为O 点正上方球面上
的一点，发光二极管中半球体介质的半径为R，如图所示。
①若介质的折射率n1ൌ
૛，真空中光速为c，求光从A 点沿直线传播到P 点的时间t；
②为使从发光面AB 发出的光在球面上都不发生全反射，介质的折射率n 应满足什么条件？
四、计算题：本题共3 小题，共计47 分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案
的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.
21．（15 分）如图所示，两足够长的光滑平行导轨水平放置，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场
中，导轨间距为L，一端连接阻值为R 的电阻。一金属棒垂直导轨放置，质量为m，接入电路的电阻为r。水平
放置的轻弹簧左端固定，右端与金属棒中点连接，弹簧劲度系数为k。整个装置处于静止状态。现给导体棒一个
水平向右的初速度v0，第一次运动到最右端时，棒的加速度大小为a。棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，
弹簧在弹性限度内，重力加速度为g。求：
（1）金属棒开始运动时受到的安培力F 的大小和方向；
（2）金属棒从开始运动到第一次运动到最右端时，通过电阻R 的电荷量q；
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（3）金属棒从开始运动到最终停止的整个过程中，电阻R 上产生的热量Q。
22．（16 分）如图所示，光滑固定斜面上有一楔形物体A，A 的上表面水平，A 上放置一物块B．已知斜面足够长、
倾角为θ，A 的质量为M，B 的质量为m，A、B 间动摩擦因数为μ（μ＜粒子ܛી
ܛtܖી），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
重力加速度为g。现对A 施加一水平推力，求：
（1）物体A、B 保持静止时，水平推力的大小F1；
（2）水平推力大小为F2 时，物体A、B 一起沿斜面向上运动，运动距离x 后撤去推力，A、B 仍一起沿斜面上
滑，求整个过程中物体上滑的最大距离L；
（3）为使A、B 在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力F 应满足的条件。
23．（16 分）如图所示，真空中一对平行金属板长为L，两板间有垂直板面向上的匀强电场，质量为m、电荷量为
q 的带正电粒子从两板中央沿中线进入电场，粒子射出平行板时速度大小为v，方向与中线夹角为α．板右侧有
一上、下范围足够大的有界匀强磁场区，磁场方向与纸面垂直，磁场边界与两板中线垂直，不计粒子重力，忽
略板外空间的电场。
（1）求匀强电场的场强大小E；
（2）若磁场区宽度为d0，欲使粒子经磁场偏转后从左边界穿出，求磁感应强度B 满足的条件；
（3）在两板中线右侧延长线上有一点P，P 点与板右端的距离为L．若磁场区的位置可左右平移，磁场宽度可
以改变。粒子经磁场偏转后能到达P 点，且速度方向与中线夹角仍为α，求磁感应强度的最小值Bmin。
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2019-2020 学年江苏省四市（南通、扬州、泰州、宿迁）高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共5 小题，每小题3 分，共计15 分.每小题只有一个选项符合题意.
1．【分析】根据运动情况来判定加速度方向，依据牛顿第二定律，判定合力方向，再结合受力分析，与力的合成法
则，从而判定摩擦力方向。
【解答】解：竖直墙面上有一只壁虎从A 点沿水平直线加速运动到B 点，因此加速度方向由A 指向B，
根据牛顿第二定律，可知，合力方向由A 指向B，壁虎除受到重力外，还受到摩擦力，
根据矢量的合成法则，那么壁虎受到摩擦力的方向斜向左上方，故ACD 错误，B 正确；
故选：B。
【点评】考查由运动情况来分析受力情况，掌握牛顿第二定律与矢量的合成法则的内容，注意静摩擦力与滑动
摩擦力的区别。
2．【分析】灯L 与R3 串联，R1 与R2 串联，然后两个支路并联，根据灯泡正常发光可以求出电路中各支路的电流
及电源输出功率。
【解答】解：灯泡正常发光，灯泡的电阻R1ൌ܃૛
۾ ൌ12Ω，所以外电路的电压U′＝6+2＝8V，电源电动势E＝8+Ir
＝9V，电源输出功率P＝UI＝8W，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
【点评】本题是电路的静态分析问题，按局部到整体顺序分析即可。
3．【分析】小球从斜面上抛出又落到斜面上，位移偏角的正切值为定值tanθ，故其速度偏角的正切值tanα为定值，
即tanθ＝2tanα，故可判断α与β关系；
根据动能定理可直接判断落点速度的大小关系；
【解答】解：由平抛运动的规律得：
tanθൌܡ
ܠൌ
૚
૛܏ܜ૛
ܞ૙ܜൌ܏ܜ
૛ܞ૙
解得：tൌ૛ܞ૙ܜ܉ܖી
܏
由图知tan（α+θ）ൌܞܡ
ܞ૙ൌ܏ܜ
ܞ૙ൌ2tanθ
所以可知速度方向与斜面夹角与抛出速度无关，故α＝β；
从A 到B 过程，据动能定理有：
ܕ܏ܐۯ۰ ൌ૚
૛ܕܞ૛െ૚
૛ܕܞ૙
૛
同理从A 到C，据动能定理有：
ܕ܏ܐۯ۱ ൌ૚
૛ܕܞ૚
૛െ૚
૛ܕܞ૙
૛
因hAB＞hAC，故v1＜v，故BCD 错误，A 正确；
故选：A。
【点评】物体在斜面上做平抛运动落在斜面上，竖直方向的位移与水平方向上的位移比值是一定值。以及知道
在任一时刻速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2 倍。
4．【分析】导体棒ab 以速度v0 沿导轨匀速运动时，产生恒定的感应电流，线圈没有自感电动势产生。棒ab 沿导
轨加速运动时，产生逐渐增大的感应电流，线圈要产生自感电动势，根据能量转化情况分析。
【解答】解：导体棒ab 以速度v0 沿导轨匀速运动时，产生恒定的感应电流，线圈没有自感电动势产生，则灯泡
的电功率P1ൌ۳૛
܀ۺ ൌ
۰૛ۺ૛ܞ૙
૛
܀ۺ
。
棒ab 沿导轨加速运动时，产生逐渐增大的感应电流，线圈要产生自感电动势，阻碍电流的增大，则灯泡的电压
小于BLv0，则灯泡的电功率P2＜
۰૛ۺ૛ܞ૙
૛
܀ۺ
．所以P1＞P2。
故选：B。
【点评】解决本题时要知道：线圈中电流不变时，不产生自感电动势，当线圈中电流变化时要产生自感电动势，
阻碍电流的变化。
5．【分析】分别求出A 和B 受到的摩擦力为零时对应的角速度大小，比较二者相对运动情况，由此分析摩擦力的
方向和变化情况。
【解答】解：A、根据题目条件无法确定A 的质量和B 的质量的大小，故A 错误；
B、以A 为研究对象，假设不受摩擦力，A 受到重力和支持力，合力提供向心力，如图所示，设此时对应的角速
度为ωA，
根据牛顿第二定律可得mAgtanα＝mArAωA2，其中rA＝Rsinα，则ωAൌ
܏
܀粒子ܛહ；同理可得当B 的摩擦力为零时，
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角速度ωBൌ
܏
܀粒子ܛ઺；
由于α＞β，故A、B 受到的摩擦力不可能同时为零，故B 错误；
C、若A 不受摩擦力，整体转动的角速度ωAൌ
܏
܀粒子ܛહ＞ωBൌ
܏
܀粒子ܛ઺；则B 有向上的运动趋势，故B 受沿容器
壁向下的摩擦力，故C 错误；
D、若转动的角速度ω＞ωA，A 和B 受沿容器壁向下的摩擦力，如果角速度增大，则A、B 受到的摩擦力都增大，
故D 正确。
故选：D。
【点评】本题主要是考查圆周运动的向心力来源，弄清楚受力情况和临界条件的分析是关键。
二、多项选择题：本题共4 小题，每小题4 分，共计16 分.每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4 分，选对
但不全的得2 分，错选或不答的得0 分.
6．【分析】物体绕地球做圆周运动的轨道周期与月球绕地球做圆周运动的轨道周期相同，结合轨道半径的关系得出
线速度、角速度、向心加速度的大小关系。
【解答】解：A．“鹊桥”受到地球和月球的引力，二者合力提供向心力，故A 错误；
B、因为周期相同，线速度vൌ૛ૈܚ
܂，轨道半径大，则线速度大，所以中继卫星的线速度大于月球的线速度，故B
正确；
C、因为周期相同，角速度ωൌ૛ૈ
܂，知中继卫星的角速度与月球的角速度相等，故C 错误；
D、因为周期相同，向心加速度aൌ
૝ૈ
૛
܂૛ܚ，轨道半径越大，则向心加速度越大，所以中继卫星的向心加速度大于
月球的向心加速度，故D 正确；
故选：BD。
【点评】解决本题的关键知道物体做圆周运动，靠地球和月球引力的合力提供向心力。不能认为靠地球的万有
引力提供向心力进行分析求解，另外还要仅仅抓住：中继卫星在地月引力作用下绕地球转动的周期与月球绕地
球转动的周期相同。
7．【分析】地球的北极是地磁场的南极，根据右手定则判断电势的高低。
【解答】解：地球的北极是地磁场的南极，磁场方向从上到下，题中没有闭合回路，可假设后轮轮轴与其他导
线构成回路，则
AB．从东向西运动时，根据右手定则可知感应电流的方向从右向左，则可知左端电势较高，故A 正确，B 错误；
CD．从西向东运动时，根据右手定则可知感应电流的方向从右向左，则可知左端电势较高，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
【点评】本题首先要了解地磁场的分布情况，其次要有空间想象能力，运用右手定则判断电势的高低。
8．【分析】由图线得出速度的变化情况，根据动能定理即可分析合力做功的情况；由速度﹣时间图象的斜率表示加
速度找出加速度的变化情况，根据牛顿第二定律即可分析合力的变化情况；根据P＝Fvcosθ分析功率的变化情况。
【解答】解：A．在0～t1 时间内，由图可知斜率在增大，即加速度增大，根据牛顿第二定律可知合力逐渐增大，
故A 错误；
B．在0～t1 时间内，由图可知速度减小，即动能减小，由动能定理可知合力做负功，故B 错误；
C．t1 时刻，速度为0，则可知合力的功率为0，t2 时刻，图线的斜率为0，即加速度为0，由牛顿第二定律可知
合力为0，故合力的功率为0，在t1～t2 时间内，合力与速度均不为0，夹角也不为90°，故合力的功率不为0，
故t1～t2 时间内，合力的功率先增大后减小，故C 正确；
D．t2 时刻速度大小为v0，t4 时间速度大小也为v0，即在在t2～t4 时间内，动能的变化为0，由动能定理可知合
力做的总功为0，故D 正确。
故选：CD。
【点评】本题的关键是要理解速度﹣时间的意义，知道怎样去读图，及会结合动能定理与牛顿第二定律进行分
析。
9．【分析】选取PQ 组成的整体为研究的对象，写出平衡方程，即可求得A 的电量；剪断细线后，B 球的先向下做
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加速运动，B 球受到的重力与电场力相等时，速度最大，由平衡条件求解A 球或B 球到O 点的距离，根据功能
关系分析电势能的变化。
【解答】解：A、由于剪断细线后，Q 球向下运动有最低点，可知Q 带受到的电场力的方向向上，开始时Q 受
到的电场力的大小小于重力。
若P 与Q 开始时能静止，则P 受到的电场力的方向必定向上，所以P 也带负电。故A 错误；
B、两球静止时，P 球所处位置场强为E1＝kLൌܕ܏
૜ܙ，
Q 球所处位置场强为E2＝k•2Lൌ૛ܕ܏
૜ܙ，
以P 球和Q 球整体为研究对象，由平衡条件得：2mg+qPE1﹣qE2＝0
解得：qP＝﹣4q，故B 正确；
C、Q 球运动到达的最低点C 与B 点的距离为h，则qUBC＝mgh，所以B 与C 之间的电势差为：܃۰۱ ൌܕ܏ܐ
ܙ．故
C 正确；
D、当Q 球下落速度达到最大时，Q 球距O 点距离为x0
根据平衡条件可得：mg＝qE＝q•
ܕ܏
૜ܙۺx0
解得：x0＝3L
即当Q 球下落速度达到最大时，Q 球距O 点距离为3L，故D 正确。
故选：BCD。
【点评】本题主要是考查带电粒子在复合场中的运动，两个小球受到的力是变力，要根据它们受力变化的规律，
正确分析得出它们运动的规律，然后才能做出正确的结论。
三、简答题：本题分必做题（第10、11、12 题）和选做题两部分，共计42 分.【必做题】
10．【分析】（1）游标卡尺的读法，先确定分度数，从而确定精确度，进行读数。
（2）球在最低点的速度最大，对应的拉力最大，为求出球在最低点的速度大小，应读取拉力的最大值
（3）据实验原理，结合减小的重力势能转化为动能，及球在最低点，则绳子的拉力与重力的合力提供向心力，
从而即可求解；
（4）由各因素产生的误差情况进行分析各项。
【解答】解：（1）小球的直径d＝18mm+10×0.05＝18.50mm
（2）球在最低点的速度最大，对应的拉力最大，为求出球在最低点的速度大小，应读取拉力的最大值。
（3）在最低点：F﹣mg＝m
ܞ૛
ܚڮ①
球从静止释放运动到最低点过程中，满足机械能守的关系式：mgr（1﹣cosθ）ൌ૚
૛mv2…②
由①②解得：2mg（1﹣cosθ）＝F﹣mg
（4）A．细线要选择伸缩性小的，则A 正确
B．球尽量选择密度大的，则B 正确
C．要测出球的质量，不必测出细线的长度，则C 错误
D．用弹簧测力计不能准确读数力的最大值，则D 错误
故选：AB
故答案为：（1）18.50（
（2）最大值（3）2mg（1﹣cosθ）＝F﹣mg
（4）AB
【点评】考查圆周运动的处理规律，掌握牛顿第二定律与向心力表达式内容，理解验证机械能守恒定律的原理，
知道游标卡尺的读数，注意没有估计值。
11．【分析】（1）根据电路图连接实物电路图。
（2）为保护电路闭合开关前电阻箱应调到最大阻值，根据题意求出电阻阻值。
（3）根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图线的函数表达式，然后求出电源电动势与内阻。
【解答】解：（1）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
（2）为保护电路，闭合开关S1 前，调节R2 至最大值；电路电流不变，电路总电阻不变，R1 的值为：7.8﹣5.8
＝2.0Ω；
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（3）根据图示电路图可知，电源电动势：E＝I（r+R1+R2）
整理得：
૚
۷ ൌ
૚
۳R2൅ܚ൅܀૚
۳
，
由图示
૚
۷ െR2 图象可知，
ܚ൅܀૚
۳
ൌ0.5，
૚
۳ ൌ
ᶭ૚
۷
ᶭ܀૛
ൌ
૚䁪૞െ૙䁪૞
૟䁪૙
解得：E＝6.0V，R2＝1.0Ω；
考虑电流表内阻，电源电动势：E＝I（r+RA+R1+R2）
整理得：
૚
۷ ൌ
૚
۳R2൅ܚ൅܀૚൅܀ۯ
۳
，
ܚ൅܀૚൅܀ۯ
۳
ൌ0.5，
考虑电流表内阻，电源内阻测量值偏大，测量值大于真实值。
故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）最大值，2.0；（3）6.0.1.0，大于。
【点评】本题考查了实验数据处理与实验误差分析，根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图线的函数表
达式是解题的前提与关键，根据图示图线可以求出电源电动势与内阻。
[选修3-5]（12 分）
12．【分析】半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用；根据质能方程E＝mc2，即可得出能量与质量对应的关系；
α衰变生成氦原子核，质量数少4，质子数少2；释放能量，导致比结合能增大。
【解答】解：A、半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用，故A 错误；
B、根据质能方程E＝mc2，物体的能量发生变化时，物体的质量也会相应变化，故B 正确；
C、镭核发生一次α衰变时，产生的新核与原来的原子核相比，质量数减小4，质子数减小2，所以中子数减少2
个，故C 错误；
D、钍核发生β衰变后，要释放能量，则产生新核的比结合能大于原来钍核的比结合能，故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题考查了衰变的实质以及半衰期的适用条件，对爱因斯坦质能方程的理解，及理解比结合能与结合
能的区别。
13．【分析】极限波长大的极限频率小；利用光电效应方程求出电子的初动能
【解答】解：因λ1＜λ＜λ2，则γ1＞γ＞γ2，即钾板发生了光电效应，钾板带正电。
金属板表面飞出的电子的最大初动能为：
EK＝hγ﹣hγ2，＝h（
粒
λ െ
粒
λ૛
）＝hc
λ૛െλ
λλ૛
故答案为：钾板，hc
λ૛െλ
λλ૛
【点评】考查光电效应的应用，熟记光电效应方程即可轻松解题。
14．【分析】①子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间相互作用的内力远大于系统的外力，故系统的动
量守恒，由动量守恒定律列式求出子弹和木块的共同速度；然后系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做
加速运动，回到A 位置时速度大小不变。
②此过程中弹簧对木块和子弹整体的冲量等于墙对弹簧的冲量，根据动量定理求解。
【解答】解：①木块第一次回到A 位置时的速度与木块和子弹开始共同运动的速度大小相等，子弹进入木块过
程满足动量守恒定律，取向右为正方向，则
mv0＝（M+m）v
解得vൌ
ܕ
ۻ൅ܕv0
②此过程中弹簧对木块和子弹整体的冲量等于墙对弹簧的冲量，
由动量定理有I＝（M+m）v﹣[﹣（M+m）v]
解得I＝2mv0
答：①木块第一次回到A 位置时速度大小v 是
ܕ
ۻ൅ܕv0；
②此过程中墙对弹簧冲量大小I 是2mv0。
【点评】子弹射入木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大于外力，故系统的动量守恒。要知道
动量定理是求冲量的基本方法之一。
【选做题】本题包括A、B 两小题，请选定其中一小题，并作答．若多做，则按A 小题评分。A．[选修3-3]（12
分）
15．【分析】面上部的蒸汽达到饱和时，液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中，是动态平衡；液体表
面层的分子比液体内部的分子有更大的距离，则有表面张力；毛细作用，是液体表面对固体表面的浸润。
毛细管插入浸润液体中，管内液面上升，高于管外，毛细管插入不浸润液体中，管内液体下降，低于管外的现
象。毛巾吸水，地下水沿土壤上升都是毛细现象；
【解答】A、液面上部的蒸汽达到饱和时，液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中；从宏观上看，液
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体不再蒸发。故A 错误；
B、液体表面层分子较为稀疏，分子间距离大于平衡时的距离r0，表现为引力，故B 错误
C、用磙子压紧土壤，可以把地下的水引上来，这属于毛细现象，故C 正确
D、完全失重的情况下，熔化的金属在表面张力的作用下能够收缩成球形，故D 正确
故选：CD。
【点评】本题考查蒸汽饱和平衡态，表面张力、毛细现象、关键是理解并能用来分析实际问题。属于基础题目。
16．【分析】根据理想气体的状态方程分析气体的状态参量的变化；轻弹簧推动活塞上升的过程中对气体做功，结
合热力学第一定律即可判定气体内能的变化与温度的变化。知道温度是分子平均动能的标志。
【解答】解：活塞向上压缩气体的过程中对气体做正功，同时，由于是绝热的气缸，气体与外界之间没有热交
换，根据热力学第一定律可知，气体的内能一定增大，所以气体的温度升高。温度升高，分子的平均动能增大，
分子的平均速率变大。
故答案为：增加，变大
【点评】通过受力分析确定所受的各个力，以及物体的初末状态和物体运动过程，从而确定不同力的做功情况
以及能量的转化是解决此类题目的解题思路。
17．【分析】①根据气体方程找出体积的变化量与温度的变化量的函数关系，来判断气温刻度是否均匀。
②罐内气体压强保持不变，根据盖•吕萨克定律求解气温计能测量的最高温度Tm。
【解答】解：①罐内气体压强保持不变，则根据盖•吕萨克定律得
t૚
܂૚
ൌ
t૛
܂૛
可得，
t૚
܂૚
ൌ
ᶭt
ᶭ܂
解得△Tൌ܂૚
t૚△Vൌ܂૚
t૚S△L
由于△T 与△L 成正比，故刻度是均匀的。
②罐内气体压强保持不变，同理有
t൅ۺ૚܁
܂૚
ൌ
t൅ۺ૙܁
܂ܕ
解得Tmൌሺt൅ۺ૙܁砀܂૚
t൅ۺ૚܁
。
答：
①吸管上标示的气温刻度是均匀的。
②气温计能测量的最高温度Tm 是
ሺt൅ۺ૙܁砀܂૚
t൅ۺ૚܁
。
【点评】解决该题关键要正确判定气体作何种变化，掌握理想气体方程状态的应用，注意物理量的变化范围。
B．[选修3-4]（12 分）
18．【分析】根据双缝干涉条纹的间距公式△xൌۺ
܌λ，判断干涉条纹间距的变化，从而即可求解。
【解答】解：A、滤光片的作用是使入射光变成单色光，单缝的作用是使入射光变成线光源，双缝的作用是形成
相干光源，其排列顺序合理，故A 正确；
B、将滤光片由紫色的换成红色的，波长λ变长，根据双缝干涉条纹的间距公式△xൌۺ
܌λ知条纹间距△x 增大，即
干涉条纹间距变宽，故B 正确；
C、将单缝向双缝移动一小段距离后，由△xൌۺ
܌λ可知与此距离无关，故干涉条纹间距不变，故C 错误；
D、测量过程中，把5 个条纹间距数成6 个，导致△x 变小，则波长测量值偏小，故D 错误；
故选：AB。
【点评】本题考查双缝干涉测量波长的实验原理△xൌۺ
܌λ，实验仪器，还考查了滤光片的作用。
19．【分析】纵波的速度快，纵波先到。根据
ܠ
ܞ૚
െ
ܠ
ܞ૛
ൌ△t，求出震源距地震仪的距离。
【解答】解：纵波的速度快，纵波先到，所以P 先开始振动，根据
ܠ
ܞ૚
െ
ܠ
ܞ૛
ൌ△t，
解得：xൌܞ૚ܞ૛ᶭܜ
ܞ૛െܞ૚。
故答案为：A；
ܞ૚ܞ૛ᶭܜ
ܞ૛െܞ૚
。
【点评】解决本题的关键运用运动学公式判断哪个波先到。同时明确速度公式的应用。
20．【分析】①根据介质的折射率n1ൌ
૛和真空中光速为c，由vൌ粒
ܖ૚求得光在介质中的传播速度，由tൌܛ
ܞ求光从
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A 点沿直线传播到P 点的时间t；
②为使从发光面AB 发出的光在球面上都不发生全反射，入射角必须大于临界角C，由临界角公式sinCൌ૚
ܖ和几
何关系结合求介质的折射率n 应满足的条件。
【解答】解：①光在介质中的传播速度vൌ粒
ܖ૚
则此光从A 点传播到P 点的时间tൌ
܀૛൅ሺ۲
૛砀૛
ܞ
解得tൌ
砀܀૛൅૛۲૛
૛粒
。
②从A 或B 点垂直于圆盘射出的光射到球面的入射角最大（设为α），则
sinαൌ۲
૛܀
设光发生全反射的临界角为C，则sinCൌ૚
ܖ
不发生全反射应满足sinα＜sinC
解得n＜૛܀
۲ 。
答：①光从A 点沿直线传播到P 点的时间t 是
砀܀૛൅૛۲૛
૛粒
；
②为使从发光面AB 发出的光在球面上都不发生全反射，介质的折射率n 应满足的条件是n＜૛܀
۲ 。
【点评】对于几何光学中“条件”或“范围”问题，往往要研究临界情况，找出临界点和临界的最大入射角，
然后结合全反射的临界角公式sinCൌ૚
ܖ进行分析。
四、计算题：本题共3 小题，共计47 分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案
的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.
21．【分析】（1）根据E＝BLv0 求金属棒产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，再由安培力公式F＝BIL
求金属棒开始运动时受到的安培力F 的大小。由左手定则分析安培力的方向。
（2）先根据金属棒在最右端时加速度大小，由aൌܓܠ
ܕ求出金属棒向右运动的最大距离x。根据法拉第定律求此
过程回路产生的平均感应电动势，从而求得平均电流，即可求得通过电阻R 的电荷量q。
（3）由能量守恒定律和能量分配关系求电阻R 上产生的热量Q。
【解答】解：（1）金属棒开始运动时，感应电流I0ൌ۰ۺܞ૙
܀൅ܚ）
金属棒受到的安培力F＝BI0L
解得Fൌ۰૛ۺ૛ܞ૙
܀൅ܚ
方向水平向左。
（2）设金属棒向右运动的最大距离为x，则
aൌܓܠ
ܕ
得xൌܕ܉
ܓ
此过程回路产生的平均感应电动势
EൌᶭΦ
ᶭܜൌ۰ۺܠ
ᶭܜ
通过电阻R 的电荷量qൌ
۳
܀൅ܚ•△t
解得qൌ۰ۺܕ܉
ሺ܀൅ܚ砀ܓ
（3）从开始运动到最终停止的整个过程，由能量守恒定律可知回路产生的总热量
Q 总ൌ૚
૛mv02
由于
ۿ
ۿ总
ൌ
܀
܀൅ܚ
解得Qൌ૚
૛mv02•
܀
܀൅ܚ
答：
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（1）金属棒开始运动时受到的安培力F 的大小是
۰૛ۺ૛ܞ૙
܀൅ܚ，方向水平向左；
（2）金属棒从开始运动到第一次运动到最右端时，通过电阻R 的电荷量q 是
۰ۺܕ܉
ሺ܀൅ܚ砀ܓ；
（3）金属棒从开始运动到最终停止的整个过程中，电阻R 上产生的热量Q 是
૚
૛mv02•
܀
܀൅ܚ。
【点评】对于电磁感应问题，要由E＝BLv、Iൌ
۳
܀൅ܚ、F 安＝BIL，要熟练推导出安培力的表达式F 安ൌ۰૛ۺ૛ܞ
܀൅ܚ．能
根据法拉第定律、欧姆定律、电荷量与电流的关系推导出电荷量与磁通量变化量的关系式q＝n
ᶭΦ
܀൅ܚ。
22．【分析】（1）对整体受力分析由平衡条件可求得推力大小；
（2）对A 和B 整体上滑过程由动能定理可求得上滑的最大距离；
（3）A 和B 间恰好不滑动时，对整体列牛顿第二定律表达式，隔离B 列牛顿第二定律表达式可求得F 的最大值；
【解答】解：（1）A 和B 整体处于平衡状态，由平衡条件得：F1cosθ＝（M+m）gsinθ
解得：F1＝（M+m）gtanθ。
（2）A 和B 整体上滑过程由动能定理有：F2xcosθ﹣（m+M）gLsinθ＝0
解得：Lൌ
۴૛ܠ
ሺܕ൅ۻ砀܏ܜ܉ܖી。
（3）A 和B 间恰好不滑动时，设推力为F0，上滑的加速度为a，A 对B 的弹力为N
对A 和B 整体有：F0cosθ﹣（M+m）gsinθ＝（M+m）a
对B 有：fm＝μN＝macosθ
N﹣mg＝masinθ
解得：F0ൌሺܕ൅ۻ砀ሺܛtܖી൅ૄ粒子ܛી砀܏
粒子ܛીെૄܛtܖી
则为使A、B 在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力应满足的条件：（M+m）gtanθ＜F൑ሺܕ൅ۻ砀ሺܛtܖી൅ૄ粒子ܛી砀܏
粒子ܛીെૄܛtܖી
。
答：（1）物体A、B 保持静止时，水平推力的大小是（M+m）gtanθ；
（2）整个过程中物体上滑的最大距离是
۴૛ܠ
ሺۻ൅ܕ砀܏ܜ܉ܖી；
（3）为使A、B 在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力F 应满足的条件（M+m）gtanθ＜F൑ሺۻ൅ܕ砀ሺܛtܖી൅ૄ粒子ܛી砀܏
粒子ܛીെૄܛtܖી
。
【点评】本题考查了物体的平衡条件、牛顿第二定律、动能定理等知识的应用，注意整体法和隔离法的灵活选
取。
23．【分析】（1）根据类平抛运动知识求解E 的大小；
（2）分磁场垂直纸面向里和向外两种情况讨论；
（3）从电场飞出的粒子速度方向反向延长线通过两极板间的中心，画出粒子的运动轨迹，根据几何关系即可求
出磁感应强度的最小值。
【解答】解：（1）粒子离开时，在电场方向的速度vy＝vsinα
加速度aൌܙ۳
ܕ
运动时间tൌ
ۺ
ܞ粒子ܛહ
由运动学公式有vy＝at
解得Eൌܕܞ૛ܛtܖહ粒子ܛહ
ܙۺ
。
（2）①当磁场方向垂直纸面向里的情况下，如图甲所示，设粒子恰好不从右边界飞出时，圆周运动的半径为r1，
磁场的磁感应强度为B1，则
r1﹣r1sinα＝d0
qvB1＝m
ܞ૛
ܚ૚
解得B1ൌܕܞሺ૚െܛtܖહ砀
܌૙ܙ
应满足的条件B൒ܕܞሺ૚െܛtܖહ砀
܌૙ܙ
。
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②当磁场方向垂直纸面向外的情况下，如图乙所示，设粒子恰好不从右边界飞出时，圆周运动的半径为r2，磁
场的磁感应强度为B2，则
r2+r2sinα＝d0
qvB2＝m
ܞ૛
ܚ૛
解得B2ൌܕܞሺ૚൅ܛtܖહ砀
܌૙ܙ
应满足的条件B൒ܕܞሺ૚൅ܛtܖહ砀
܌૙ܙ
。
（3）从电场飞出的粒子速度方向反向延长线通过两极板间的中心，设粒子在磁场中圆周运动最大半径为rm，根
据几何关系可画出粒子的运动轨迹如图所示，则
rmsinαൌ܌
૛ൌۺ
૝
qvBmin＝m
ܞ૛
ܚܕ
解得Bminൌ૝ܕܞܛtܖહ
ܙۺ
。
答：（1）匀强电场的场强大小E 为
ܕܞ૛ܛtܖહ粒子ܛહ
ܙۺ
；
（2）若当磁场方向垂直纸面向里的情况下B൒ܕܞሺ૚െܛtܖહ砀
܌૙ܙ
．当磁场方向垂直纸面向外的情况下B൒ܕܞሺ૚൅ܛtܖહ砀
܌૙ܙ
；
（3）磁感应强度的最小值Bmin 为
૝ܕܞܛtܖહ
ܙۺ
。
【点评】本题考查粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，掌握处理两种运动的方法，理解牛
顿第二定律与运动学公式的综合应用。
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2019-2020 学年江苏省南京市、盐城市高考物理一模试卷
一、单项选择题：本题共5 小题，每小题3 分，共计15 分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（3 分）质量相等的甲、乙、丙、丁四个物体，均只受到两个力的作用，大小为F1 和F2，方向如图所示，产生
加速度的大小分别为a 甲、a 乙、a 丙、a 丁，下列排序正确的是（
）
A．a 甲＞a 丙＞a 乙＞a 丁
B．a 丁＞a 丙＞a 乙＞a 甲
C．a 乙＞a 丙＞a 丁＞a 甲
D．a 丙＞a 乙＞a 丁＞a 甲
2．（3 分）一交变电流随时间变化的图象如图所示，此交变电流的有效值是（
）
A．7A
B．5 ૛A
C．7 ૛A
D．10A
3．（3 分）如图所示，甲、乙、丙是地球大气层外圆形轨道上的卫星，其质量大小关系为m 甲＝m 乙＜m 丙，下列说
法中正确的是（
）
A．乙、丙的周期相同，且小于甲的周期
B．乙、丙的线速度大小相同，且大于甲的线速度
C．乙、丙所需的向心力大小相同，且小于甲的向心力
D．乙、丙向心加速度大小相同，且小于甲的向心加速度
4．（3 分）如图所示，水平导线中有电流I 通过，导线正下方电子的初速度方向与电流I 的方向相同，均平行于纸
面水平向左。下列四幅图是描述电子运动轨迹的示意图，正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
5．（3 分）如图所示，在光滑水平面上有一质量为M，长度为L 的木板甲，木板的上表面粗糙、下表面光滑，木板
甲上有一质量为m 的物块乙，物块乙与木板甲间的动摩擦因数为μ．若用水平恒力F 将物块乙从木板甲的一端
拉到另一端，当物块乙与木板甲分离时，木板甲的速度为v。要使v 减小，下列操作可行的是（
）
A．增大物块乙的质量m
B．增大物块乙上受的力F
C．增大木板甲与物块乙间的动摩擦因数μ
D．在木板甲长度L 不变的条件下，减小其质量M
二、多项选择题：本题共4 小题，每小题4 分，共计16 分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4 分，选
对但不全的得2 分，错选或不答的得0 分．
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6．（4 分）如图所示，电路中甲、乙是两只相同的灯泡，电感线圈L 的直流电阻与电阻R0 阻值相等。则开关S（
）
A．接通瞬间，通过灯泡甲的电流大于乙的电流
B．接通瞬间，通过灯泡甲的电流小于乙的电流
C．断开瞬间，通过灯泡甲的电流等于乙的电流
D．断开瞬间，通过灯泡甲的电流大于乙的电流
7．（4 分）如图所示，a、b、c 为匀强电场中的三点，b 为a、c 连线的中点。一个电荷量为q 的负电荷，在a 点受
到的电场力为F，从a 点移动到b 点过程中电势能减小W，下列说法正确的是（
）
A．匀强电场的电场强度大小为
۴
ܙ
B．a、b、c 三点中，a 点的电势最高
C．该电荷从a 点移动到b 点过程中电场力做负功
D．该电荷从c 点移动到b 点过程中电势能增加W
8．（4 分）乘坐列车时，在车厢内研究列车的运动情况，小明在车厢顶部用细线悬挂一只小球。当列车以恒定速率
通过一段弯道时，小明发现悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，则下列判断正确的是（
）
A．细线对小球的拉力等于小球的重力
B．外侧轨道与轮缘间没有侧向挤压作用
C．小球不在悬点的正下方，偏向弯道的内侧
D．放在桌面上的茶杯所受支持力垂直于桌面，但不竖直向上
9．（4 分）如图所示，质量相等的两个物块A 和B 用细线连接后，再用轻弹簧将A 悬挂，A 和B 处于静止状态。
剪断细线，物块A 向上运动到最高点的过程，不计空气阻力。下列说法正确的是（
）
A．剪断细线时，物块A 的加速度大小为g
B．弹簧恢复原长时，物块A 的速度最大
C．物块A 所受弹簧弹力做的功等于克服重力做的功
D．弹簧的弹性势能减少量等于物块A 的机械能增加量
三、简答题：本题分必做题（第10、11、12 题）和选做题两部分，共计42 分．请将解答填写在相应的位置．【必
做题】
10．（8 分）在测量某金属丝电阻率的实验中，要求电压从零开始测量，并多测量几组数据。
（1）请用笔画线代替导线，在图1 中完成实验的电路连接。
（2）实验过程中，小明移动滑动变阻器的滑片，测量数据如下表所示，请你在图2 中描出金属丝的UI 图象。
实验次数
……
1
2
3
4
5
6
U/V
……
0.90
1.20
1.50
1.80
2.10
2.40
I/A
……
0.18
0.24
0.31
0.37
0.43
0.49
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（3）实验过程中，小明长时间保持电路闭合。从实验误差考虑，这样的操作不妥，这是因为
。
（4）实验时，闭合开关前滑片应置于滑动变阻器的
（选填“左”或“右”）端；测量结束后，应先断开
，
再拆除导线，最后整理好器材。
11．
（10 分）某同学利用图甲所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系。实验中打点计时器电源的频率为50Hz。
（1）实验过程中，某同学由于操作不慎，当砝码盘及砝码下降一段时间后，某同学用手托住，小车继续拖着纸
带在木板上运动，但没有到达滑轮处。打出的纸带如图乙所示，从纸带上点迹分析，该同学在实验操作中存在
的问题可能是
。
（2）图乙中，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s。则计数点3 对应的速度大小是
，小车减速运动过程中
加速度的大小是
。（结果保留两位有效数字）
（3）该实验中，改变拉力或小车质量后，在实际操作过程中，对小车所放的位置、接通电源与放开小车的先后
顺序及小车运动的控制等描述，你认为正确的是
。
A．小车应尽量远离打点计时器，先放开小车后接通电源，在小车到达滑轮前按住小车
B．小车应尽量靠近打点计时器，先接通电源后放开小车，让小车一直到与滑轮相撞为止
C．小车应尽量靠近打点计时器，先接通电源后放开小车，在小车到达滑轮前按住小车
D．小车应尽量放在打点计时器与滑轮的中间，先接通电源后放开小车，在小车到达滑轮前按住小车
（4）某同学用正确的实验方法，采集到若干组实验数据，并作出如图丙所示的a﹣M 图象，但无法准确直观得
出a﹣M 之间的关系。为了探究合力一定，物体加速度a 与质量M 的关系，应将a﹣M 图象进行转换，现请你
在图丁中作出转换后的图象。
选修3-5（12 分）
12．（4 分）如图所示，用导线将验电器与洁净的锌板连接，触摸锌板使验电器箔片不张开。用紫外线灯照射锌板，
验电器箔片张开，移走紫外线灯，用带负电的橡胶棒接触锌板，发现验电器箔片张角减小；改用红外线灯照射
锌板，结果发现验电器箔片不张开。则说明（
）
A．用紫外线灯照射后锌板带正电
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B．用红外线灯照射后锌板带负电
C．红外线的频率小于锌的极限频率
D．紫外线的频率小于锌的极限频率
13．（4 分）1956 年李政道和杨振宁提出在弱相互作用中宇称不守恒，吴健雄用
૛晦
૟૙Co 对此进行了实验验证。次年，
李、杨两人为此获得诺贝尔物理学奖，
૛晦
૟૙Co 的衰变方程是
૛晦
૟૙Co→
܈
ۯNi൅
െ૚
૙e+νe 其中νe 是反电子中微子，
它的电荷量为零，静止质量被认为是零。在上述衰变方程中，衰变产生
܈
ۯNi 的核电荷数Z 是
。在衰变
前
૛晦
૟૙Co 是静止的，根据云室照片可以看出，衰变产物
܈
ۯNi 和
െ૚
૙e 的运动径迹不在同一条直线上，如果认为
衰变产物只有
܈
ۯNi 和
െ૚
૙e，那么衰变过程将违反
（选填“动量”或“电荷”）守恒定律。
14．（4 分）如图所示，一只质量为5.4kg 的保龄球，撞上一只原来静止，质量为1.7kg 的球瓶。此后球瓶以3.0m/s
的速度向前飞出，而保龄球以1.8m/s 的速度继续向前运动，假设它们相互作用的时间为0.05s。求：
①碰撞后保龄球的动量；
②碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小。
【选做题】本题包括A、B 两小题，请选定其中一小题，并作答。若多做，则按A 小题评分。A．[选修3-3]（12
分）
15．（4 分）2018 年11 月16 日第26 届国际计量大会确定用4 个基本常数重新定义千克、安培、开尔文和摩尔，其
中摩尔用阿伏加德罗常数（NA）定义。已知阿伏加德罗常数，则（
）
A．已知物质分子的数目就可以确定物质的量
B．已知物质的体积就可以确定每个分子的体积
C．已知物质的质量就可以确定每个分子的质量
D．已知物质的摩尔体积就可以确定分子的直径
16．（4 分）根据固体不同的性质将它们分为晶体与非晶体，如果某固体对某个物理量呈现各向异性，则它一定
是
；谚语“水缸穿裙子，老天要下雨”指的是盛水的水缸外表面，水面所在的位置往下出现了一层小水
珠。形成小水珠时，水液化的速度
（选填“大于”“等于”或“小于”）水蒸发的速度。
17．（4 分）如图所示为大炮的一种复位装置示意图。开炮时，炮管反冲带动连杆活塞使油压缩空气，此过程空气跟
外界没有热传递。反冲结束后，被压缩的空气推动活塞使炮管复位。设开炮前封闭的空气压强为p1，热力学温
度为T1，体积为V1，炮管反冲使空气的热力学温度为T3，体积压缩为V2，气体内能增加△U．求：
①反冲后空气的压强；
②反冲过程中油对气体做的功。
C.[选修3-4]（12 分）
18．如图所示，只含黄光和紫光的复色光束PO，从空气中沿半径方向射入玻璃半圆柱后，一部分光沿OA 方向射
出，另一部分光沿OB 方向射出。则（
）
A．OA 为黄光，OB 为紫光
B．OA 为紫光，OA 为黄光
C．OA 为黄光，OB 为复色光
D．OA 为紫光，OB 为复色光
19．在阳光照射下，孔雀的羽毛色彩斑斓，仔细研究时发现孔雀羽毛上有很多细缝，产生这种色彩斑斓是光的
现象；到电影院看立体电影时，工作人员会给你一副眼镜，这是利用了光的
现象。
20．湖面上停放甲、乙两条船，它们相距30m，一列水波正在湖面上沿两船连线方向传播，观察到甲船从开始振动
的1min 内上下震荡30 次，而乙船在这个时间内上下震荡28 次。求：
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①这列波的周期；
②水波在水面上传播的速度。
四、计算题：本题共3 小题，共计47 分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后
答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
21．（15 分）如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着电阻为R 的矩形线圈，匝
数为n，线圈水平边长为L，处于方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场内。重力加速度为g。
（1）当线圈中的电流为I 时，在t 时间内通过线圈横截面的电荷量q；
（2）当线圈中通过逆时针方向电流I 时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变，这时需要在
左盘中增加质量为m 的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。请用n、m、L、I 计算出磁感应强度B 的表达式；
（3）剪断细线，矩形线圈由静止下落，经一段时间，线圈的上边离开磁感应强度为B1 的匀强磁场前瞬间的速
度为v。不计空气阻力，求线圈离开磁场前瞬间，感应电流的电功率P。
22．（16 分）如图所示，水平面上有一个倾角为30°的斜面体，质量为m 的小球用长为L 的细线悬挂，细线与斜
面平行，水平推力作用在斜面体上，使整个装置处于静止状态，所有的接触面均为光滑。当撤去水平推力后，
小球推动斜面体向左运动，经t1 时间两者分离。分离后，再经t2 时间小球第一次向左摆到最大高度，此时，细
线偏离竖直方向30°．重力加速度取g。求：
（1）撤去水平推力前，细线所受的力F；
（2）撤去水平推力后到两者分离的过程中，小球减小的机械能△E；
（3）撤去水平推力后到小球第一次向左摆到最高处的过程中，斜面体发生的位移大小x。
23．（16 分）如图所示，以O 为圆心，半径为R 的圆内只存在辐射状电场，电势差为U．在半径为R 到3R 的圆环
区域内只存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．现有粒子源发射器放置在O 处，向外发射初速度为
v0，质量为m，电荷量为+q 的粒子甲进入电场加速，经t0 时间从A 处进入磁场。
（1）求粒子甲进入磁场时速度的大小v1；
（2）当粒子甲进入磁场时，粒子源发射器开始转动，发射方向转过α角（α＜π）时再次发射同种粒子乙，恰能
与粒子甲以最大速度对面相碰。求粒子源发射方向转过角α的时间t1；
（3）撤除加速电场，并将粒子发射源移到图中A 处，向各个方向发射初速度为v0 的粒子。在保持圆内、外半
径不变的前提下，有何种办法使粒子均能从磁场外侧射出，写出你的方案及理由。
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2019-2020 学年江苏省南京市、盐城市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共5 小题，每小题3 分，共计15 分．每小题只有一个选项符合题意．
1．【分析】根据图中两个分力的夹角大小关系确定合力大小关系，再根据牛顿第二定律分析加速度大小关系。
【解答】解：两个分力一定，合力随着夹角的增大而减小，故合力大小关系是F 乙＞F 丙＞F 丁＞F 甲，根据牛顿
第二定律可得aൌ۴
ܕ，故加速度a 乙＞a 丙＞a 丁＞a 甲，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识，知道分力一定时合外力的大小与夹角的关系是关键。
2．【分析】利用交流电有效值的定义，运用等效替代法求解，选用同一个电阻，让交流电在一个周期内产生热量与
恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值。
【解答】解：取一个周期进行分段求解电热，交流电的周期：T＝0.04s
交流电在0∽
܂
૛为恒定电流，则电流的有效值大小I1＝8A
交流电在
܂
૛∽T 为恒定电流，则电流的有效值大小I1＝6A
设电阻阻值为R，则交流电在一个周期内产生的热量：Q1ൌ۷૚
૛܀ڄ ܂
૛൅۷૛
૛܀ڄ ܂
૛①
等效的直流电在一个周期T 内产生的电热：Q2ൌ۷
有
૛܀܂②
根据交流电有效值的定义可得：Q1＝Q2③
即：۷૚
૛܀ڄ ܂
૛൅۷૛
૛܀ڄ ܂
૛ൌ۷
有
૛܀܂，约去R 与T 可得：82ൈ૚
૛൅62ൈ૚
૛ൌ۷
有
૛
解得：I 有2＝5 ૛A
故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
【点评】本题考查交流电的有效值的求解，因为图中交流电不是正弦式电流，因此有效值不是等于最大值除以
根号2，需要运用交流电有效值的定义，利用等效替代法求解。
3．【分析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、
周期和向心力的表达式，由表达式分析各量的大小关系。
【解答】解：由万有引力提供向心力：G
ۻܕ
ܚ૛ൌm
ܞ૛
ܚൌmω2r＝m（
૛ૈ
܂）2r＝ma
解得：vൌ
۵ۻ
ܚ①Tൌ૛ૈܚ
ܞ
ൌ2π
ܚ૜
۵ۻ②ωൌ
۵ۻ
ܚ૜③aൌ۵ۻ
ܚ૛④
A、由Tൌ૛ૈܚ
ܞ
ൌ2π
ܚ૜
۵ۻ 可知半径小的周期小，乙、丙的周期相同，且大于于甲的周期，则A 错误
B、由vൌ
۵ۻ
ܚ可知半径大的速度小，由乙、丙的线速度大小相同，且小于甲的线速度，则B 错误
C、由Fൌ۵ۻܕ
ܚ૛可知同质量下半径小的向心力大，则甲的向心力大于乙的向心力，则C 错误
D、由aൌ۵ۻ
ܚ૛可知半径大的加速度小，则乙、丙向心加速度大小相同，且小于甲的向心加速度，则D 正确
故选：D。
【点评】本题关键根据人造卫星的万有引力等于向心力，用不同的量表示向心力得出各量与半径的关系。
4．【分析】通电直导线电流产生的磁场是以直导线为中心向四周发散的，离导线越远，电流产生的磁场的磁感应强
度越小，由安培定则可以判断出磁场的方向，再根据粒子在磁场中做圆周运动的半径公式可以分析粒子的运动
的情况。
【解答】解：由安培定则可知，在直导线的下方的磁场的方向为垂直纸面向外，根据左手定则可以得知电子受
到的力向下，电子向下偏转；
通电直导线电流产生的磁场是以直导线为中心向四周发散的，离导线越远，电流产生的磁场的磁感应强度越小，
由半径公式rൌܕܞ
t۰可知，电子的运动的轨迹半径越来越大，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题的关键是掌握住通电直导线的电流产生的磁场的特点，在根据粒子在磁场中运动的半径的公式即
可分析粒子的运动的轨迹的情况。
5．【分析】明确两物体的受力情况，根据动量定理列式，再根据两物体分离的条件列式即可明确F、M 以及时间t
之间的关系，从而改变M、m、F 时速度和时间的变化情况。
【解答】解：对m 分析可知，m 受拉力和摩擦力作用，根据动量定理有：Ft﹣μmgt＝mv'
对M 分析，根据动量定理有：μmgt＝Mv
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要使物块与木板分离，则木块的位移与木板间的位移差等于板长；则有：
ܞt
૛ܜെ
ܞ
૛ܜൌL
联立则有：
۴
૛ܕܜെૄ
܏
૛ܜെૄ
ܕ܏
૛ۻ ܜൌL
解得：tൌ
ۺ
۴
૛ܕെૄ܏
૛െૄܕ܏
૛ۻ
，而vൌૄ
ܕ܏
ۻ ܜ。
A、增大物块乙的质量m，时间t 增大，根据vൌૄ
ܕ܏
ۻ ܜ可知速度v 变大，故A 错误；
B、增大物块乙上受的力F，则t 减小，根据vൌૄ
ܕ܏
ۻ ܜ可知速度v 减小，故B 错误；
C、增大木板甲与物块乙间的动摩擦因数μ，可知t 增大，根据vൌૄ
ܕ܏
ۻ ܜ可知速度v 变大，故C 错误；
D、在木板甲长度L 不变的条件下，减小其质量M，可知t 增大，根据vൌૄ
ܕ܏
ۻ ܜ可知速度v 变大，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查动量定理的应用，要注意正确做好受力分析，明确合外力的冲量，并能正确利用动量定理分
析求解问题是解题的关键，也可以根据牛顿第二定律求解加速度来计算。
二、多项选择题：本题共4 小题，每小题4 分，共计16 分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4 分，选
对但不全的得2 分，错选或不答的得0 分．
6．【分析】电路中有线圈，当通过线圈的电流发生变化时会产生感应电动势去阻碍线圈中电流变化。
【解答】解：AB、闭合S 接通电路瞬间，由于线圈的电流变大，导致其产生电动势，从而阻碍电流的变大，所
以通过灯泡甲的电流小于乙的电流，故A 错误，B 正确；
CD、断开S 瞬间，线圈电流变小，从而产生电动势，相当于电压会变小的电源与电阻相串联，由于两电流表串
联，所以通过灯泡甲的电流等于乙的电流，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
【点评】线圈电流增加，相当于一个电源接入电路，线圈左端是电源正极。当电流减小时，相当于一个电源，
线圈左端是电源负极。
7．【分析】由场强的公式可求得电场强度；负电荷在电势越高的地方电势能越小，可判断电势的高低；电场力做功
与电势能的变化关系可判断电场力的功的性质。
【解答】解：A、负电荷在a 点受到的电场力为F，由场强的公式得：Eൌ۴
ܙ，故A 正确；
B、负电荷从a 点移动到b 点过程中电势能减小，根据负电荷在电势越高的地方电势能越小，所以从a 到b 到c
的过程电势越来越高，即c 点电势最高，故B 错误；
C、从a 点移动到b 点过程中电势能减小，所以电场力做正功，故C 错误；
D、匀强电场，b 为a、c 连线的中点，从a 点移动到b 点和从b 点移动到c 点，电势能都减小W，则从c 点移
动到b 点过程中电势能就增加W，故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了场强的公式、电场力做功与电势能的变化关系、推论：负电荷在电势越高的地方电势能越
小，熟练掌握它们是准确解题的关键。
8．【分析】火车以轨道的速度v 转弯时，其所受的重力和支持力的合力提供向心力，先平行四边形定则求出合力，
再根据根据合力等于向心力求出转弯速度，当转弯的实际速度大于或小于轨道速度时，火车所受的重力和支持
力的合力不足以提供向心力或大于所需要的向心力，火车有离心趋势或向心趋势，故其轮缘会挤压车轮。
【解答】解：A、当列车以恒定速率通过一段弯道时，小球也做匀速圆周运动，绳子的拉力与重力的合力提供向
心力，设此时绳子与竖直方向之间的夹角为θ，则绳子的拉力：：Fൌܕ܏
粒子ܛી＞mg．故A 错误；
B、设车与小球做匀速圆周运动的半径为R，车速为v，则对小球：mgtanθ＝m
ܞ૛
܀，解得：vൌ
܏܀ܜ܉ܖી，
由于悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，可知车受到的支持力的方向与小球受到的绳子的拉力的方向相同，由受
力分析可知，车的向心力恰好是车受到的重力与支持力的合力提供，所以两侧的轨道与轮缘间都没有侧向挤压
作用。故B 正确；
C、由于悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，绳子的拉力与重力的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，则小球
一定不在悬点的正下方，而是偏向弯道的外侧。故C 错误；
D、在弯道处火车内轨与外轨之间存在高度差，所以火车的桌面不是水平的，根据弹力方向的特点可知，放在桌
面上的茶杯所受支持力垂直于桌面，但不竖直向上。故D 正确
故选：BD。
【点评】本题关键抓住火车所受重力和支持力的合力恰好提供向心力的临界情况，计算出临界速度，然后根据
离心运动和向心运动的条件进行分析。
9．【分析】分析开始时两物体及弹簧的受力，根据弹簧的弹力不能突变的性质，根据牛顿第二定律可求得加速度大
小；再根据两物体的运动情况分析弹簧的形变；根据机械能守恒的条件分析系统是否机械能守恒。
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【解答】解：A、开始时系统处于平衡状态，弹簧的弹力大小为F＝2mg，当细线剪断瞬间，弹簧不能突变，则
A 受的合力为F﹣mg＝ma，将F＝2mg 代入得加速度大小为g，方向向上，则A 正确
B、当弹簧的弹力等于mg 时A 的速度最大，以后要减速运动，则B 错误
CD、A 初末态的速度都是0，则动能没变化，则弹簧弹力做的功等于克服重力做的功，弹簧的弹性势能减少量
等于物块A 的机械能增加量，则CD 正确
故选：ACD。
【点评】本题是动力学中典型的问题：瞬时问题，往往先分析悬线剪断前弹簧的弹力，再分析悬线判断瞬间物
体的受力情况，再求解加速度，抓住悬线剪断瞬间弹力没有来得及变化。
三、简答题：本题分必做题（第10、11、12 题）和选做题两部分，共计42 分．请将解答填写在相应的位置．【必
做题】
10．【分析】（1）根据题意确定滑动变阻器的接法，然后连接实物电路图。
（2）应用描点法作出图象。
（3）金属丝电阻率由金属的材料决定，同时受温度影响，随温度升高而增大。
（4）滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置；实验完毕拆除
电路前要先断开开关。
【解答】解：（1）实验要求电压从零开始测量，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示：
（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：
（3）电阻的电阻率受温度影响，会随温度变化而变化，实验过程如果长时间保持电路闭合，电阻丝长时间发生，
电阻丝温度升高，电阻率发生变化，因此实验过程不能长时间使电路保持闭合。
（4）滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于滑动变阻器的左端；测量结束后，应先断
开开关，再拆除导线，最后整理好器材。
故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）图象如图所示；（3）长时间通电，电阻丝发热，温度升高，电阻变
化，电阻率变化；（4）左；开关。
【点评】本题考查了连接实物电路图、作图象、实验注意事项等问题，根据题意确定滑动变阻器的接法是连接
实物电路图的前提与关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器只能采用分压接法。
11．【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；
（2）由瞬时速度的定义求瞬时速度，根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 可以求出加速度的大小；
（3）根据打点计时器的要求答题；
（4）实验时应平衡摩擦力，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，a﹣F 图象在F 轴上有截距；平衡摩擦力过度，
在a﹣F 图象的a 轴上有截距。
【解答】解：（1）由题意知，第5 点以后，间距是逐渐减小的，显然小车在做减速直线运动，那么小车是未平
衡摩擦力或平衡不足；
（2）打下3 点的速度v3ൌܞ૛૝ൌሺ૛䁪૞૚൅૜䁪૞૚砀ൈ૚૙െ૛
૛ൈ૙䁪૚
m/s＝0.30m/s 用差。在减速过程中用逐差公式求求加速度
aൌܠ晦െܠ૞
૛܂૛
ൌሺ૜䁪૝૚െ૝䁪૛૙砀ൈ૚૙െ૛
૛ൈ૙．૚૛
m/s2＝﹣0.40m/s2，负表示方向，即小车已经减速了。
（3）根据打点计时器的使用要求，就先通电再释放小车，且小车应尺量靠近打点计时器，选项C 合理；
（4）由于反比例函数图象所含的信息量丰富，再说曲线所反应的是什么数学函数式并不清楚，所以若画的图象
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是aെ૚
ۻ是过原点的直线的话，则加速度与质量成反比了；
故答案为：（1）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
（2）0.30m/s
0.40m/s2
（3）C
（4）改进后的坐标及图象如所示
【点评】探究加速与力的关系实验时，要平衡摩擦力、应根据纸带求出小车的加速度，掌握实验的实验注意事
项是正确解题的关键。要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础
知识的理解与应用。
选修3-5（12 分）
12．【分析】用紫外线照射时，锌板发生光电效应，光电子从锌板上飞出，锌板带正电，用毛皮摩擦过的橡胶棒带
负电，故接触锌板时部分电荷被中和，导致电量减小；当入射光的频率大于极限频率时才发生光电效应，据此
可比较红外线频率和锌板极限频率的大小关系。
【解答】解：A、橡胶棒带负电当其接触锌板时发现验电器指针张角减小，这说明锌板带电量减小，故锌板一定
带正电，部分电量被橡胶棒所带负电中和；则A 正确
B、C、若用红外线照射，发现验电器指针根本不会发生偏转，这说明没有发生光电效应，故金属锌的极限频率
大于红外线的频率。则B 错误，C 正确
D、因紫外线灯照射锌板，验电器箔片张开，发生了光电效应，则紫外线的频率大于锌的极限频率，故D 错误
故选：AC。
【点评】解决本题的关键知道光电效应的实质，以及知道发生光电效应的条件，基础题。
13．【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒得出衰变产物的质量数和电荷数：由衰变时不受外力动量守恒，若衰变
产物Ni 和
െ૚
૙e 的运动径迹不在一条直线上，动量一定不守恒。
【解答】解：
૛晦
૟૙Co 的衰变方程是
૛晦
૟૙Co→
܈
ۯNi൅
െ૚
૙e+νe，根据电荷数守恒、质量数守恒知，60＝28，Z＝
60，即核电荷数Z 是28，
衰变前核静止动量为零，衰变时不受外力动量守恒，若衰变产物Ni 和
െ૚
૙e 的运动径迹不在一条直线上，且衰
变产物只有Ni 和
െ૚
૙e，那么衰变前后动量不守恒，违背了动量守恒定律，
故答案为：28，动量
【点评】解决本题的关键知道衰变过程中电荷数守恒、质量数守恒，明确核衰变前后动量守恒，注意守恒的条
件是不受外力。
14．【分析】（1）已知球的质量和速度，由P＝mv 即可求出动量大小；
（2）对球瓶分析，根据动量定理列式即可求出作用力的大小。
【解答】解：①碰撞后对保龄球
p1＝m1v1＝5.4×1.8＝9.72kg•m/s。
②设初速度方向为正方向，对球瓶，△p＝Mv﹣0＝1.7×3.0＝5.1kg•m/s
由动量定理得F•△t＝△p
代入数据求得F＝102N
答：①碰撞后保龄球的动量为9.72kg•m/s；
②碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小102N。
【点评】本题考查动量以及动量定理的应用，要注意在应用动量定理时要注意各物理量的方向才能准确列式求
解。
【选做题】本题包括A、B 两小题，请选定其中一小题，并作答。若多做，则按A 小题评分。A．[选修3-3]（12
分）
15．【分析】根据nൌۼ
ۼۯ和m 分子ൌۻܕ子ܔ
ۼۯ ，V 分子ൌtܕ子ܔ
ۼۯ （不适用于气体）分析各项。
【解答】解：A、根据nൌ
ۼ
ۼܕ子ܔൌۼ
ۼۯ求解物质的量，因为任何物质1mol 的个数均为NA，故A 正确；
B、根据V 分子ൌt
ۼ，固液分子体积需要知道分子个数，对于气体，知道物质的体积并不能确定分子体积，因为空
气分子间距远大于分子直径，气体体积不是所有分子体积之和，故B 错误；
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C、根据m 分子ൌܕ
ۼ，需要知道分子个数，才可以知道分子质量，故C 错误；
D、对于气体，知道物质的体积并不能确定分子体积，也就无法求解分子直径，故D 错误；
故选：A。
【点评】要求分子质量或体积，需要知道分子个数，而对于气体体积是分子占有的空间大小不是气体分子体积
之和。
16．【分析】根据晶体的特殊性质进行判断，谚语所包含的物态变化特点。
【解答】解：晶体和非晶体最大的不同除了熔点的有无外，还在于晶体的各向异向，而非晶体的各向同性；
由于水缸中水的蒸发，水缸外表面的温度低于空气的温度，空气中水蒸气遇冷液化成小滴附在缸的外表面，这
个过程必须持续一段时间，才能在缸的外表面看到水珠。
故答案为：晶体
大于
【点评】这是从分子运动论解释一些自然现象的典型实例，要使液化持续一段时间，则要求液化的速度大于水
蒸发的速度。
17．【分析】①根据题意应用理想气体状态方程求出空气的压强。
②应用热力学第一定律可以求出油对气体做的功。
【解答】解：①对气体，由理想气体状态方程得：
ܘ૚t૚
܂૚
ൌ
ܘ૛t૛
܂૜
，
解得，反冲后空气的压强：p2ൌܘ૚t૚܂૜
t૛܂૚。
②由题意可知：Q＝0，
对气体，由热力学第一定律得：△U＝Q+W，
反冲过程油对气体做功：W＝△U；
答：①反冲后空气的压强为
ܘ૚t૚܂૜
t૛܂૚
；
②反冲过程中油对气体做的功为△U。
【点评】本题考查了理想气体状态方程与热力学第一定律的应用，根据题意应用理想气体状态方程与热力学第
一定律即可解题，本题是一道基础题。
C.[选修3-4]（12 分）
18．【分析】由图知道OB 一定为反射光，而两光经过折射后一定会分为两支光束，而现在只有一支，说明有一支
发生了全反射，OA 光发生了折射，紫光的临界角较小，由sinCൌ૚
ܖ比较出临界角的大小，即可确定光的颜色。
【解答】解：OB 为反射光，故OB 应为复色光；
而折射后只有一束光线，故有一束光发生的全反射，而黄光与紫光相比较，由sinCൌ૚
ܖ知紫光的临界角要小，故
紫光发生了全反射；
故OA 应为黄光；故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】本题要求学生明确色光的性质，各种色光的频率、波长及折射率的大小关系；同时明确全反射的条件。
19．【分析】依据双缝干涉原理，结合光的偏振条件，即可求解。
【解答】解：孔雀羽毛上有很多细缝，光通过细缝，形成光的衍射条纹，即为色彩斑斓；
电影院看立体电影时，眼镜就是利用了光的偏振现象制成的。
故答案为：干涉，偏振。
【点评】本题考查了学生对生活中光学现象的分析能力，注重了物理和生活的联系，难度不大。
20．【分析】①这列波的周期等于船的振动周期，根据甲船的振动情况求解；
②波从甲船传到乙船，1min 内，甲船比乙船多震荡2 次，说明两船间的距离是两个波长，从而求得波长，再求
波速。
【解答】解：①甲船从开始振动的1min 内上下震荡30 次，则甲船的振动周期为：Tൌܜ
ܖൌ૟૙
૜૙s＝2s
这列波的周期等于船的振动周期，也为2s。
②波从甲船传到乙船，1min 内，甲船比乙船多震荡2 次，说明两船间的距离是两个波长，由题意得2λ＝30m
得λ＝15m
则vൌλ
܂ൌ7.5m/s。
答：①这列波的周期是2s；
②水波在水面上传播的速度是7.5m/s。
【点评】本题考查由波动图求解波长的能力。对于波往往根据空间距离研究波长，根据时间研究周期。
四、计算题：本题共3 小题，共计47 分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后
答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
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21．【分析】（1）根据电流强度的定义式进行分析；
（2）等臂天平的平衡条件结合安培力的计算公式解答；
（3）线圈上边刚离开磁场前产生的感应电动势为E＝nB1Lv，由闭合电路欧姆定律和电功率的计算公式求解。
【解答】解：（1）根据Iൌܙ
ܜ可得：q＝It；
（2）设电流方向未改变时，等臂天平的左盘内砝码质量为m1，右盘内的砝码和线圈的总质量为m2，则由等臂
天平的平衡条件得：m1g＝m2g﹣nBIL；
电流方向改变后，同理可得：（m+m1）g＝m2g+nBIL
两式相减得：Bൌܕ܏
૛ܖ۷ۺ；
（3）线圈上边刚离开磁场前产生的感应电动势为：E＝nB1Lv
由闭合电路欧姆定律得：Iൌܖ۰૚ۺܞ
܀
线圈消耗的电功率为：P＝I2R
解得：Pൌሺܖ۰૚ۺܞ砀૛
܀
。
答：（1）当线圈中的电流为I 时，在t 时间内通过线圈横截面的电荷量为It；
（2）计算出磁感应强度B 的表达式为Bൌܕ܏
૛ܖ۷ۺ；
（3）线圈离开磁场前瞬间，感应电流的电功率为
ሺܖ۰૚ۺܞ砀૛
܀
。
【点评】本题主要是考查了安培力作用下的平衡问题，解决本题的关键掌握安培力方向的判定，以及会利用力
的平衡去求解问题。
22．【分析】（1）对小球受力分析由平衡条件可求解；
（2）对小球，从最右边摆到最左边的过程中，由能量守恒可求解；
（3）t1 时间内由几何关系可得斜面体发生的位移，小球在最低点与斜面体分离时，两者速度相等，斜面体以后
做匀速直线运动，由机械能守恒定律几何位移公式可求得t2 时间内斜面体发生的位移，相加即可。
【解答】解：（1）对小球受力分析由平衡条件得：F＝mgsin30°ൌ૚
૛mg
（2）对小球，从最右边摆到最左边的过程中，由能量守恒得：
△E＝mgL（1﹣cos60°）﹣mgL（1﹣cos30°）
解得：△Eൌ
૜െ૚
૛
mgL
（3）t1 时间内斜面体发生的位移为：
x1＝L（1﹣cos60°）tan60°
解得：x1ൌ
૜
૛L
分离瞬间加速度相等，速度相等，二者之间的作用力为零，分离后斜面体的加速度为零，则分离瞬间小球的水
平加速度也为零，所以小球在最低点与斜面体分离时，两者速度相等，斜面体以后做匀速直线运动，在t2 时间
内发生的位移为x2。
小球从最低点向左摆到最高点过程中由机械能守恒得：
mgL（1﹣cos30°）ൌ૚
૛mv2
解得：vൌ
܏ۺሺ૛െ
૜砀
发生的位移：x2＝vt2＝t2 ܏ۺሺ૛െ
૜砀
所以，斜面体发生的位移为：
x＝x1+x2ൌ
૜
૛L+t2 ܏ۺሺ૛െ
૜砀
答：（1）撤去水平推力前，细线所受的力是
૚
૛mg；
（2）撤去水平推力后到两者分离的过程中，小球减小的机械能是
૜െ૚
૛
mgL；
（3）撤去水平推力后到小球第一次向左摆到最高处的过程中，斜面体发生的位移大小是
૜
૛L+t2 ܏ۺሺ૛െ
૜砀。
【点评】本题考查了平衡条件、能量守恒、机械能守恒定律，关键要明确小球在最低点与斜面体分离时，两者
速度相等，斜面体以后做匀速直线运动。
23．【分析】（1）粒子在电场中加速，由动能定理可以求出粒子的速度。
（2）根据题意求出粒子在磁场中转过的圆心角，然后根据粒子在磁场中做圆周运动的周期公式求出粒子在磁场
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中的运动时间，再根据题意求出子源发射方向转过角α的时间t1。
（3）使粒子从磁场外侧射出磁场，可以使粒子在磁场中的轨道半径变大，根据轨道半径公式提出所采取的措施。
【解答】解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得：
Uqൌ૚
૛mv12െ૚
૛mv02，
解得：v1ൌ
ܞ૙
૛൅૛ܙ܃
ܕ；
（2））两次粒子以最大速度对面相碰，位置在半径为R 的圆周上，两个粒子的轨迹如图所示：
在磁场中，粒子运动轨迹对应的圆心角为：π+α，第一个粒子在磁场中运动的时间为：
t2ൌૈ
൅હ
૛ૈ
Tൌૈ
൅હ
૛ૈ
ൈ૛ૈܕ
ܙ۰ ൌሺૈ൅હ砀ܕ
۰ܙ
，
所以粒子源发射器转动α的时间为：
t1＝t2﹣t0ൌሺૈ൅હ砀ܕ
۰ܙ
െt0。
（3）撤除加速电场后，粒子进入磁场时的速度为v0，在保持圆内、外半径不变的前提下，
增大粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r 即可使粒子均能从磁场外侧射出；
粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：rൌܕܞ
ܙ۰；
减小磁感应强度B 可以使r 变大，使粒子从磁场外测射出磁场；
粒子在圆环区域磁场中做圆周运动不射出磁场的最大轨道半径为：rmax＝2R，
由牛顿第二定律得：qv0B＝m
ܞ૙
૛
ܚܕ܉ܠ
，
解得：Bminൌܕܞ૙
ܙܚܕ܉ܠൌܕܞ૙
૛ܙ܀
则当：B൑ܕܞ૙
૛ܙ܀时所有粒子都可以从磁场外侧射出磁场；
答：（1）粒子甲进入磁场时速度的大小v1 为ܞ૙
૛൅૛ܙ܃
ܕ；
（2）粒子源发射方向转过角α的时间t1 为
ሺૈ൅હ砀ܕ
۰ܙ
െt0。
（3）减小磁感应强度，粒子在磁场中的轨道半径变大，粒子可以从磁场外测射出，当B൑ܕܞ૙
૛ܙ܀时所有粒子都可
以从磁场外侧射出磁场。
【点评】解决粒子做匀速圆周运动的步骤：定圆心、画圆弧、求半径。同时若粒子从A 点进入磁场，速度大小
一定而方向不定，要使粒子一定能够从外圆射出，求磁感应强度应最大值，则粒子在磁场内的运动半径应大于
过A 点的最小内切圆半径。
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2019-2020 学年广东省珠海市高考物理一模试卷
二、选择题：
1．（3 分）如图所示，用紫外光照射金属板，发现验电器的指针偏转，以下说法正确的是（
）
A．金属板带正电，指针带负电
B．金属板带负电，指针带正电
C．金属板带正电，指针带正电
D．金属板带负电，指针带负电
2．（3 分）某物体沿直线运动的v﹣t 图象如图所示，由图可以看出物体
①沿直线做往复运动
②沿直线向一个方向运动
③加速度大小不变
④做匀变速直线运动
以上说法正确的是（
）
A．①③
B．②④
C．仅②
D．③④
3．（3 分）区伯伯在海边钓获一尾鱼，当鱼线拉着大头鱼在水中向左上方匀速运动时，鱼受到水的作用力方向可能
是（
）
A．竖直向上
B．竖直向下
C．水平向左
D．水平向右
4．（3 分）如图所示，使一个水平铜盘绕过其圆心的竖直轴OO′转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的。
现把一个蹄形磁铁水平向左移近铜盘，则（
）
A．铜盘转动将变快
B．铜盘转动将变慢
C．铜盘仍以原来的转速转动
D．因磁极方向未知，无法确定
5．（3 分）如图所示，质量均为m 的木块A 和B，用一个劲度系数为k 的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，现
在用力F 向上缓慢拉A 直到B 刚好要离开地面，则这一过程中力F 做的功至少为（
）
A．
ܕ૛܏૛
ܓ
B．
૛ܕ૛܏૛
ܓ
C．
૜ܕ૛܏૛
ܓ
D．
૝ܕ૛܏૛
ܓ
6．（3 分）如图所示，直流电路中，R1、R2 是定值电阻，R3 是光敏电阻，其阻值随光照增强而减小。当开关S 闭
合，电容器两板间的M 点的带电液滴恰好能保持静止。现用强光照射电阻R3 时（
）
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A．电源的总功率减小
B．A 板的电势降低
C．液滴向上运动
D．电容器所带电荷量增加
7．（3 分）2012 年至2015 年进入了我国北斗系统卫星发射的高峰期，北斗卫星系统由地球同步轨道卫星与低轨道
卫星两种卫星组成，在轨正常运行的这两种卫星比较（
）
A．低轨卫星运行的周期较大
B．同步卫星运行的周期较大
C．低轨卫星运行的加速度较大
D．同步卫星运行的线速度较大
8．（3 分）如图，空间有平行于纸面的匀强电场，处于该电场中直角三角形ABC 直角边۰۱ ൌ20cm，∠A＝60°，
AD 是∠A 的角平分线。若在直角顶点B 处有一个射线源，能朝空间各方向射出动能为1000eV 的电子，则能在
顶点A 和C 分别探测到动能为1100eV 和900eV 的电子，本题中运动的电子仅需考虑匀强电场的电场力，则
（
）
A．AB 间的电势差UAB＝100V
B．该匀强电场的场强E＝1000V/m
C．电场强度的方向沿A 指向D
D．整个三角形内，顶点C 的电势最高
三、非选择题：（一）必考题
9．在研究匀变速直线运动实验中，在打点计时器打下的纸带上，选取一段如图所示，实验员告知同学们交流电的
频率为50Hz，图中每两点中间还有四点没有画出；用刻度尺量得A 到B、C、D、E 各点的距离依次为：1.23cm、
3.71cm、7.44cm 和12.42cm，则打C 点时物体的瞬间速度大小为
m/s；该匀变速直线运动的加速度的大
小为
m/s2（以上结果均保留3 位有效数字）。若实际上交流电的频率为51Hz，则上面计算出的加速度值
比实际值
。（填“偏大”、“偏小”或“不偏”）
10．某同学在练习使用多用电表时连接的电路如甲图所示
（1）若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过
（选填“R1”或“R2”）的电流；
（2）若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆档，则测得的是
。
A．R1 的电阻
B．R2 的电阻
C．R1 和R2 的串联电阻
D．R1 和R2 的并联电阻
（3）将选择倍率的旋钮拨至“×10Ω”的档时，测量时指针偏转角很大，为了提高测量的精确度，应将选择开
关拨至
档（选填“×100Ω”或“×1Ω”），将两根表笔短接调节调零旋钮，使指针停在0Ω刻度线上，然
后将两根表笔分别接触待测电阻的两端，若此时指针偏转情况如图所示，则所测电阻大小为
Ω。
（4）乙图是该多用表欧姆档“×100Ω”内部电路示意图，电流表满偏电流为1.0mA、内阻为10Ω，则该欧姆档
选用的电池电动势应该为
V。
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11．在中美贸易战中，中兴的遭遇告诉我们，要重视芯片的自主研发工作，而芯片的基础工作在于半导体的工艺。
如图所示，在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U 的电场加速后，垂直进入
方向垂直纸面向里、宽度为D 的匀强磁场区域，其中离子P+在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。已知
P+和P3+的质量均为m，而电量分别为e 和3e（e 表示元电荷）。
（1）求匀强磁场的磁感应强度B 的大小；
（2）求P3+在磁场中转过的角度φ。
12．水平放置长为L＝4.5m 的传送带顺时针转动，速度为v＝3m/s，质量为m2＝3kg 的小球被长为l＝1m 的轻质
细线悬挂在O 点，球的左边缘恰于传送带右端B 对齐；质量为m1＝1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度
v0＝5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球m2 发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的
૚
૛反弹，小球向
右摆动一个小角度即被取走。已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ＝0.1，取重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？
（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？
三、选做题（共4 小题，每小题3 分，满分12 分）
13．（3 分）下列说法中正确的是（
）
A．一定质量的理想气体体积增大时，其内能一定减少
B．气体的温度降低，某个气体分子热运动的动能可能增加
C．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的
D．当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中不会有水分子飞出水面
E．在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使分子
直径计算结果偏大
14．（3 分）有一高压气体钢瓶，容积为V0，用绝热材料制成，开始时封闭的气体压强为p0，温度为T0＝300K，
内部气体经加热后温度升至T1＝360K，求：
（1）温度升至T1 时气体的压强；
（2）若气体温度保持T1＝360K 不变，缓慢地放出一部分气体，使气体压强再回到p0，此时钢瓶内剩余气体的
质量与原来气体总质量的比值为多少？
15．（3 分）关于振动和波动，下列说法正确的是（
）
A．做简谐振动的物体，经过同一位置时，加速度可能不同
B．在受迫振动中，驱动力的频率不一定等于物体的固有频率
C．在波的干涉中，振动加强的点不一定处在波峰或波谷的叠加处
D．波源与观察者互相靠近或者互相远离时，接收到的频率会发生变化
E．在波的传播方向上对平衡位置的位移始终相同的质点间距离等于波长
16．（3 分）如图所示，半圆玻璃砖的半径R＝3cm，折射率为nൌ
૛，直径AB 与屏幕垂直并接触于A 点。激光a
以入射角i＝30°射向半圆玻璃砖的圆心0，结果在水平屏幕MN 上出现两个光斑。
（1）求两个光斑之间的距离；
（2）改变入射角，使屏MN 上只剩一个光斑，求此光斑离A 点的最长距离。
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参考答案与试题解析
二、选择题：
1．【分析】用紫外光照射锌板，由于入射光的频率大于极限频率，发生光电效应，有光电子从锌板飞出，锌板失去
电子带正电，从而即可求解。
【解答】解：因为发生光电效应时，锌板失去电子带正电，用验电器与锌板接触，则验电器和指针都带正电，
故ABD 错误，C 正确；
故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握光电效应的特点，以及知道带正电的物体失去电子。
2．【分析】由速度的正负分析物体的运动方向，确定运动性质。加速度大小等于图线的斜率大小。根据物体的加速
度是否变化，判断物体是否做匀变速直线运动。
【解答】解：①②速度的正负表示物体的运动方向，由图看出，物体的运动方向改变，沿直线做往复运动，故
①对，②错。
③速度图象的斜率大小等于加速度大小，根据数学知识看出斜率大小不变，则物体的加速度大小不变，故③正
确。
④由图可知，加速度的大小不变，但是方向是变化的，所以此运动不是匀变速运动，故④错误。
故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
【点评】本题主要抓住速度的正负表示速度的方向、斜率等于加速度进行分析。匀变速直线运动的特点是加速
度保持不变。
3．【分析】对大头鱼受力分析，根据受力平衡条件，结合大头鱼重力与拉力方向，依据力的平行四边形定则，即可
求解。
【解答】解：由题意可知，鱼受力平衡，即为：竖直向下的重力，斜向上的拉力，还有鱼受到的水的作用力，
根据受力平衡的条件，结合力的合成可知，鱼受到的作用力的方向一定是与拉力和重力的合力的方向相反，即
为水平向右。故ABC 错误D 正确。
故选：D。
【点评】考查受力分析，及平衡条件，掌握力的平行四边形定则的应用，注意大头鱼的合力为零是解题的突破
口。
4．【分析】此时的铜盘是一个闭合电路，此在磁场中做切割磁感线运动，电路中就会产生感应电流，利用右手定则：
伸出右手，让四指与大拇指在同一平面内垂直，磁感线垂直穿过掌心，大拇指指向导体的运动方向，四指所指
的方向就是感应电流的方向；
通电导体在磁场中要受到力的作用，根据电流方向和磁场方向，利用左手定则：伸出左手，让四指与大拇指在
同一平面内垂直，磁感线垂直穿过掌心，四指指向电流的方向，大拇指所在的方向就是导体的受力方向，由此
可以确定导体的受力方向，从而可以判断铜盘的转动速度怎样变化。
【解答】解：假设蹄形磁铁的上端为N 极，下端为s 极，铜盘顺时针转动。根据右手定则可以确定此时铜盘中
的感应电流方向是从盘心指向边缘；
通电导体在磁场中要受到力的作用，根据感应电流的方向和磁场的方向，利用左手定则可以确定磁场对铜盘的
作用力的方向是沿逆时针方向，与其受力方向与铜盘的转动方向相反，所以铜盘的转动速度将减小；
无论怎样假设，铜盘的受力方向始终与转动方向相反；同时，转动过程中，机械能转化为电能，所以转得慢了，
故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
【点评】此题考查了电磁感应、感应电流方向的判定、通电导体在磁场中受力方向的判定；
铜盘转速的变化，是由其受到的磁场力的变化引起的，确定其受力方向是解决此题的关键，判定其产生的感应
电流的方向是解决此题的入手点。
5．【分析】A、B 原来都处于静止状态，弹簧被压缩，弹力等于A 的重力mg，根据胡克定律求出被压缩的长度x1．当
A 刚要离开地面时，弹簧被拉伸，此时弹力等于B 的重力mg，再由胡克定律求出此时弹簧伸长的长度x2，A 上
升距离d＝x1+x2．再依据力做功表达式，即可求解。
【解答】解：开始时，A、B 都处于静止状态，弹簧的压缩量设为x1，由胡克定律有kx1＝mg…①
物体A 恰好离开地面时，弹簧对B 的拉力为mg，设此时弹簧的伸长量为x2，由胡克定律有kx2＝mg…②
这一过程中，物体A 上移的距离d＝x1+x2…③
①②③式联立可解得：dൌ૛ܕ܏
ܓ，
根据力做功表达式，则这一过程中力F 做的功至少为W＝mgdൌ૛ܕ૛܏૛
ܓ
，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
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【点评】本题是含有弹簧的平衡问题，关键是分析两个状态弹簧的状态和弹力，再由几何关系研究A 上升距离
与弹簧形变量的关系。
6．【分析】明确电路结构，知该电路R1 和R2 串联，电容器两端间的电压等于R1 两端间的电压，当用强光照射光
敏电阻R2 时，其阻值变小，根据闭合电路欧姆定律分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化；再分析
带电液滴的受力情况，确定运动。通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化。
【解答】解：A、电路稳定时电容器两板间的电压等于R1 两端的电压，当用强光照射光敏电阻R2 时，光敏电阻
的阻值变小，电路中电流增大，故电源的总功率P＝EI 增大，故A 错误；
B、由于电路中的电流增大，R1 两端的电势差增大，又因为R1 下端接地，电势为零，所以R1 上端电势增大，A
板的电势也增大。故B 错误。
C、电路稳定时电容器两板间的电压等于R1 两端的电压，当用强光照射光敏电阻R2 时，光敏电阻的阻值变小，
电路中电流增大，R1 两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，液滴向
上运动，故C 正确。
D、电容器的电压增大，电容不变，由Q＝CU 知，电容器所带电荷量增加。故D 正确。
故选：CD。
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的应用，解决本题的关键抓住电容器两端电压与R1 两端电压相等，利用闭
合电路欧姆定律进行动态分析。
7．【分析】根据万有引力提供向心力，得出线速度、周期、加速度与轨道半径的关系，从而比较出它们的大小。
【解答】解：AB、对卫星的圆周运动分析可知：万有引力提供向心力，得：
۵ۻܕ
ሺ܀൅ܐ砀૛ൌܕ
ܞ૛
܀൅ܐൌܕሺ܀൅ܐ砀ܟ૛ൌ
ܕ܉ൌܕሺ܀൅ܐ砀
૝ૈ
૛
܂૛，那么周期为：܂ൌ૛ૈ
ሺ܀൅ܐ砀૜
۵ۻ
，高度高则周期大，所以，低轨卫星运行的周期较小，同
步卫星运行的周期较大，故A 错误，B 正确。
C、卫星的加速度为：܉ൌ
۵ۻ
ሺ܀൅ܐ砀૛，高度低，加速度大，故C 正确。
D、卫星的线速度为：ܞൌ
۵ۻ
ሺ܀൅ܐ砀，高度高则线速度小，故D 错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一思路，得到线速度、加速度、角速度、周期与轨道半
径的关系。
8．【分析】根据动能定理可求出AB 间的电势差；再根据电势得到电势相同的两个点，从而得到等势线，即可得到
电场线，根据两点间的电势及距离求得场强，再根据沿电场线的方向电势降低即可确定电势关系。
【解答】解：A、由B 到A 有动能定理可得：﹣eUBA＝1100eV﹣1000eV，可得UBA＝﹣100V，所以UAB＝100V，
故A 正确。
C、由题可知BC 间的电势差UBC＝100V，所以AC 间的电势差为UAC＝100V﹣（﹣100V）＝200V，在由几何
知识可得AC 在AD 上的投影是AB 在AD 投影的2 倍，这就说明电场的方向一定沿着AD，并且由A 指向D，
故C 正确。
B、由几何知识可得AB 在AD 上的投影为10cm，所以电场强度的大小为：۳ ൌ૚૙૙
૙䁪૚t内ܕൌ૚૙૙૙t内ܕ，故B 正
确。
D、电场线方向沿AD，故在整个三角形内，顶点A 的电势最高，故D 错误。
故选：ABC。
【点评】本题考查匀强电场的性质，要注意明确匀强电场中等势线为直线，根据等势线可得电场线，然后根据
任意不同的两个电势的位置可得到电场线方向。
三、非选择题：（一）必考题
9．【分析】根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C 时小车的瞬时速
度大小，
根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 可以求解加速度。并根据打点周期的变化确定加速度测量的误差情况。
【解答】解：打C 点时物体的速度，等于物体打AE 点间的平均速度为：
ܞ粒ൌ૚૛䁪૝૛ൈ૙䁪૙૚
૝ൈ૙䁪૚
ܕ内ܛൌ૙䁪૜૚૚ܕ内ܛ；
利用逐差法求加速度：AB 间的距离s1＝1.23cm，BC 间的距离s2＝3.71cm﹣1.23cm＝2.48cm，CD 间的距离s3
＝7.44cm﹣3.71cm＝3.73cmDE 间的距离s4＝12.42cm﹣7.44cm＝4.98cm。利用逐差法求加速度可得：܉ൌ
ܛ૜൅ܛ૝െሺܛ૚൅ܛ૛砀
૝ܜ૛
ൌ૜䁪晦૜൅૝䁪ૢ砀െሺ૚䁪૛૜൅૛䁪૝砀砀
૝ൈ૙䁪૚૛
ൈ૙䁪૙૚ܕ内ܛ૛ൌ૚䁪૛૞ܕ内ܛ૛
求加速度的公式为：܉ൌᶭܛ
܂૛ൌᶭܛ܎૛，由题意知道：f 测＜f 实所以，a 测＜a 实，即计算出的加速度比实际值偏小。
故答案为：0.311，1.25，偏小。
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【点评】本题考查测量加速度的纸带处理方法；要注意提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能
力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。
10．【分析】图中多用电表与滑动变阻器串联后与电阻R2 并联，通过电键与电池相连，根据电路的串并联知识分析
即可；
欧姆表指针指在中间附近时，读数最准确；欧姆表每次使用应该先选档位，然后欧姆调零，最后测量；再换挡
位、测量；最后调到交流最大电压挡；欧姆表读数等于表盘读数乘以倍率。
【解答】解：（1）由电路图可知多用电表与R1 串联的，所以多用电表当做电流表时，测量的是R1 的电流。
（2）断开电路的开关，R1 和R2 串联，多用电表接在其两端，故测的是R1 和R2 串联的总电阻。故C 正确；
（3）将选择倍率的旋钮拨至“×10Ω”的档时，指针偏转角度过大，说明所选的档位太大，为准确测量电阻，
应该换小档位的，应选×1Ω的。档位选×1Ω，表盘的度数就是电阻的阻值，即为16Ω。
（4）将选择倍率的旋钮拨至“×10Ω”的档时，欧姆表的中值电阻为R 中＝15×100Ω＝1500Ω，所以电源的电动
势为۳ ൌ۷܏܀中ൌ૚䁪૙ൈ૚૙െ૜ൈ૚૞ൈ૚૙૙t ൌ૚䁪૞t
故答案为：（1）R1；（2）C；（3）×1Ω；16；（4）1.5。
【点评】本题关键明确多用电表的使用，电流表应串联接入电路，使用多用电表的欧姆档测电阻时应把待测电
阻与电源断开，分析清楚电路结构是正确解题的关键；用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指针表盘
中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零。
11．【分析】（1）（2）根据动能定理求出带电粒子的动能，根据洛伦兹力提供向心力结合几何知识求半径，求出磁
感应强度或偏转角度即可；
【解答】解：（1）对离子P+在电场中的加速运动，由动能定理：t܃ൌ૚
૛ܕܞ૚
૛，
在磁场中由洛伦兹力提供向心力：tܞ૚۰ ൌ
ܕܞ૚
૛
ܚ૚，
由几何关系可得：r1sinθ＝D 联立各式解得：匀强磁场的磁感应强度B 的大小为：۰ ൌ
૛ܕt܃
૛t۲ ；
（2）对离子P3+在电场中的加速运动，由动能定理：૜t܃ൌ૚
૛ܕܞ૛
૛，
在磁场中，洛伦兹力提供向心力：૜tܞ૛۰ ൌ
ܕܞ૛
૛
ܚ૛，
由几何关系可得：r2sinφ＝D，
联立以上各式解得：P3+在磁场中转过的角度φ＝60°；
答：（1）求匀强磁场的磁感应强度B 的大小为
૛ܕt܃
૛t۲ ；
（2）求P3+在磁场中转过的角度φ为60°。
【点评】磁场中的圆周运动问题重点是要找出半径，然后通过合理的作图画出粒子的运动轨迹，基本就可以解
决问题了，磁场中的轨迹问题是高考特别喜欢考查的内容，而且都是出大题，应该多做训练。
12．【分析】（1）先由动能定理求出物块到达B 的速度，然后由动量守恒定律求出碰撞后小球的速度；小球在碰撞
后在竖直平面内做圆周运动，细线的拉力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出拉力。
（2）判断物块是否能返回A 点，然后由运动学的公式求出位移，由功能关系即可求出产生的内能。
【解答】解：（1）设滑块m1 与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：െૄ
ܕ૚܏ۺ ൌ૚
૛ܕ૚ܞ૚
૛െ૚
૛ܕ૚ܞ૙
૛
解之可得：ܞ૚ൌ૝ܕ内ܛ
因为v1＞v，说明假设合理
滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：ܕ૚ܞ૚ൌെ૚
૛ܕ૚ܞ૚൅ܕ૛ܞ૛
解之得：ܞ૛ൌ૛ܕ内ܛ
碰后，对小球，根据牛顿第二定律：۴ െܕ૛܏ൌ
ܕ૛ܞ૛
૛
ܔ
小球受到的拉力：F＝42N
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（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为t1，则ۺ ൌ૚
૛ሺܞ૙൅ܞ૚砀ܜ૚
解之得：t1＝1s
在这过程中，传送带运行距离为：S1＝vt1＝3m
滑块与传送带的相对路程为：△X1＝L﹣X1＝1.5m
设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为t2 则根据动量定理：െૄ
ܕ૚܏ܜ૛ൌെܕ૚ڄ ሺ૚
૛ܞ૚砀
解之得：t2＝2s
滑块向左运动最大位移：ܠܕൌ૚
૛ڄ ሺ૚
૛ܞ૚砀ڄ ܜ૛ൌ2m
因为xm＜L，
说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带
再考虑到滑块与小球碰后的速度
૚
૛ܞ૚＜v，
说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为2t2
在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程△X2＝2vt2＝12m
因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是Q＝μm1g（△x1+△x2）＝13.5J
答：（1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是42N
（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是13.5J。
【点评】该题涉及的过程复杂，在解答的过程中要注意对各过程的分析与把握，正确理解各过程的特点，合理
选择公式。
三、选做题（共4 小题，每小题3 分，满分12 分）
13．【分析】根据热力学第一定律和理想气体状态方程分析判定气体内能变化；
温度是分子平均动能的标志；
处于饱和状态时，水中水分子进与出平衡；
气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的，取决于分子数密度和分子热运动的平均动能；
用油膜法估测分子直径实验原理是：让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而
求出分子直径。
【解答】解：A、一定质量的理想气体体积增大时，即气体对外做功，同时也吸热，其内能可能不变，也可能增
大，也可能减小，故A 错误；
B、气体的温度降低，分子平均动能减小，但某个气体分子热运动的动能可能增加，故B 正确；
C、从微观角度讲，气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的，故C 正确；
D、当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中水分子飞出水面与进入水面是平衡的，故D 错误；
E、计算时把油酸酒精溶液当成了纯油酸，体积偏大，则d 偏大，故E 正确；
故选：BCE。
【点评】本题主要掌握温度是分子平均动能的标志，理解热力学第一定律内容，知道温度是分子平均动能的标
志，及理解饱和状态的内涵，最后注意油酸酒精溶液、油酸溶液与油酸的三者区别，基础题。
14．【分析】（1）封闭气体温度升高发生等容变化，根据查理定律求解压强。
（2）可根据克拉伯龙方程求解剩余气体的质量与原来总质量的比值。
【解答】解：（1）根据查理定律：
ܘ૙
܂૙
ൌ
ܘ૚
܂૚
因此，温度升至T1 时气体的压强p1＝1.2p0
（2）设压强降回到等于p0 气体（含漏出的部分）总体积为V2，
根据玻意尔定律：
p1V0＝p0V2
V2＝1.2V0
因此，剩余气体与原来气体质量的比值为：
η ൌt૙
t૚ൌ૞
૟
答：（1）温度升至T1 时气体的压强是1.2p0；
（2）钢瓶内剩余气体的质量与原来气体总质量的比值为为
૞
૟。
【点评】本题隐含着集热器内气体体积不变这个条件，运用查理定律和克拉伯龙方程进行解题。
15．【分析】做简谐振动的质点每次经过同一位置时，速度有两种方向，速度不相同。位移是从平衡位置指向质点
处在的位置，同一位置，位移相同，根据加速度与位移的关系，确定加速度是否相同。
受迫振动中，驱动力的频率等于振动频率，当等于固有频率时，出现共振现象；拍摄玻璃橱窗内的物品时，要
在镜头前加装一个偏振片，以减反射光透射；振动在一个周期内在介质中传播的距离等于波长。波长等于在波
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的传播方向上任意两个相邻的振动状态完全相同的两质点间距。
【解答】解：A、在简谐振动的物体，加速度总与位移大小成正比，方向相反，故每次经过同一位置时，加速度
一定相同，故A 错误；
B、物体做受迫振动时，其驱动频率跟固有频率无关，故B 正确；
C、波的干涉中，振动加强的点一定是振动方向相同，但不一定处在波峰或波谷的叠加处，故C 正确；
D、根据多普勒效应，波源与观察者互相靠近或者互相远离时，接收到的频率会发生变化；故D 正确；
E、根据波长的定义，波长等于在波的传播方向上任意两个相邻的振动状态完全相同的两质点间距，故E 错误；
故选：BCD。
【点评】本题要掌握对简谐运动周期性及特点的理解，抓住同一位置位移、加速度和回复力三个物理量都相同。
同时掌握驱动频率与固有频率的区别。
16．【分析】（1）光线在AB 面上发生反射和折射，在水平屏幕MN 上出现两个光斑，根据折射定律结合几何关系
求出两个光斑之间的距离；
（2）只剩下一个光斑时，说明光线在AB 面上发生了全反射，此时入射角恰好等于临界角，根据临界角公式和
几何关系结合求解。
【解答】解：（1）设折射角为r，根据折射定律有：
ܖൌܛtܖܚ
ܛtܖt ܖൌܛtܖܚ
ܛtܖt
解得：r＝45°
由几何知识得两个光斑PQ 之间的距离为：
PQ＝PA+AQ＝R•tan45°+Rtan60°＝（૜൅1）R≈9.7cm
（2）入射角增大的过程中，当发生全反射时屏MN 上只剩一个光斑，此光斑离A 最远时，恰好发生全反射，
入射角等于临界角为：i＝C
则有：ܛtܖ۱ ൌ૚
ܖ
解得：i＝C＝45°
光斑离A 点的最长距离L＝Rtan45°＝3cm
答：（1）两个光斑之间的距离是9.7cm；
（2）光斑离A 点的最长距离是3cm。
【点评】解决本题的关键是理解两个光斑和一个光斑产生的原因，掌握全反射条件和临界角公式sinCൌ૚
ܖ，同时
要结合几何关系研究。
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2019-2020 学年广东省肇庆市高考物理一模试卷
一、选择题
1．（6 分）如图所示，质量均为1kg 的小球a、b 在轻弹簧A、B 及外力F 的作用下处于平衡状态，其中A、B 两个
弹簧劲度系数均为5N/cm，B 弹簧上端与天花板固定连接，轴线与竖直方向的夹角为60°，A 弹簧竖直，g 取
10m/s2．则以下说法正确的是（
）
A．A 弹簧伸长量为3cm
B．外力F＝10 ૜N
C．B 弹簧的伸长量为4cm
D．突然撤去外力F 瞬间，b 球加速度为0
2．（6 分）如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极，已知该卫星从北纬60°的正上方，按
图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时所用时间为1h，则下列说法正确的是（
）
A．该卫星与同步卫星的运行半径之比为1：4
B．该卫星与同步卫星的运行速度之比为1：2
C．该卫星的运行速度一定大于7.9km/s
D．该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能
3．（6 分）趣味运动会上运动员手持乒乓球拍托球沿水平面匀加速跑动，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平
面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，球拍与球之间的摩擦力及空气阻力不计。则下列说法正确
的是（
）
A．运动员的加速度为gtanθ
B．球拍对球的作用力为mg
C．运动员对球拍的作用力为（M+m）gcosθ
D．若加速度大于gsinθ，球一定沿球拍向上运动
4．（6 分）如图所示，某人从高出水平地面h 的坡上水平击出一个质量为m 的高尔夫球，由于受恒定的水平风力的
作用，高尔夫球竖直落入距击球点水平距离为L 的A 穴，不计洞穴的深度，则下列说法正确的是（
）
A．球被击出后做平抛运动
B．该球从被击出到落入A 穴所用的时间为
ۺ
t૙
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C．球被击出时的初速度大小为ۺ ૛܏
ܐ
D．球被击出后受到的水平风力的大小为
ܕ܏ܐ
ۺ
5．（6 分）如图所示，斜面c 上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜
面垂直的拉力F，使两物体及斜面均处于静止状态。下列说法正确的是（
）
A．c 受到地面的摩擦力向左
B．a、b 两物体的受力个数一定相同
C．a、b 两物体对斜面的压力相同
D．当逐渐增大拉力F 时，物体b 受到斜面的摩擦力一定逐渐增大
6．（6 分）如图所示，固定的光滑倾斜杆上套有一个质量为m 的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连，弹簧
的下端固定在水平地面上的A 点，开始弹簧竖直并且长度恰好为原长h。现让圆环由静止沿杆滑下，滑到杆的
底端（未触及地面）时速度恰好为零，已知当地的重力加速度大小为g。则在圆环下滑的整个过程中，下列说法
正确的是（
）
A．圆环、弹簧和地球组成的系统机械能不守恒
B．弹簧的弹性势能先增大后减小
C．弹簧的弹性势能增大了mgh
D．弹簧的最大压缩量小于其最大伸长量
7．（6 分）如图所示，离地H 高处有一个质量为m 的物体，给物体施加一个水平方向的作用力F，已知F 随时间
的变化规律为：F＝F0﹣kt（以向左为正，F0、k 均为大于零的常数），物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ，
且μF0＞mg．t＝0 时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑
r
૛后脱离
墙面，此时速度大小为
܏r
૛，最终落在地面上。则下列关于物体的说法，正确的是（
）
A．当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动
B．物体与墙壁脱离的时刻为tൌ۴૙
ܓ
C．物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一条直线
D．物体克服摩擦力所做的功为Wൌ૜
砀mgH
8．（6 分）静止在光滑水平面上质量为m 的小物块，在直线MN 的左边只受到水平力F1 作用（小物块可视为质点），
在MN 的右边除受F1 外还受到与F1 在同一条直线上的恒力F2 作用，现使小物块由A 点从静止开始运动，如图
（a）所示，小物块运动的v﹣t 图象如图（b）所示，下列说法中正确的是（
）
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A．在B 点的右边加速度大小为
ܞ૚
ܜ૛െܜ૚
B．小物块在经过B 点后向右运动的时间为t2﹣t1
C．F2 的大小为
ܕܞ૚
ܜ૛െܜ૚
D．小物块在B 点右边运动的最大距离为
ܞ૚ሺܜ૛െܜ૚砀
૛
一、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第22～32 题为必考题，每个学生都必须作答．第34～第40 为选考题，
考生根据要求作答．（一）必答题（共129 分）
9．（6 分）某探究小组想利用验证机械能守恒定律的装置测量当地的重力加速度，如图（甲）所示。框架上装有可
上下移动位置的光电门1 和固定不动的光电门2；框架竖直部分紧贴一刻度尺，零刻度线在上端，可以测量出两
个光电门到零刻度线的距离x1 和x2；框架水平部分用电磁铁吸住一个质量为m 的小钢球，小钢球的重心所在高
度恰好与刻度尺零刻度线对齐。切断电磁铁线圈中的电流时，小钢球由静止释放，当小钢球先后经过两个光电
门时，与光电门连接的传感器即可测算出其速度大小v1 和v2．小组成员多次改变光电门1 的位置，得到多组x1
和v1 的数据，建立如图（乙）所示的坐标系并描点连线，得出图线的斜率为k。
（1）用游标卡尺测量小钢球的直径，如图（丙）所示，该小钢球的直径是
cm。
（2）关于光电门1 的位置，下面哪个做法可以减小重力加速度的测量误差
A．尽量靠近刻度尺零刻度
B．尽量靠近光电门2
C．既不能太靠近刻度尺零刻度，也不能太靠近光电门2
（3）当地的重力加速度为
（用k 表示）
10．（9 分）为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图甲所示的实验装置。其中M 为带滑轮的小
车的质量，m 为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计）
（1）实验时，一定要进行的操作是
。
A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，同时保持弹簧测力计及其连接线与长木板平行
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带
E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m 远小于小车的质量M
（2）该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的
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是频率为50Hz 的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为
m/s2（结果保留两位有效数字）。
（3）以弹簧测力计的示数F 为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a﹣F 图象是一条直线，图线与横坐标的夹角
为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为
。
11．（12 分）一质量m＝1.0kg 的滑块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用传感器测出了
滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程的v﹣t图。已知sin37°
＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10m/s2．求：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）滑块从出发点返回到底端整个过程中损失的机械能；
（3）求1s 末滑块的速度大小。
12．（20 分）如图（甲）所示，地面上有一长为l＝1m，高为h＝0.8m，质量M＝2kg 的木板，木板的右侧放置一
个质量为m＝1kg 的木块（可视为质点），已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩
擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止。现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F 随时间的变化如图（乙）所
示，取g＝10m/s2．求：
（1）前2s 木板的加速度；
（2）木块落地时距离木板左侧的水平距离△s。
选考题：共45 分．请考生从给出的3 道物理题、3 道化学题、2 道生物题中每科任选一道作答，并用2B 铅笔在答
题卡上题目后的方框涂黑．注意所作题目的题号必须与所涂题目的题号一致．在答题卡选答区域指定位置答题．如
果多做，则每学科按所做的第一题计分．【物理--选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．某种液体的饱和气压与温度有关
B．多晶体都具有各向同性的特点
C．第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律
D．当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力一定表现为
引力
E．一定质量的理想气体，放热的同时外界对其做功，其内能可能减少
14．（10 分）如图所示，一根上粗下细、粗端与细端都粗细均匀的玻璃管上端封闭、下端开口，横截面积S1＝4S2，
下端与大气连通。粗管中有一段水银封闭了一定质量的理想气体，水银柱下表面恰好与粗管和细管的交界处齐
平，空气柱和水银柱长度均为h＝4cm。现在细管口连接一抽气机（图中未画出），对细管内气体进行缓慢抽气，
最终使一半水银进入细管中，水银没有流出细管。已知大气压强为p0＝76cmHg。
①求抽气结束后细管内气体的压强；
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②抽气过程中粗管内气体吸热还是放热？请说明原因。
[物理-选修3-5]（15 分）
15．下列说法正确的是（
）
A．某放射性元素经过11.4 天有
晦
砀的原子核发生了衰变，该元素的半衰期为3.8 天
B．电子的发现说明原子是可分的，天然放射现象的发现说明原子核有复杂的结构
C．一群氢原子从n＝3 的激发态向较低能级跃迁，最多可放出两种频率的光子
D．已知能使某金属发生光电效应的极限频率为ν0，则当频率为2ν0 的单色光照射该金属时，光电子的最大初
动能为2hν0
E．
૛
૝He൅
૚૜
૛晦Al→
૚૞
૜૙P൅
૙
૚n 是原子核的人工转变方程
16．如图所示，两块相同平板P1、P2 置于光滑水平面上，质量均为m。P2 的右端固定一轻质弹簧，弹簧的自由端
恰好在P2 的左端A 点。物体P 置于P1 的最右端，质量为2m 且可以看作质点。P1 与P 以共同速度v0 向右运动，
与静止的P2 发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1 与P2 粘连在一起，P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点（弹簧始
终在弹性限度内）。P 与P2 之间的动摩擦因数为μ，求：
①P1、P2 刚碰完时的共同速度v1 和P 的最终速度v2；
②此过程中弹簧最大压缩量x。
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2019-2020 学年广东省肇庆市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．【分析】先对b 球受力分析，根据平衡条件求解弹簧A 的拉力；再对a、b 球整体受力分析，根据平衡条件求解
弹簧B 的拉力；最后根据胡克定律求解形变量；对B 分析由牛顿第二定律可求得加速度。
【解答】解：A、先对b 球受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有：F1＝mg；
F1＝kxA 解得：xAൌ૚૙
૞cm＝2cm；故A 错误；
B、再对a、b 球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的拉力，如图所示：
根据平衡条件，有：
F＝（2mg）tan60°＝2 ૜mg＝20 ૜N；故B 错误；
C、弹簧的弹力F2ൌ
૛ܕ܏
粒子ܛ૟૙ι ൌ4mg＝40N；
根据胡克定律，有：F2＝k2x2，解得x2＝8cm；故C 错误；
D、球b 受重力和拉力，撤去F 的瞬间，重力和弹力都不变，故加速度仍然为零，处于平衡状态，故D 正确；
故选：D。
【点评】1、当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；
而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法。
2、整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。
2．【分析】根据图示情景求出该卫星的运行周期，与地球同步卫星的周期比较，从而由开普勒第三定律
ܚ૜
܂૛ൌk 求轨
道半径之比。根据vൌ
۵ۻ
ܚ确定出两者运行速度之比。第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动最大的运行速度。
结合质量关系分析机械能的关系。
【解答】解：A、该卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时，偏转的角度是
120°，刚好为运动周期的
૚
૜，所以该卫星运行的周期为3h，而地球同步卫星的周期是24h，该卫星与同步卫星
的运行周期之比为1：8，由开普勒第三定律
ܚ૜
܂૛ൌk 得该卫星与同步卫星的运行半径之比为1：4．故A 正确；
B、根据vൌ
۵ۻ
ܚ得该卫星与同步卫星的运行速度之比为2：1，故B 错误；
C、7.9km/s 是卫星环绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，所以该卫星的运行速度一定小于7.9km/s。故C
错误；
D、由于不知道两卫星的质量关系，所以不能比较机械能的关系。故D 错误。
故选：A。
【点评】本题考查人造卫星与同步卫星的关系，关键是要知道地球同步卫星的周期是24h，灵活运用开普勒定律
分析半径关系。也可以根据万有引力提供圆周运动的向心力列式，来分析半径关系。
3．【分析】不计摩擦力，分析网球的受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律求解加速度和球拍对球的作用力；分
析网球竖直方向的受力情况，判断球能否向上运动。
【解答】解：AB、对乒乓球进行受力分析：受到重力mg 和球拍的支持力N，作出力图如图，
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根据牛顿第二定律得：
Nsinθ＝ma
Ncosθ＝mg
解得，a＝gtanθ，Nൌܕ܏
粒子ܛી，故A 正确、B 错误；
C、以球拍和球整体为研究对象，如图2，
根据牛顿第二定律得：
运动员对球拍的作用力为Fൌሺܕ൅ۻ砀܏
粒子ܛી
，故C 错误。
D、当a＞gtanθ时，网球将向上运动，由于gsinθ与gtanθ的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动。故D
错误。
故选：A。
【点评】本题是两个作用下产生加速度的问题，分析受力情况是解答的关键，运用正交分解，根据牛顿第二定
律求解。
4．【分析】小球水平方向受恒定的阻力，因而做匀减速直线运动，竖直方向只受重力，做自由落体运动，根据运动
学公式即可列式求解。
【解答】解：A、由于水平方向受到空气阻力，不是平抛运动，故A 错误；
B、竖直方向为自由落体运动，由hൌ૚
૛gt2，得到tൌ
૛ܐ
܏，因水平方向不是匀速直线运动，
因此从被击出到落入A 穴所用时间不能为
ۺ
ܞ૙
，故B 错误；
C、由于球竖直地落入A 穴，故水平方向为末速度为零匀减速直线运动，根据运动学公式，有
L＝v0tെ૚
૛at2
0＝v0﹣at
解得
v0ൌ૛ۺ
૛ܐ
܏
ൌL ૛܏
ܐ，故C 正确；
D、水平方向分运动为末速度为零匀减速直线运动，由运动学公式
L＝v0tെ૚
૛at2
0＝v0﹣at
由牛顿第二定律
F＝ma
由上述各式可解得Fൌܕ܏ۺ
ܐ，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题关键将实际运动分解为水平方向的匀减速直线运动和竖直方向的自由落体运动，根据运动学公式
和牛顿第二定律列式求解，注意水平方向不是匀速直线运动，与平抛运动的水平方向运动区别开来。
5．【分析】对a、b、c 整体分析考虑地面对物体c 的静摩擦力方向；再对a、b 分别进行受力分析，a、b 两个物体
都处于静止状态，受力平衡，把绳子和力T 和重力mg 都分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，根据共点力平
衡列式分析即可。
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【解答】解：A、对a、b、c 整体分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，地面对整体的静摩
擦力一定是向右，故A 错误；
B、对ab 进行受力分析，如图所示，b 物体处于静止状态，当绳子沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量
相等时，摩擦力为零，所以b 可能只受3 个力作用，而a 物体必定受到摩擦力作用，肯定受4 个力作用，故B
错误；
C、ab 两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：N+Tsinθ＝mgcosα，解得：N＝mgcosα﹣Tsinθ，则a、b
两物体对斜面的压力相同，故C 正确；
D、当逐渐增大拉力F 时，如果Tcosθ＞mgsinα，则物体b 受到的摩擦力可能先减小后反向增加；故D 错误；
故选：C。
【点评】本题解题的关键是正确对物体进行受力分析，要能结合整体法和隔离法灵活地选择研究对象，能根据
平衡条件列式求解。
6．【分析】分析圆环沿杆下滑的过程中受力情况，以及外力做功情况：重力和弹簧的拉力均做功，所以圆环机械能
不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大。
【解答】解：A、在圆环下滑的整个过程中，有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的拉力；所以圆环的机械
能不守恒，如果把圆环、地球和弹簧组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故A 错误，
B、弹簧的弹性势能随弹簧形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再伸长，故弹簧的弹性势能先增大再减小
后增大。故B 错误。
C、根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，那么弹簧的机械能即弹性势能增大了mgh。故C 正确。
D、根据系统机械能守恒，弹簧弹性势能等于圆环的机械能的减少量，当圆环的滑到杆的底端并速度等于零时，
弹簧的弹性势能最大，此时弹簧的形变量最大。所以弹簧的最大压缩量小于其最大伸长量。故D 正确。
故选：CD。
【点评】对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法。要注意圆环的机械能不守恒，系统
的机械能才守恒。
7．【分析】根据牛顿第二定律通过加速度的变化判断物体的运动规律，抓住F 的变化规律，结合F 为零时，物体脱
离墙面求出运动的时间，根据合力与速度的方向确定物体的运动轨迹。根据动能定理，抓住F 在沿墙面下滑的
过程中不做功，求出物体克服摩擦力做功的大小。
【解答】解：A、竖直方向上，由牛顿第二定律有：mg﹣μF＝ma，随着F 减小，加速度a 逐渐增大，做变加速
运动，当F＝0 时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A 错误。
B、当物体与墙面脱离时F 为零，所以F＝F0﹣kt＝0，解得时间tൌ۴૙
ܓ，故B 正确
C、物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线。故C 错误。
D、物体从开始运动到脱离墙面F 一直不做功，由动能定理得：mg
r
૛െWൌ૚
૛m（
܏r
૛）2，物体克服摩擦力所
做的功Wൌ૜
砀mgH．故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题关键能运用牛顿第二定律，正确分析物体的运动情况，结合动能定理求解摩擦力做功，并要知道
物体做直线运动还是曲线运动的条件。
8．【分析】由图可知，前0﹣t1 内，物体做匀加速直线运动，其加速度a1ൌܞ૚
ܜ૚；而t1 至t3 物体先减速后反向加速，
t3 后减速；则可判断出物体在t1 时刻恰好经过MN，t3 又回到MN．s 根据牛顿第二定律和运动学公式结合分析。
【解答】解：A、图中t1﹣t3 时间内物块在MN 的右方运动，根据图线的斜率等于加速度得：物块在MN 的右方
加速度大小为：a2ൌ
ܞ૚
ܜ૛െܜ૚，故A 正确；
B、在0﹣t1 时间内，物块在MN 的左方向右做匀加速运动；在t1﹣t2 时间内在MN 的右方向右做匀减速直线运
动，在t2﹣t3 时间内在MN 的右方向左做匀加速直线运动，根据运动过程的对称性得知，小物块在经过B 点后
向右运动的时间为t2﹣t1．故B 正确。
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C、在0﹣t1 时间内，加速度大小为a1ൌܞ૚
ܜ૚，由牛顿第二定律得：F1＝ma1，F2﹣F1＝ma2．解得：F2ൌܕܞ૚
ܜ૚൅ܕܞ૚
ܜ૛െܜ૚，
故C 错误。
D、小物块在B 点右边运动的最大距离等于t1﹣t2 时间内的位移为：sൌܞ૚ሺܜ૛െܜ૚砀
૛
，故D 正确。
故选：ABD。
【点评】本题结合图象与牛顿运动定律，应通过图象得出物体的运动情况，再由牛顿第二定律即可求得受力情
况。
一、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第22～32 题为必考题，每个学生都必须作答．第34～第40 为选考题，
考生根据要求作答．（一）必答题（共129 分）
9．【分析】标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读。
根据速度位移公式得出（v
૛
૛െv
૚
૛）与（x2﹣x1）的函数关系，结合图线的斜率求解重力加速度的大小
【解答】解：（1）游标卡尺的读数为10mm+0.05×10mm＝10.50mm＝1.050cm，
（2）若靠近刻度尺，会影响铁球经过光电门1 的时间，靠近光电门2 会影响高度差的测量，所以为了减小重力
加速度的测量误差，既不能靠近刻度尺零刻度，也不能太靠近光电门2，则AB 错误，C 正确
故选：C
（3）根据速度位移公式得，（v
૛
૛െv
૚
૛）＝2g（x2﹣x1），知道图线的斜率k＝2g，则重力加速度gൌܓ
૛。
故答案为：（1）1.050
（2）C
（3）
૚
૛ܓ
【点评】解答实验题首先要理解实验原理，知道如何减小实验误差，对于图象问题，关键得出函数表达式，从
而分析判断。
10．【分析】（1）根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤。
（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小车的加速度。
（3）根据牛顿第二定律得出图线斜率的含义，从而求出小车的质量。
【解答】解：（1）A、实验探究加速度与力的关系，拉力的大小可以通过弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂
和砂桶的质量，故A 错误。
B、将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，同时保持弹簧测力计及其连接线与长木板平行，故B 正确。
C、小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数，故C 正确。
D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带，故D 正确。
E、实验中绳子的拉力是用弹簧测力计测出的，不是用砂和砂桶的重力表示的，所以不需要满足砂和砂桶的质量
m 远小于小车的质量M，故E 错误。
故选：BCD。
（2）连续相等时间内的位移之差△x＝0.5cm，根据△x＝aT2 得：aൌᶭܠ
܂૛ൌ૙䁪૞ൈ૚૙െ૛
૙䁪૙૟૛
m/s2≈1.4m/s2。
（3）小车所受的合力为2F，根据牛顿第二定律得：aൌ૛۴
ۻ，可知a﹣F 图线的斜率kൌ૛
ۻ，则小车的质量Mൌ૛
ܓ。
故答案为：（1）BCD，（2）1.4，（3）
૛
ܓ。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，注意小车所受的合力等于弹簧测力计读数的2 倍，不是
用砂和砂桶重力表示。
11．【分析】（1）根据速度时间图线求出滑块匀减速运动的加速度大小和上滑的位移，结合牛顿第二定律求出动摩
擦因数的大小。
（2）根据牛顿第二定律求出下滑的加速度，结合速度位移公式求出下滑到初始位置的速度大小。由动能定理可
求摩擦力做的功，由能量的转化和守恒可知，摩擦力做的哦概念股等于损失的机械能，进而可得滑块从出发点
返回到底端整个过程中损失的机械能；
（3）根据运动学速度时间公式求得1s 末的速度。
【解答】解：（1）根据图示可知，滑块向上做匀减速直线运动：
其加速度为：܉ൌܞ૛െܞ૚
ᶭܜ
ڮ①
将数据代入①式解得：a＝﹣7.2m/s2…②
对滑块进行受力分析有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma…③
将数据代入③式解得：μ＝0.15…④
（2）设小木块在斜面上滑行的距离为x，由匀变速直线运动的规律可得：ܠൌܞ૛
૛܉ڮ⑤
将数据代入⑤式可得：x＝1.6m…⑥
由功能关系可得，滑块从出发点返回到底端整个过程中损失的机械能Q 为：Q＝2xμmgcosθ…⑦
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将数据代入⑦式解得：Q＝3.84J…⑧
（3）滑块上滑到顶端所用的时间：ܜ૚ൌܞ
܉ڮ⑨
由⑨式解得：t1ൌ૛
૜s…⑩
则从最高点开始下滑的时间t2＝1﹣t1 … ⑪
滑块从最高点下滑时，由牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma 下… ⑫
1s 后滑块的速度vt 由运动学规律可得：vt＝a 下t2
…⑬
将数据代入以上式子并解得：vt＝1.6m/s…⑭
答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数是0.15；
（2）滑块从出发点返回到底端整个过程中损失的机械能是3.84J；
（3）1s 末滑块的速度大小是1.6m/s。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和速度图象的综合，知道图线斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表
示位移，结合牛顿第二定律和运动学公式求解是关键，加速度是联系力学和运动学的桥梁。
12．【分析】（1）根据牛顿第二定律求出木块的最大加速度，通过整体法求出发生相对滑动时的恒力大小，从而判
断出木块和木板不发生相对滑动，一起做加速运动，对整体分析求出加速度。
（2）根据速度时间公式求出木板和木块的速度。恒力改为F2＝34N 作用在木板上，大于临界情况下的恒力，发
生相对滑动，根据牛顿第二定律求出m 和M 的加速度，结合位移之差等于L，结合运动学公式求出抽出的时间；
木板抽出后木板继续做加速运动，为木块将做平抛运动，由tൌ
૛ܐ
܏即可求出平抛运动的时间，然后分别求出木
板与木块的位移，它们的差即为所求。
【解答】解：（1）因为木块在木板上滑行的最大加速度为μ1mg＝ma1①
由①式解得：a1＝4（m/s2）②
若木块与木板一起做匀加速运动，其加速度a，由牛顿第二定律可得：
F﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a
③
由③式解得：a＝2（m/s2）④
（2）2s 末木块与木板的速度为v，由运动学知识可得：
v＝at1⑤
2s 后木块和木板发生相对滑动，木块加速度a1，木板加速度a2 为：
F﹣μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2⑥
经时间t2 二者分离，此时由运动学知识可得：
vt2൅૚
૛a2t22﹣（vt2൅૚
૛a1t22）＝l ⑦
联立⑤⑥⑦式解得：a2＝6（m/s），t2＝1（s）⑧
此时木块的速度v 块＝v+a1t2⑨
木板的速度：v 板＝v+a2t2⑩
木块与木板分离至滑落到地的时间为t3，由平抛运动知识可得：
hൌ૚
૛gt2⑪
在木块与木板分离至滑落到地的时间为t3 内，木块在水平方向向前的位移为：
S 块＝v 块t3⑫
木块与木板分离后，木板的加速度为a3，由牛顿运动定律可得：
F﹣μ2Mg＝Ma3⑬
在木块与木板分离至滑落到地的时间t3 内，木板在水平方向向前的位移为：
S 板＝v 板t3൅૚
૛a3 t32⑭
所以，木块落地时距离木板左侧：△s＝S 板﹣S 块⑮
联立以上式子解得：△s＝1.68（m）⑯
答：（1）前2s 木板的加速度为2m/s2；
（2）木块落地时距离木板左侧的水平距离△s 为1.68m。
【点评】本题综合考查了牛顿第二定律、运动学公式和平抛运动，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。本
题的关键得出发生相对滑动时的最小拉力，从而判断是否发生相对滑动。
选考题：共45 分．请考生从给出的3 道物理题、3 道化学题、2 道生物题中每科任选一道作答，并用2B 铅笔在答
题卡上题目后的方框涂黑．注意所作题目的题号必须与所涂题目的题号一致．在答题卡选答区域指定位置答题．如
果多做，则每学科按所做的第一题计分．【物理--选修3-3】（15 分）
13．【分析】在密闭条件中，在一定温度下，与固体或液体处于相平衡的蒸汽所具有的压力称为饱和蒸汽压。同一
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物质在不同温度下有不同的饱和蒸气压，并随着温度的升高而增大。单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同
性；第二类永动机不能制成是因为它违反了热力学第二定律；分子间的作用力表现为斥力或引力与分子之间的
距离有关；根据热力学第一定律，一定质量的理想气体，放热的同时外界对其做功，其内能可能增大，有可能
不变，可能减少。
【解答】解：A、同一物质在不同温度下有不同的饱和蒸气压，并随着温度的升高而增大。故A 正确；
B、单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性。故B 正确；
C、第二类永动机没有违反了能量守恒定律，不能制成是因为它违反了热力学第二定律；故C 错误；
D、当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快；但当分子之间的距离小于r0 时
表现为斥力，在分子之间的距离大于r0 时，分子间的作用力表现为引力。故D 错误；
E、根据热力学第一定律，一定质量的理想气体，放热（Q＜0）的同时外界对其做功（W＞0），其内能：△U＝
Q+W 可能减少，可能增大，有可能不变。故E 正确。
故选：ABE。
【点评】本题主要是考查饱和蒸气压、晶体的特点以及、热力学定律等知识，解答本题的关键是能够熟练掌握
热学部分的基本知识并能够熟练应用。
14．【分析】①根据体积不变，求出水银柱恰好一半进入粗管中时，水银柱的高度，根据理想气体状态方程求解时
封闭气体的压强，再根据平衡条件知细管里气体压强；
②抽气过程，封闭气体发生等温变化，根据热力学第一定律可以判定是吸热还是放热。
【解答】解：①缓慢抽气过程中，粗管内气体的温度不变。设抽气后粗管内气体压强为p1，细管内气体压强为
p2，由玻意耳定律可得：
（p0﹣h）•h＝p1•（h൅૚
૛h）…①
P2＝p1+（
૚
૛h+2h）…②
由①②式联立解得：P2＝58（cmHg）…③
②缓慢抽气过程中，粗管内气体的温度不变，气体内能不变，△U＝0；
气体体积增大，对外做功，W＜0；
根据热力学第一定律：△U＝W+Q，所以Q＞0，粗管内的气体吸热。
答：①抽气结束后细管内气体的压强为58cmHg；
②抽气过程中粗管内气体吸热，是由于气体对外做功，同时内能不变，所以会吸收热量。
【点评】此题考查气体的理想气体状态方程和热力学第一定律，分析气体状态时先找不变的量，再看变化的量，
再选合适的公式，可以使问题简单化。
[物理-选修3-5]（15 分）
15．【分析】A、经过一个半衰期，有一半质量发生衰变，从而即可求解；
B、原子呈电中性，电子带负电并且质量不到氢原子的千分之一，说明原子可分；天然放射现象的本质是原子核
的衰变。衰变过程中原子核自发地放出射线，并且射线的种类还挺多，说明原子核有复杂结构；
C、从n＝3 的激发态向较低能级跃迁，光子的种类，以۱ܖ
૛来确定；
D、根据光电效应方程Ekm＝hγ﹣W0 知，即可求解；
E、满足质量数与质子数守恒，即可求解。
【解答】解：A、放射性元素经过11.4 天有
晦
砀的原子核发生了衰变，则还有
૚
砀没有衰变，该元素的半衰期为3.8 天，
故A 正确；
B、原子呈电中性，电子带负电并且质量不到氢原子的千分之一，说明原子可分；天然放射现象的本质是原子核
的衰变。衰变过程中原子核自发地放出射线，并且射线的种类还挺多，说明原子核里面是由各种粒子组成的复
杂结构，故B 正确；
C、一群氢原子从n＝3 的激发态向较低能级跃迁，最多可放出三种频率的光子，故C 错误；
D、某金属发生光电效应的极限频率为ν0，则当频率为2ν0 的单色光照射该金属时，根据光电效应方程Ekm＝
hγ﹣W0 知，光电子的最大初动能为hν0，故D 错误；
E、
૛
૝He൅
૚૜
૛晦Al→
૚૞
૜૙P൅
૙
૚n 是原子核的人工转变方程，满足质量数与质子数守恒，故E 正确；
故选：ABE。
【点评】考查半衰期的含义，理解原子核式结构原与子核有复杂的结构的不同，暗条纹与明条纹光子到达的机
会多少，掌握光电效应方程的内容，注意会判定人工转变还是衰变方程。
16．【分析】①对于P1、P2 碰撞过程，由动量守恒定律列出等式，即可求得P1、P2 刚碰完时的共同速度v1．对P1、
P2、P 系统，由动量守恒定律求解P 的最终速度v2。
②根据能量守恒定律求出弹簧的最大压缩量大小
【解答】解：①P1、P2 碰撞时，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：
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（m+2m）v0＝2mv0+（m+m）v1①
由①式解得：v1ൌ૚
૛v0②
由于物体P 与P1、P2 之间的力为内力，三者在水平方向动量守恒。
（m+2m）v0＝（m+m+2m）v2③
由③式解得：v2ൌ૜
૝v0④
②碰撞后到P 停在A 点过程中，由能量守恒定律可得：
૚
૛（m+m）v12൅૚
૛•2mv02ൌ૚
૛（m+m+2m）v22+μ•2mg•
2x
⑤
由⑤式解得：xൌܞ૙૛
૜૛ૄ܏⑥
答：
①P1、P2 刚碰完时的共同速度v1 和P 的最终速度v2 分别为
૚
૛v0 和
૜
૝v0。
②此过程中弹簧最大压缩量x 是
ܞ૙૛
૜૛ૄ܏。
【点评】本题要理清三个物块的运动过程，把握每个过程的物理规律，同时要明确能量是如何转化的，根据动
量守恒定律、能量守恒定律求解。
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第271页（共465页）
2019-2020 学年广东省湛江市高考物理一模试卷
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分）
1．（6 分）通过高中物理课程的学习，大家不仅掌握了丰富的物理知识，而且解决实际问题的能力也得到了增强。
下列说法中正确的是（
）
A．在某一过程中物体的动能不变，则物体受到的每个力做功都为零
B．某些原子核发生衰变时能够放出β粒子，说明这些原子核内有β粒子
C．核反应过程中同样遵循能量守恒定律
D．静摩擦力对物体可以做正功，滑动摩擦力对物体一定做负功
2．（6 分）如图是应县木塔最上一层的剖面图，垂脊ab 呈弧形。一只鸽子从a 沿垂脊缓慢的爬到b，用FN 表示垂
脊对鸽子支持力的大小，用Ff 表示垂脊对鸽子摩擦力的大小。在鸽子爬行过程中（
）
A．Ff 增大，FN 减小
B．Ff 减小，FN 减小
C．Ff 增大，FN 增大
D．Ff 减小，FN 增大
3．（6 分）如图所示，水平放置的两正对平行金属薄板M、N 带等量异种电荷，中央各有一个小孔，两小孔分别处
于P 点和Q 点位置。小孔对电场的影响可忽略不计。在P 点正上方一定高度处的O 点，由静止释放一带电油滴，
该油滴恰好能到达Q 点。现将N 板向下平移至N′（图中虚线）位置，此时N 板小孔处于Q′点位置。则从O
点由静止释放的带电油滴（
）
A．运动到P 点和Q 点之间返回
B．运动到Q 点和Q′点之间返回
C．运动到Q 点返回
D．运动到Q′点返回
4．（6 分）一小物块放置在固定斜面上，在沿平行斜面向下的拉力F 作用下沿斜面向下运动，F 的大小在0～t1、t1～
t2 和t2～t3 时间内分别为F1、F2 和F3，物块的v﹣t 图象如图所示。已知小物块与斜面间的动摩擦因数处处相等，
则（
）
A．F1＜F2＜F3
B．F1＞F2＞F3
C．t＝0 时，若F＝0，此时小物块的加速度一定不为零
D．仅将F 的方向变成竖直向下，小物块一定能沿斜面下滑
5．（6 分）如图所示，磁感应强度为B 的匀强磁场方向水平（垂直于纸面向外）；竖直放置的冂形导轨宽为L，上
端接有电阻R，导轨部分的电阻可忽略不计。光滑金属棒ab 的质量为m、阻值为R．将金属棒由静止释放，金
属棒下降的高度为h 时达到最大速度vm．已知金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触，则在金属棒下降h 的过
程中（
）
A．金属棒的加速度值先增大后减小
B．金属棒的最大速度vmൌܕ܏܀
۰૛ۺ૛
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C．通过金属棒的电荷量为
۰ۺܐ
܀
D．金属棒产生的焦耳热为
૚
૛mghെܕ૜܏૛܀૛
۰૝ۺ૝
6．（6 分）从圆珠笔中取出轻弹簧，将其直立在水平桌面上，底端固定在桌面上，顶端放置一小块橡皮。用力把橡
皮往下压，而后迅速放开，发现橡皮被弹起并离开弹簧向上运动一段距离。不计空气阻力，则在橡皮从释放到
离开弹簧的过程中（
）
A．橡皮的机械能一直增大
B．弹簧对橡皮做的功和对桌面做的功相同
C．弹簧对橡皮的冲量和对桌面的冲量相同
D．弹簧对橡皮做功的平均功率大于橡皮克服重力做功的平均功率
7．（6 分）竖直平面内的四个光滑轨道，由直轨道和平滑连接的圆弧轨道组成，圆轨道的半径为R，P 为圆弧轨道
的最低点。P 点左侧的四个轨道均相同，P 点右侧的四个圆弧轨道的形状如图所示。现让四个相同的小球（可视
为质点，直径小于图丁中圆管内径）分别从四个直轨道上高度均为h 处由静止下滑，关于小球通过P 点后的运
动情况，下列说法正确的是（
）
A．若h＜૚
૛R，则四个小球能达到的最大高度均相同
B．若h＝R，则四个小球能达到的最大高度均相同
C．若hൌ૞
૛R，则图乙中的小球能达到的高度最大
D．若hൌ૞
૛R，则图甲、图丙中的小球能达到的最大高度相同
8．（6 分）如图所示，acd 是半径为r 的半圆，圆心为O；dfh 是半径为2r 的
૚
૝圆弧，两圆弧相切于d 点，空间有垂
直于纸面向外的匀强磁场B．从粒子源a 射出的质量为m 的粒子x 沿圆弧acd 运动，经时间t1 与静置于d 点的
质量为4m 的靶粒子y 发生正碰，碰撞时间很短，碰撞后结合成一个粒子z，粒子z 沿圆弧dfh 经过时间t2 第一
次到达h 点。不计其他作用，则（
）
A．y 带负电
B．x 和z 的速率之比为5：2
C．x 和z 的电荷量之比为2：1
D．t1：t2＝2：5
二、解答题（共4 小题，满分47 分）
9．（7 分）为研究安装阻尼滑道后抽屉的运动规律，萧林同学将纸带的一端粘到拉开的抽屉上，另一端穿过打点计
时器。打开电源，用手对抽屉施加一瞬时水平冲量，抽屉在闭合的过程中，打点计时器打出的纸带记录了抽屉
的运动规律。OO′分别是纸带上打下的左、右两端点，从O 点开始每隔四个点选取一个计数点，各计数点间的
距离如图所示。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz。
回答下列问题：
（1）纸带的运动方向是
（选填“左指向右”或“右指向左”）。
（2）纸带的最大速度出现在
两个相邻的计数点间。
（3）与手分离后抽屉的加速度的大小为
m/s2。
10．（8 分）郝伟从回收站找到一块多用电表，发现该电表的电压、电流挡是准确的，而欧姆挡不能使用。拆开电表，
经检查发现一定值电阻引线断开，且表内的干电池标签发黄、参数模糊。为测量该电阻的阻值R，及该干电池
的电动势E 和内阻r，他拆下该电阻和电池，并找到一个电阻箱利用图甲的电路进行了下列实验，完成步骤中的
填空。
（1）将多用电表置于直流3V 挡，黑表笔与a 相连，闭合S，红表笔前、后分别与b、c 接触。当电阻箱的电阻
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为84.0Ω时，电压表的示数分别为1.20V 和1.52V，则Rx＝
Ω。
（2）保持黑表笔与a 相连，将红表笔与b 相接，调节电阻箱的阻值R，得到多组R 的值及对应电压表的示数U，
并求出
૚
܀及
૚
܃的值如下表：
R/Ω
20.0
25.0
37.3
50.0
62.5
84.0
U/V
0.69
0.78
0.93
1.04
1.11
1.20
૚
܀/（×10
﹣2Ω
﹣1）
5.00
4.00
2.68
2.00
1.60
1.19
૚
܃/V
﹣1
1.45
1.28
1.08
0.96
0.90
0.83
在图乙中描出所缺数据点，并作出
૚
܃െ
૚
܀关系图线。
（3）根据图线可求得该干电池的电动势E＝
V；内电阻r＝
Ω．（结果保留3 位有效数字）
11．（12 分）2018 年11 月3 日晚，一辆货车因连续下坡、刹车失灵导致失控，在兰州南收费站与等待缴费的车辆
发生碰撞，造成重大交通事故。现将过程简化如下：如图所示，设该段公路由斜坡段AB 和水平段BC 组成。刹
车失灵时，质量m1＝3.0×104kg 的货车甲，速度大小为vA＝10 ૟m/s，所处位置A 与B 的距离和高度差分别为
s＝1000m 和h＝100m。货车甲沿直线运动到坡底时，与静止在水平路面上B 点处质量为m2＝1.0×104kg 的货
车乙相撞粘在一起，两车一起沿BC 路面继续向前运动。已知刹车失灵后货车甲所受阻力大小恒为其重力的0.05
倍，货车乙运动中所受阻力大小为其重力的0.45 倍。将两车视为质点，不考虑其他作用，取g＝10m/s2．求：
（1）货车甲到达B 点时速度的大小。
（2）撞后两货车向前运动的距离。
12．（20 分）如图所示为粒子反向器原理图，M、N 为纸面内两条平行直线边界，两边界间的距离为૜d，O、O′
分别为两边界上的两点，O、O′连线与M、N 边界垂直。在M、N 间的区域内以OO′为界，存在电场强度大
小相等、方向分别平行边界向上和向下的匀强电场；在N 右侧的区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场。一带
正电的粒子，从O 点上方与O 距离为d 的P 点，以速率v0 沿与OO′平行的方向射入电场，进入磁场时，其速
度方向与边界N 的夹角为60°．再经过一段时间，粒子从边界M 上的Q 点平行O′O 射出，Q 点在O 点的下
方，与O 的距离也为d。不计重力。
（1）求粒子进入磁场时的位置与O′点的距离。
（2）求电场强度的大小与磁感应强度大小的比值。
（3）若将粒子从P 点射入的速率增大为2v0 而方向保持不变，仅调节磁场磁感应强度的大小后，粒子仍可从Q
点射出，求调节前、后磁感应强度的大小之比。
三、选做题[物理—选修3-3]
13．（5 分）一定质量的理想气体，经历从状态A→B→C→D→A 的一个循环，在此循环过程中气体的压强p 与温
度T 的关系如图所示。下列说法正确的是（
）
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A．从状态A→B 的过程中，每个气体分子的动能都在增大
B．从状态B→C 的过程中，气体吸收热量
C．从状态C→D 的过程中，气体内能不变
D．从状态D→A 的过程中，气体的密度增大
E．从状态D→A 的过程中，气体遵循查理定律
14．（10 分）嫦娥四号在月球表面着陆后，有同学就设想了这样的实验来测量月球表面昼夜的温度差；在地球表面
上，一开口向上竖直放置的粗细均匀的细玻璃管，管内用38cm 长的水银柱封闭一部分气体。当大气压强为
76cmHg、温度为27℃时，平衡后封闭气体的长度为5cm。若将此装置移到月球表面并竖直放置，则：（已知月
球表面没有大气，表面的重力加速度是地球表面的
૚
૟，气体可视为理想气体）
（i）当处于月昼时，平衡后管内气体的温度为177℃．要想管内水银不溢出管口，玻璃管至少需要多长？
（ii）当处于月夜时，平衡后管内水银面比月昼时下降了90cm，求月球表面昼夜的温度差。
四、选修题[物理—选修3-4]
15．一列简谐横波沿x 轴正方向传播，频率为5Hz，t＝0 时刻的波形如图所示，此时质点P 恰好开始振动。P、Q
两质点的平衡位置到O 点的距离分别为12m 和20m。下列说法正确的是（
）
A．O 点开始振动时，其振动方向沿y 轴负方向
B．该列波的波速为60m/s
C．t＝0.2s 时，质点Q 刚刚开始振动
D．质点Q 开始振动时，质点P 恰好位于波谷
E．质点Q 的振动方向与O 的振动方向始终相反
16．两激光束a、b 互成45°角在真空中传播，在P 点相交。现在虚线框内放置厚度为d 的平行玻璃砖，玻璃砖界
面与光线b 垂直，P 点恰好在玻璃砖下界面，通过玻璃砖后两束激光相交于Q 点（图中未画出），测得P、Q 两
点距
܌
૛。
（i）画出放置玻璃砖后光线a 的光路图。
（ⅱ）求玻璃对a 的折射率。
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2019-2020 学年广东省湛江市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分）
1．【分析】根据动能定理，即可判定；
原子核放射出的β粒子是由原子核内中子转化来的；
核反应过程中同样遵循能量守恒定律；
力做功的正负即决于力和位移的方向关系。
【解答】解：A、根据动能定理，可知，动能不变，则合力做功一定为零，而每个力做功不是都为零，故A 错误。
B、某些原子核能够放射出β粒子，β粒子是由原子核内中子转化来的，原子核内不含有β粒子，故B 错误；
C、依据质能方程，可知，核反应过程中同样遵循能量守恒定律，故C 正确；
D、静摩擦力和滑动摩擦力都可以做正功，也可以做负功，也可以不做功，力做功的正负即决于力和位移的方向
关系，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查了动能定理、摩擦力做功，要注意明确各物理规律的基本内容，并做到正确理解和掌握，要
特别注意理解摩擦力的性质和做功情况。
2．【分析】以鸽子为研究对象，根据平衡条件求出摩擦力和支持力的表达式进行分析。
【解答】解：以鸽子为研究对象，鸽子受到重力、支持力和摩擦力作用；
根据平衡条件可得：Ff＝mgsinθ，支持力FN＝mgcosθ，
由于θ逐渐增大，则摩擦力Ff 逐渐增大、支持力FN 逐渐减小，故A 正确、BCD 错误。
故选：A。
【点评】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。
3．【分析】要判断油滴的运动情况，可根据动能定理来判断运动距离，前后两次距离的变化会引起电容发生变化，
电压发生变化，但可分析电场强度不变，根据动能定理即可判断。
【解答】解：由题意可知，该油滴恰好能到达Q 点，设O 点到P 点高度为h，MN 两板之间距离为d，根据动
能定理有：
mg（h+d）﹣qEd＝0…①
且：Eൌ܃
܌ڮ②
对两极板有：Q＝CU…③
且有：۱ ൌ
ɛ܁
૝ܓૈ܌ڮ④
由②③④可得：۳ ൌ૝ܓૈۿ
ɛ܁
ڮ⑤
由⑤可知，将N 板向下平移至N′（图中虚线）位置，由于电荷量不变，则两极板间的电场强度不变，则由①
可知d 不变，则C 正确，A、B、D 错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查带电粒子在电场和重力场的运动情况，并结合电容的影响因素，电荷量和电压的关系，
电压和电场强度的关系，学生必须结合学过的知识进行综合分析。
4．【分析】根据运动的图象可分析出每个时段运动情况，再根据运动情况及受力情况，由牛顿第二定律罗列出各个
时间段关于F＝ma 的等式，最后根据数学关系进行判断；撤销力F，但不确定重力的大小，所以加速度的具体
情况仍需商榷；力F 方向为竖直方向，即与重力同一方向，会同时增加下滑力及摩擦力的大小，故不可完全确
定是否下滑。
【解答】解：AB、根据图象可知，0﹣t1 时间内做匀加速直线运动，根据受力情况及牛顿第二定律即得：F1+mgsinθ
﹣μmgcosθ＝ma1
t1﹣t2 时间内做匀速直线运动，可知：F2+mgsinθ﹣μmgcosθ＝0
t2﹣t3 时间内做匀减速直线运动，斜率与0﹣t1 成相反数，可知：F3+mgsinθ﹣μmgcosθ＝﹣ma1
综合以上所述，解得：F1＞F2＞F3 ，故A 错误B 正确。
C、t＝0 时，若F＝0，此时mgsinθ可能等于μmgcosθ，加速度可能为0，故C 错误；
D、当F 的方向变成竖直向下，则（F+mg）sinθ﹣μ（F+mg）cosθ＝ma，其中可能恰好平衡，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查了牛顿第二定律及受力分析，解题的关键是分析好受力，列出正确的方程式。
5．【分析】金属棒下降过程中受到重力和安培力两个力作用，应用法拉第定律、欧姆定律和安培力公式得出安培力
与速度的关系，然后应用牛顿第二定律求出加速度与速度关系，再分析加速度的变化情况；当金属棒匀速运动
时速度最大，应用平衡条件求出最大速度；应用法拉第电磁感应定律与欧姆定律、电流定义式求出电荷量；由
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能量守恒定律与串联电路特点可以求出金属棒产生的焦耳热。
【解答】解：A、金属棒受到的安培力：F＝BIL＝B
۰ۺܞ
૛܀Lൌ۰૛ۺ૛ܞ
૛܀，对金属棒，由牛顿第二定律得：mg﹣F＝ma，
联立解得加速度：a＝gെ۰૛ۺ૛ܞ
૛ܕ܀．金属棒做加速运动，v 增加，则加速度a 减小，当mg＝F 时，a＝0，所以，金
属棒的加速度值一直减小直到零，故A 错误；
B、金属棒匀速运动时速度最大，此时a＝0，由平衡条件得：mgൌ۰૛ۺ૛ܞܕ
૛܀
得最大速度为：vmൌ૛ܕ܏܀
۰૛ۺ૛，故B 错
误；
C、由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势为：۳ ൌᶭΦ
ᶭܜ，平均感应电流为：۷ ൌ۳
૛܀，通过金属棒的电荷
量为：qൌ۷△t，联立解得：qൌᶭΦ
૛܀ൌ۰ۺܐ
૛܀，故C 错误；
D、对回路，由能量守恒定律得：mghൌ૚
૛ܕܞܕ
૛൅Q，金属棒产生的热量为：QRൌ
܀
܀൅܀Q，解得：QRൌ૚
૛mghെܕ૜܏૛܀૛
۰૝ۺ૝，
故D 正确；
故选：D。
【点评】本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，分析清楚金属棒的运动过程是解题的前提，可与汽车
恒定功率起动类比。应用安培力公式、牛顿第二定律、平衡条件、法拉第电磁感应定律与欧姆定律、能量守恒
定律即可解题。
6．【分析】弹簧恢复原长的过程中，弹簧弹力一直对橡皮做正功则橡皮的机械能增加，利用W＝Fx 判断做功情况，
根据根据P＝Ft 判断出冲量大小；
【解答】解：A、弹簧恢复原长的过程中，除重力外弹簧的弹力对橡皮做正功橡皮的机械能增加，故A 正确；
B、弹簧对桌面虽然有弹力，但没有位移，所以不做功，对橡皮做正功，故B 错误；
C、由于轻弹簧质量不计，所以弹簧对桌面的弹力等于对橡皮的弹力，作用时间相同，冲量大小相等，但方向不
同，故C 错误；
D、橡皮向上运动，受到的弹力方向向上，力与位移同向，故弹力对橡皮作正功，重力方向向下，与位移反向，
对笔帽做负功，由于橡皮动能增加，所以弹簧对橡皮的功大于橡皮克服重力做的功，时间相同，根据功率的定
义，故D 正确；
故选：AD。
【点评】本题主要考查了橡皮在弹簧的弹力作用下向上运动，明确运动过程和受力即可判断。
7．【分析】若h＜૚
૛R，四个小球均不会离开圆轨道，到达最高点的速度均为零，根据机械能守恒比较上升的最大高
度；
若h＝R，甲、乙、丁图中的小球不会越过圆弧的四分之一轨道，不会脱离圆轨道，丙图中的小球离开轨道，做
斜抛运动，最高点的速度不为零，根据机械能守恒比较上升的最大高度；
若hൌ૞
૛R，根据到达最高点的速度，判断上升的最大高度。
【解答】解：A、若h＜૚
૛R，根据机械能守恒知，小球不会越过圆弧的四分之一轨道，不会脱离圆轨道，上升
到最高点的速度均为零，根据机械能守恒定律知，上述的最大高度均相同，故A 正确。
B、若h＝R，甲、乙、丁图中的小球不会越过圆弧的四分之一轨道，不会脱离圆轨道，根据机械能守恒知，能
够上升的最大高度均为R，丙图中的小球离开轨道，做斜抛运动，最高点的速度不为零，则上升的最大高度小
于R，故B 错误。
C、若hൌ૞
૛R，甲、丁两图中的小球不会脱离圆轨道，最高点的速度不为零，丙图小球离开轨道，最高点速度也
不为零，乙图离开轨道，上升到最高点的速度为零，根据机械能守恒知，图乙中小球到达的高度最大，故C 正
确。
D、若hൌ૞
૛R，图甲中小球到达的最大高度为2R，根据机械能守恒得，ܕ܏ܐൌܕ܏ڄ ૛܀൅૚
૛ܕܞt૛，最高点的速
度为ܞt ൌ
૛܏ሺܐെ૛܀砀ൌ
܏܀，对于图丙，设小球离开轨道时的速度为v1，根据机械能守恒得，ܕ܏ܐൌܕ܏ڄ ૚
૛܀൅
૚
૛ܕܞ૚૛，到达最高点的速度v＝v1cos60°，联立解得最高点的速度vൌ
܏܀，两球到达最高点的速度相等，根据
机械能守恒得，甲、丙图中小球到达的最大高度相等，故D 正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查了机械能守恒定律的基本运用，关键要明确小球是否离开轨道，在最高点的速度是否为零，
结合机械能守恒分析判断。
8．【分析】根据粒子偏转方向由左手定则得到粒子电性；根据微粒碰撞质量守恒、电荷守恒、动量守恒得到微粒3
的速度、质量、电量；轨道半径关系求解电荷量关系；最后根据粒子能运动中心角，由周期得到运动时间。
【解答】解：ABC、粒子运动过程只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力；
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根据粒子偏转方向，由左手定则可得x 带正电，z 带正电，但z 的半径大于x 的半径且rz＝2rx
根据牛顿第二定律：ܙܞ۰ ൌܕܞ૛
ܚ，ܚൌܕܞ
ܙ۰
根据动量守恒有：mxv1＝（mx+my）v2＝mzv2
联合得出：qx：qz＝2：1，故y 带负电，v1：v2＝5：1，故AC 正确，B 错误；
D、因为ܞൌ૛ૈܚ
܂得：܂ൌ૛ૈܕ
ܙ۰
x 运动的半圆，z 运动
૚
૝圆；
由ܜൌી
૛ૈ܂，代入数据得：t1：t2＝1：5，故D 错误。
故选：AC。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中运动和动量守恒内容，关键是根据几何关系求出半径和利用动量守恒判断
速度关系。
二、解答题（共4 小题，满分47 分）
9．【分析】（1）分析抽屉的运动情况，根据打点时间间隔相等，结合点间距的不同，从而确定纸带的运动方向；
（2）由于两点间的时间间隔相同，距离大的则速度大；
（3）由逐差法可得小车做匀变速运动的加速度。
【解答】解：（1）用手对抽屉施加一瞬时水平冲量，抽屉短时间内加速运动再做减速运动，所以依次打出点的
顺序是O、A、B、C 等，所以纸带的运动方向是右指向左。
（2）由两点间的时间间隔相同，距离大的则速度大，可知小车运动的最大速度应该出现在BC 之间。
（3）从O 点开始每隔四个点选取一个计数点，则两个计数点的时间间隔为：T＝0.1s，
由逐差法可得小车做匀变速运动的加速度为：aൌ૟䁪砀૙൅૞䁪૞砀൅૝䁪૜砀െ૜䁪૚砀െ૚䁪ૢ砀െ૙䁪晦૜ૢ
ൈ૙．૚૛
ൈ૚૙െ૛m/s2＝1.2m/s2
故答案为：（1）右指向左；（2）BC；（2）1.2。
【点评】对于基本实验仪器，要会正确使用，了解其工作原理，能根据纸带分析物体的运动情况，会用逐差法
求出加速度。
10．【分析】（1）根据串联电路特点与欧姆定律求出待测电阻阻值。
（2）应用描点法作出图线。
（3）根据电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图线的函数表达式，然后根据图示图线求出电源电动势与内阻。
【解答】解：（1）由欧姆定律可知：Iൌ૚䁪૛૙
砀૝䁪૙ൌ
૚䁪૞૛
砀૝䁪૙൅܀܆
解得：Rx＝22.4Ω。
（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图线如图所示：
（3）根据实验步骤与图示电路图可知，电源电动势为：
E＝U+I（r+RX）＝U൅܃
܀（r+RX），
整理得：
૚
܃ൌ
ܚ൅܀܆
۳
૚
܀൅
૚
۳
由图示
૚
܃െ
૚
܀图线可知，纵轴截距：bൌ૚
۳，图线斜率：kൌܚ൅܀܆
۳
，
解得，电源电动势为：E＝1.56V
电源内阻为：r＝2.90Ω；
故答案为：（1）22.4；（2）图象如图所示；（3）1.56，2.90。
【点评】本题考查了实验数据处理，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图
的方法；应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象可以求出电源电动势与内阻。
11．【分析】（1）货车从A 运动到B 的过程，利用动能定理列式，可求货车甲到达B 点时速度的大小。
（2）两车相撞的过程，由动量守恒定律求出撞后两车的共同速度，再由动能定理求两货车向前运动的距离。
【解答】解：（1）设AB 斜面的倾角为θ，由已知条件可得：
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sinθൌܐ
ܛൌ૚૙૙ܕ
૚૙૙૙ܕൌ0.1
货车从A 运动到B 的过程，根据动能定理得：
m1gh﹣0.05m1gsൌ૚
૛mvB2െ૚
૛mvA2
代入数据解得：vB＝40m/s
（2）设碰后两车共同速度为v。取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
m1vB＝（m1+m2）v
设撞后两货车向前运动的距离为x。根据动能定理得：
﹣（0.05m1g+0.45m2g）x＝0െ૚
૛（m1+m2）v2。
代入数据解得：x＝300m
答：
（1）货车甲到达B 点时速度的大小是40m/s。
（2）撞后两货车向前运动的距离是300m。
【点评】解决本题的关键要理清两车的运动过程，把握碰撞的基本规律：动量守恒定律。涉及力在空间的效果
时，往往运用动能定理求速度或距离。
12．【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，由运动规律求解即可；
（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据运动情况作出图象，再根据几何关系求解；
（3）以2v0 的速度重新使粒子经过电场和磁场，由牛顿运动定律及运动规律列方程求比值。
【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，设运动时间为t，由运动学规律有：
૜܌ൌܞ૙ܜ
粒子沿QP 方向的分速度大小为vy，粒子进入磁场时的位置与O'点的距离为y，由运动学规律有：
ܡൌ܌൅ܞܡ
૛ܜ
ܜ܉ܖ૜૙ι ൌܞܡ
ܞ૙
解得：ܡൌ૜
૛܌
（2）设粒子的质量为m，电荷量为q，电场强度的大小为E，粒子在电场中运动的加速度大小为a，由牛顿运
功定律和运动学规律有：
qE＝ma
ܡൌ܌൅૚
૛܉ܜ૛
粒子进入磁场时的速度大小为v，vy＝vsin30°
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由对称性可知，圆心在O，O'连线的延长线上，设半径为r，由牛顿运动定律
有：
ܙܞ۰ ൌܕܞ૛
ܚ
由几何关系有：y＝rsin60°
解得：
۳
۰ ൌ
ܞ૙
૛
（3）粒子从P 点射入的速度为2v0，粒子在电场中运动的时间为t'，由运动学规律有：
૜܌ൌ૛ܞ૙ܜt
粒子进入磁场时的位置与O'点的距离为y'，由运动规律有：
ܡt ൌ܌൅૚
૛܉ܜt૛
粒子进入磁场时的速度大小为v'，速度方向与N 边界的夹角为θ
2v0＝v'sinθ
设调节后，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由对称性可知，圆心在O，O'直线的延长线上，设半径为r'，由
牛顿运动定律有：
ܙܞt۰t ൌܕܞt૛
ܚt
由几何关系知：r'sinθ＝y'
解得：
۰
۰t ൌ
૜
砀
答：（1）粒子进入磁场时的位置与O′点的距离为
૜
૛܌；
（2）电场强度的大小与磁感应强度大小的比值为
ܞ૙
૛；
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（3）调节前、后磁感应强度的大小之比为
૜
砀。
【点评】本题考查了粒子在复合场中的运动，明确运动情况和圆周运动的对称性是解题的关键。
三、选做题[物理—选修3-3]
13．【分析】理想气体的内能只与温度有关，根据热力学第一定律有△U＝W+Q 判断气体吸热还是发热；根据图象
利用理想气体状态方程对每一个过程进行分析即可。
【解答】解：A、从状态A→B 的过程中，温度升高，分子平均动能增大，每个气体分子的动能有的增加，有的
减小，故A 错误；
B、从状态B→C 的过程中，温度升高，气体内能增加；又压强增大，根据盖吕萨克定律可知体积增大，对外做
功，根据热力学第一定律可知，气体吸热；故B 正确；
C、从状态C→D 的过程中，温度不变，气体内能不变；故C 正确；
D、过D 做等温线，如图所示：
在P﹣T 图象中，过原点的倾斜直线为等容线，些斜率越大，体积越小可知体积减小，可知从状态D→A 的过程
中，气体体积减小，气体的密度增大，故D 正确；
E、由D 项分析可知从状态D→A 的过程中，气体体积减小，故不满足查理定律，故E 错误；
故选：BCD。
【点评】本题考查了理想气体状态方程、热力学第一定律的应用，根据图象判断出气体温度如何变化，从而判
断出气体内能变化，再根据理想气体状态方程判断体积变化，从而判断做功情况，然后应用热力学第一定律与
题目所给条件即可正确解题；要知道：温度是分子平均动能的标志，理想气体内能由问题温度决定。
14．【分析】（i）把玻璃管从地球移到月球时，对玻璃管中气体根据理想气体状态方程列式求解；
（ii）对封闭气体根据盖吕萨克定律列式求解。
【解答】解：（i）地面温度为T1＝300K，气体压强为：P1＝（76+38）cmHg＝114cmHg
设玻璃管的横截面积为S，则体积为：V1＝h1S＝5S
月昼时气体温度为：T2＝450K，气体压强为：۾૛ൌ૚
૟ൈ૜砀粒ܕr܏ൌ૚ૢ
૜粒ܕ
设玻璃管中封闭气体长度为h2，体积为：V2＝h2S
由理想气体状态方程得：
۾૚t૚
܂૚
ൌ
۾૛t૛
܂૛
解得：h2＝135cm
玻璃管长度至少需要L＝（135+38）cm＝173cm
（ii）设月夜时温度为T3，玻璃管中封闭气体长度为：h3＝h2﹣△h＝45cm
体积V3＝h3S，气温下降时，压强不变，由盖吕萨克定律得：
t૛
܂૛
ൌ
t૜
܂૜
解得：T3＝150K
月夜表面昼夜的温度差为：△T＝T2﹣T3＝300K
答：（i）当处于月昼时，平衡后管内气体的温度为177℃要想管内水银不溢出管口，玻璃管至少需要173cm；
（ⅱ）当处于月夜时，平衡后管内水银面比月昼时下降了90cm，月球表面昼夜的温度差为300K。
【点评】本题考查气体定律运用，解题关键是分析好压强P、体积V、温度T 三个参量的变化情况，再选择合
适的规律解决。
四、选修题[物理—选修3-4]
15．【分析】根据质点的振动与波的传播的关系知，当质点处于上坡时向下振动，处于下坡时向上振动，可推断开
始振动时波源开始振动的方向。读出波长，由公式ܞൌλ
܂求出波速。根据QP 间的距离，由tൌܛ
ܞ求得传播时间。
由PQ 间距离与波长的关系，分析它们状态关系。
【解答】解：A、根据质点的振动与波的传播的关系知，顺着波的传播方向看：质点P 处于上“坡”，向下振动，
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则波源刚开始振动时的运动方向沿﹣y 方向，故A 正确；
B、由图知OP 之间的1.5 个波长，则波长为λ＝8m，则波速v＝λf＝8×5m/s＝40m/s，故B 错误；
C、PQ 间距离为s＝20﹣12＝8m，波从P 传到Q 的时间为ܜൌܛ
ܞ，即当t＝0.2s 时，Q 点刚开始振动，故C 正确；
D、PQ 间距离为s＝20﹣12＝8m＝λ，故Q 点刚开始振动时，P 点恰位于平衡位置，故D 错误；
E、OQ 间距离s＝20m＝2.5λ，Q 点振动后O、Q 两质点的振动情况总是相反，故E 正确；
故选：ACE。
【点评】考查了质点的振动情况与波的传播关系，运用“上下坡法”判断质点的振动方向。根据PQ 间距离与波
长的关系能够分析它们振动状态的关系。
16．【分析】（i）根据折射规律画出放置玻璃砖后光线a 的光路图。
（ⅱ）由几何知识求出折射角的正弦值，再由折射定律求玻璃对a 的折射率。
【解答】解：（i）光路图如图所示。
（ⅱ）由等腰三角形可知：PNൌ܌
૛
由三角函数知识可得：
sinθൌ
܌
૛
ۻۼ
MNൌ
ሺ܌
૛砀૛൅܌૛ൌ
૞
૛܌
由折射定律可得：nൌܛtܖ૝૞ι
ܛtܖી
解得玻璃对a 的折射率为：nൌ
૚૙
૛
答：（i）光路图如图所示。
（ⅱ）玻璃对a 的折射率是
૚૙
૛。
【点评】正确作出光路图是解决本题的关键，还要能借助几何和三角知识求折射角的正弦值，这是几何光学常
用的方法，要熟练掌握。
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2019-2020 学年广东省深圳市高考物理一模试卷
一、选择题：（本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第1-5 题只有一项符合题目要
求第6-8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．）
1．（6 分）在水平地面上方某处，把质量相同的P、O 两小球以相同速率沿竖直方向抛出，P 向上，O 向下，不计
空气阻力，两球从抛出到落地的过程中（
）
A．P 球重力做功较多
B．两球重力的平均功率相等
C．落地前瞬间，P 球重力的瞬时功率较大
D．落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等
2．（6 分）如图，带电的平行板电容器和静电计用导线相连（
）
A．若仅使上极板上移一段距离，则电容器的电容增大
B．若仅向两板间插入云母介质，则板间电场强度减小
C．若静电计指针张角增大，可能仅是因为两板正对面积增大
D．若静电计指针张角减小，可能仅是因为两板间距变大
3．（6 分）如图所示，将一小球从固定斜面顶端A 以某一速度水平向右抛出，恰好落到斜面底端
B．若初速度不
变，对小球施加不为零的水平方向的恒力F，使小球落到AB 连线之间的某点C．不计空气阻力。则（
）
A．小球落到B 点与落到C 点所用时间相等
B．小球落到B 点与落到C 点的速度方向一定相同
C．小球落到C 点时的速度方向不可能竖直向下
D．力F 越大，小球落到斜面的时间越短
4．（6 分）可视为质点的甲、乙两小车分别沿同一平直路面同向行驶，t＝0 时，甲在乙前方16m 处，它们的v﹣t
图象如图所示，则下列说法正确的是（
）
A．.甲、乙在t＝2 s 和t＝10 s 时刻并排行驶
B．.甲、乙在t＝4 s 和t＝8 s 时刻并排行驶
C．.在t＝6s 时，乙车在甲车前8m
D．.在t＝6s 时，乙车在甲车前18m
5．（6 分）如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，静止的铀ૢ
૛
૛૜砀܃发生α衰变，生成新原子核X，已知α粒
子和新核X 在纸面内做匀速圆周运动，则（
）
A．原子核X 的电荷数为91，质量数为236
B．α粒子做顺时针圆周运动
C．α粒子和原子核X 的周期之比为10：13
D．α粒子和原子核X 的半径之比为45：2
6．（6 分）高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界。一辆由8 节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6 和7
共四节为动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小为F，每
节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力为车厢重力的k 倍。重力加速度为g。则（
）
A．启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上
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B．整列车的加速度大小为
۴െ૛ܓܕ܏
૛ܕ
C．第2 节车厢对第1 节车厢的作用力大小为
۴
૛
D．第2 节车厢对第3 节车厢的作用力大小为
۴൅ܓܕ܏
૛
7．（6 分）如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为1：2，正弦交流电源电压为U＝12V，电阻R1＝lΩ，R2＝2Ω，
滑动变阻器R3 最大阻值为20Ω，滑片P 处于中间位置，则（
）
A．R1 与R2 消耗的电功率相等
B．通过R1 的电流为3A
C．若向上移动P，电源输出功率将变大
D．若向上移动P，电压表读数将变大
8．（6 分）如图所示，在竖直面（纸面）内有匀强电场，带电量为q（q＞0）、质量为m 的小球受水平向右大小为F
的恒力，从M 匀速运动到N．己知MN 长为d，与力F 的夹角为60°，重力加速度为g，则
（
）
A．场强大小为
۴૛൅ܕ૛܏૛
ܙ
B．M、N 间的电势差为
܌
ܙ
۴૛൅ܕ૛܏૛
C．从M 到N，电场力做功为
૜
૛ܕ܏܌െ
૚
૛۴܌
D．若仅将力F 方向顺时针转60°，小球将从M 向N 做匀变速直线运动
二、必考题：（共4 个小题，共47 分）每个试题考生都必须作答．
9．图（a）为测量物块与水平长木板之间动摩擦因数的实验装置示意图。请按要求完成填空：
（1）实验采用的电火花计时器应接
V 的电源
（后空填“直流”或“交流”）。
（2）用力推物块一段距离后撤去推力，计时器打出一条合适的纸带，依次得到相邻两点间的距离如图（b）所
示。根据图中数据，可认为物块在
（填“DI“或“EI”）间做匀减速运动。
（3）己知相邻两点的时间间隔为0.02s，根据图（b）数据求得物块与木板间的动摩擦因数为
（取g＝9.8m/s2，
结果取两位有效数字）。
10．某实验小组用图甲所示电路测量电源E 的电动势和内阻，图中电压表V 的最大量程为3V，虚线框内为用电流
计G 改装的电流表。
（1）已知电流计G 的满偏电流IG＝200mA、内阻rG＝0.30Ω，电路中已将它改装为最大量程600mA 的电流表，
则R1＝
Ω（结果取二位有效数字）。
（2）通过移动变阻器R 的滑片，得到多组电压表V 的读数U 和电流计G 的读数，作出如图乙的图象。某次测
量时，电旅表V 的示数如图丙，则此时通过电源E 的电流为
mA 结果取三位有效数字）；电源E 的电动
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势等于
V，内阻等于
Ω（结果取三位有效数字）。
（3）若用来改装电流表的电阻R1 的实际阻值略小于计算值，则对电源电动势测量的结果
（填“有”或
“没有”）影响。
11．如图，竖直固定的倒U 型导轨NNPQ，轨道间距L＝0.8m，上端开小口与水平线圈C 连接，线圈面积S＝0.8m2，
匝数N﹣200，电阻r＝15Ω．质量m＝0.08kg 的导体棒ab 被外力水平压在导轨一侧，导体棒接入电路部分的电
阻R＝1Ω．开始时整个装置处于竖直向上的匀强磁场中。r＝0 时撤去外力，同时磁感应强度按B＝Bo﹣kt 的规
律变化，其中k＝0.4T/s；t1＝ls 时，导体棒开始F 滑，它与导轨问的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑
动摩擦力。其余电阻不计（重力加速度g＝10m/s2）。求：
（1）0﹣1s 内通过导体棒的电流强度；
（2）t＝0 时的磁感应强度B0；
（3）若仅将磁场方向改为竖直向下，要使导体棒ab 在0﹣Is 内仍静止，是否需要将它靠在导轨的另一侧？扼要
说明理由。
12．静止在水平面上的小车固定在刚性水平轻杆的一端，杆的另一端通过小圆环套在竖直光滑的立柱上。每当小车
停止运动时，车上的弹簧枪就会沿垂直于轻杆的水平方向自动发射一粒弹丸，然后自动压缩弹簧并装好一粒弹
丸等待下次发射，直至射出所有弹丸。下图为该装置的俯视图。已知未装弹丸的小车质量为M，每粒弹丸的质
量为m，每次发射弹丸释放的弹性势能为E，发射过程时间极短：小车运动时受到一个与运动方向相反、大小
为小车对地面压力λ倍的作用力；忽略所有摩擦阻力，重力加速度为g。
（1）若小车上只装一粒弹丸，求弹丸被射出时小车的速度大小；
（2）若（l）问中发射弹丸后小车恰能运动一周，求射出弹丸时，杆对小车的拉力大小；
（3）若小车上共装25 粒弹丸，轻杆能承受的最大拉力۴ܕൌ
۳
૚砀ۺ（L 为小车做圆周运动的半径），则
ۻ
ܕ须满足什
么条件轻杆才不会被拉断？小车做圆周运动的总路程的最大值是多少？
三、选做题：（共2 个小题，共15 分）
13．关于分子动理论，下列说法正确的有（
）
A．扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明
B．布朗运动不是分子的运动，但间接地反映了液体分子运动的无规则性
C．压缩气体时，体积越小，压强越大，说明气体分子间存在着斥力
D．从微观角度来看，气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关
E．当分子间作用力表现为引力时，分子势能随距离的增大而减少
14．如图所示，为了测量某刚性导热容器A 的容积，将细管把它与水平固定的导热气缸B 相连，气缸中活塞的横
截面积S＝l00cm2．初始时，环境温度T＝300K，活塞离缸底距离d＝40cm。现用水平向左的力F 缓慢推活塞，
当F＝1.0×103N 时，活塞离缸底距离d'＝10cm。已知大气压强P0＝l.0×105Pa．不计一切摩擦，整个装置气密
性良好。求：
（1）容器A 的容积VA；
（2）保持力F＝1.0×103N 不变，当外界温度缓慢变化时，活塞向缸底缓慢移动了△d＝3cm 时，此时环境温度
为多少摄氏度？
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四、选做题：
15．一列简谐横波沿x 轴正方向传播，甲图中A、B 两质点平衡位置间的距离为2m，且小于一个波长，乙图为A、
B 两质点的振动图象。由此可知（
）
A．B 质点在一个周期内通过的路程为8cm
B．该机械波的周期为4s
C．该机械波的波速为4m/s
D．t＝1.5s 时A、B 两质点的位移相同
E．t＝1.5s 时A、B 两质点的振动速度相同
16．如图所示，一束宽度为2R 的平行单色光垂直射到半径为R 的透明半圆柱体的平面上，在半圆柱体后方的竖直
光屏MN 上形成宽度为2R 的光带。图中O 为半圆柱体截面的圆心，轴线OA 垂直于光屏，己知从B 点射入的
光线在射出圆柱体时，光线偏离原方向的角度为15°，۽۰ ൌ܀
૛求：
（1）半圆柱体的折射率n：
（2）O 点到光屏MN 的距离。
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2019-2020 学年广东省深圳市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：（本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第1-5 题只有一项符合题目要
求第6-8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．）
1．【分析】根据W＝mgh 判断重力功；根据Pൌ܅
ܜ判断重力做功的平均功率；根据P＝Fv 判断落地前瞬时重力的
瞬时功率。
【解答】解：A、根据W＝mgh 可知两球重力做功相同，故A 错误；
B、上抛的物体运动时间长，根据Pൌ܅
ܜ可知两球重力的平均功率不相等，故B 错误；
C、根据机械能守恒定律可知
૚
૛ܕܞ૛ൌܕ܏ܐ൅
૚
૛ܕܞ૙
૛可知，两球落地的速度相同，根据P＝mgv 可知落地前瞬间，
两球重力的瞬时功率相等，故C 错误，D 正确；
故选：D。
【点评】该题的关键要熟练运用机械能守恒定律分析抛体的运动情况，明确瞬时功率和平均功率的计算方法。
2．【分析】解答本题关键掌握：静电计测定电容器板间的电势差，电势差越大，指针偏角越大；电容器电容的决定
式۱ ൌ
૓܁
૝ૈܓ܌，分析电容的变化；电容器的电量不变，由电容器的定义式Cൌۿ
܃分析电势差的变化。
【解答】解：A、根据۱ ൌ
૓܁
૝ૈܓ܌可知，若仅使上极板上移一段距离，则d 变大，电容器的电容减小，故A 错误；
B、根据۱ ൌ
૓܁
૝ૈܓ܌，若仅向两板间插入云母介质，则电容器的电容变大，根据Cൌۿ
܃可知，两板电势差U 减小，
根据Eൌ܃
܌可知板间电场强度减小，故B 正确；
C、若仅是因为两板正对面积增大，根据۱ ൌ
૓܁
૝ૈܓ܌可知C 变大，由Cൌۿ
܃可知U 减小，即静电计指针张角减小，
故C 错误；
D、仅是因为两板间距变大，根据۱ ൌ
૓܁
૝ૈܓ܌可知C 变小，由Cൌۿ
܃可知U 变大，即静电计指针张角变大，故D
错误；
故选：B。
【点评】对于电容器动态变化分析问题，关键根据电容的决定式۱ ൌ
૓܁
૝ૈܓ܌和定义式Cൌۿ
܃结合进行分析，同时
要抓住不变量，一般电容器动态问题都能解决。
3．【分析】不加水平力F 时小球做平抛运动；加水平力F 后，小球在水平方向做匀减速运动，竖直方向仍做自由落
体运动，根据运动的合成知识结合平抛运动的知识进行判断。
【解答】解：A、对小球施加不为零的水平方向的恒力F 时，小球在竖直方向的运动不变，仍做自由落体运动，
因B 的竖直高度大于C 的竖直高度，根据hൌ૚
૛gt2 可知，小球落到B 点的时间与落到C 点所用时间不相等，选
项A 错误；
B、C 由图可知，对小球施加的水平方向的恒力F 一定是方向向左，小球在水平方向做匀减速运动，若到达C
点时水平速度恰好减为零，则落到C 点的速度方向竖直向下；而落到B 点的小球做平抛运动，到达B 点的速度
方向不可能竖直向下，故选项BC 错误；
D、当加力F 时：竖直方向yൌ૚
૛gt2；水平方向：x＝v0tെ૚
૛ڄ ۴
ܕܜ૛，而ܜ܉ܖહൌ
૚
૛܏ܜ૛
ܞ૙ܜെ૚
૛
۴
ܕܜ૛解得ܜൌ૛ܞ૙ܜ܉ܖહ
܏൅۴ܜ܉ܖહ
ܕ
，可知
力F 越大，小球落到斜面的时间t 越短，选项D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查运动的合成和分解，掌握这种化曲为直的处理方法，结合分运动的规律解答。
4．【分析】根据v﹣t 图象的斜率和截距求出两车的初速度和加速度，当两车相遇时由位移关系列式可求解时间；
求解出t＝6s 时刻两车的位移即可判断位置关系。
【解答】解：AB、由图象可知，甲做初速度为0，加速度为a1ൌ૚૛
૟ܕ内ܛ૛ൌ૛ܕ内ܛ૛的匀加速运动；乙做初速度
为v0＝6m/s，加速度为a2ൌ૚૛െ૟
૟
ܕ内ܛ૛ൌ૚ܕ内ܛ૛的匀加速运动；两车相遇时满足：ܞ૙ܜ൅૚
૛܉૛ܜ૛ൌܛ૙൅૚
૛܉૚ܜ૛，
即૟ܜ൅૚
૛ൈ૚ൈܜ૛ൌ૚૟൅૚
૛ൈ૛ܜ૛，解得t1＝4s，t2＝8s，即甲、乙在t＝4 s 和t＝8 s 时刻并排行驶，故A 错误，
B 正确；
CD、在t＝6s 时，甲的位移：ܠ૚ൌ૚
૛ൈ૛ൈ૟૛ܕൌ૜૟ܕ；乙的位移：ܠ૛ൌ૟ൈ૟൅૚
૛ൈ૚ൈ૟૛ܕൌ૞૝ܕ，可知此
时乙在甲的前面54m﹣36m﹣16m＝2m，故CD 错误；
故选：B。
【点评】解决本题的关键要理解速度时间图线表示的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，斜率
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第286页（共465页）
表示加速度。
5．【分析】核反应中遵循质量数和电荷数守恒；根据左手定则判断α粒子做圆周运动的方向；根据܂ൌ૛ૈܕ
ܙ۰ 判断周
期关系；据动量守恒定律，α粒子和原子核X 的动量等大反向，结合ܚൌܕܞ
ܙ۰求解半径之比。
【解答】解：A、根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，原子核X 的电荷数为92﹣2＝90，质量数为238﹣4
＝234，故A 错误；
B、α粒子带正电，由左手定则可知，α粒子做逆时针圆周运动，故B 错误；
C、根据܂ൌ૛ૈܕ
ܙ۰ 可知，α粒子和原子核X 的周期之比：
܂હ
܂܆
ൌ
૝
૛ൈૢ
૙
૛૜૝ൌ
૚૙
૚૜，故C 正确；
D、根据动量守恒定律，α粒子和原子核X 的动量大小相同，ܚൌܕܞ
ܙ۰ ן ૚
ܙ可知，α粒子和原子核X 的半径之比为
ܚહ
ܚ܆
ൌૢ
૙
૛ൌ
૝૞
૚，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查动量守恒定律、衰变以及带电粒子在磁场中运动，考查左手定则、带电粒子在磁场中做圆周
运动的半径公式以及动量的表达式，运用控制变量的方法分析判断即可求解
6．【分析】根据牛顿第二定律，对整体车厢列式可求解加速度；隔离第1 节车厢可求解第2 节车厢对第1 节车厢的
作用力大小；隔离2、3 节车厢可求解第2 节车厢对第3 节车厢的作用力大小。
【解答】解：A、启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿动车运动方向的水平摩擦力两
个力的合力方向斜向上方，故A 错误；
B、对整体列车，根据牛顿第二定律：4F﹣8kmg＝8ma，解得：܉ൌ۴െ૛ܓܕ܏
૛ܕ
，故B 正确；
C、对第1 节车厢，根据牛顿第二定律：F21﹣kmg＝ma，解得：F21ൌ۴
૛，故C 正确；
D、对第1、2 节车厢的整体，根据牛顿第二定律：F32+F﹣2kmg＝2ma，解得：F32＝0，故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的基本应用，求解时要注意整体法、隔离法的灵活运用。
7．【分析】对理想变压器原副线圈的匝数比等于原副线圈的电压之比，等于电流的倒数之比，据此进行分析。
【解答】解：A、理想变压器原副线圈匝数之比为1：2，可知原副线圈的电流之比为2：1，根据P＝I2R 可知
R1 与R2 消耗的电功率之比为2：1，故A 错误；
B、设通过R1 的电流为I，则副线圈电流为0.5I，初级电压：U﹣IR1＝12﹣I；根据匝数比可知次级电压为2（12
﹣I），则
૛ሺ૚૛െ۷砀
૙䁪૞۷
ൌ܀૛൅
૚
૛܀૜ܕൌ૚૛Ω，解得I＝3A，故B 正确；
CD、若向上移动P，则R3 电阻减小，次级电流变大，初级电流也变大，根据P＝IU 可知电源输出功率将变大，
电阻R1 的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，故C 正确，D 错误；
故选：BC。
【点评】本题考查变压器与电路的结合问题，要注意明确电路动态分析的基本方法，同时明确变压器的基本原
理。
8．【分析】小球做匀速运动，则受电场力、重力和力F 平衡，根据平衡条件列式可求解场强E；根据U＝Ed 求解
电势差；根据动能定理求解电场力的功；若仅将力F 方向顺时针转60°，根据力的合成知识找到合力的方向，
从而判断小球的运动情况。
【解答】解：A、对小球受力分析，如图；根据平衡知识可知：（qE）2＝（mg）2+F2，解得۳ ൌ
۴૛൅ܕ૛܏૛
ܙ
，故
A 正确；
B、M、N 间的电势差为܃ۻۼ ൌ۳܌粒子ܛહൌ܌
ܙ
۴૛൅ܕ૛܏૛粒子ܛહ（α角是MN 与场强方向的夹角），故B 错误；
C、从M 到N，电场力做功与重力和力F 做功之和为零，即܅电ൌെሺ۴܌粒子ܛ૟૙૙൅ܕ܏܌粒子ܛ૚૞૙૙砀ൌ
૜
૛ܕ܏܌െ૚
૛۴܌，
故C 正确；
D、因电场力qE 和重力mg 的合力与F 等大反向，则若仅将力F 方向顺时针转60°，小球受的合力方向沿NM
的方向向下，大小为F，则小球将从M 向N 做匀变速直线运动，故D 正确；
故选：ACD。
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【点评】本题根据电场考查功能关系以及力的平衡条件，要注意明确受力分析方法的基本应用，同时注意功能
关系的应用。
二、必考题：（共4 个小题，共47 分）每个试题考生都必须作答．
9．【分析】（1）根据打点计时器的使用方法解答；
（2）根据纸带上点迹分布情况判断物块的运动情况；
（3）根据纸带做减速运动的部分求解物块减速运动的加速度，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数；
【解答】解：（1）实验采用的电火花计时器应接220V 的交流电源。
（2）在EI 之间相邻两点间距逐渐减小，可知物块在“EI”间做匀减速运动。
（3）由纸带可知物块做减速运动的加速度܉ൌሺ૚䁪晦૚൅૚䁪ૢૢ
െ૛䁪૛૜െ૛䁪૝砀砀ൈ૚૙െ૛
૝ൈ૙䁪૙૛૛
ܕ内ܛ૛ൌെ૟䁪૜ܕ内ܛ૛；
由牛顿第二定律可知：a＝μg，
可得物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.63。
故答案为：（1）220
（2）交流
（3）EI
（4）0.63
【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，同时能根据牛顿第二定律
确定动摩擦因数。
10．【分析】（1）根据电路的结构，根据欧姆定律求解电阻R1 的阻值；
（2）根据电压表的读数，结合图乙可读出电流计G 的读数；在根据改装后的电流表结构确定通过电源的电流；
根据图象的斜率和截距求解电动势的内阻；
（3）根据电路的结构确定电阻R1 对电动势测量结果的影响。
【解答】解：（1）根据欧姆定律可知：IGrG＝（I﹣IG）R1
带入数据解得：R1＝0.15Ω。
（2）根据丙图可知电压表读数为2.6V；根据图乙可知电流计的读数为100mA，通过电阻R1 的电流等于通过电
流计G 电流的2 倍，则电路的总电流为300mA；根据图象可知，电源的电动势为：E＝2.93V，因改装的电流表
的内阻为：܀ۯ ൌ૙䁪૚૞ൈ૙䁪૜૙
૙䁪૚૞൅૙䁪૜૙Ω ൌ૙䁪૚Ω
则电源内阻为：ܚൌ
૛䁪ૢ૜െ૛䁪૝૙
૚૟૙ൈ૜ൈ૚૙െ૜Ω െ܀ۯ ൌ૚䁪૙૙Ω。
（3）电源电动势等于电流表读数为零时电压表的读数，可知电表改装时，若用来改装电流表的电阻R1 的实际
阻值略小于计算值，则对电源电动势测量的结果无影响；
故答案为：（1）0.15；（2）300；2.93；1.00；（3）没有。
【点评】本题考查伏安法测电阻以及测量电源的电动势和内电阻，在解题时要注意分析实验中给出的仪器是否
符合实验要求，然后才能根据我们所学内容进行分析得出合理的实验电路，并能进行数据处理。
11．【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律结合全电路的欧姆定律求解通过导体棒的电流强度；
（2）分析导体棒在水平和竖直方向的受力情况，结合平衡方程求解B0；
（3）用楞次定律说明理由。
【解答】解：（1）0﹣t1 时间内，对线圈C 和整个回路有：
۳ ൌۼ ᶭΦ
ᶭܜ
ᶭΦ
ᶭܜൌܓ܁
۷ ൌ
۳
܀൅ܚ
联立解得I＝4A
（2）t1＝1s 时刻，导体棒即将下滑，有：mg＝Ff
Ff＝μFN；
FN＝B1IL
B1＝B0﹣kt1
联立并代入数据解得B0＝0.9T；
（3）不需要；理由：由楞次定律可知，磁场方向相反，感应电流方向也相反，由左手定则可知导体棒所受安培
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力的方向不变，所以不需要将它靠在导轨的另一侧。
答：（1）0﹣1s 内通过导体棒的电流强度为4A；
（2）t＝0 时的磁感应强度为0.9T；
（3）不需要将它靠在导轨的另一侧。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；
另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
12．【分析】（1）对弹丸和小车的系统，发射弹丸的瞬时满足动量守恒和能量守恒，列式求解弹丸被射出时小车的
速度大小；
（2）根据动能定理求解刚发射完弹丸时小车的速度，根据拉力等于向心力求解杆的拉力；
（3）分析发射弹丸的整个过程，可知当弹丸完全发射完时杆的拉力最大，结合数学知识求解小车做圆周运动的
总路程的最大值。
【解答】解：（1）发射弹丸的过程，系统动量守恒定律、机械能守恒，以弹丸的初速度方向为正方向，由动量
守恒定律得：
mv0﹣Mv＝0，
由机械能守恒定律得：Eൌ૚
૛mv02൅૚
૛Mv2
解得：ܞൌ
૛ܕ۳
ۻሺۻ൅ܕ砀；
（2）发射弹丸后，小车做圆周运动，圆周半径为L，由动能定理可得：
െλۻ܏ܠൌ૙െ૚
૛ۻܞ૛
其中：x＝2πL，
弹丸刚被射出时杆受到的拉力为：
۴ ൌۻ ܞ૛
ۺ ，
联立解得：F＝4πλMg；
（3）某次发射后，小车（连同弹簧枪）和车载弹丸的总质量为：Mk＝km（k 从某一较大值开始减小，可取25
个值，且k＞25）
与上述同理可知：۴ܓൌ
૛۳
ሺܓ൅૚砀ۺ，由此可知，弹丸全部射完，k 取最小值
ۻ
ܕ时，杆的拉力最大，
若此时还能满足
૛۳
ሺۻ
ܕ൅૚砀ۺ
൑
۳
૚砀ۺ，则杆不会被拉断，解得：
ۻ
ܕ൒૜૞，
与上述同理可知，某次发射后到下一次发射前小车做圆周运动的路程：ܠܓൌ
۳
ܓሺܓ൅૚砀λܕ܏，
由此式可知，每发射一粒弹丸后，小车做圆周运动的路程增大一些，因此要小车做圆周运动的总路程最大，
k 应该取最小的25 个值（对应将25 粒弹丸全部射出），即应取
ۻ
ܕൌ૜૞，取k＝59、58、……、35，
最大总路程为：ܠܕൌ∑
ܓൌ૞ૢ
૜૞
ܠܓ，
解得：ܠܕൌ∑
ܓൌ૞ૢ
૜૞
۳
λܕ܏ሺ૚
ܓെ
૚
ܓ൅૚砀ൌ
۳
λܕ܏ሺ૚
૞ૢെ૚
૟૙൅૚
૞砀െ૚
૞晦൅ڮ ൅૚
૜૞െ૚
૜૟砀ൌ
۳
λܕ܏ሺ૚
૜૞െ૚
૟૙砀ൌ
۳
砀૝λܕ܏；
答：（1）若小车上只装一粒弹丸，弹丸被射出时小车的速度大小为
૛ܕ۳
ۻሺۻ൅ܕ砀；
（2）射出弹丸时，杆对小车的拉力大小为4πλMg；
（3）
ۻ
ܕ须满足条件
ۻ
ܕ൒૜૞轻杆才不会被拉断，小车做圆周运动的总路程的最大值是
۳
砀૝λܕ܏。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，本题是一道力学综合题，分析清楚运动过程是解题的前提与关键，
应用动量守恒定律、机械能守恒定律与动能定理即可解题。
三、选做题：（共2 个小题，共15 分）
13．【分析】扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明，布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的运动，
不是分子的运动，但间接地反映了液体分子运动的无规则性，压缩气体时，体积越小压强越大，这是因为体积
越小时气体分子的密度越大，单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数越多，压强越大，这与气体分子间的斥力
无关，从微观角度来看，气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关，气体动能越大，气体分子
对器壁的碰撞力越大；分子密度越大，单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数越多，压强越大，当分子间作用
力表现为引力时，分子距离变大，则分力力做负功，则分子势能增加，即分子势能随距离的增大而增大。
【解答】解：A、扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明，故A 正确；
B、布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的运动，不是分子的运动，但间接地反映了液体分子运动的无规则性，
故B 正确；
C、压缩气体时，体积越小压强越大，这是因为体积越小时气体分子的密度越大，单位时间内气体分子对器壁的
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碰撞次数越多，压强越大，这与气体分子间的斥力无关，故C 错误；
D、从微观角度来看，气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关，气体动能越大，气体分子对器
壁的碰撞力越大；分子密度越大，单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数越多，压强越大，故D 正确；
E、当分子间作用力表现为引力时，分子距离变大，则分力力做负功，则分子势能增加，即分子势能随距离的增
大而增大，故E 错误；
故选：ABD。
【点评】本题考查扩散现象、分子热运动、分子力及压强等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识。
14．【分析】（1）根据玻意耳定律列式求解容器A 的容积；
（2）根据盖吕萨克定律求解环境温度。
【解答】解：（1）由题意，气缸和容器内所有气体先做等温变化，有：P1V1＝P2V2
其中压缩前：P1＝P0，V1＝VA+dS
压缩后：P2＝P0൅۴
܁，V2＝VA+d′S
带入数据解得VA＝2L
（2）依题意，接着做等压变化，有：
t૛
܂૛
ൌ
t૜
܂૜
其中变化前：T2＝T
变化后：V3＝V2﹣△d•S
T3＝t3+273
带入数据解得t3＝﹣3℃
答：（1）容器A 的容积VA 为2L；
（2）环境温度为﹣3 摄氏度。
【点评】解决此类问题的关键是选好研究对象，找出气体初末状态参量，判断出气体做何种变化，然后选择合
适的气体实验定律列式求解。
四、选做题：
15．【分析】根据图乙得到振幅，从而得到路程；再根据图乙得到周期，然后根据波的传播方向得到对应的波长，
即可求得波速；最后根据图中质点的位置得到速度关系和位移关系。
【解答】解：A、由图乙可得：振幅A＝2cm，故波中任意质点在一个周期内通过的路程为4A＝8cm，故A 正确；
B、由振动图象可知，该机械波的周期为4s，故B 正确；
C、波由A 向B 传播，则A 处振动比B 处振动超前1s，该机械波的波速为ܞൌܠ
ܜൌ૛
૚ܕ内ܛൌ૛ܕ内ܛ，故C 错误；
DE、由振动图形可知，t＝1.5s 时A、B 两质点的位移大小相同，方向相反；质点的振动速度大小方向都相同，
故D 错误，E 正确；
故选：ABE。
【点评】本题中振动图象反映质点的振动情况，根据振动图象的信息，能确定两质点在同一时刻的状态，列出
距离与波长的通式是关键。
16．【分析】（1）根据光的折射定律求解折射率；
（2）找到发生全反射的临界角，结合几何关系求解O 点到光屏MN 的距离。
【解答】解：（1）从B 点射入的光线，在圆柱面发生折射，由折射定律得：
ܛtܖી૚
ܛtܖી૛
ൌ
૚
ܖ
其中折射前：ܛtܖી૚ൌ۽۰
܀ൌ૚
૛
折射后：θ2＝θ1+15°
解得nൌ
૛
（2）设从C 点射出柱面的光线射到光带的边缘：ܛtܖ۱ ൌ૚
ܖ
解得入射角为∠C＝45°
由光路图中的几何关系，可得O 到光屏MN 的距离：OA＝Rcos45°+（R+Rsin45°）tan45°
解得OA＝（૛൅1）R
答：（1）半圆柱体的折射率n 是૛；
（2）O 点到光屏MN 的距离是ሺ૛൅૚砀܀。
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【点评】本题要作出光路图，根据几何知识求解入射角与折射角是关键。对于全反射，要掌握全反射条件，以
及临界角公式。
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2019-2020 学年广东省汕头市高考物理一模试卷
一、选择题：本题共8 小题.每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～17 题只有一项符合题目要
求，第18～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）中国自主研发的世界首座具有第四代核电特征的核电站﹣﹣华能石岛湾高温气冷堆核电站，位于山东省
威海市荣成石岛湾。目前核电站使用的核燃料基本都是浓缩铀，有一种典型的铀核裂变方程是ૢ
૛
૛૜૞U+x→
૞૟
૚૝૝Ba൅
૜૟
砀ૢKr+3x，下列关于x 的说法正确是（
）
A．x 是α粒子，具有很强的电离本领
B．x 是α粒子，穿透能力比较弱
C．x 是中子，中子是卢瑟福通过实验最先发现的
D．x 是中子，中子是查得威克通过实验最先发现的
2．（6 分）如图所示是汽车45°极限爬坡时的照片，汽车缓慢逐步沿斜坡攀爬，斜坡的倾角逐渐增大至45°．下列
关于汽车这一爬坡过程的说法中正确的是（
）
A．坡的倾角越大，汽车对坡面的压力也越大
B．汽车受到沿坡面向下、大小不断减小的滑动摩擦力作用
C．汽车受到沿坡面向上、大小不断增大的静摩擦力作用
D．若汽车能顺利爬坡，则车胎与坡间的最大静摩擦力至少为车重的大小
3．（6 分）如图所示为远距离输电的原理图，发电厂输出的电压恒定，升压、降压变压器均为理想变压器。由于用
户负载的变化会造成其得到的电压变化，供电部门要实时监控。监控电表为理想电表。若某次监测发现V2 表的
示数减小，则下列判断正确的是（
）
A．电流表A1 的示数增大
B．电流表A2 的示数减少
C．电压表V1 的示数增大
D．输电线损失的功率减小
4．（6 分）如图，纸面内有一垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，比荷（
ܙ
ܕ）为k1、k2 的带电粒子分别从P 点以
速率v1、v2 垂直进入磁场，经过时间t1、t2 从M 点射出磁场，已知v1 沿半径方向v2 与v1 夹角为30°，∠POM
＝120°．不计粒子重力，下列判断正确的是（
）
A．若v1＝v2，则k1：k2ൌ
૜：1
B．若v1＝v2，则t1：t2ൌ
૜：2
C．若t1＝t2，则k1：k2＝2：1
D．若t1＝t2，则v1：v2ൌ
૜：1
5．（6 分）甲、乙两辆遥控小汽车在两条相邻的平直轨道上作直线运动，以甲车运动方向为正方向，两车运动的v
﹣t 图象如图所示。下列说法正确的是（
）
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A．两车若在t＝5s 时相遇，则另一次相遇的时刻是t＝10s
B．两车若在t＝5s 时相遇，则t＝0 时两车相距15m
C．两车若在t＝10s 时相遇，则另一次相遇的时刻是t＝20s
D．两车若在t＝10s 时相遇，则相遇前两车的间距是逐渐减小的
6．（6 分）我国将于2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示为简化跳台滑雪的雪道
示意图，助滑坡由长度55m 的斜面AB（倾角＝37°）和半径25m 的光滑圆弧BC 组成，两者相切于B 点，过
圆弧最低点C 的切线水平，CD 为着陆坡（倾角α＝30°）。一运动员连同滑板（整体可视为质点）从A 点由静
止滑下，到C 点以vC＝26m/s 的速度水平飞出，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37＝0.6．关于该运
动员，下列说法正确是（
）
A．经过C 处时对轨道的压力约为其重力的2.7 倍
B．在B 点的速度大小为24m/s
C．在斜面AB 上的运动时间约为4.6s
D．运动员落在着陆坡时的速度大小与C 点速度vC 大小成正比
7．（6 分）如图甲为电动汽车无线充电原理图，M 为受电线圈，N 为送电线圈。图乙为受电线图M 的示意图，线
圈匝数为n，电阻为r，横截面积为S，两端a、b 连接车载变流装置，匀强磁场平行于线图轴线向上穿过线圈。
下列说法正确是（
）
A．只要受电线圈两端有电压，送电线圈中的电流一定不是恒定电流
B．只要送电线圈N 中有电流流入，受电线圈M 两端一定可以获得电压
C．当线圈M 中磁感应强度大小均匀增加时，则M 中有电流从a 端流出
D．若△时间内，线图M 中磁感应强度大小均匀增加△B，则M 两端的电压
ܖ܁ᶭ۰
ᶭܜ
8．（6 分）传感器在生活中有很多应用，电容式加速度传感器在安全气囊、手机移动设备方面应用广泛，其原理如
图所示，质量块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质相对
于外框无摩擦左右移动，但不能上下移动。下列关于该传感器的说法正确的是（
）
A．当电路中没有电流时，电容器所带电荷量一定都相等
B．当电路没有电流时，传感器一定处于平衡状态
C．当电路中有顺时针方向的电流时，电容器电容一定增大
D．当电路中有顺时针方向的电流时，传感器可能向左也可能向右运动
三、非选择题：共174 分，包括必考题和选考题两部分．第22 题第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第
33 题第38 题为选考题，考生根据要求作答．
9．（6 分）某实验小组设计了如图甲所示实验装置“探究加速度与物体受力的关系”。图中A 为滑块，B 为装有砝
码的小盘，C 为放置在水平桌面上一端带有定滑轮的长木板，滑块通过纸带与电磁打点计时器（未画出）相连。
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第293页（共465页）
（1）小组成员先用弹簧测力计测量滑块的重力（如图乙），由图可知滑块的重力GA＝
N。
（2）小组成员接着将滑块与砝码盘用细绳连接，将细绳挂在滑轮上，使滑轮和滑块间的细绳处于水平，然后在
砝码盘中添加砝码，在规范操作的情况下，得到了滑块加速度a 与砝码盘及砝码总重力F 的关系，将实验数据
描绘在a﹣F 图象中，得到一条实验图线如图丙所示。该图线与横轴的交点数值F0＝0.87N，据此可计算出滑块
与木板间的动摩擦因数μ＝
（保留2 位有效数字）。该图线在a 较小（a＜1m/s2）时基本上是一直线，该
直线段的斜率
（填选项前面的代号）
A．只跟GA 有关
B．只跟F0 有关
C．跟GA 和F0 之和有关
10．（9 分）要测绘一个标有2.5V 2W”小灯泡的伏安特性曲线，已选用的器材有：
直流电源（3V，内阻不计）
电流表A1（量程为0.6A，内阻为0.6Ω）
电流表A2（量程为300mA，内阻未知）
电压表V（量程为0～3V，内阻约3kΩ）
滑动变阻器R（0～5Ω，允许最大电流3A）
开关、导线若干
其实验步骤如下：
（1）由于电流表A1 的量程偏小，小组成员把A1、A2 并联后在接入电路，请按此要求用笔画线代表导线在实物
图中完成余下导线的连接。
（2）正确连接好电路，并将滑动变阻器滑片滑至最
端，闭合开关S，调节滑片，发现当A1 示数为0.50A
时，A2 的示数为200mA，由此可知A2 的内阻为
Ω
（3）若将并联后的两个电流表当作一个新电表，则该新电表的量程为
A；为使其量程达到最大，可将图
中
（选填“I”、“Ⅱ“）处断开后再串联接入一个阻值合适的电阻。
11．（12 分）在水平方向的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m、电荷量为q 的带电小
球，另一端固定于O 点，将小球拉起使细线伸直且与电场方向平行，然后无初速释放，小球沿着圆弧轨道摆到
最低点的另一侧时，细线与竖直方向的最大夹角θ＝37°，如图所示，已知重力加速度大小为g，sim37°＝0.6，
cos37°＝0.8，求：
（1）匀强电场的电场强度E 的大小；
（2）小球经过最低点时细线对小球的拉力大小。
12．（20 分）长度L＝0.90m 的木板在光滑水平地面上向右运动，将小物块A 相对于地面静止轻放到木板右端端点
上，一段时间后物块运动到木板左端恰好不会脱离木板。接着再将另一小物块B 同样相对于地面静止轻放到木
板右端端点上。已知物块A 与木板的质量相等，而物块B 的质量是A 的3 倍，两物块与木板间的动摩擦因数均
为μ＝0.25，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：
（1）木板开始时的初速度v0 的大小；
（2）最后两物块之间的距离。
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三、[物理-选修3-3）（共2 小题，满分15 分）
13．（5 分）如图是某种喷雾器示意图，在贮液筒内装入一些药液后将密封盖盖好。多次拉压活塞充气，然后打活塞
开喷嘴开关，活塞位置不再改变，药液可以持续地喷出。贮液筒内的空气可视为理想气体，设充气和喷液过程
筒内的空气温度可视为不变，下列说法正确的是
。
A．充气过程中，贮液筒内的气体内能增大
B．充气过程中，贮液筒内的气体分子平均动能增大
C．充气过程中，贮液筒内的气体压强增大，体积也变大
D．喷液过程中，贮液筒内的气体吸收热量全部用来对外做功
E．喷液过程中，贮液筒内的气体压强减小，气体内能不变
14．（10 分）如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直固定放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞和直杄
连成一体，直杄长度L＝45cm，开始时直杄下端压在气缸底部，此时缸内气体的压强与缸外大气压相等，缸内
气体的温度T0＝300K．现通过电热丝缓慢加热气体，当缸内气体的温度到达T1＝305K 时，直杄刚好脱离气缸
底部即将上升。继续缓慢加热气体使其温度到达T2＝366K，活塞缓慢上升到与容器底部相距H＝53cm 处。已
知大气压强p0＝1.0×105Pa，活塞圆形面积S＝9.0×10
﹣2m2，取重力加速度g＝10m/s2，不计活塞与气缸间的摩
擦。求：
①活塞连同直杆的总质量；
②直杆的体积。
四（物理选修3-4）（共2 小题，满分15 分）
15．（5 分）一列机械波在t＝0 时刻第一次形成的波形如图所示，质点A、P、B、C、Q 的在x 轴上的位置分别为
lcm、1.5cm、3cm、4cm、19cm。从此时开始，质点B 到达波峰的时间比质点C 早了0.5s。下列说法正确的是
A．t＝0 时刻，质点P 向上振动
B．振源振动的频率为0.5Hz
C．该波的波速为2m/s
D．t＝9s 时，质点Q 处于波峰位置
E．45s 内质点P 的路程为45cm
16．（10 分）如图为一玻璃砖的截面图，ABCD 为长方形，BCE 为
૚
૝圆，AB＝2R，BC＝R，一束单色光从AD 界
面上的F 点（未画出）入射，在CD 界面上的G 点（未画出）发生一次全反射后，从BE 界面上的H 点射出，
折射角α＝60°，折射光平行于DE 且与反射光垂直，光速为c。
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①画出光路图并求出折射率n；
②光从射入玻璃砖到第一次射出的时间t。
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2019-2020 学年广东省汕头市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 小题.每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～17 题只有一项符合题目要
求，第18～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒得出X 的电荷数和质量数，从而确定X 的种类
【解答】解：AB、根据该反应的特点可知，该核反应为重核裂变，x 为中子。故AB 错误；
CD、根据物理学史可知，中子是查得威克通过实验最先发现的。故C 错误，D 正确
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，知道核反应的特点，能够区分重核裂变
和轻核聚变。
2．【分析】根据受力分析判断支持力与摩擦力的变化；要使汽车不打滑，最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力；
重力垂直于斜坡的分力即和压力相等。
【解答】解：A、坡面上的汽车受到重力、斜面得支持力与摩擦力，设坡面的倾角为θ，则其中支持力：FN＝Gcosθ
坡的倾角增大，则汽车受到的支持力减小。根据牛顿第三定律可知，坡面的倾角增大，则汽车对坡面的压力减
小。故A 错误；
BC、汽车受到的摩擦力：f＝Gsinθ，方向沿斜面向上；当θ增大时，汽车受到的摩擦力增大。故B 错误，C 正确；
D、要使汽车不打滑，则有：μmgcosθ≥mgsinθ，
解得：μ≥tanθ
由于μ＜1
则θ＝45°时静摩擦力达到最大；
可知若汽车能顺利爬坡，则车胎与坡间的最大静摩擦力至少为车重的大小的
૛
૛倍。故D 错误
故选：C。
【点评】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。
3．【分析】理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电
压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系。理想变压器电压和匝数关系。
【解答】解：根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变，所以电压表V1 的示数不变，
A、某次监测发现V2 表的示数减小，根据降压变压器变压比可知，降压变压器的输入电压减小，
又U1＝U2+I1R 可知，电流表A1 的示数增大，故A 正确；
B、根据A 知，电流表A1 的示数增大，根据降压变压器变流比可知，电流表A2 的示数增大，故B 错误；
C、根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变，所以电压表V1 的示数不变，故C 错误；
D、输电线上损失功率为۾损ൌ۷૚
૛܀，由于电流表A1 的示数增大，故输电线损失的功率增大，故D 错误；
故选：A。
【点评】对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率
与哪些因素有关。
4．【分析】根据几何关系求得半径及转过的圆心角，然后由洛伦兹力做向心力求得周期及速度表达式，即可根据半
径和圆心角求得运动时间和速度，再分析各个选项。
【解答】解：设匀强磁场区域半径为R，那么，根据粒子运动速度和运动轨迹上的两个点；
根据如图所示几何关系可得：v1 的轨道半径r1＝Rtan60°ൌ
૜܀
v2 的轨道半径r2＝R
v1 转过的圆心角为60°，v2 转过的圆心角为120°；
故根据洛伦兹力做向心力可得：Bvqൌܕܞ૛
ܚ
故速度vൌܙܚ۰
ܕ
运动周期Tൌ૛ૈ܀
ܞ
ൌ૛ૈܕ
ܙ۰ ；运动时间tൌી
૛ૈ܂
A、若v1＝v2，则k1：k2＝r2：r1＝1：૜，故A 错误；
B、若v1＝v2，则t1：t2ൌ
૜：2，故B 正确；
C、若t1＝t2，则k1：k2＝1：2，故C 错误；
D、若t1＝t2，则v1：v2ൌ
૜：2，故D 错误。
故选：B。
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【点评】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关
系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。
5．【分析】根据位移关系分析两车是否相遇，而位移可根据速度图象与时间轴所围的面积来分析。
【解答】解：A、根据速度图象与时间轴所围的面积表示位移，可知，5﹣15s 内两车的位移相等，因此，两车若
在t＝5s 时相遇，则另一次相遇的时刻是t＝15s，故A 错误。
B、两车若在t＝5s 时相遇，因为0﹣5s 内两车相向运动，则t＝0 时两车相距距离等于0﹣5s 内两车位移大小之
和，为S＝2×5൅૛ൈ૞
૛
ൌ15m，故B 正确。
C、两车若在t＝10s 时相遇，因为10﹣20s 内乙车的位移大于甲车的位移，所以t＝20s 时两车没有相遇，故C
错误。
D、两车若在t＝10s 时相遇，在0﹣5s 内两车相向运动，两车的间距逐渐减小。在5﹣10s 内，两车同向运动，
甲车在乙车的前方，且甲车的速度比乙车的大，则两车间距减小，所以相遇前两车的间距是逐渐减小的，故D
正确。
故选：BD。
【点评】本题关键是根据速度时间图象得到两个物体的运动规律，然后根据速度时间图象与时间轴包围的面积
表示位移大小，结合初始条件进行分析两车是否相遇。
6．【分析】研究运动员从C 到E 的过程，由平抛运动的规律求出运动员到达C 点时的速度大小。在C 点，根据牛
顿运动定律求运动员对轨道的压力大小。根据平抛运动的推论：速度偏向角正切是位移偏向角正切的2 倍，分
析运动员落在着陆坡上的速度方向与坡面CD 的夹角，由速度的合成分析运动员落在着陆坡上的速度大小与v0
的关系。
【解答】解：A、在C 点运动员所受轨道的支持力和重力的合力提供圆周运动向心力有：
۴ۼ െܕ܏ൌܕܞ粒૛
܀
可得轨道对运动员的支持力为：
۴ۼ ൌܕ܏൅ܕܞ粒૛
܀
代入数据可解得：FN≈3.7mg
根据牛顿第三定律可知A 错误；
B、从B 到C 的过程，由机械能守恒定律得：mgR（1﹣cosθ）൅૚
૛ܕܞ۰
૛ൌ૚
૛ܕܞ粒
૛，解得：vB＝24m/s，故B 正确；
C、运动在AB 间做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式ܞ۰
૛ൌ૛܉ۺۯ۰和ۺۯ۰ ൌ૚
૛܉ܜ૛解得：t＝4.6s，故C
正确；
D、运动员从助滑雪道不同位置由静止滑下且以不同速度v0 从C 点飞出落在着陆坡上的速度大小为：
vൌ
ܞ૙
૛൅ሺ܏ܜ砀૛ൌ
ܞ૙
૛൅ሺ૛ܞ૙ܜ܉ܖહ砀૛ൌܞ૙૚൅૝ܜ܉ܖ૛હ，即运动员落在着陆坡时的速度大小与C 点速度vC 大小
成正比，故D 正确。
故选：BCD。
【点评】本题考查了机械能守恒定律与圆周运动、平抛运动的综合运用，要知道圆周运动向心力的来源，掌握
平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键。
7．【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向，穿过线圈的磁感应强度均匀增加，故感应电动势为定值；根据法拉
第电磁感应定律列式求解感应电动势，由闭合电路的欧姆定律可求得M 两端的电压。
【解答】解：A、只要受电线圈两端有电压，说明穿过受电线圈的磁场变化，所以送电线圈中的电流一定不是恒
定电流，故A 正确；
B、若送电线圈N 中有恒定电流，则产生的磁场不变化，在受电线圈中变化产生感应电流，也就不会获得电压，
故B 错误；
C、穿过线圈M 的磁感应强度均匀增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向下，故感应电流
方向从b 向a，即电流从a 端流出；故C 正确；
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D、根据法拉第电磁感应定律，有：E＝n
ᶭ∅
ᶭܜൌnS
ᶭ۰
ᶭܜ，设受电线圈外接电路的电阻为R，由闭合电路的欧姆定律
得M 两端的电压Uൌ
۳
܀൅ܚRൌܖ܁ᶭ۰܀
ᶭܜሺ܀൅ܚ砀，故D 错误。
故选：AC。
【点评】本题综合考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律，注意感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原因。
8．【分析】根据电容器的电容公式C＝ɛ
܁
૝ૈܓ܌，从而电容的大小变化；由牛顿第二定律，确定弹力是否变化，再确
定电容器是否处于充放电状态；由惯性可知，弹簧处于什么状态；
先确定电介质向什么方向运动，再来确定电容器处于充电，还是放电，从而即可求解。
【解答】解：A、当电路中没有电流时，说明电容器处于稳定状态，因电容器的电压不变，根据电容器的电容公
式C＝ɛ
܁
૝ૈܓ܌，当电介质插入极板间深度不一，即电介质大小不同，则电容器电容也不同，因此电容器所带电荷
量也不相等，故A 错误；
B、当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电
压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B 错误；
C、当电路中有顺时针方向的电流时，说明电容器处于充电状态，根据Q＝CU，可知，电容器的电容在增大，
故C 正确；
D、当电路中有顺时针方向电流时，由上分析，可知，电容器的电容在增大，插入极板间电介质加深，因此传感
器可能向左减速，也可能向右加速，故D 正确；
故选：CD。
【点评】本题考查影响电容器电容大小的因素，掌握Q＝CU 公式，理解牛顿第二定律的应用，注意电容器是充
电还放电，是确定电容的大小依据。
三、非选择题：共174 分，包括必考题和选考题两部分．第22 题第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第
33 题第38 题为选考题，考生根据要求作答．
9．【分析】（1）首先确定测力计的分度值，然后进行读数；
（2）根据牛顿第二定律得出a 与F 的关系式，结合图线的斜率求出小车及车上砝码的总质量，根据横轴截距得
出μ的大小。
【解答】解：（1）由图知，测力计的分度值为0.1N，所以其示数为2.80N；
（2）对滑块A 列牛顿第二定律方程T﹣μMg＝Ma，同理对砝码盘列牛顿第二定律方程mg﹣T＝ma 联立得：܉ൌ
ܕ܏
ۻ൅ܕെૄ
ۻ܏
ۻ൅ܕ
即为：܉ൌ
૚
ۻ൅ܕڄ ۴ െૄ
ۻ܏
ۻ൅ܕ
结合图丙可知：当加速度为零时，则
૚
ۻ൅ܕڄ ۴ െૄ
ۻ܏
ۻ൅ܕൌ૙
解得；F0＝μMg
故有：ૄ
ൌ۴૙
ۻ܏ൌ۴૙
۵ۯ ൌ૙䁪૜૚；
由公式可得：直线段的斜率跟GA 和F0 之和有关，故选：C；
故答案为：（1）2.80；（2）0.31；C；
【点评】本题考查的比较综合，需要学生对这一实验掌握的非常熟，理解的比较深刻才不会出错，知道a﹣F 图
的斜率等于小车质量的倒数，难度适中。
10．【分析】（1）由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小，电流表采用外接法，据此连接实物图；
（2）开关闭合前，滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置，根据并联电路特点和欧姆定律求解
A2 的内阻；
（3）考虑电表使用安全性判断出并联电流表两端允许所加最大电压，从而计算新电流表的量程；应该在电压达
到额定电压的电流表上串联一个电阻，分担一部分电压，使另一电流表也能达到最大量程。
【解答】解：（1）由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小，电流表采用外接法，连接实物图如图所
示：
；
（2）开关闭合前，滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置，故应调至右端；
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根据欧姆定律得：܀ۯ૛ൌ۷૚܀ۯ૚
۷૛
ൌ૙䁪૞ൈ૙䁪૟
૙䁪૛
Ω ൌ૚䁪૞Ω
（3）由于Ug1＝0.6×0.6V＝0.36V
Ug2＝0.3×1.5V＝0.45V
由于Ug1＜Ug2，故两电流表两段允许所加最大电压为0.36V，
新电流表量程为：۷ ൌ૙䁪૟൅૙䁪૜૟
૚䁪૞ۯ ൌ૙䁪砀૝ۯ
由于A2 未达到最大量程，要使其达到最大量程，要增大电压，此时电流表A1 会烧毁，为了保护该电流表，应
给其串联一电阻分压，故应在Ⅰ区再串联接入一个阻值合适的电阻；
故答案为：（1）
；
（2）右、1.5；
（3）0.84、Ⅰ。
【点评】本题考查电表改装，关键是求解改装电流表的量程时，要注意比较两个电流表的额定电压，判断出两
电表两端所能加的最大电压，从而也能分析出要扩大量程该在哪个位置串联电阻。
11．【分析】（1）对小球从圆弧轨道一端点运动到另一端点的过程应用动能定理求解；
（2）对小球从静止释放运动到最低点的过程应用动能定理求得在最低点的速度，再对小球在最低点时竖直方向
应用牛顿第二定律求解。
【解答】解：（1）小球运动过程只有重力和电场力做功，由小球从细线水平位置运动到最右端的过程重力做正
功可得电场力做负功，故电场力方向水平向左；
设细绳绳长为L，由动能定理可得：mgLcosθ﹣qEL（1+sinθ）＝0，所以，场强۳ ൌ
ܕ܏粒子ܛી
ܙሺ૚൅ܛtܖી砀ൌܕ܏
૛ܙ；
（2）对小球从细线水平位置运动到最低点的过程应用动能定理可得：ܕ܏ۺ െܙ۳ۺ ൌ૚
૛ܕܞ૛；
小球在最低点时，对小球竖直方向应用牛顿第二定律可得：۴ െܕ܏ൌܕܞ૛
ۺ
ൌ૛ሺܕ܏െܙ۳砀ൌܕ܏，所以，小球经
过最低点时细线对小球的拉力大小F＝2mg；
答：（1）匀强电场的电场强度E 的大小为
ܕ܏
૛ܙ；
（2）小球经过最低点时细线对小球的拉力大小为2mg。
【点评】带电粒子在电场中的运动过程电场力做功等于电势能减少量，故常根据电势变化求解电场力做的功，
在匀强电场中要注意电势U＝Ed 中d 为场强方向的位移。
12．【分析】（1）物块A 在木板上滑行过程，系统的合外力为零，则系统的动量守恒。当物块A 运动到木板左端时
两者共速，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求木板开始时的初速度v0 的大小；
（2）B 放上木板后，在速度与木板共速前，木板和A 都作匀减速运动，但不能保持相对静止。根据牛顿第二定
律和速度公式求出B 与木板共速所用时间，并求出B 的位移。B 与木板共速后保持相对静止，一起加速，根据
动量守恒定律得到B、木板和A 共速时的速度，由动量定理求时间，由位移时间公式求得A 和B 的位移，即可
求得最后两物块之间的距离。
【解答】解：（1）设物块A 和木板的质量均为m，释放A 到物块A 与木板共速的过程，取木板的速度方向为正
方向，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1
由功能关系可得μmgLൌ૚
૛ܕܞ૙
૛െ૚
૛ڄ ૛ܕܞ૚
૛
联立解得v0＝3m/s
（2）设释放B 后经时间t1 木板和B 的速度达到相等，这段时间内，木板和A 都作匀减速运动，但不能保持相
对静止。
设A、木板和B 的加速度大小分别为aA、a 和aB．根据牛顿第二定律得
μmg＝maA
μ•3mg﹣μmg＝ma
μ•3mg＝3maB。
可得a＝5m/s2＞aA＝2.5m/s2，说明木板减速比A 更快，A 相对板向右滑动
木板和B 的速度达到相等，有
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v2＝v1﹣at1＝aBt1
解得t1＝0.2s
B 的位移为xBൌ૚
૛܉۰ܜ૚
૛
此后木板和B 保持相对静止一起加速，再经时间t2 和A 的速度相等，由动量守恒定律得
mv0＝（m+m+3m）v3
解得末速度v3＝0.6m/s
A 在（t1+t2）的时间内一直保持匀减速运动，有
v3＝v2﹣aA（t1+t2）
解得t2＝0.16s
在t2 时间内B 的位移为xB′ൌܞ૛൅ܞ૜
૛
ܜ૛
而A 在（t1+t2）时间内的位移为xAൌܞ૚൅ܞ૜
૛
（t1+t2）
最后两物块之间的距离S＝L+（xB′+xB）﹣xA
解得
L＝0.66m
答：
（1）木板开始时的初速度v0 的大小是3m/s；
（2）最后两物块之间的距离是0.66m。
【点评】解决本题的关键要理清两个物块和木板在整个过程中的运动规律，结合动量守恒定律、牛顿第二定律
和运动学公式综合求解。
三、[物理-选修3-3）（共2 小题，满分15 分）
13．【分析】分子间既有引力也有斥力，随着距离增大而减小，超过10r0，分子作用力可不计；温度是分子平均动
能的标志。
【解答】解：AB、充气过程筒内的空气温度可视为不变，则分子的平均动能不变；充气的过程中分子的总个数
增加，则内能增加，故A 正确，B 错误；
C、充气的过程中气体的体积不变。故C 错误；
D、E、喷液过程筒内的空气温度可视为不变，则分子的平均动能不变，气体的内能也不变；药液就可以持续地
喷出，气体体积增大，对外做功，由于没有其他的变化，可知贮液筒内的气体吸收热量全部用来对外做功，故D
正确，E 正确；
故选：ADE
故答案为：ADE
【点评】本题综合考查分子动理论知识以及热力学第一定律。应熟练掌握，属于基础问题。
14．【分析】（1）由题，活塞处于平衡状态，根据平衡条件列式求气体的压强；
（2）由理想气体得状态方程求此时气体的体积，然后求出直杆的体积。
【解答】解：①设直杄刚好脱离气缸底部即将上升时气体压强为p1，由活塞平衡知：p1S＝mg+p0S
解得P1ൌܕ܏
܁൅۾૙
该过程中气体做等容变化，则：
۾૚
܂૚
ൌ
۾૙
܂૙
由于T0＝300K，T1＝305K
可得：m＝15kg
②活塞上升的过程气体发生等压变化，则：
t૚
܂૚
ൌ
t૛
܂૛
设直杆的体积为VG，则有：
初态：V1＝LS﹣VG
末态：V2＝HS﹣VG
代入数据解得：VG＝4.5×10
﹣3m3
答：①活塞连同直杆的总质量是15kg；
②直杆的体积是4.5×10
﹣3m3。
【点评】对气体正确地进行受力分析，求得两个状态的压强是解题的关键。属于中档题。
四（物理选修3-4）（共2 小题，满分15 分）
15．【分析】由图可知波长为4cm，由BC 间距为
૚
૝λ，则B 比C 超前运动
૚
૝个周期可得波的周期，由周期，波长可
求得频率，波速及各点的运动情况。
【解答】解：A、t＝0 时刻，因波向右传播，则P 点要达到它之前点的位置，则P 向上振动，则A 正确
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B、B 比C 超前运动
૚
૝个周期，即
܂
૝ൌ0.5，则周期T＝2S，频率fൌ૚
܂ൌ0.5Hz，则B 正确
C、由图知λ＝4cm，vൌλ
܂ൌ૝ൈ૚૙െ૛
૛
ൌ0.02m/s，则C 错误
D、由第一波峰传到Q 点历时：tൌሺ૚ૢെ૚砀ൈ૚૙െ૛
૙䁪૙૛
ൌ9s，则D 正确
E、周期为2S，则45S 为22.5 个周期，每个周期的路程为4 个振幅，则总路程：x＝22.5×4×5＝900cm，则E
错误
故选：ABD
【点评】题要抓住简谐波的基本特点：介质中各质点的起振方向都与波源的起振方向相同，波在一个周期内传
播的距离是一个波长，并能用来分析质点的运动情况。
16．【分析】①根据光的反射规律画出光路图，由几何知识求出光在H 点的入射角，由折射定律求出折射率n；
②根据几何知识求出光在玻璃砖中传播的距离，由vൌ粒
ܖ求出光在玻璃砖中传播的速度，从而求得传播时间t。
【解答】解：①画出光路图如图。
由几何关系知β＝90°﹣α＝30°
则nൌܛtܖહ
ܛtܖ઺ൌܛtܖ૟૙ι
ܛtܖ૜૙ι ൌ
૜
②根据光的反射定律和几何知识可知
θ＝2β＝60°
∠HGC＝β
则△GHC 是等腰三角形，且GH＝2Rcosβൌ
૜R
在Rt∠FDG 中，FGൌ۱۲െ۱۵
ܛtܖી
ൌ૛܀െ܀
ܛtܖ૟૙ι ൌ૛૜
૜R
光在玻璃砖中传播的路程S＝FG+GH
光在玻璃砖中传播的速度vൌ粒
ܖ
光从射入玻璃砖到第一次射出的时间tൌ܁
ܞ。
联立解得tൌ૞܀
粒
答：
①画出光路图如图所示，折射率n 为૜；
②光从射入玻璃砖到第一次射出的时间t 是
૞܀
粒。
【点评】解决本题的关键是画出光路图，运用几何知识求解光程和相关角度，再由折射定律求出折射率。
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2019-2020 学年广东省茂名市高考物理一模试卷
二、选择题：
1．
（3 分）放射性元素钋（
砀૝
૛૚૙P0）发生衰变时，会产生
૛
૝He 和一种未知粒子，并放出γ射线，其核反应方程为
砀૝
૛૚૙P0
→
砀૛
ܡX൅
૛
૝He+γ．下列说法正确的是（
）
A．
૛
૝He 的穿透能力比γ射线强
B．y＝214
C．X 核的中子个数为124
D．这种核反应为裂变
2．（3 分）如图所示，有一内壁光滑的高为H＝5m、宽为L＝1m 的直立长方形容器，可视为质点的小球在上端口
边缘O 以水平初速度v0 向左抛出正好打在E 点，若球与筒壁碰撞时无能量损失，不计空气阻力，重力加速度的
大小为g＝10m/s2．则小球的初速度v0 的大小可能是（
）
A．2m/s
B．4m/s
C．6m/s
D．9m/s
3．（3 分）如图所示，理想变压器的原线圈接在一个交流电源上，交流电压瞬时值随时间变化的规律为u＝
220 ૛sin100πt（V），副线圈所在电路中接有灯泡、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表。已知理想变压
器原、副线圈匝数比为10：1，灯泡的电阻为22Ω，电动机内阻为1Ω，电流表示数为3A，各用电器均正常工作。
则（
）
A．通过副线圈的电流方向每秒钟改变50 次
B．电压表示数为22 ૛V
C．变压器原线圈的输入功率为66 ૛W
D．电动机的输出功率为40W
4．（3 分）某物体做直线运动，运动时间t 内位移为x，物体的
ܠ
ܜെt 图象如图所示，下列说法正确的是（
）
A．物体的加速度大小为2m/s2
B．t＝0 时，物体的初速度为2m/s
C．t＝0 到t＝1 这段时间物体的位移为2m
D．t＝0 到t＝2 这段时间物体的平均速度为2m/s
5．（3 分）如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面
（图中未画出）。一质量为m、电荷量为q 的带电小球（可视为质点）以与水平方向成30°角斜向左上方的速度
v 做匀速直线运动，重力加速度为g。则（
）
A．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外
B．小球可能带正电荷
C．电场强度大小为૛ܕ܏
ܙ
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D．磁感应强度的大小为Bൌ
૜ܕ܏
ܙܞ
6．（3 分）嫦娥四号于2019-2020 学年1 月3 日在月球背面着陆，嫦娥五号也讨划在今年发射。如果嫦娥五号经过
若干次轨道调整后，先在距离月球表面h 的高度处绕月球做匀速圆周运动，然后开启反冲发动机，嫦娥五号着
陆器暂时处于悬停状态，最后实现软着陆，自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球。月球的半径为R
且小于地球的半径，月球表面的重力加速度为g0 且小于地球表面的重力加速度，引力常量为G．不考虑月球的
自转，则下列说法正确的是（
）
A．嫦娥五号探测器绕月球做匀速圆周运动的速度可能大于地球的第一宇宙速度
B．月球的平均密度ૉൌ૜܏૙
૝ૈ۵܀
C．嫦娥五号探测器在绕月球做匀速圆周运动的t 时间内，绕月球运转圈数ܖൌܜ
܂ൌ
ܜ܀
૛ૈሺ܀൅ܐ砀
܏૙
܀൅ܐ
D．根据题目所给数据无法求出月球的第一宇宙速度
7．（3 分）如图所示，匝数为n＝200、面积为S＝0.625m2、电阻为r＝0.5Ω的圆形线圈处于方向垂直纸面向里的匀
强磁场内，磁感应强度大小随时间按B＝0.08t+1.6（T）的规律变化，处于磁场外的电阻R1＝4.5Ω，R2＝5Ω，
电容器的电容C＝500μF，开关S 闭合一段时间后，下列说法正确的是（
）
A．线圈两端M、N 间的电压为9.5V
B．线圈中的电流方向为顺时针
C．若将电阻R1 短路，则该电路的输出功率变大
D．现断开开关S，则通过电阻R2 的电荷量为2.5×10
﹣3C
8．（3 分）如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗糙。一质量为m 的小球从
轨道的最低点以初速度v0 向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力。设小
球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是（
）
A．若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒
B．若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为
૜
૛mgR
C．若使小球始终做完整的圆周运动，则v0 一定不小于૞܏܀
D．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0ൌ
૝܏܀
三、非选择题：
9．某实验小组的同学在做验证机械能守恒定律的实验，实验装置如图甲所示，接下来该小组的同学完成了如下的
操作：
（1）先利用10 分度的游标卡尺测出了小球的直径，其示数如图乙所示，该示数为
cm；
（2）将该小球由光电门1 的正上方无初速度释放，先后通过光电门1、2，通过电脑显示的时间分别为△t1＝5
×10
﹣3s、△t2＝4×10
﹣3s，若小球通过两光电门1、2 的速度分别用v1、v2 表示，由以上数据可知v2＝
m/s；
（保留两位有效数字）
（3）该小组的同学测出两光电门之间的距离为h，重力加速度用g 表示，若小球的机械能守恒，则需要验证的
关系式为
。（用题中所给字母表示）
10．热敏阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC），正温度系数电阻器的电阻随温度的升高
而增大，负温度系数电阻器的电阻随温度的升高而减小。某实验小组选用下列器材探究某一热敏电阻Rx 的导电
特性。
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A．电流表A1 量程10mA，内阻r1＝1Ω）
B．电流表A2 量程0.6A，内阻r2 约为0.5Ω）
C．滑动变阻器R1（最大阻值200Ω）
D．滑动变阻器R2（最大阻值20Ω）
E．定值电阻R3（阻值1499Ω）
F．定值电阻R4（阻值149Ω）
G．电器E（电动势15V，内阻忽略）
H．开关与导线若于
（1）实验采用的电路图如图甲所示，则滑动变阻器选
，定值电阻R 选
（填仪器前的字母序号）。
（2）用笔画线代替导线将图乙中实物按图甲的电路补充完整
。
（3）该小组根据测量数据作出热敏电阻的U﹣I 图象如图丙所示，则该曲线对应的是
（选填“PTC”或
“NTC”）热敏电阻。
（4）若将此热敏电阻直接接到一电动势为9V，内阻为10Ω的电源两端，则此时该热敏电阻的阻值为
Ω
（结果保留三位有效数字）。
11．如图所示，有一对平行金属板，板间加有恒定电压，两板间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0、方向垂直于纸
面向里。金属板右下方以MN、PQ 为上、下边界，以MP 为左边界的区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，
磁场宽度为d，MN 与下极板等高。MP 与金属板右端在同一竖直线上。一电荷量为q、质量为m 的正离子，以
初速度V0 沿平行于金属板面、垂直于板间磁场的方向从A 点射入金属板间，不计离子的重力。
（1）已知离子恰好做匀速直线运动，求金属板间电场强度的大小；
（2）若撤去板间磁场B0，离子恰好从下极板的右侧边缘射出电场，方向与水平方向成30°角，求A 点离下极
板的高度；
（3）在（2）的情形中，为了使离子进入磁场运动后从边界MP 的P 点射出，磁场的磁感应强度B 应为多大？
12．如图所示，一质量M＝3kg 的足够长木板B 静止在光滑水平面上，B 的右侧有竖直墙壁，B 的右端与墙壁的距
离L＝4m。现有一可视为质点的质量m＝1kg 的小物体A，以初速度v0＝8m/s 从B 的左端水平滑上B，已知A、
B 间的动摩擦因数μ＝0.2，B 与竖直墙壁的碰撞时间极短，且碰撞时无能量损失。
（1）求B 与竖直墙壁碰撞前，系统AB 产生的内能；
（2）求从A 滑上B 到B 与墙壁碰撞所用的时间t；
（3）若L 的大小可以改变，并要求B 只与墙壁碰撞两次，则B 的右端开始时与墙壁的距离L 应该满足什么条
件？
[物理选修3-3 模块]（15 分）
13．（3 分）下列说法中正确的是（
）
A．内能不同的物体，它们的分子平均动能可能相同
B．外界对物体做功，同时物体向外界放出热量，物体的内能一定改变
C．绝热气缸中密封的理想气体在被压缩过程中，气体分子运动剧烈程度增大
D．单晶体和多晶体在物理性质上都表现出各向异性
E．已知某物质的摩尔质量和分子质量，可以计算出阿伏加德罗常数
14．（10 分）如图所示，开口向上、放在地面上的气缸内用活塞封闭一定质量的气体，活塞的质量为m，横截面的
面积为S．一质量为2m 的物块放在缸底，用细线（不可伸长）与活塞相连接且细线刚好拉直，这时缸内气体的
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温度为T0，大气压强为P0，不计活塞与缸壁间的摩擦，现对缸内气体缓慢加热，重力加速度为g。
（i）当缸底物块对缸底的压力刚好为零时，缸内气体温度T1 为多大？
（ⅱ）当缸内气体体积为原来的1.2 倍时，缸内气体温度是多少？若此时细线断了，细线断开的一瞬问，活塞的
加速度多大？
[物理选修3-4 模块]（15 分）
15．如图所示为一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，若已知这列波周期为1s，则下列判断中正确
的是（
）
A．这列波的振幅为0.8cm
B．这列波的波速为5m/s
C．图示时刻x＝2m 处的质点沿y 轴正方向运动
D．此后经半个周期时间质点P 将向右迁移半个波长
E．图示时刻x＝3m 处质点的加速度最大
16．如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率是૜，AB 是一条直径。今有一束平行光沿AB 方向
射向圆柱体，若一条入射光线经折射后恰经过B 点，则：
（i）这条入射光线到AB 的距离是多少？
（ii）这条入射光线在圆柱体中的运动时间是多少？
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2019-2020 学年广东省茂名市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：
1．【分析】根据质量数等于质子数和中子数之和，核反应过程质量数守恒，电荷数守恒判断质子数和质量数。α、β、
γ射线中
૛
૝r
t的穿透能力最弱。这种核反应为α衰变。
【解答】解：A、
૛
૝r
t的穿透能力比γ射线弱，故A 错误；
B、根据核反应过程质量数守恒，y＝210﹣6＝206，故B 错误；
C、X 核的中子个数为206﹣82＝124，故C 正确；
D、因放出的是α粒子，故题设中的核反应为α衰变，故D 错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，同时明确三种射线的基本性质。
2．【分析】根据平抛运动在水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动规律列出方程；小球水平运动的路
程可能为长方形容器宽度的2n+1 倍，由此关系可求得初速度。
【解答】解：根据平抛运动的分析可知r ൌ૚
૛܏ܜ૛，（2n+1）L＝v0t，
解得v0＝（2n+1）L，要满足题意，n＝0，1，2，3…，
所以v0 的可能值为1m/s，3m/s，5m/s，7m/s，9m/s…
故D 正确，ABC 错误；
故选：D。
【点评】本题考查平抛运动的规律应用，要注意明确小球可能与器壁多次碰撞后落到E 点，故应列出对应的通
式进行分析求解得出所有的可能值。
3．【分析】每个周期内电流方向改变两次；电压表测量的是副线圈的电压有效值，根据原线圈交流电压随时间变化
的规律求出原线圈电压的有效值，再利用求出电压表的示数；变压器的输入功率等于副线圈的输出功率，计算
副线圈总的输出功率就能得出变压器的输入功率；电动机的输出功率等于电动机的输入功率减去发热功率，分
别计算即可；
【解答】解：A．交流电的频率fൌ૚૙૙ૈ
૛ૈ
ൌ50Hz，每个周期内电流方向改变两次，所以通过副线圈的电流方向每
秒钟改变100 次，故A 错误；
B、已知交变电压瞬时值随时间变化的规律为u＝220 ૛sin100πt（V），则原线圈电压的有效值为U1ൌ૛૛૙૛
૛
V
＝220V，U1：U2＝n1：n2，解得U2＝22V，故电压表示数为22V，故B 错误；
C、副线圈的输出功率P2＝U2I2＝22×3W＝66W，变压器输入功率等于输出功率，也是66W，故C 错误；
D、通过电灯泡的电流I3ൌ܃૛
܀灯
ൌ૛૛
૛૛A＝1A，故通过电动机的电流IM＝I﹣I3＝3﹣1＝2A，则电动机的输入功率
P＝IMU2＝22×2＝44W，电动机的发热功率P 热＝I2R 内＝4W，故电动机的输出功率为P﹣P 热＝44﹣4＝40W，
故D 正确；
故选：D。
【点评】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。原线圈的电
压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。
4．【分析】根据匀变速直线运动位移时间公式x＝v0t൅૚
૛at2 得到
ܠ
ܜ表达式，结合图象的信息求加速度、初速度和位
移。
【解答】解：AB、根据匀变速直线运动位移时间公式x＝v0t൅૚
૛at2得：
ܠ
ܜൌv0൅૚
૛at．根据数学知识可得：
૚
૛aൌെ૝
૛ൌെ2，
得加速度a＝﹣4m/s2，加速度大小为4m/s2，初速度为v0＝4m/s，故A 错误，B 错误；
C、t＝0 到t＝1s 这段时间物体的位移为x＝v0t൅૚
૛at2＝4×1൅૚
૛ൈ（﹣4）×12＝2m，故C 正确；
D、t＝0 到t＝2s 这段时间物体的位移为x＝v0t൅૚
૛at2＝4×2൅૚
૛ൈ（﹣4）×22＝0，平均速度为0，故D 错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键是根据数学知识写出
ܠ
ܜ与t 的关系式，采用比对的方法得到物体的初速度、加速度。
5．【分析】用假设法确定小球的电性，对小球受力分析，根据小球做匀速直线运动可分析得出小球的带电性质及磁
场方向；根据几何关系和平衡条件可求得场强和磁感应强度的大小。
【解答】解：AB、小球做匀速直线运动，受到合力为零，假设小球带正电，则小球的受力情况如图1 所示：
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小球受到洛伦兹力沿虚线当方向末知，小球受到重力与电场力的合力与洛伦兹力不可能平衡，所以小球不可能
做匀速度直线运动，假设不成立，小球实际一定带负电；再对小球受力分析可知，小球受力情况如图2 所示：
小球受洛伦兹力一定斜向右上方，根据左手定则，匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里，故AB 错误；
CD、根据几何关系，电场力大小qE＝mg，洛伦兹力大小qvBൌ
૜mg，
解得Eൌܕ܏
ܙ，Bൌ
૜ܕ܏
ܙܞ，故C 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查了小球在复合场中的匀速直线运动，抓住平衡条件为合力为0 进行分析求解即可得出结果。
6．【分析】根据月球表面附近重力等于向心力可求月球的第一宇宙速度，可比较地球的第一宇宙速度的大小；根据
月球表面的重力加速度可求月球的质量，进而可求月球密度；根据嫦娥五号距月球表面的高度，可求其周期，
进而可求t 时间内转过的圈数；
【解答】解：AD、根据
۵ۻܕ
ܚ૛
ൌܕ
ܞ૛
ܚ得ܞൌ
۵ۻ
ܚ，嫦娥五号探测器绕月球做匀速圆周运动的速度小于月球的第
一宇宙速度。根据月球表面附近重力等于向心力：mg0ൌܕ
ܞ
月
૛
܀，可求月球的第一宇宙速度v 月ൌ
܏
૙܀．同理可
求地球的第一宇宙速度v 地ൌ
܏地܀地．所以嫦娥五号探测器绕月球做匀速圆周运动的速度小于地球的第一宇宙
速度，故AD 错误；
B、根据月球表面附近万有引力等于重力，ܕ܏૙ൌ۵ۻܕ
܀૛，月球质量Mൌ܏૙܀૛
۵ ，月球的平均密度ૉൌۻ
t ൌ૜܏૙܀૛
૝۵ૈ܀૜ൌ
૜܏૙
૝ૈ۵܀，故B 正确；
C、根据万有引力提供向心力
۵ۻܕ
ሺ܀൅ܐ砀૛ൌܕ
૝ૈ
૛
܂૛ሺ܀൅ܐ砀，月球质量Mൌ܏૙܀૛
۵ ，周期܂ൌ
૝ૈ
૛ሺ܀൅ܐ砀૜
܏૙܀૛
，嫦娥五
号探测器在t 时间内绕月球运转圈数ܖൌܜ
܂ൌ
ܜ܀
૛ૈሺ܀൅ܐ砀
܏૙
܀൅ܐ，故C 正确；
故选：BC。
【点评】本题考查万有引力定律的应用，要注意明确第一宇宙速度的定义，直接根据重力充当向心力即可求出
其第一宇宙速度。
7．【分析】根据法拉第电磁感应定律求出线圈产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求出电流强度的大小，根
据楞次定律判断出感应电流的方向；根据外电路电阻与内阻的关系，判断输出功率的变化；断开S，电容器放电，
所带的电量全部通过R2，闭合时，根据Q＝CU 求出R2 所带的电量。
【解答】解：A、因为B＝0.08t+1.6（T）所以，
ᶭ۰
ᶭܜൌ0.08T/s 线圈内产生的感应电动势：Eൌܖᶭ૎
ᶭܜൌܖᶭ۰
ᶭܜڄ ܁ൌ200
×0.08×0.625V＝10V，
S 闭合后，电路中电流Iൌ
۳
܀૚൅܀૛൅ܚൌ
૚૙
૝䁪૞൅૞൅૙䁪૞A＝1A，则线圈两端M、N 两点间的电压为U＝I（R1+R2）＝
9.5V，故A 正确；
B、穿过线圈的磁通量垂直纸面向里增加，根据楞次定律，线圈中的电流方向为逆时针，故B 错误；
C、由于R1+R2＞r，且R2＞r，若将电阻R1 短路，外电路电阻减小，则该电路的输出功率变大，故C 正确；
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D、电容器与电阻R2 并联，两板间电压U2＝IR2＝5V，断开S 后，通过R2 的电流Q＝CU2＝500×10
﹣6×5C＝
2.5×10
﹣3C，故D 正确；
故选：ACD。
【点评】本题电磁感应与电路知识的综合应用，关键是求解感应电动势，同时注意将电磁感应与电路的基本内
容相结合即可正确求解。
8．【分析】内圆粗糙，小球与内圆接触时要受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守恒；外圆光滑，小球
与外圆接触时不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律分析答题。
【解答】解：A、若小球运动到最高点时速度为0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，受到摩擦力作用，要
克服摩擦力做功，小球的机械能一定不守恒，故A 正确；
B、若初速度v0 比较小，小球在运动过程中一定与内圆接触，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终在
圆心下方运动，最大的机械能为mgR，所以小球最终的机械能不可能为
૜
૛mgR．若初速度v0 足够大，小球始终
沿外圆做完整的圆周运动，机械能守恒，机械能必定大于2mgR，故B 错误；
C、若使小球始终做完整的圆周运动，小球应沿外圆运动，在运动过程中不受摩擦力，机械能守恒，小球恰好运
动到最高点时速度设为v，则有mg＝m
ܞ૛
܀，再由机械能守恒定律得：
૚
૛ܕܞ૙
૛ൌܕ܏ڄ ૛܀൅
૚
૛ܕܞ૛，小球在最低
点时的最小速度v0ൌ
૞܏܀，所以若使小球始终做完整的圆周运动，则v0 一定不小于૞܏܀．故C 正确；
D、如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速
度为0，由机械能守恒定律得：
૚
૛ܕܞ૙
૛ൌmg⋅2R，小球在最低点时的速度v0ൌ
૝܏܀，由于内圆粗糙，小球在运
动过程中要克服摩擦力做功，则小球在最低点时的速度v0 一定大于૝܏܀，故D 错误。
故选：AC。
【点评】本题考查机械能守恒定律的应用，解题的关键是理清运动过程，抓住临界状态，明确最高点的临界条
件，运用机械能守恒定律和向心力知识结合进行研究。
三、非选择题：
9．【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺刻度读数加上游标尺刻度读数，不需估读；
（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球通过两个光电门的瞬时速度；
（3）根据下降的高度得出重力势能的减小量，结合小球通过两个光电门的瞬时速度求出动能的增加量，从而得
出需要验证的表达式。
【解答】解：（1）游标卡尺的主尺刻度读数为12mm，游标尺刻度读数为0.1×2mm＝0.2mm，则小球的直径d
＝12.2mm＝1.22cm；
（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小球通过光电门2 的速度为v2ൌ
܌
ᶭܜ૛ൌ૙䁪૙૚૛૛
૝ൈ૚૙െ૜m/s＝3.0m/s；
（3）小球通过两光电门过程中重力势能的减小量为△Ep＝mgh，动能的增加量为：△Ekൌ૚
૛ܕܞ૛
૛െ૚
૛ܕܞ૚
૛，即
为：૛܏ܐൌܞ૛
૛െܞ૚
૛。
故答案为（1）1.22
（2）3.0
（3）૛܏ܐൌܞ૛
૛െܞ૚
૛
【点评】解答实验题首先要理解实验原理，本实验要据所给的条件确定动能的增量，重力势能的减小量，验证
了二者相等即说明机械能守恒
10．【分析】（1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器。明确电路结构，从而选择定值电阻；
（2）按照电路图连接实物图；
（3）根据图象应用欧姆定律判断元件阻值随温度变化的关系，然后确定元件类型；
（4）根据PTC 的对应伏安特性曲线，再作出电源的伏安特性曲线，则可明确此时电阻的工作电压和电流，由
欧姆定律可求得阻值。
【解答】解：（1）采用滑动变阻器分压接法，故滑动变阻器应选择总阻值较小的D；由图可知，定值电阻R 与
电流计串联充当电压表使用，故应采用阻值较大的E；
（2）按照电路图，实物连线如图所示：
（3）由图丙可知，图象上各点与原点连线的斜率减小，故说明电阻随电压的增大而减小，因此应为负温度系数
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的热敏电阻，即NTC 热敏电阻；
（3）在热敏电阻的伏安特性曲线中作出电源的伏安特性曲线，如图所示：
两图的交点表示电阻的工作电压和电流，由图可知，电压U＝8.0V，电流I＝0.1A，故电阻Rൌ܃
۷ ൌ砀䁪૙
૙䁪૚ൌ80.0Ω；
故答案为：（1）DE；（2）
（3）NTC；（4）80.0。
【点评】本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图、实验数据处理等问题，要掌握实验器材的选择原则：
安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；要掌握应用图象法处理实验数据的方法。
11．【分析】（1）离子做匀速直线运动时，电场力和洛仑兹力二力平衡，根据平衡条件列式，即可求解电场强度的
大小，由左手定则判断出洛仑兹力的方向，即可确定电场强度的方向；
（2）撤去板间磁场B0，离子在电场中做类平抛运动，平行于极板做匀速直线运动，垂直于极板做初速度为零的
匀加速直线运动，根据速度的分解求出离子从M 点射出电场时的速度，由动能定理求解A 点离下极板的高度；
（3）根据题意画出离子的运动轨迹，根据几何知识求出轨迹半径，再由洛伦兹力提供向心力，列式求解B。
【解答】解：（1）设板间的电场强度为E，离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力平衡，有：
qE＝qv0B0
①
解得E＝v0B0
由左手定则可判断出洛仑兹力方向竖直向上，所以电场力的方向竖直向下，故场强的方向竖直向下。
（2）设A 点离下极板的高度为h，离子射出电场时的速度为v，根据动能定理得：
Eqhൌ૚
૛ܕܞ૛െ૚
૛ܕܞ૙
૛②
离子在电场中做类平抛运动，水平分方向做匀速运动，有
vcos30°＝v0 ③
联立解得hൌܕܞ૙
૟۰૙ܙ④
（3）设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r，轨迹如图所示：
由几何关系得：rൌ
܌
૛
ܛtܖ૟૙૙ൌ
૜
૜܌⑤
根据牛顿第二定律得：ܙܞ۰ ൌܕܞ૛
ܚ⑥
联立③⑤⑥解得：Bൌ૛ܕܞ૙
ܙ܌；
答：（1）金属板间电场强度的大小为v0B0，方向竖直向下；
（2）A 点离下极板的高度为
ܕܞ૙
૟۰૙ܙ；
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（3）磁场的磁感应强度B 应为
૛ܕܞ૙
ܙ܌。
【点评】本题是带电粒子在磁场中的运动与粒子速度选择器、电场偏转等的综合，关键要掌握类平抛运动的处
理方法：运动的分解法，并能运用动能定理求解h。同时明确磁场中匀速圆周运动问题，关键要正确画出离子的
运动轨迹，运用几何知识求解半径。
12．【分析】（1）A、B 系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出速度，根据能量守恒可求系统转化的内能；
（2）根据牛顿第二定律可求加速运动的时间和位移，再根据匀速运动求剩下位移所用的时间，即可求解总时间；
（3）A、B 系统动量守恒，应用动量守恒定律与动能定理可以求出L．应用动量守恒定律与动能定理求出L 的
临界值，从而得到L 应满足的条件。
【解答】解：（1）设A、B 达到的共同速度为v 共，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：
mv0＝（m+M）v 共
代入数据解得：v 共＝2m/s
设这一过程中B 向右运动的位移为x1，根据动能定理有：ૄ
ܕ܏ܠ૚ൌ૚
૛ۻܞ
共
૛
代入数据解得：x1＝3m
因x1＜L，A、B 达到共同速度后才与墙碰撞，对系统有能量守恒可得：
ۿ ൌ૚
૛ܕܞ૙
૛െ૚
૛ሺܕ൅ۻ砀ܞ૛
代入数据解得：Q＝24J
（2）设从A 滑上B 到两者达到共同速度所用的时间为t1，对M，由动量定理有：
μmgt1＝Mv 共
代入数据解得：t1＝3s
两者达到共同速度后一起匀速运动，直到B 第一次与墙壁碰撞，设匀速运动所用时间为t2，有：
L﹣x1＝vt2，
代入数据解得：t2＝0.5s
所以，从A 滑上B 到B 与墙壁碰撞所用的时间为：
t＝t1+t2＝3.5s
（3）要能碰撞两次，表明第一次碰撞前瞬间A、B 的速度大小不等。取水平向右为正方向，设B 与墙壁第一次
碰撞前瞬间A、B 的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒有：
mv0＝mv1+Mv2
设B 与墙壁第二次碰撞前瞬间A、B 的速度大小分别为v3、v4，根据动量守恒有：
mv1﹣Mv2＝mv3+Mv4
若要B 与墙只发生两次碰撞，则第一次碰撞后系统总动量方向要向右，第二次碰撞后总动量方向要向左，所以
有：
mv1﹣Mv2＞0，mv3﹣Mv4≤0
根据B 往返运动的对称性知：v2＝v4
根据动能定理有：ૄܕ܏ۺ૚ൌ૚
૛ۻܞ૛
૛
解得：L＞૚
૜m，
又mv1﹣Mv2＝0，由μmgLൌ૚
૛ۻܞ૛
૛解得：Lൌ૝
૜m
满足题目条件是：
૚
૜ሺܕ砀൑ۺ＜
૝
૜ሺܕ砀
答：
（1）B 与竖直墙壁碰撞前，系统AB 产生的内能是24J；
（2）从A 滑上B 到B 与墙壁碰撞所用的时间t 是3.5s；
（3）B 的右端开始时与墙壁的距离L 应该满足的条件是
૚
૜ሺܕ砀൑ۺ＜
૝
૜ሺܕ砀。
【点评】本题的关键要分析清楚物体的运动过程，把握临界条件，应用动量守恒定律、动能定理即可正确解题。
[物理选修3-3 模块]（15 分）
13．【分析】内能与温度、体积、物质的多少等因素有关，而分子平均动能只与温度有关；根据热力学第一定律，
分析做功和热传递两个因素，判断内能的变化；单晶体在物理性质上都表现出各向异性，多晶体在物理性质上
都表现出各向同性；物质的摩尔质量除以分子质量等于阿伏加德罗常数。
【解答】解：A、内能与温度、体积、物质的多少等因素有关，而分子平均动能只与温度有关，故内能不同的物
体，它们分子热运动的平均分子动能可能相同，故A 正确；
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B、根据热力学第一定律，如果外界对物体做的功与物体向外界放出热量相等，物体的内能不变，故B 错误；
C、绝热气缸中密封的理想气体在被压缩过程中，内能增大，温度升高，气体分子运动剧烈程度增大，故C 正确；
D、单晶体在物理性质上都表现出各向异性，多晶体在物理性质上都表现出各向同性，故D 错误；
E、物质的摩尔质量除以分子质量等于阿伏加德罗常数，故E 正确。
故选：ACE。
【点评】本题考查热学基本规律的记忆，要求明确阿伏伽德罗常数的物理意义，灵活应用分子间距与分子力的
关系、布朗运动的实质。同时还要知道热力学第一定律与内能间的关系。
14．【分析】（1）当缸底物块对缸底的压力刚好为零时，选择活塞和重物的整体进行受力分析，列出平衡方程，封
闭气体发生等容变化，对封闭气体运用查理定律，即可求出缸内气体温度T1 为多大；
（2）继续缓慢加热，气体发生等压变化，当缸内气体体积为原来1.2 倍时，利用盖﹣吕萨克定律即可求出此时
缸内气体温度；若此时细线断了，绳的拉力消失，利用牛顿第二定律，即可求出此时活塞的加速度。
【解答】解：（i）缸内气体的温度为T0 时，缸内气体的压强为：p＝p0൅ܕ܏
܁
当缸底物块对缸底的压力刚好为零时，缸内气体压强为：p1＝p0൅૜ܕ܏
܁
气体发生等容变化，则根据查理定律有：
ܘ
܂૙
ൌ
ܘ૚
܂૚
解得：T1ൌܘ૙܁൅૜ܕ܏
ܘ૙܁൅ܕ܏܂૙
（ii）当缸内气体体积为原来的1.2 倍时，设气体的温度为T2，从温度T1 变到温度T2，此过程气体发生的是等
压变化，
根据盖﹣吕萨克定律有：
t
܂૚
ൌ
૚䁪૛t
܂૛
解得：T2ൌ૚䁪૛܂૙ሺܘ૙܁൅૜ܕ܏砀
ܘ૙܁൅ܕ܏
此时细线断了，当细线断开的一瞬间，根据牛顿第二定律有：（p2﹣p）S＝ma
解得：a＝2g
答：（1）当缸底物块对缸底的压力刚好为零时，缸内气体温度T1 为
ܘ૙܁൅૜ܕ܏
ܘ૙܁൅ܕ܏܂૙；
（2）当缸内气体体积为原来的1.2 倍时，缸内气体温度是
૚䁪૛܂૙ሺܘ૙܁൅૜ܕ܏砀
ܘ૙܁൅ܕ܏
，若此时细线断了，细线断开的一瞬
问，活塞的加速度为2g。
【点评】本题考查气体定律与平衡以及牛顿运动定律的综合运用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T
三个参量的变化情况，利用平衡以及牛顿第二定律求出初末状态封闭气体的压强，再选择合适的规律解决。
[物理选修3-4 模块]（15 分）
15．【分析】由图得到振幅及波长，进而得到波速；根据波的传播方向，可知质点的运动方向，由图示位置直接得
到回复力进而得到加速度。
【解答】解：A、由图可知，波的振幅为0.8cm，故A 正确；
B、由图可知，波长为4m，故波速vൌλ
܂ൌ૝
૚ൌ4m/s，故B 错误；
C、已知波沿x 轴正方向传播，那么图示时刻x＝2 m 处的质点沿y 轴正方向运动，故C 正确；
D、质点P 只在平衡位置上下振动，并不向右迁移，故D 错误；
E、图示时刻x＝3 m 处质点在负向最大位移处，故回复力最大，故加速度大小最大，故E 正确。
故选：ACE。
【点评】本题考查的全部是波动与振动的关系，要注意掌握对波动图象的认识，明确由图可确定波长和质点的
振动方向，同时明确波速公式的应用；明确各质点只在其平衡位置附近振动，并不随波迁移。
16．【分析】（i）画出光路图，根据折射定律，结合几何关系求出这条入射光线到AB 的距离；
（ii）由几何关系求解这条入射光线在透明圆柱体中传播的距离s，由vൌ粒
ܖ求出光线在透明圆柱体中传播的速度，
再由tൌܛ
ܞ求出光线在圆柱体中运动的时间。
【解答】解：（i）设光线经C 点折射后如图所示：
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根据折射定律可得：nൌܛtܖહ
ܛtܖ઺ൌ
૜
在△OBC 中：
ܛtܖ઺
܀
ൌ
ܛtܖહ
૛܀粒子ܛ઺
解得：α＝60°，β＝30°
所以入射光线到AB 的距离为：SCD＝Rsinαൌ
૜
૛R
（ii）在△DBC 中：CB 间的距离为：SCB＝2Rcosβൌ
૜R
设光在介质中传播速度v，由nൌ粒
ܞ
得：vൌ粒
ܖ
入射光线在圆柱体中运动的时间为：tൌܛ۱۰
ܞൌ
૜܀
粒
૜
ൌ૜܀
粒
答：（i）这条入射光线到AB 的距离是
૜
૛R；
（ii）这条入射光线在圆柱体中的运动时间是
૜܀
粒。
【点评】解决几何光学问题的关键画出光路图，结合折射定律和几何关系进行求解。
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2019-2020 学年广东省揭阳市高考物理一模试卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～
8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）如图所示，在粗糙水平面上放置A、B、C 三个物块，物块之间由两根完全相同的轻弹簧相连接，两弹
簧的伸长量相同，且它们之间的夹角∠ABC＝120°，整个系统处于静止状态。已知A 物块所受的摩擦力大小为
f，则B 物块所受的摩擦力大小为（
）
A．
૜
૛f
B．f
C．૜f
D．2f
2．（6 分）如图所示，边长为L 的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A 点沿AB 方向射入磁场，恰好从C
点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD 的中点P 垂直AD 射入磁场，从DC 边的M 点飞出磁场（M 点未
画出）。设粒子从A 点运动到C 点所用时间为t1，由
P 点运动到M 点所用时间为t2（带电粒子重力不计），则t1：t2 为（
）
A．2：1
B．2：3
C．3：2
D．૜：૛
3．（6 分）如图所示，x 为未知的放射源，L 为薄铝片，若在放射源和计数器之间加上L 后，计数器的计数率大幅
度减小，在L 和计数器之间再加竖直向下的匀强磁场，计数器的计数率不变，则x 可能是（
）
A．α射线和β射线的混合放射源
B．纯α射线放射源
C．纯γ射线放射源
D．α射线和γ射线的混合放射源
4．（6 分）一物体从某一行星表面竖直向上抛出（不计空气阻力）。t＝0 时抛出，位移随时间变化的s﹣t 图象如图
所示，则（
）
A．该行星表面的重力加速度为8m/s2
B．该物体上升的时间为5s
C．该物体被抛出时的初速度为10m/s
D．该物体落到行星表面时的速度为16m/s
5．（6 分）在竖直墙壁上悬挂一镖靶，某人站在离墙壁一定距离的某处，先后将两只飞镖A、B 由同一
位置水平掷出，两只飞镖落在靶上的状态如图所示（侧视图），若不计空气阻力，下列说法中
正确的是（
）
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A．A、B 两镖在空中运动时间相同
B．B 镖掷出时的初速度比A 镖掷出时的初速度小
C．A、B 镖的速度变化方向可能不同
D．A 镖的质量一定比B 镖的质量小
6．（6 分）如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效
值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V 降至110V，调节前后（
）
A．副线圈的接入匝数比为2：1
B．副线圈输出功率比为2：1
C．副线圈中的电流比为1：2
D．原线圈输入功率比为4：1
7．（6 分）如图所示，一根长导线弯曲成“π”形，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于
同一竖直平面内。在电流I 增大的过程中，下列判断正确的是（
）
A．金属环中无感应电流产生
B．金属环中有逆时针方向的感应电流
C．悬挂金属环C 的竖直线的拉力大于环的重力
D．悬挂金属环C 的竖直线的拉力小于环的重力
8．（6 分）某人在春分那天（太阳光直射赤道）站在地球赤道上用天文望远镜观察他正上方的一颗同步卫星，他发
现在日落后还有一段时间t1 能观察到此卫星，然后连续有一段时间t2 观察不到此卫星。地球表面的重力加速度
为g，圆周率为π，根据这些数据可推算出（
）
A．地球的质量
B．地球的半径
C．卫星距地面的高度
D．地球自转周期
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题～第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33 题～
第38 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129 分）
9．（6 分）某同学用频闪照相法研究小球的自由落体运动，选择一张清晰的频闪照片，剪掉前面小球重叠部分进行
研究。已知小球在释放位置时，球心与刻度尺的零刻度线对齐。
（1）根据照片中刻度尺的数据，请读出小球运动到照片中第5 个像点时下落的高度为
m。
（2）若所用照相机的曝光频率为f，照片上1、3 像点距离和1、5 像点距离分别为s1、s2，则照相机相邻两次曝
光的时间间隔T＝
，小球自由下落的加速度a＝
。
10．（9 分）测量电阻丝的电阻率ρ，电阻丝的电阻约为20Ω．先把电阻丝拉直后将其两端固定在刻度尺两端的接线
柱a 和b 上，在电阻丝上夹上一个与接线柱c 相连的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触
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点P 的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度。除电池组E（电动势为3.0V，内阻约1Ω）、电阻箱R（0～999.9Ω）、
开关、导线若干，可供选择的器材还有：
电流表A1（量程0～100mA，内阻约5Ω）；
电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.2Ω）。
①实验操作步骤如下：
A．用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径；
B．根据所提供的实验器材，设计并连接好如图甲所示的实验电路；
C．调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大，闭合开关；
D．将金属夹夹在电阻丝上某位置，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值R 和
接入电路的电阻丝长度L；
E．断开开关，改变
的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏。重复多次，记录每一
次的R 和L 数据。
F．断开开关。
②如图乙，用螺旋测微器测量电阻丝直径为d＝
mm；
③电流表应选择
（选填“A1”或“A2”）；
④用记录的多组R 和L 的数据，绘出了如图丙所示图线，截距分别为R0 和L0，再结合测出的电阻丝直径d，
写出电阻丝的电阻率表达式ρ＝
（用给定的字母表示）。
⑤电流表存在一定内阻，这对该实验的测量结果
影响（选填“有”、“无”）
11．（12 分）如图所示的水平地面。可视为质点的物体A 和B 紧靠在一起，静止于b 处，已知A 的质量为3m，B
的质量为m。两物体在足够大的内力作用下突然沿水平方向左右分离。B 碰到c 处的墙壁后等速率反弹，并追上
已停在ab 段的A，追上时B 的速率等于两物体刚分离时B 的速率的一半。A、B 与地面的动摩擦因数均为μ，b
与c 间的距离为d，重力加速度为g。求：
（1）分离瞬间A、B 的速率之比；
（2）分离瞬间A 获得的动能。
12．（20 分）如图，有小孔O 和O′的两金属板正对并水平放置，分别与平行金属导轨连接，Ⅰ、Ⅱ区域有垂直导
轨所在平面的匀强磁场。金属杆ab 与导轨垂直且接触良好，并一直向右匀速运动。某时刻ab 进入Ⅰ区域，同
时一带正电小球从O 孔竖直射入两板间。ab 在Ⅰ区域运动时，小球匀速下落；ab 从Ⅰ区域右边界离开Ⅰ区域时，
小球恰好从O′孔离开。已知板间距为3d，导轨间距为L，Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小相等、宽度均为d。
带电小球质量为m，电荷量为q，ab 运动的速度为v0，重力加速度为g。求：
（1）磁感应强度的大小B；
（2）把磁感应强度增大到B′，金属杆进入Ⅰ区域和小球射入两板间的初速度不变，发现小
球从O′孔离开时的速度与其初速度相等，问B′多大？要实现这个过程，v0 要满足什么条件？
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（二）选考题：共45 分．请考生从2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答．如果多做，则每学
科按所做的第一题计分．【物理──选修3-3】（15 分）
13．（5 分）以下说法正确的是（
）
A．液体表面张力有使液面收缩到最小的趋势
B．水结为冰时，水分子的热运动不会消失
C．温度总是从分子平均动能大的物体向分子平均动能小的物体转移
D．花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规则运动
E．恒温水池中，小气泡由底部缓慢上升过程中，气泡中的理想气体内能不变，对外做功，吸收热量
14．（10 分）如图所示，一个粗细均匀的固定圆管，左端用一活塞A 塞住，活塞A 离右端管口的距离是20cm，离
左端管口的距离是2cm。把一个带手柄的活塞B 从右端管口推入，将活塞B 向左端缓慢推动10cm 时活塞A 未
被推动。已知圆管的横截面积为S＝2.0×10
﹣5m2，大气压强为1.0×105Pa，且推动活塞B 过程中管内气体温度
保持T0＝300K 不变。求：
①活塞B 向左端缓慢推动10cm 时活塞A 与圆管间的静摩擦力f；
②活塞B 向左端缓慢推动10cm 后保持活塞B 不动，将管内气体温度缓慢升高到450K 时，活塞A 被推到左端
管
口
处
。
设
活
塞
A
所
受
滑
动
摩
擦
力
等
于
最
大
静
摩
擦
力
fm
，
求
fm．
【物理──选修3-4】（15 分）
15．如图所示，甲为一列简谐波在某一时刻的波形图，乙为介质中x＝2m 处的质点P 以此时刻为计时起点的振动
图象，质点Q 的平衡位置位于x＝3.5m 处，下列说法正确的是（
）
A．这列波沿x 轴正方向传播
B．这列波的传播速度为20m/s
C．在0.3s 时间内，质点P 向右移动了3m
D．t＝0.1s 时，质点P 的加速度大于点Q 的加速度
E．t＝0.25s 时，x＝3.5m 处的质点Q 到达波峰位置
16．如图所示为一半径为R 的固定半圆柱玻璃砖的横截面，OA 为水平直径MN 的中垂线，足够大的光屏PQ 紧靠
在玻璃砖的右侧且平行OA 放置。一束复色光沿与OA 成θ角的半径方向射向O 点并在光屏上形成彩色光带和一
个光斑，当θ＝30°时，光带的最高点与N 点的距离为
૜܀
૜，增大入射角，当θ＝45°时，光屏上恰好只出现一
个光斑，求：
①玻璃对复色光的折射率范围；
②当θ＝30°时，彩色光带的宽度。
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2019-2020 学年广东省揭阳市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～
8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．【分析】对A、B、C、分别受力分析，可得B 物体受摩擦力与两弹簧拉力的合力等大反向
【解答】解：对A、B、C、分别受力分析
可得两弹簧对B 的拉力都为f，夹角120°，可得B 物体受摩擦力与两弹簧拉力的合力等大反向，大小为f。
故选：B。
【点评】本题主要考查对物体的受力分析，注意研究对象的选择，互为120°角的两个等大的力的合力特点。
2．【分析】根据粒子从A 运动到C，由几何关系求得半径，进而求得中心角；然后根据半径求得粒子从P 到M 转
过的中心角，即可根据中心角之比得到运动时间之比。
【解答】解：由带电粒子从A 点沿AB 方向射入磁场可知粒子做圆周运动的圆心在AD 及其延长线上，又有粒
子恰好从C 点飞出磁场，故可得：粒子运动半径为L，粒子从A 到C 转过的中心角θ＝90°；
那么，从P 点入射的粒子圆心在AD 延长线上距D 点
૚
૛ۺ 处，那么粒子转过的中心角为：
θ′＝arccos
૚
૛ۺ
ۺ ，即θ′＝60°；
运动时间ܜൌ
ી
૜૟૙ι ܂
所以，t1：t2＝θ：θ′＝3：2，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
【点评】带电粒子的运动问题，加速电场一般由动能定理或匀加速运动规律求解；偏转电场由类平抛运动规律
求解；磁场中的运动问题则根据圆周运动规律结合几何条件求解。
3．【分析】明确α、β、γ三种射线的性质特点，尤其是了解它们电离的能力以及穿透能力的大小以及带电性质等。
【解答】解：在放射源和计数器之间加薄铝片L 后，发现计数器的计数率大幅度减小，说明射线中含有穿透能
力弱的粒子，在L 和计数器之间再加竖直向下的匀强磁场B，计数器的计数率不变，说明剩下的粒子不带电，
即为γ射线，因此放射源x 可能是α和γ的混合放射源，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】本题结合实验考查了α、β、γ三种射线的性质特点，这些知识大都属于记忆内容，在平时注意不断的记
忆和积累。
4．【分析】物体从行星表面竖直上抛，由图读出最大高度和上升的时间，根据运动学公式求出初速度和重力加速度。
物体落回行星表面的速度与抛出时速度大小相等。
【解答】解：ABC、由图读出，物体上升的最大高度为：h＝25m，上升的时间为：t＝2.5s。
对于上升过程，由hൌܞ૙
૛ܜ得初速度为：v0ൌ૛ܐ
ܜൌ૛ൈ૛૞
૛䁪૞m/s＝20m/s，
物体上升的加速度大小为：a＝gൌܞ૙
ܜൌ૛૙
૛䁪૞m/s2＝8m/s2．故A 正确，BC 错误。
D、根据对称性可知，该物体落到行星表面时的速度大小与初速度大小相等，也为20m/s。故D 错误。
故选：A。
【点评】本题首先考查读图能力，图上能读出最大高度、上升和下落时间等等；其次要灵活选择运动学公式求
解。
5．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据下落的高度比较运动的时
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间，结合水平位移和时间比较初速度的大小。
【解答】解：A、飞镖B 下落的高度大于飞镖A 下落的高度，根据hൌ૚
૛܏ܜ૛得：tൌ
૛ܐ
܏，B 下降的高度大，则
B 镖的运动时间长。故A 错误。
B、因为水平位移相等，B 镖的时间长，则B 镖的初速度小。故B 正确。
C、因为A、B 镖都做平抛运动，速度变化量的方向与加速度方向相同，均竖直向下。故C 错误。
D、平抛运动的时间与质量无关，本题无法比较两飞镖的质量。故D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，
初速度和时间共同决定水平位移。
6．【分析】变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析。
【解答】解：A、通过调节触头P，使输出电压有效值由220V 降至110V，输出电压减小为原来的一半，在原线
圈电压和匝数不变的情况下，根据原副线圈电压之比等于匝数之比得副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，
所以接入匝数之比为2：1，故A 正确；
BD、由Pൌ܃૛
܀，所以输出功率之比为4：1，副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为
4：1，故B 错误，D 正确
C、副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2：1，故C 错误；
故选：AD。
【点评】本题考查了变压器的特点和欧姆定律，理解变压器的匝数比与电压比、电流比的关系是解答的关键。
7．【分析】金属环C 处于弯曲成“π”导线中，导线中通以如图所示的电流，则会产生的磁场，根据楞次定律来确
定感应电流的方向，再根据左手定则，判断出安培力的方向，从而判断出金属线圈的受力与运动状况。
【解答】解：AB、根据安培定则知，弯曲成“π”导线中电流的磁场方向为：垂直纸面向里，且大小增加，由
楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针，故A 错误，B 正确；
CD、根据左手定则可知，安培力的方向指向圆心，由于弯曲成是“π”导线，所以金属环下边
૚
૝圆弧没有安培力，
因此导致挂环的拉力大于环的重力，但环仍处于静止状态，故C 正确，D 错误，
故选：BC。
【点评】解决本题的关键会用安培定则判断电流周围磁场的方向，以及学会根据楞次定律来确定感应电流的方
向，同时会用左手定则判断安培力的方向。
8．【分析】同步卫星绕地球做匀速圆周运动，受到的万有引力提供向心力，其向心力用周期表示，结合“黄金代换”
求出同步卫星的轨道半径，再利用几何关系确定太阳照不到同步卫星的范围，那么，即可求出看不到卫星的时
间。
【解答】解：A、设地球的半径为R，同步卫星的轨道半径为r，根据光的直线传播规律，日落后有t 时间该观
察者看不见此卫星图示如图所示，
该时间段内同步卫星相对地心转过角度为θ＝2α，sinαൌ܀
ܚ，
结合：θ＝ωtൌ૛ૈ
܂t2，…①
可得：sinૈ
ܜ૛
܂
ൌ
܀
ܚڮ②
结合图可知，地球的周期：T＝2（2t1+t2）
同步卫星受到的地球万有引力提供向心力，即：۵ ۻܕ
ܚ૛ൌܕ૝ૈ
૛ܚ
܂૛，
对地面上的物体万有引力等于重力有：۵ ۻܕ
܀૛ൌܕ܏，
由以上各式可得：rൌ
૜܏܀૛܂૛
૝ૈ
૛
ൌ
૜܏܀૛ሺ૛ܜ૛൅૝ܜ૚砀૛
૝ૈ
૛
…③
联立得：解得：t2ൌ܂ૈarcsin
૜૝ૈ
૛܀
܏܂૛ڮ④
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可得地球的半径：Rൌ
܏܂૛ڄܛtܖ૜ሺૈ
ܜ૛
૝ܜ૚൅૛ܜ૛砀
૝ૈ
૛
ڮ⑤
所以同步卫星离地高度为hൌ
૜܏܀૛ሺ૛ܜ૛൅૝ܜ૚砀૛
૝ૈ
૛
െR…⑥
由以上的公式，知道卫星的角速度，及其高度，即可得出地球的质量，但要求仅根据g、t1、t2、π，故A 错误，
BCD 正确；
故选：BCD。
【点评】解决天体问题把握两条思路：一是万有引力提供向心力，二是重力等于万有引力。针对本题关键还要
分析好几何关系来求解。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题～第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33 题～
第38 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129 分）
9．【分析】（1）刻度尺的读数需读到最小刻度的下一位。
（2）根据曝光频率求出相邻两次曝光的时间间隔，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小球自由下落
的加速度。
【解答】解：（1）小球运动到照片中第5 个像点时下落的高度为21.20cm＝0.2120m。
（2）曝光周期和曝光频率互为倒数，则照相机相邻两次曝光的时间间隔为：Tൌ૚
܎，根据ሺܛ૛െܛ૚砀െܛ૚ൌ܉ڄ ሺ૛܂砀૛
得小球下落的加速度为：aൌሺܛ૛െ૛ܛ૚砀܎૛
૝
。
故答案为：（1）0.2120 （0.2116～0.2122 均可）；（2）
૚
܎；（3）
ሺܛ૛െ૛ܛ૚砀܎૛
૝
。
【点评】解决本题的关键掌握刻度尺的读数方法，知道频率和周期互为倒数，掌握匀变速直线运动的推论公式，
并能灵活运用。
10．【分析】①根据实验原理与实验步骤完成实验。
②螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。
③根据电路最大电流选择电流表。
④由实验步骤可知，电源电动势不变，电路电流始终等于电流表的满偏电流，电路电流不变，由此可知，电路
总电阻不变，由图象及串联电路特点可以求出电路总电阻，由电阻定律及实验数据可以求出电阻率的表达式。
⑤应用图象法求电阻率，电流表内阻对实验结果没有影响。
【解答】解：①E、断开开关，改变金属夹与电阻丝接触点的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再
次满偏。重复多次，记录每一次的R 和L 数据。
②由图示螺旋测微器可知，固定刻度是0.5mm，可动刻度是23.0×0.01mm＝0.230mm，
金属丝直径d＝0.5mm+0.230mm＝0.730mm（0.728﹣0.732mm 均正确）。
③电路最大电流约为Iൌ
۳
܀൅ܚൌ
૜
૛૙൅૚ൎ0.14A，不到0.6A 的四分之一，
如果使用电流表A2 实验误差较大，因此电流表应选A1。
④由实验步骤可知，外电路电阻不变，由串联电路特点可知，
外电路总电阻R 总＝R+R 电阻丝＝R+ρ
ۺ
܁ൌR+ρ
ۺૈ
ሺ܌
૛砀૛ൌR+ρ
૝ۺૈ
܌૛，
由图象可知，当电阻丝接入电路的长度为零时，电路总电阻R 总＝R0，
则R+ρ
૝ۺૈ
܌૛ൌR0，R＝R0﹣ρ
૝ۺૈ
܌૛，图象斜率kൌ܀૙
ۺ૙ൌ૝ૉૈ
܌૛，则电阻率ρൌૈ
܌૛܀૙
૝ۺ૙；
⑤应用图象法处理实验数据，电流表内阻对实验结果无影响。
故答案为：①金属夹与电阻丝接触点；②0.730；③A1；④ૈ
܌૛܀૙
૝ۺ૙
；⑤无。
【点评】螺旋测微器示数等于固定刻度与可动刻度示数之和，对螺旋测微器读数时要注意估读；为减小读数误
差，电表量程选择要合适，在保证安全的前提下，量程不能过大；知道外电路电阻不变，熟练应用电阻定律即
可正确解题。
11．【分析】（1）分离过程，A、B 的总动量守恒，由由动量守恒定律可求出分离瞬间A、B 的速率之比；
（2）A、B 分离后，A 物体向左匀减速滑行，运用动能定理列式；对B 从两物体分离后到追上A 的过程应用动
能定理列式。B 追上A 时在粗糙面上滑行距离与A 滑行的距离相等，由动能定理求解分离瞬间A 获得的动能。
【解答】解：（1）分离瞬间对A、B 系统应用动量守恒定律有：
3mvA﹣mvB＝0…①
解得：
ܞۯ
ܞ۰
ൌ
૚
૜
（2）A、B 分离后，A 物体向左匀减速滑行，对A 应用动能定理得：
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െૄ
ൈ૜ܕ܏ܛۯ ൌ૙െ૚
૛ൈ૜ܕܞۯ
૛ڮ②
对B 从两物体分离后到追上A 的过程应用动能定理得：
െૄ
ܕ܏ܛ۰ ൌ૚
૛ܕሺܞ۰
૛砀૛െ૚
૛ܕܞ۰
૛ڮ③
分离瞬间A 获得的动能为：۳ܓۯ ൌ૚
૛ൈ૜ܕܞۯ
૛ڮ⑤
联立解得：۳ܓۯ ൌ૛૝
૛૜ૄܕ܏܌
答：（1）分离瞬间A、B 的速率之比是1：3；
（2）分离瞬间A 获得的动能是
૛૝
૛૜μmgd。
【点评】本题是爆炸类型，其基本规律是动量守恒和能量守恒。对于AB 在粗糙水平面上滑行过程，根据动能定
理研究滑行距离和速度，是常用的方法。
12．【分析】（1）ab 在磁场区域运动时，由法拉第电磁感应定律求感应电动势，由公式Eൌ܃
܌求金属板间产生的场
强大小。ab 在Ⅰ磁场区域运动时，带电小球匀速下落，重力和电场力平衡，由此列式求解。
（2）磁感应强度增大后，再由由法拉第电磁感应定律求感应电动势，由公式Eൌ܃
܌求金属板间产生的场强大小。
小球在两板间先做匀减速运动，再做匀加速运动，总位移等于3d，结合速度关系求解。
【解答】解：（1）ab 在磁场区域运动时，产生的感应电动势大小为：ɛ＝BLv0…①
金属板间产生的场强大小为：۳ ൌઽ
૜܌ڮ②
ab 在Ⅰ磁场区域运动时，带电小球匀速下落，有：mg＝qE…③
①②③联立得：۰ ൌ૜܌ܕ܏
ܙۺܞ૙
（2）磁感应强度增大后，ab 产生的感应电动势大小为：ε′＝B′Lv0
金属板间产生的场强大小为۳t ൌઽt
૜܌
小球在两板间先做匀减速运动，再做匀加速运动，设加速度大小分别为a1、a2
由牛顿第二定律得：qE′﹣mg＝ma1
qE′+mg＝ma2
根据运动学公式
s1ൌܞ൅ܞ૚
૛
ܜ૚
ܛ૛ൌܞ૚൅ܞ
૛
ܜ૛
v1＝v﹣a1t1。
v＝v1+a2t2
s1+s2＝3d
当磁感应强度为B 时，ab 从Ⅰ区域右边离开磁场时，小球恰好从O′孔离开，则有：
3d＝vt
d＝v0t
联立解得：۰t ൌૢ
ܕܞ૙
ܙۺ
根据题意B′＞B
即ૢ
ܕܞ૙
ܙۺ
＞
૜܌ܕ܏
ܙۺܞ૙
，解得：ܞ૙＞܏܌
૜，这就是v0 要满足的条件。
答：（1）磁感应强度的大小B 是
૜܌ܕ܏
ܙۺܞ૙
；
（2）v0 要满足的条件是ܞ૙＞܏܌
૜。
【点评】解决本题的关键要理清小球的受力情况和运动情况，并能抓住各个过程之间的联系，如速度关系、位
移关系。
（二）选考题：共45 分．请考生从2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答．如果多做，则每学
科按所做的第一题计分．【物理──选修3-3】（15 分）
13．【分析】知道液体表面张力的成因，能用分子间作用力来解释；
明确分子热运动的性质，知道分子热运动与宏观运动无关，是物体内部分子的无规则运动，其剧烈程度与温度
有关；
温度不会转移；
布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞
击引起的；
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在气泡缓慢上升的过程中，气泡外部的压强逐渐减小，气泡膨胀，对外做功，气泡缓慢上升过程中气泡内空气
的温度始终等于外界温度，内能不变，根据热力学第一定律可以判断气泡做功的情况。
【解答】解：A、由于表面分子较为稀疏，故液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在
表面张力，表面张力有使液面收缩到最小的趋势。故A 正确；
B、物体分子在永不停息在做无规则运动，故B 正确；
C、温度是分子平均动能的标志，不会转移；根据热力学第二定律可知，热量总是自发的从分子平均动能大的物
体传递到分子平均动能小的物体，故C 错误；
D、布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，是液体分子做无规则运动的反映，不是微粒内部分子是不停地做无规则
运动的反应，故D 错误；
E、气泡缓慢上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外做功，由于外部恒温，可以认为上升过程中气
泡内空气的温度始终等于外界温度，则内能不变，由热力学第一定律可得，△U＝W+Q 知，气泡内能不变，同
时对外做功，所以必须从外界吸收热量，故E 正确。
故选：ABE。
【点评】本题考查了布朗运动、温度的微观意义、热力学第一定律、以及表面张力，要注意准确理解热学性质，
能从微观上进行解释相关现象。
14．【分析】①管内气体是一个等温变化，应用理想气体状态方程，活塞A 处于平衡状态，列平衡方程
②从开始升温到活塞A 刚好未被推动的过程是一个等容过程，然后根据活塞A 所受滑动摩擦力等于最大静摩擦
力，可以认为活塞A 匀速运动，是一个等压过程，应用理想气体状态方程建立方程组。
【解答】解：①管内气体等温变化可得
p0SL1＝p2SL2
对活塞A，由平衡条件
p2S＝p0S+f
解得f＝2N
②从开始升温到活塞A 刚好未被推动的过程体积不变，
ܘ૛
܂૙
ൌ
ܘ૜
܂
活塞A 刚好未被推动时p3S＝p0S+fm
从活塞A 刚好被推动到它被推到左端管口处的过程是一个等压过程
܁ۺ૛
܂
ൌ
܁ۺ૜
܂t
联立解得fm＝3N
答：①活塞B 向左端缓慢推动10cm 时活塞A 与圆管间的静摩擦力f 为2N；
②最大静摩擦力fm 为3N。
【点评】本题涉及理想气体的等温变化，等容变化，等压变化，活塞A 的平衡方程，综合性较强，难度中等，
容易出错的是活塞B 向左端缓慢推动10cm 后保持活塞B 不动，将管内气体温度缓慢升高到450K 时，活塞A
被推到左端管口处的过程需要建立等容变化，等压变化的两个方程。
【物理──选修3-4】（15 分）
15．【分析】由振动图象读出t＝0 时刻P 点的振动方向，从而判断波的传播方向。由波动图象读出波长，由振动图
象读出周期，可求出波速。分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断Q 点的运动方向。
【解答】解：A、由乙图读出，t＝0 时刻质点P 的速度向上，由波形的平移法可知，这列波沿x 轴正方向传播。
故A 正确。
B、由图知：λ＝4m，T＝0.4s，则波速vൌλ
܂ൌ10m/s。故B 错误。
C、根据波的传播特点可知，质点并不随波向前迁移，而是在平衡位置附近做简谐运动，故C 错误；
D、当t＝0.1s 时，质点P 处于最大位移处，据简谐运动的特点可知，此时加速度最大；而质点Q 此时不在最大
位移处，所以质点P 的加速度大于质点Q 的加速度，故D 正确；
E、据图象可知经过0.2 s 时，质点P 再次到达平衡位置，运动方向向下，而质点Q 位于平衡位置上方；由于两
质点相距1.5m，再经过0.05s 时，质点P 位移与质点Q 在0 时刻的位移相同，所以质点Q 处于平衡位置的最上
方，即处在波峰，故E 正确。
故选：ADE。
【点评】波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，熟练要分析波动形成的过程，
分析物理量的变化情况。
16．【分析】①当θ＝30°时，画出光路图。由几何关系求得最大的折射角，由折射率定义求得最大的折射率。当θ
＝45°时，光屏上恰好只出现一个光斑，所有光线均发生全反射，光屏上的光带消失，反射光束在光屏上形成
一个光斑，由sinCൌ૚
ܖ求得最小折射率，从而得到折射率的范围。
②根据几何关系求彩色光带的宽度。
【解答】解：①当θ＝30°时，其光路如图所示，
由题意知BNൌ
૜܀
૜，即α＝30°，所以最大折射角β＝60°
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第322页（共465页）
由折射率定义知最大折射率：nmaxൌܛtܖ઺
ܛtܖીൌ
૜
θ＝45°时，所有光线均发生全反射，光屏上的光带消失，反射光束在光屏上形成一个光斑，由全反射规律及题
意知：nminൌ
૚
ܛtܖ۱ ൌ
૛
所以玻璃对复色光的折射率范围为૛൑n൑
૜
②当θ＝30°时，设nൌ
૛的光线的折射角为γ，
则ܖൌ
ܛtܖ઻
ܛtܖ૜૙ι
解得γ＝45°
彩色光带的宽度为：Rtan（90°﹣45°）െ૜
૜R＝（1െ૜
૜）R
答：①玻璃对复色光的折射率范围是૛൑n൑
૜；
②当θ＝30°时，彩色光带的宽度是（1െ૜
૜）R。
【点评】对于涉及全反射的问题，要紧扣全反射产生的条件：一是光从光密介质射入光疏介质；二是入射角大
于等于临界角。要能熟练运用几何知识帮助解答几何光学问题。
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2019-2020 学年广东省广州外国语学校高考物理一模试卷
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分）
1．（6 分）在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是（
）
A．安培发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象
B．胡克认为无论在什么条件下，弹簧的弹力始终与弹簧的形变量成正比
C．库仑提出了电场线；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值
D．伽利略利用斜面实验和逻辑推理证明了自由落体运动的加速度都相同
2．（6 分）如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m 的物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t
＝0 时，车开始沿水平面做直线运动，其v﹣t 图象如图乙所示．g 取10m/s2，平板车足够长，则物块运动的v﹣
t 图象为（
）
A．
B．
C．
D．
3．（6 分）空间存在着平行于x 轴方向的静电场，A、M、O、N、B 为x 轴上的点，OA＜OB，OM＝ON，AB 间
的电势φ随x 的分布为如图．一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M 点由静止开始沿x 轴向右运动，则
下列判断中正确的是（
）
A．粒子可能带正电
B．粒子一定能通过N 点
C．粒子从M 向O 运动过程所受电场力逐渐增大
D．AO 间的电场强度小于OB 间的电场强度
4．（6 分）如图所示，两根间距为20 ૛cm 的无限长光滑金属导轨，电阻不计，其左端连接一阻值为10Ω的定值电
阻，两导轨之间存在着磁感应强度为1T 的匀强磁场，磁场边界虚线为正弦曲线的一部分，一阻值为10Ω的光滑
导体棒，在外力作用下以10m/s 的速度匀速向右运动（接触电阻不计），交流电压表和交流电流表均为理想电表，
则（
）
A．回路中产生的是正弦式交变电流
B．电压表的示数是2V
C．导体棒运动到图示虚线位置时，电流表示数为零
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D．导体棒上消耗的热功率为0.2W
5．（6 分）2015 年12 月10 日，美国在夏威夷考艾乌的太平洋导弹靶场进行了一次中段反导试验，中段是指弹道导
弹在大气层外空间依靠惯性飞行的一段。如图所示，一枚蓝军弹道导弹从地面上A 点发射升空，目标是攻击红
军基地B 点，导弹升空后，红军反导预警系统立刻发现目标，从C 点发射拦截导弹，并在弹道导弹飞行中段的
最高点D 将其击毁，下列说法中正确的是（
）
A．图中E 到D 过程，弹道导弹机械能保持不变
B．图中E 到D 过程，弹道导弹的加速度大小不变
C．弹道导弹在大气层外运动轨迹是以地心为焦点的椭圆
D．弹道导弹飞行至D 点时速度大于7.9km/s
6．（6 分）如图所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B，质量为M．物体A 质量为m，弹簧对物体A 施加一个始终保
持水平的作用力，调整A 在B 上的位置，A 始终能和B 保持静止．对此过程下列说法正确的是（
）
A．A、B 之间的接触面可能是光滑的
B．弹簧弹力越大，A、B 之间的摩擦力越大
C．A、B 之间的摩擦力为0 时，弹簧弹力为
૜
૜mg
D．弹簧弹力为
૜
૛mg 时，A 所受摩擦力大小为
૚
૝mg
7．（6 分）如图所示，两个斜面体AC、BC，上端靠在同一竖直墙面上，下端交于水平面上同一点C，现让两个质
量相同的物体分别从两个斜面的顶端同时由静止释放，则下列说法正确的是（
）
A．若两个斜面光滑，则沿BC 下滑的物体一定先到达C 点
B．若两个斜面光滑，则两个物体有可能同时到达C 点
C．若两个斜面粗糙，且粗糙程度相同，则两个物体下滑到C 点过程中损失的机械能一定相同
D．若两个斜面粗糙，且粗糙程度相同，则两个物体下滑到C 点时的动能可能相同
8．（6 分）如图所示为某一装置的俯视图，PQ、MN 为水平放置且足够长的平行金属薄板，两板间有磁感应强度为
B 的匀强磁场，方向垂直薄板平面向里，金属棒AB 垂直放置在两板上且与两板接触良好．现有质量为m，电荷
量为+q 的粒子以初速度V0 水平向左射入两板之间，若磁场足够大，粒子的重力不计，且粒子不会打到两板上，
则（
）
A．若带电粒子做匀速直线运动，则金属棒AB 应向右运动
B．金属棒的速度为2 V0 时，带电粒子可能做匀速直线运动
C．若金属棒的向左运动速度也为V0，则带电粒子一定做匀速直线运动
D．若金属棒一直未动，则带电粒子从初始时到位移大小为
ܕt૙
ܙ۰ 时的时间间隔可能为tൌ૞ૈܕ
૜ܙ۰
二、解答题（共4 小题，满分47 分）
9．（6 分）物理小组在一次验证机械能守恒定律的实验中，实验装置如图甲所示，气垫导轨放置在水平桌面上，一
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端装有光滑的定滑轮；导轨上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的
细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为f．开始实验时，在托盘中放入适量砝码，先接通电源，
再松手后滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点，每相邻两计数点间还有9 个计时点未标
出．
（1）本实验存在一个重大的失误，该失误是：
．
（2）为了验证机械能守恒定律，下列物理量中还应测量的是
．
A．导轨的长度L
B．砝码的质量m1 C．滑块的质量m2
D．托盘和砝码的总质量m3
（3）如果乙图中S1、S2、S3 是实验改进后测得的数据，请写出从计数点3 到计数点4 的过程中要验证的机械能
守恒定律的表达式
．
10．（9 分）为了较准确地测量一只微安表的内阻，采用如图1 所示实验电路图进行测量，实验室可供选择的器材如
下：
A．待测微安表（量程500μA，内阻约300Ω）
B．电阻箱（最大阻值999.9Ω）
C．滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）
D．滑动变阻器R2（最大阻值为1kΩ）
E．电源（电动势为2V，内阻不计）
F．保护电阻R0（阻值为120Ω）
①实验中滑动变阻器应选用
（填“C”或“D”）；
②按照实验电路在如图2 所示的方框中完成实物图连接．
③实验步骤：
第一，先将滑动变阻器的滑片移到最右端，调节电阻箱R 的阻值为零；
第二，闭合开关S，将滑片缓慢左移，使微安表满偏；
第三，保持滑片不动，调节R 的电阻值使微安表的示数正好是满刻度的
૛
૜时，此时接入电路的电阻箱的示数如图
3 所示，阻值R 为
Ω．
第四，根据以上实验可知微安表内阻的测量值RA 为
Ω
④若调节电阻箱的阻值为R′时，微安表的示数正好是满刻度的
૚
૛，认为此时微安表内阻就等于R′．则此时微
安表内阻的测量值R′与微安表的示数正好是满刻度的
૛
૜时微安表内阻的测量值RA 相比，更接近微安表真实值
的是
．（填“R′”或“RA”）
11．（14 分）如图所示，A、B 质量分别为mA＝1kg，mB＝2kg，AB 间用弹簧连接着，弹簧弹性系数k＝100N/m，
轻绳一端系在A 上，另一端跨过定滑轮，B 为套在轻绳上的光滑圆环，另一圆环C 固定在桌边，B 被C 挡住而
静止在C 上，若开始时作用在绳子另一端的拉力F 为零，此时A 处于静止且刚没接触地面．现用恒定拉力F＝
15N 拉绳子，恰能使B 离开C 但不能继续上升，不计摩擦且弹簧没超过弹性限度，求：
（1）B 刚要离开C 时A 的加速度；
（2）若把拉力F 改为F＝30N，则B 刚要离开C 时，A 的速度．
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12．（18 分）如图所示，两根完全相同的光滑金属导轨OP、OQ 固定在水平桌面上，导轨间的夹角为θ＝74°．导
轨所在空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B1＝0.2T．t＝0 时刻，一长为L＝1m 的金属杆
MN 在外力作用下以恒定速度v＝0.2m/s 从O 点开始向右滑动．在滑动过程中金属杆MN 与导轨接触良好，且
始终垂直于两导轨夹角的平分线，金属杆的中点始终在两导轨夹角的平分线上．导轨与金属杆单位长度的电阻
均为r0＝0.1Ω．求
（1）t＝2s 时刻，金属杆中的电流强度I；
（2）0～2s 内，闭合回路中产生的焦耳热Q；
（3）若在t＝2s 时刻撤去外力，为保持金属杆继续以v＝0.2m/s 做匀速运动，在金属杆脱离导轨前可采取将B
从B0 逐渐减小的方法，则磁感应强度B 应随时间怎样变化（写出B 与t 的关系式）？
三、选考题【物理--选修3-3】
13．（5 分）一定量的理想气体从状态a 开始，经历三个过程ab、bc、ca 回到原状态，其p﹣T 图象如图所示，下
列判断正确的是（
）
A．过程bc 中气体既不吸热也不放热
B．过程ab 中气体一定吸热
C．过程ca 中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D．a、b 和c 三个状态中，状态a 分子的平均动能最小
E．b 和c 两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同
14．（10 分）如图所示，固定的绝热气缸内有一质量为m 的“T”型绝热活塞（体积可忽略），距气缸底部h0 处连
接一U 形管（管内气体的体积忽略不计）．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银
柱存在高度差．已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分长为1.2h0，重力加速度
为g．试问：
①初始时，水银柱两液面高度差多大？
②缓慢降低气缸内封闭气体的温度，当U 形管两水银面相平时封闭气体的温度是多少？
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四、选考题[物理--选修3-4]
15．下列说法中正确的是（
）
A．军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象
B．机械波和电磁波在介质中的传播速度仅由介质决定
C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃反射光的影响
D．假设火车以接近光速通过站台时，站台上旅客观察到车上乘客在变矮
E．赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在
16．如图，有一玻璃圆柱体，横截面半径为R＝10cm，长为L＝100cm．一点光源在玻璃圆柱体中心轴线上的A 点，
与玻璃圆柱体左端面距离d＝4cm，点光源向各个方向发射单色光，其中射向玻璃圆柱体从左端面中央半径为r
＝8cm 圆面内射入的光线恰好不会从柱体侧面射出。光速为c＝3×108m/s；求：
（i）玻璃对该单色光的折射率；
（ii）该单色光通过玻璃圆柱体的最长时间。
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2019-2020 学年广东省广州外国语学校高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分）
1．【分析】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
【解答】解：A、奥斯特发现了电电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故A 错误；
B、胡克认为在弹性范围内，弹簧的弹力始终与弹簧的形变量成正比，故B 错误；
C、库仑发现了点电荷的相互作用规律，法拉第提出了电场线，密立根测定了元电荷的数值，故C 错误；
D、伽利略利用斜面实验和逻辑推理证明了自由落体运动的加速度都相同，故D 正确；
故选：D。
【点评】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，这也是考
试内容之一
2．【分析】根据速度与时间的图象，结合图象的信息：斜率大小表示加速度的大小，倾斜方向与加速度方向有关．根
据车的运动情况，从而可确定物相对车加速还是减速，结合牛顿第二定律，即可求解．
【解答】解：小车先做匀加速直线运动，然后做匀减速运动，匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相等，aൌᶭܞ
ᶭܜൌ
૝ܕ内ܛ૛，
根据物体与车的动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为2m/s2，因此当车的速度大于物体的速
度时，物体受到滑动摩擦动力，相反则受到滑动摩擦阻力。
根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有：当0﹣8s 时，车的速度大于物体，因此物体受到滑动摩擦动力，则其
加速度为2m/s2，
同理，可得：当8﹣16s 时，车的速度小于物体，因此物体受到滑动摩擦阻力，则其加速度为2m/s2，故C 正确，
A、B、D 错误。
故选：C。
【点评】考查物体与车的相对运动情况，从而根据运动情况来确定受力情况，并掌握牛顿第二定律的应用，注
意分清研究对象，同时掌握读取图象信息的能力．
3．【分析】图中A、B 两点电势相等，M 点的电势小于N 点的电势，O 点的电势最高．根据电场力做功情况，分
析粒子能否通过N 点．根据粒子在电场作用下运动的方向可以判断它的电性；图象的斜率大小等于电场强度．
【解答】解：A、A、B 两点电势相等，O 点的电势最高，A 到O 是逆着电场线，粒子仅在电场力作用下，从M
点由静止开始沿x 轴向右运动即逆电场线方向运动，故粒子一定带负电。故A 错误；
B、由图可知，A、B 两点电势相等，M 点的电势小于N 点的电势，故M 到O 电场力做的正功数值大于O 到N
电场力做的负功，所以粒子能通过N 点，故B 正确；
C、A 到M 电势均匀升高，图象的斜率大小等于电场强度，故A 到0 的电场是匀强电场，粒子从M 向O 运动
过程所受电场力不变。故C 错误；
D、图象斜率的绝对值等于场强大小，则知AO 间的电场强度大于OB 间的电场强度。故D 错误。
故选：B。
【点评】本题要掌握电势的变化与电场强度方向的关系，知道图象的斜率等于电场强度，分析时要注意电荷所
受的电场力方向与场强方向是相反的．
4．【分析】根据公式E＝BLv 列式分析电流的特点．交流电压表及交流电流表测量的是有效值，根据有效值的定义
求出，根据۾ ൌ܃૛
܀求解导体棒上消耗的热功率．
【解答】解：A、当导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势为E＝BLv，由于L 按正弦规律变化，这个过程产
生正弦式电流，磁场方向变化时，电流方向变化，所以回路中产生的是正弦式交变电流。故A 正确。
B、电炉子产生的感应电动势的最大值۳ܕൌ۰ۺܞൌ૚ൈ૛૙૛ൈ૚૙െ૛ൈ૚૙ൌ૛૛t，则电动势的有效值Eൌ۳ܕ
૛ൌ
૛t，
电压表测量R 两端的电压，则Uൌ
܀
܀൅ܚ۳ ൌ
૚૙
૚૙൅૚૙ൈ૛ൌ૚t，故B 错误；
C、电流表示数为有效值，一直为0.1A，故C 错误；
D、导体棒上消耗的热功率Pൌ܃t૛
ܚൌሺ૛െ૚砀૛
૚૙
ൌ૙䁪૚܅，故D 错误。
故选：A。
【点评】本题关键是明确切割的有效长度按照正弦规律变化导致电动势的瞬时值按照正弦规律变化，注意交流
电压表及交流电流表测量的是有效值，先求最大值，再根据最大值和有效值的关系求解，难度适中．
5．【分析】E 到D 的过程，导弹无动力飞行，只受重力，根据机械能守恒的条件：只有重力做功，机械能守恒。E
到D 过程，高度增大，地球对导弹的引力减小，加速度减小。导弹在大气层外只受地球引力，根据开普勒第一
定律，其运动轨迹是以地心为焦点的椭圆。根据开普勒第二定律可知，导弹离地面越远速度越小，在地面附近
速度最大，最大速度等于第一宇宙速度7.9km/s。
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【解答】解：A、E 到D 的过程，导弹无动力飞行，只受重力，根据机械能守恒的条件：只有重力做功，知弹道
导弹机械能守恒。故A 正确。
B、根据万有引力定律F＝G
ۻܕ
ܚ૛，E 到D 的过程，高度增大，则引力变小，根据牛顿第二定律，加速度变小，
故B 错误。
C、根据开普勒第一定律，导弹在大气层外只受地球引力，其运动轨迹是以地心为焦点的椭圆，故C 正确。
D、根据开普勒第二定律，导弹离地面越远速度越小，离地面越近速度越大，地面附近的速度为第一宇宙速度
7.9km/s，所以弹道导弹飞行至D 点时速度小于7.9km/s，故C 错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了机械能的条件，运用牛顿第二定律、开普勒定律分析导弹与卫星运动问题。分析导弹在E
到D 点的加速度，也可以结合卫星变轨知识来理解。
6．【分析】对滑块A 受力分析，考虑弹簧弹力的平行斜面分量与重力的下滑分量的大小关系，得到滑块相对斜面的
运动趋势，判断静摩擦力的有无和方向问题．
【解答】解：ABC、对物体A 受力分析，受重力、支持力、弹簧的弹力，可能会有平行斜面的静摩擦力，设弹
簧弹力大小为为F；
如果Fcos30°＝mgsin30°，即Fൌ
૜
૜mg 时，A 所受的摩擦力为零；
如果F＞૜
૜mg，A 受到的摩擦力沿着斜面向下，弹力越大，摩擦力越大；
如果F＜૜
૜mg，A 受到的摩擦力沿着斜面向上，弹力越大，摩擦力越小；故A 错误，B 错误，C 正确；
D、当Fൌ
૜
૛mg＞૜
૜mg 时，A 有向上的运动趋势，受到的摩擦力大小为Fcos30°﹣mgsin30°ൌ૚
૝mg，方向沿
着斜面向下，故D 正确；
故选：CD。
【点评】本题关键对物体受力分析，根据共点力平衡条件并采用正交分解法进行分析；
静摩擦力的方向沿着两物体接触面的切线，与相对运动趋势相反，而相对运动趋势的方向又难以判断，一般可
以采用下列方法判断静摩擦力的方向；
（1）假设法：首先假设两物体的接触面是光滑的，判断物体将向什么方向滑动，从而确定相对运动趋势的方向，
进而判断出静摩擦力的方向；
（2）根据物体的运动状态判断静摩擦力的方向．
7．【分析】设底边长为x，斜面倾角为θ，若两个斜面光滑，根据牛顿第二定律以及运动学基本公式求出下滑时间
进行比较即可，
若两个斜面粗糙，且粗糙程度相同，求出克服摩擦力做的功，再结合除重力以外的力做的功等于机械能的变化
量求解，
运用动能定理比较末动能是否相等．
【解答】解：A、设底边长为x，斜面倾角为θ，若两个斜面光滑，物体受到的合力为：F 合＝mgsinθ…①
根据牛顿第二定律，有：F 合＝ma…②
由运动学公式有：sൌ
ܠ
粒子ܛીൌ૚
૛܉ܜ૛
由①②③三式，解得：tൌ
૛ܠ
܏ܛtܖી粒子ܛી，当AC 与水平面成60°角，BC 与水平面成30°角时，两个物体有同
时到达C 点，故A 错误，B 正确；
C、摩擦力f＝μmgcosθ，克服摩擦力做的功܅克ൌૄ
ܕ܏粒子ܛીڄ
ܠ
粒子ܛીൌૄ
ܕ܏ܠ，则克服摩擦力做功相等，又除重力
以外的力做的功等于机械能的变化量，则两个物体下滑到C 点过程中损失的机械能一定相同，故C 正确；
D、根据动能定理得：
૚
૛ܕܞ૛ൌܕ܏ܐെ܅克，由于重力做功不等，而克服摩擦力做功相等，所以两个物体下滑到C 点时的动能不可能
相同，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律、运动学基本公式以及动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析物
体的受力情况，知道除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，难度适中．
8．【分析】ABC、带电粒子在复合场中匀速运动时受力平衡，这类题复合场中比较常见．掌握公式F 电＝F 洛，代入
有关表达式即可得到答案．
D、明确金属棒停止后带电粒子的运动情况：金属棒停止后两板间的电场消失，只存在磁场，带电粒子在磁场中
做匀速圆周运动．由洛伦兹力充当向心力可以求的轨道半径，依据半径可以求出位移大小
ܕt૙
ܙ۰ 时所对应的圆心角，
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进而可以求得时间．
【解答】解：ABC、因电荷为正电荷，若电荷做匀速直线运动，则两板间的电场力和洛伦兹力平衡，则AB 应
向左匀速运动，
设其速度为v，则有：
U＝BLv，L 为两板间距
依题意电荷受力平衡，则有：qE＝qv0B
又
Eൌ܃
ۺ
解得
v＝v0，故AB 错误，C 正确；
D、因AB 不动，两板间电场消失，电荷在B 中做匀速圆周运动，有：
qv0B＝m
ܞ૙
૛
ܚ，即：rൌܕܞ૙
ܙ۰
当粒子位移大小达到
ܕܞ૙
ܙ۰ ൌr 时，依题意，
由几何关系可知，电荷轨迹圆弧所对圆心角为60°，则：tൌ܂
૟ൌ૚
૟•
૛ૈܕ
ܙ۰ ൌૈ
ܕ
૜ܙ۰；
也可能轨迹圆弧所对圆心角为300°，则：tൌ૞܂
૟ൌ૞
૟•
૛ૈܕ
ܙ۰ ൌ
૞ૈܕ
૜ܙ۰，故D 正确；
故选：CD。
【点评】关键要正确分析电荷的受力情况，比较简单，同时确定D 选项时，注意正确分析粒子的运动轨迹是解
题的关键．
二、解答题（共4 小题，满分47 分）
9．【分析】分析实验原理及实验做法，则可得出实验中应注意事项及应测量的物理量；
根据实验原理结合机械能守恒定律可得出表达式，并由表达式，即可判定需要测量哪些物理量．
【解答】解：（1）在本实验中应验证实验导轨是否水平，而本题中没有进行验证；
（2）根据实验原理可知，本实验中砝码和托盘的重力势能减小量等于总的动能的增加量；故应测量滑块的质量
m2 和托盘和砝码的总质量m3
（3）分别求出3、4 两点的速度v3ൌܛ૚൅ܛ૛
૛૙f；v4ൌܛ૛൅ܛ૜
૛૙f；
物体下降的高度为s2；则由机械能守恒定律可知；
m3gs2ൌ૚
૛（m2+m3）[
ሺܛ૛൅ܛ૜砀܎૛
૝૙૙
െ
ሺܛ૚൅ܛ૛砀܎૛
૝૙૙
]
故答案为：（1）末验证气垫导轨是否水平；（2）CD；
（3）m3gs2ൌ૚
૛（m2+m3）[
ሺܛ૛൅ܛ૜砀܎૛
૝૙૙
െ
ሺܛ૚൅ܛ૛砀܎૛
૝૙૙
]．
【点评】本题为探究性实验，要注意正确掌握实验原理，能根据题意明确实验的原理，这样才能准确求解；
同时注意周期与频率的关系，及每相邻两计数点间还有9 个计时点未标出，是解题的关键．
10．【分析】此题采用了类似半偏法测电表的电阻．滑动变阻器的选择关键是如何保证调整R0 的阻值时测量电路电
压基本不变．利用电阻箱和微安表串联和微安表上读数的位置找出微安表的内阻和电阻箱阻值的关系．
【解答】解：（1）根据题意要求测量部分电压不变，即要求测量部分与滑动变阻器右半部分并联的总电阻不变，
据并联电路特点知，当R 右＜＜R 测时，并联的总电阻由R 右决定，微安表的内阻约1kΩ，改变电阻箱的阻值时，
测量部分与滑动变阻器右半部分电阻并联后阻值几乎不变，故选用R1．
（2）如图
（3）微安表的内阻远远大于滑动变阻器右半部分电阻，它们并联后的阻值略小于滑动变阻器右半部分电阻．
开始时电阻箱R0 的阻值为零，将滑片P 缓慢左移，使微安表上电流满偏，通过微安表电流为I；
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调整R0 的阻值，使微安表上读数正好是满刻度的
૛
૜，通过微安表电流为
૛
૜I；
电阻箱和微安表串联的总电阻增大，它们与滑动变阻器右半部分电阻并联后阻值基本不变，我们可以近似认
为电阻箱和微安表串联的电路两端电压基本不变，通过微安表电流为
૛
૜I，电阻箱和微安表串联的总电阻增大到原
来的
૜
૛，
即
૜
૛R＝R+145.5Ω，得出：R＝291Ω．
电阻箱和微安表串联的总电阻增大，它们与滑动变阻器右半部分电阻并联后阻值略增大，那么电路总电阻略增
大，总电流略减小，分压器上分到的电压略增大，通过微安表电流为
૛
૜I，电阻箱和微安表串联的总电阻略大于原
来的
૜
૛，即R 真+145.5Ω＞૜
૛R 真，得出：R 真＜291Ω．所以测量值比真实值偏大．
故答案为：①C；②实物电路图如图所示；③145.5；291；④RA．
【点评】测量电压表和电流表内阻时，一般不能直接用伏安法进行测量，因为电流表电阻太小，其两端电压太
小用电压表测误差太大，同理，电压表电阻太大，其上通过的电流太小，电流表测误差太大．故电流表．电压
表内阻测量常用半偏法或类似半偏法．
11．【分析】（1）题中恰能使B 离开C 但不能继续上升，说明临界情况是弹力等于B 的重力，然后对物体A 受力分
析，根据牛顿第二定律求解加速度；
（2）B 刚要离开C 时，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求解加速度；对两次上拉过程分别运用动能定理列
式后联立求解得到速度．
【解答】解：（1）B 刚要离开C 的时候，弹簧对B 的弹力：N＝mBg，
A 的受力图如图，由图可得：
G+N﹣F＝mAa1，
解得：a1＝15m/s2，竖直向下；
（2）当F＝0 时，弹簧的伸长量：
X1ൌܕۯ܏
ܓ
ൌ૚ൈ૚૙
૚૙૙ൌ0.1m，
当F＝15N，且A 上升到最高点时，弹簧的压缩量：
X2ൌܕ۰܏
ܓ
ൌ૛ൈ૚૙
૚૙૙ൌ0.2m，
所以A 上升的高度：
h＝X1+X2＝0.1+0.2＝0.3m，
在A 上升过程中，根据功能关系：
Fh＝mAgh+△Ep，
所以弹簧弹性势能增加了：
△Ep＝mAgh﹣Fh＝（15﹣10）×0.3＝1.5J，
把拉力改为F′＝30N，从A 上升到当B 恰要离开C 时的过程中，弹簧的弹性势能变化相等，根据功能关系，
有：F′h﹣mAgh﹣△Epൌ૚
૛ܕۯܞۯ
૛，
解得：vA＝3m/s，
此时，根据牛顿第二定律：
F′﹣（G+N）＝mAa2，
解得：a2＝0．
答：（1）B 刚要离开C 时A 的加速度为15m/s2；
（2）A 的加速度为0，速度为3m/s．
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【点评】本题切入点在于“恰能使B 离开C 但不能继续上升”，然后根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解加速
度，根据功能关系列式求解末速度．
12．【分析】（1）先求出t＝2s 时导体棒的有效切割长度，求出切割产生的动生电动势；根据法拉第电磁感应定律求
出感生电动势，再由欧姆定律求出回路中的电流强度I．
（2）由焦耳定律求闭合回路中产生的焦耳热Q．
（3）若在t＝2s 时刻撤去外力，为保持金属杆继续以v＝0.2m/s 做匀速运动，光滑金属杆不再受到安培力作用，
回路中感应电流应为零，磁通量不变，据此列式求解．
【解答】解：（1）在t 时刻，连入回路的金属杆的长度：L＝2vttan37°＝1.5vt
回路的总电阻：R＝2（vttan37°൅
ܞܜ
粒子ܛ૜晦ι）r0＝0.4vt
回路的感应电动势：E＝B0Lv
回路的电流强度：Iൌ۳
܀ൌ0.75v
联立解得：I＝0.15A
（2）由于电流恒定，在t 时刻回路消耗的电功率：P＝I2R＝1.8×10
﹣3t
0～2s 内回路消耗的平均电功率：۾ ൌ۾
૛ൌ1.8×10
﹣3W
回路产生的热量：Qൌ۾t＝1.8×10
﹣3×2J＝3.6×10
﹣3J
（3）在t＝2s 时刻撤去外力后，因金属杆做匀速运动，故光滑金属杆不再受到安培力作用，回路电流为零，任
一时刻回路磁通量相等：
Φ1＝Φ2；
三角形回路的面积：Sൌۺڄܞܜ
૛
ൌ૜ܞ૛ܜ૛
૝
t＝2s 时刻回路的磁通量：Φ1＝B0•
૜ܞ૛ܜ૛
૝
ൌ0.2ൈ૜ൈ૙．૛૛ൈ૛૛
૝
Wb＝0.024Wb
t 时刻回路的磁通量：Φ2＝B•
૜ܞ૛ܜ૛
૝
联立解得：Bൌ૙䁪砀
ܜ૛（2s≤t൑૚૙
૜s）
答：
（1）t＝2s 时刻，金属杆中的电流强度I 是0.15A；
（2）0～2s 内，闭合回路中产生的焦耳热Q 为3.6×10
﹣3J；
（3）磁感应强度B 应随时间变化的规律为Bൌ૙䁪砀
ܜ૛（2s≤t൑૚૙
૜s）．
【点评】本题关键是根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电阻定律得到感应电流不变，明确感应电流产生的
条件：磁通量变化，相反，磁通量不变时感应电流为零．
三、选考题【物理--选修3-3】
13．【分析】由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定
律答题．
【解答】解：A、由图示图象可知，bc 过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，
体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律△U＝Q+W 可知，气体吸热，故A 错误；
B、由图示可知，ab 过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体
不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故B 正确；
C、由图象可知，ca 过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W＞
0，气体温度降低，内能减少，△U＜0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca 中外界对气体所做
的功小于气体所放热量，故C 错误；
D、由图象可知，a、b 和c 三个状态中a 状态温度最低，分子平均动能最小，故D 正确；
E、由图象可知，bc 过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c
状态气体的分子数密度不同，b 和c 两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，故
E 正确；
故选：BDE。
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【点评】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P﹣T 图象中等容线为过原点的直线．
14．【分析】①根据活塞平衡求得气体压强，再根据水银柱高度差求出气体压强表达式，联立得到高度差；
②气体做等压变化，根据盖﹣吕萨克定律求解出温度．
【解答】解：①被封闭气体压强：p＝p0൅ܕ܏
܁ൌp0+ρgh，
初始时，液面高度差为：hൌܕ
ૉ܁；
②降低温度直至液面相平的过程中，气体先等压变化，后等容变化．
初状态：p1＝p0൅ܕ܏
܁，V1＝1.5h0 s，T1＝T02 分
末状态：p2＝p0，V2＝1.2h0 s，T2＝？
根据理想气体状态方程得：
ܘ૚t૚
܂૚
ൌ
ܘ૛t૛
܂૛
，
解得：T2ൌ
૝ܘ૙܂૙܁
૞ܘ૙܁൅૞ܕ܏；
答：①初始时，水银柱两液面高度差是
ܕ
ૉ܁；
②缓慢降低气缸内封闭气体的温度，当U 形管两水银面相平时封闭气体的温度是
૝ܘ૙܂૙܁
૞ܘ૙܁൅૞ܕ܏．
【点评】该题结合气体压强的两种不同求法考查气态方程，解答本题关键是求出气体压强，然后根据等压变化
公式列式求解，中档题目．
四、选考题[物理--选修3-4]
15．【分析】当策动频率与固有频率相同时，出现共振现象；电磁波在真空中也能传播．机械波在介质中的传播速
度由介质决定；根据尺缩效应解释乘客是否变矮；偏振原理利用光的干涉现象，来减弱反射光的强度；麦克斯
韦预言了电磁波的存在，而赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，从而即可求解．
【解答】解：A、军队士兵过桥时使用便步，防止行走的频率与桥的频率相同，桥发生共振现象，故A 正确。
B、机械波在介质中的传播速度由介质决定，与波的频率无关，电磁波在介质中的传播速度与介质和波的频率均
有关，故B 错误。
C、加偏振片的作用是减弱反射光的强度，从而增大透射光的强度；故C 正确；
D、根据尺缩效应，沿物体运动的方向上的长度将变短，火车以接近光束通过站台时，车上乘客观察到站在站台
上旅客变瘦，而不是变矮；故D 错误；
E、麦克斯韦预言了电磁波的存在，而赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故E 正确；
故选：ACE。
【点评】本题考查共振与干涉现象，掌握机械能与电磁波的区别，注意电磁波的预言与证实，注意尺缩效应的
方向．
16．【分析】（i）光线AB 从圆柱体左端面射入，其折射光BD 射到柱面D 点恰好发生全反射，入射角等于临界角C，
由几何关系求出临界角C，再由公式sinCൌ૚
ܖ求玻璃对该单色光的折射率；
（ii）折射光BD 在玻璃柱体内传播路程最长，因而传播时间最长．由几何知识求出该单色光通过玻璃圆柱体的
最长路程，由ܞൌ粒
ܖ求光在玻璃中传播的速度，再求最长时间．
【解答】解：（i）由题意可知，光线AB 从圆柱体左端面射入，其折射光BD 射到柱面D 点恰好发生全反射．
设光线在B 点的入射角为i．
则siniൌ
ܚ
ܚ૛൅܌૛ൌ૛
૞
由折射定律得：
nൌܛtܖt
ܛtܖી
sinCൌ૚
ܖ
根据几何知识得：sinθ＝cosCൌ
૚െܛtܖ૛۱
得：nൌ૜૞
૞
（ii）折射光BD 在玻璃柱体内传播路程最长，因而传播时间最长．最长的路程为：
Sൌ
ۺ
ܛtܖ۱ ൌnL
光在玻璃中传播的速度为：vൌ粒
ܖ
则该单色光通过玻璃圆柱体的最长时间为：tൌ܁
ܞൌܖ૛ۺ
粒
ൌ6×10
﹣9s
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答：（i）玻璃对该单色光的折射率是
૜૞
૞；
（ii）该单色光通过玻璃圆柱体的最长时间是6×10
﹣9s．
【点评】对于涉及全反射的问题，要紧扣全反射产生的条件：
一是光从光密介质射入光疏介质
二是入射角大于等于临界角．要掌握临界角公式sinCൌ૚
ܖ，结合几何知识研究这类问题．
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2019-2020 学年广东省广州市高考物理一模试卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目
要求，第19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）2018 年11 月12 日中科院等离子体物理研究所发布消息：全超导托克马克装置EAST 在实验中有了新的
突破，等离子体中心电子温度达到1 亿摄氏度；其主要核反应方程为：①
૚
૛H൅
૚
૛H→
૛
૜He+X②
૚
૛H+Y→
૛
૝He+X，则下列表述正确的是（
）
A．X 是质子
B．Y 是氚核
C．X 与Y 是同位素
D．①②两个核反应都属于裂变反应
2．（6 分）如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为I，运动员入
水后到最低点的运动过程记为II，忽略空气阻力，则运动员（
）
A．过程I 的动量改变量等于零
B．过程II 的动量改变量等于零
C．过程I 的动量改变量等于重力的冲量
D．过程II 的动量改变量等于重力的冲量
3．（6 分）如图甲所示，梯形硬导线框abcd 固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直，图乙表示该磁场的磁感应
强度B 随时间t 变化的关系，t＝0 时刻磁场方向垂直纸面向里。在0～5t0 时间内，设垂直ab 边向上为安培力的
正方向，线框ab 边受到该磁场对它的安培力F 随时间t 变化的关系图为（
）
A．
B．
C．
D．
4．（6 分）高速公路的ETC 电子收费系统如图所示，ETC 通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽
车以21.6km/h 的速度匀速进入识别区，ETC 天线用了0.3s 的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的
一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.7s，刹车
的加速度大小为5m/s2，则该ETC 通道的长度约为（
）
A．4.2m
B．6.0m
C．7.8m
D．9.6m
5．（6 分）位于贵州的“中国天眼”（FAST）是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜，通过FAST 可以测量地
球与木星之间的距离。当FAST 接收到来自木星的光线传播方向恰好与地球公转线速度方向相同时，测得地球
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与木星的距离是地球与太阳距离的k 倍。若地球和木星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动且轨道共面，则可知
木星的公转周期为（
）
A．（1+k2）
૜
૝年
B．（1+k2）
૜
૛年
C．（1+k）
૜
૛年
D．k
૜
૛年
6．（6 分）如图，理想变压器上接有3 个完全相同的灯泡，其中1 个灯泡与原线圈串联，另外2 个灯泡并联后接在
副线圈两端。已知交流电源的电压u＝18 ૛sin100πt（V），3 个灯泡均正常发光，忽略导线电阻，则变压器（
）
A．副线圈电压的频率为100Hz
B．原线圈两端的电压为12V
C．原副线圈的电流比为2：1
D．原副线圈的匝数比为2：1
7．（6 分）如图，正点电荷固定在O 点，以O 为圆心的同心圆上有a、b、c 三点，一质量为m、电荷量为﹣q 的粒
子仅在电场力作用下从a 点运动到b 点，速率分别为va、vb．若a、b 的电势分别为φa、φb，则（
）
A．a、c 两点电场强度相同
B．粒子的比荷
ܙ
ܕൌ
ܞ܉
૛െܞ܊
૛
૛ሺ૎܉െ૎܊砀
C．粒子在a 点的加速度大于在b 点的加速度
D．粒子从a 点移到b 点，电场力做正功，电势能减少
8．（6 分）如图，夹角为120°的两块薄铝板OM、ON 将纸面所在平面分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，两区域内有垂直纸面
向里的匀强磁场，磁感应强度分别为B1、B2．在OM 板上表面处有一带电粒子垂直OM 方向射入磁场B1 中，
粒子恰好以O 为圆心做圆周运动回到出发点。设粒子在两区域中运动的速率分别为v1、v2，运动时间分别为t1、
t2；假设带电粒子穿过薄铝板过程中电荷量不变，动能损失一半，不计粒子重力，则下列说法中正确的是（
）
A．粒子带负电
B．v1：v2＝2：1
C．B1：B2ൌ
૛：૚
D．t1：t2＝1：૛
三、非选择题：共174 分．第22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33 题～第38 题为选考题，考生
根据要求作答．（一）必考题：共129 分．
9．（6 分）用图甲所示的实验装置来测量匀变速直线运动的加速度。
（1）实验的主要步骤：
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①用游标卡尺测量挡光片的宽度d，结果如图乙所示，读得d＝
mm；
②用刻度尺测量A 点到光电门所在位置B 点之间的水平距离x；
③滑块从A 点静止释放（已知砝码落地前挡光片已通过光电门）；
④读出挡光片通过光电门所用的时间t；
⑤改变光电门的位置，滑块每次都从A 点静止释放，测量相应的x 值并读出t 值。
（2）根据实验测得的数据，以x 为横坐标，
૚
ܜ૛为纵坐标，在坐标纸中作出
૚
ܜ૛െx 图线如图丙所示，求得该图线
的斜率k＝
m
﹣1•s
﹣2；由此进一步求得滑块的加速度a＝
m•s
﹣2．（计算结果均保留3 位有效数字）
10．（9 分）用如图a 所示的电路测量铂热敏电阻的阻值与温度的关系。
（1）开关闭合前，滑动变阻器的滑片应移至
端（填“A”或“B”）。
（2）实验测得不同温度下的阻值，并绘得如图b 的Rt﹣t 关系图线，根据图线写出该热敏电阻的Rt﹣t 关系式：
Rt＝
（Ω）。
（3）铂的电阻对温度变化很灵敏，可以制成电阻温度计。请利用开关、导线、铂热敏电阻、图a 中某一电表和
图c 所示的恒流源（调节旋钮时可以选择不同的输出电流，且输出电流不随外部条件的变化而变化），设计一个
简易电阻温度计并在图d 的虚线框内画出电路原理图。
（4）结合图b 的关系图线，选择恒流源的输出电流为0.15A，当选用的电表达到满偏时，电阻温度计所测温度
为
℃．如果要提高该温度计所能测量的最高温度值，请提出一种可行的方法：
。
11．（14 分）在竖直平面内，一根长为L 的绝缘细线，一端固定在O 点，另一端拴着质量为m、电荷量为+q 的小
球。小球始终处在场强大小为
૜ܕ܏
૛ܙ、方向竖直向上的匀强电场中，现将小球拉到与O 点等高处，且细线处于拉
直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P 点，P 点与O
点间的水平距离为L．重力加速度为g，不计空气阻力，求
（1）细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小；
（2）O、P 两点间的电势差。
12．（18 分）倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D 处平滑连接，斜面上AB 的长度为3L，BC、CD 的长度均
为3.5L，BC 部分粗糙，其余部分光滑。如图，4 个“﹣”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次
标为1、2、3、4，滑块上长为L 的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1 恰好在A 处。现将4
个滑块一起由静止释放，设滑块经过D 处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。已知每个滑块的质量为m 并
可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为
tanθ ，重力加速度为
g 。求
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（1）滑块1 刚进入BC 时，滑块1 上的轻杆所受到的压力大小；
（2）4 个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。
（二）选考题：共45 分．请考生从2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答．如果多做，则每科
按所做的第一题计分．[物理--选修3-3]（15 分）
13．（5 分）一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的竖直气缸内，活塞可沿气缸无摩擦地上下滑动。开始时活塞
静止，取一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上，在倒沙子的过程中，缸内气体内能
（填“增大”、“减
小”或“不变”），气体对活塞
（填“做正功”、“做负功”或“不做功”），气体
（填“吸热”或
“放热”）。
14．（10 分）如图所示，水平放置的导热气缸A 和B 底面积相同，长度分别为2L 和L，两气缸通过长度为L 的绝
热管道连接；厚度不计的绝热活塞a、b 可以无摩擦地移动，a 的横截面积为b 的两倍。开始时A、B 内都封闭
有压强为p0、温度为T0 的空气，活塞a 在气缸A 最左端，活塞b 在管道最左端。现向右缓慢推动活塞a，当活
塞b 恰好到管道最右端时，停止推动活塞a 并将其固定，接着缓慢加热气缸B 中的空气直到活塞b 回到初始位
置，求
（i）活塞a 向右移动的距离；
（ii）活塞b 回到初始位置时气缸B 中空气的温度。
[物理--选修3-4]（15 分）
15．光纤通信中，光导纤维传递光信号的物理原理是利用光的
现象，要发生这种现象，必须满足的条件是：
光的入射方向应该是
（填“从光密介质到光疏介质”或“从光疏介质到光密介质”），且入射角
临
界角（填“≤”或“≥”）。
16．一简谐横波以4m/s 的波速沿水平绳向x 轴正方向传播。已知t＝0 时的波形如图所示，绳上两质点M、N 的平
衡位置相距
૜
૝波长。设向上为正，经时间t1（小于一个周期），此时质点M 向下运动，其位移仍为0.02m。求：
（i）该横波的周期；
（ii）t1 时刻质点N 的位移。
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2019-2020 学年广东省广州市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目
要求，第19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．【分析】根据质量数守恒、电荷数守恒判断X 和和Y 的种类，这两个方程都是聚变。
【解答】解：A、根据质量数守恒、电荷数守恒可知X 是中子，故A 错误；
B、对第二个方程，根据质量数守恒、电荷数守恒可知Y 是氚核，故B 正确；
C、X 是中子，Y 是氚核，X 与Y 不是同位素，故C 错误；
D、①②两个核反应都属于聚变反应，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查了有关聚变的基础知识，在平时学习中注意基础知识的理解和应用，掌握裂变和聚变的特点。
2．【分析】分析两个过程中运动员速度的变化、受力情况等，由此确定动量的变化是否为零。
【解答】解：AC、过程I 中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A 错误，、C 正确；
B、运动员进入水前的速度不为零，末速度为零，过程II 的动量改变量不等于零，故B 错误；
D、过程II 的动量改变量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题主要是考查动量定理，解答本题要知道动量的变化与合外力冲量的关系。
3．【分析】根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据欧姆定律求解感应电流，根据安培力公式F＝BIL 求解
安培力；根据楞次定律判断感应电流的方向，再由左手定则判定安培力的方向，从而即可求解。
【解答】解：0﹣2t0，感应电动势为：E1＝S
ᶭ۰
ᶭܜൌS
۰૙
ܜ૙
，为定值，
3t0﹣5t0，感应电动势为：E2＝S
ᶭ۰
ᶭܜൌS
۰૙
ܜ૙
，也为定值，
因此感应电流也为定值，
那么安培力F＝BIL∝B
由于0﹣t0，B 逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零，根据楞次定律，可知，线圈中感应电流方向顺时针，依
据左手定则，可知，线框ab 边受到安培力方向向上，即为正；
同理，t0﹣2t0，安培力方向向下，为负，大小增大，
而在2t0﹣3t0，没有安培力；
在3t0﹣4t0，安培力方向向上，为正，大小减小；
在4t0﹣5t0，安培力方向向下，为负，大小增大，故D 正确，ABC 错误；
故选：D。
【点评】本题根据法拉第电磁感应定律和安培力公式判断安培力大小情况；根据楞次定律判断安培力方向，并
掌握左手定则的应用，及能与右手定则的区别。
4．【分析】汽车先匀速后减速，分别由匀速直线运动的公式与匀变速直线运动的公式汽车两端位移，然后求和即可。
【解答】解：21.6km/h＝6m/s
汽车在前0.3s+0.7s 内做匀速直线运动，位移为：
x1＝v0（t1+t2）＝6×（0.3+0.7）＝6m
随后汽车做减速运动，位移为：
ܠ૛ൌ
ܞ૙
૛
૛܉ൌ૟૛
૛ൈ૞ൌ3.6m
所以该ETC 通道的长度为：
L＝x1+x2＝6+3.6＝9.6m
故ABC 错误，D 正确
故选：D。
【点评】该题考查匀变速直线运动的公式的应用，解答的关键是明确汽车的两段运动的特点，然后合理选择公
式。
5．【分析】画出太阳、地球、木星的位置关系，由几何关系求出木星的公转比较，然后由开普勒第三定律即可求出。
【解答】解：该题中，太阳、地球、木星的位置关系如图：
设地球的公转半径为R1，木星的公转半径为R2，测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的k 倍，则有：
܀૛
૛ൌ܀૚
૛൅ሺܓ܀૚砀૛ൌሺ૚൅ܓ૛砀܀૚
૛
由开普勒第三定律有：
܀૚
૜
܂૚
૛ൌ
܀૛
૜
܂૛
૛
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可得：܂૛
૛ൌ
܀૛
૜
܀૚
૜ڄ ܂૚
૛ൌሺ૚൅ܓ૛砀
૜
૛ڄ ܂૚
૛
由于地球公转周期为1 年，则有：T2ൌሺ૚൅ܓ૛砀
૜
૝年
故A 正确，BCD 错误
故选：A。
【点评】该题考查开普勒第三定律的应用，解答的关键是结合题目中的条件，正确找到木星与地球的轨道半径
之间的关系。
6．【分析】设每只灯的额定电流为I，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，
由电流关系求出匝数比；根据原副线圈两端电压之比与匝数成正比交流电源电压。
【解答】解：A、由瞬时值表达式有：u＝18 ૛sin100πt（V），可知角速度为：ω＝100π，则频率为：
fൌ૑
૛ૈ
ൌ૚૙૙ૈ
૛ૈ
ൌ૞૙Hz．故A 错误；
BCD、设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，
因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，
原副线圈电流之比为1：2，
根据原副线圈中电流之比与匝数成反比得原、副线圈的匝数之比为：
ܖ૚
ܖ૛
ൌ
۷૛
۷૚
ൌ
૛
૚
又
܃૚
܃૛
ൌ
ܖ૚
ܖ૛
得原线圈两端电压为：
܃૚ൌܖ૚
ܖ૛܃૛ൌ૛܃
根据闭合电路欧姆定律得交流电源电压为：U′＝U+2U＝3U
该交流电的最大值为18 ૛V，则有效值为18V，所以3U＝18V
则灯泡的额定电压为6V，原线圈两端得电压等于2U＝12V．故BD 正确，C 错误
故选：BD。
【点评】本题解题的突破口在原副线圈的电流关系，注意明确四个灯正常发光为解题的关键。还要特比注意交
流电源电压应是两个灯泡两端电压之和再加上原线圈两端电压。
7．【分析】依据点电荷周围处于同心圆上电场强度大小相等；根据动能定理，即可求解粒子的比荷；依据电场线的
疏密程度来判定电场强度强弱，从而判定加速度大小；最后根据负电荷从高电势到低电势，电势能增大，电场
力做负功，进而即可求解。
【解答】解：A、由题意可知，a、c 两点处于同一同心圆，因此它们的电场强度大小相同，方向不同，故A 错
误；
B、﹣q 的粒子仅在电场力作用下从a 点运动到b 点，速率分别为va、vb，根据动能定理，则有：﹣
qUabൌ૚
૛mܞ܊
૛െ૚
૛mܞ܉
૛，解得粒子的比荷
ܙ
ܕൌ
ܞ܉
૛െܞ܊
૛
૛ሺ૎܉െ૎܊砀，故B 正确；
C、因a 点离正点电荷较近，则a 点的电场线比b 点处较密，因此其电场力比b 点大，那么在a 点的加速度大于
在b 点的加速度，故C 正确；
D、负粒子从a 点移到b 点，即从高电势移到低电势，那么电势能增大，电场力做负功，故D 错误；
故选：BC。
【点评】考查电场强度是矢量，掌握动能定理的内容，理解电场力做功与电势能高低的关系，注意电场线的疏
密与加速度大小判定。
8．【分析】根据左手定则判断粒子电性；根据动能关系判断速度关系；根据洛伦兹力提供向心力判断磁感应强度的
关系；根据粒子在磁场中的周期公式结合圆心角判断运动时间关系。
【解答】解：A、根据左手定则可判定粒子带负电，故A 正确；
B、由题意知，带电粒子穿过薄铝板后动能损失一半，故v1：v2ൌ
૛：1，故B 错误；
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C、根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m
ܞ૛
ܚ得：Bൌܕܞ
ܙ۰，由题意知r1＝r2，故B1：B2＝v1：v2ൌ
૛：1，故C 正确；
D、由粒子在磁场中的周期公式知，Tൌ૛ૈܕ
ܙ۰ ，粒子在磁场中的周期之比为1：૛，运动时间之：t1：
t2ൌ૚
૜܂૚：૛
૜܂૛ൌ1：૛，故D 正确；
故选：ACD。
【点评】本题关键明确带电粒子在磁场中的运动规律，由洛伦兹力提供向心力，结合半径关系即可求解。
三、非选择题：共174 分．第22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33 题～第38 题为选考题，考生
根据要求作答．（一）必考题：共129 分．
9．【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读。
（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门的瞬时速度，结合速度位移公式得出
૚
ܜ૛െx
的关系式，从而求出滑块的加速度。
【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为6mm，游标读数为0.05×12mm＝0.60mm，则d＝6.60mm。
（2）滑块通过光电门的瞬时速度为：vൌ܌
ܜ
根据速度位移公式得：v2＝2ax
有：
܌૛
ܜ૛ൌ૛܉ܠ
整理得：
૚
ܜ૛ൌ
૛܉ܠ
܌૛
根据图线知图线的斜率为：kൌሺ૛䁪૙െ૚䁪૙砀ൈ૚૙૝
૙䁪૝૛
ൎ૛䁪૜砀ൈ૚૙૝m
﹣1•s
﹣2；
根据kൌ૛܉
܌૛得：aൌܓ܌૛
૛
ൌ૛䁪૜砀ൈ૚૙૝ൈ૟䁪૟૙૛ൈ૚૙െ૟
૛
m/s2＝0.518m/s2。
故答案为：（1）①6.60；（2）2.38×104（2.28×104～2.52×104 均正确），0.518（0.497～0.549 均正确）
【点评】解决本题的关键知道实验的原理，对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量间的关系式，结合图
线的斜率或截距进行求解。
10．【分析】（1）开关闭合前，为了保护电路，滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处；
（2）根据电流表和电压表的量程和分度值读出电流和电压，然后根据欧姆定律的变形公式求出Rt 的阻值；
（3）明确题意，根据实验原理即可确定应采用的实验电路；
（4）根据欧姆定律即可确定电阻，由图象即可确定温度；再根据电路原理确定提高温度值的方法。
【解答】解：（1）开关闭合前，为了保护电路，滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处，故滑片应移至B 端。（2）
由图象可知，铂丝电阻Rt 的阻值与温度的关系式：Rt＝50+t，
（3）直流恒流电源正常工作时，其输出电流不随外部条件的变化而变化，并且可读出其大小，电压表并联在铂
丝电阻Rt 的两端，如图所示
（4）当恒流源的输出电流为0.15A，所以当电压表示数最大时，即Rt 两端的电压Ut＝15V 时，铂丝电阻Rt 的
阻值最大，
由丙图中所画的Rt﹣t 图象可知，此时温度计所能测量的温度最高；
由Iൌ܃
܀得铂丝电阻Rt 的阻值为：Rt′ൌ૚૞
૙䁪૚૞ൌ100Ω，
则温度计所能测量的最高温度为：t＝Rt﹣50＝100﹣50＝50℃。
直流恒流电源正常工作时，其输出电流不随外部条件的变化而变化，并且可读出其大小，电压表并联在铂丝电
阻Rt 的两端，如图所示要提高该温度计所能测量的最高温度值，应使铂丝电阻Rt 的阻值增大或将恒流源的输出
电流调小。
故答案为：（1）B；（2）50+t；（3）如图所示
（4）50，将恒流源的输出电流调小（或使铂丝电阻Rt 的阻值增大）。
【点评】本题考查了实物电路的连接、欧姆定律、串联电路的特点、电表的读数及电阻的计算等，关键是根据
图象找出铂丝电阻的阻值与温度的关系式和欧姆定律的灵活运用
11．【分析】（1）根据动能定理求得小球在最高点的速度，再由牛顿第二定律求得绳子拉力；
（2）对小球进行受力分析求得小球运动加速度，由水平位移求得运动时间，进而求得竖直位移，从而得到高度
差，再根据U＝Ed 可求得电势差。
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【解答】解：（1）小球受到竖直向上的电场力F＝qE＝1.5mg＞mg
所以小球被释放后将向上绕O 点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度为v，
由动能定理得：（F﹣mg）Lൌ૚
૛ܕܞ૛ڮ①
设细线被拉断前瞬间的拉力为FT，由牛顿第二定律得：FT+mg﹣F＝m
ܞ૛
ۺ ڮ②
联立①②式解得：FT＝1.5mg
（2）细线断裂后小球做类平抛运动，加速度a 竖直向上，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma…③
设细线断裂后小球经时间t 到达P 点，则有L＝vt…④
小球在竖直方向上的位移为yൌ૚
૛܉ܜ૛ڮ⑤
解得：yൌۺ
૝
O、P 两点沿电场方向（竖直方向）的距离为d＝L+y…⑥
O、P 两点间的电势差UOP＝Ed…⑦
联立①～⑦式解得UOPൌ૚૞ܕ܏ۺ
砀ܙ
答：（1）细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小是1.5mg；
（2）O、P 两点间的电势差是
૚૞ܕ܏ۺ
砀ܙ
。
【点评】带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定，故一般通过受力分析（或运动分析），由牛顿第二定律，通
过加速度得到运动情况（或受力情况）。
12．【分析】（1）以4 个滑块为研究对象，由牛顿第二定律可求得加速度，以滑块1 为研究对象，由牛顿第二定律
可求得压力大小；
（2）研究整体下端由A 到C 的过程，根据动能定理列式，求得4 块滑片刚好全部滑上粗糙面时的速度，对每块
滑片运用动能定理求得每块滑片滑到水平面时的速度，由运动学公式求得相邻滑片到达水平面的时间差，从而
求得相邻滑片间的距离d。
【解答】解：（1）以4 个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC 段时，4 个滑块的加速度为a，由牛顿第二定
律有：4mgsinθ﹣μ•mgcosθ＝4ma…①
以滑块1 为研究对象，设刚进入BC 段时，轻杆受到的压力为F，由牛顿第二定律有：F+mgsinθ﹣μ•mgcosθ＝
ma…②
已知μ＝tanθ
联立可得：Fൌ૜
૝mgsinθ
（2）设4 个滑块完全进入粗糙段时，也即第4 个滑块刚进入BC 时，滑块的共同速度为v。
这个过程，4 个滑块向下移动了6L 的距离，1、2、3 滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L、2L、L。
由动能定理，有：4mgsinθ•6L﹣μ•mgcosθ•（3l+2l+l）ൌ૚
૛ڄ ૝ܕܞ૛ڮ③
可得：vൌ૜܏ۺܛtܖી
由于动摩擦因数为μ＝tanθ，则4 个滑块都进入BC 段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v 做匀速运动。
第1 个滑块离开BC 后做匀加速下滑，设到达D 处时速度为v1，由动能定理：mgsinθ•
晦
૛ۺ ൌ
૚
૛ܕܞ૚
૛െ
૚
૛ܕܞ૛ڮ④
可得：v1ൌ૝܏ۺܛtܖી）
当第1 个滑块到达BC 边缘刚要离开粗糙段时，第2 个滑块正以v 的速度匀速向下运动，且运动L 距离后离开
粗糙段，依此类推，直到第4 个滑块离开粗糙段。由此可知，相邻两个滑块到达BC 段边缘的时间差为△tൌۺ
ܞ，
因此到达水平面的时间差也为△tൌۺ
ܞڮ⑤
所以滑块在水平面上的间距为：d＝v1△t…⑥
③～⑥式联立，解得：dൌ૝
૜ۺ
答：（1）滑块1 刚进入BC 时，滑块1 上的轻杆所受到的压力大小是
૜
૝mgsinθ；
（2）4 个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离是
૝
૜ۺ。
【点评】解决本题时，一要灵活选择研究对象，采用隔离法和整体法结合比较简洁。二要分析清楚运动过程。
涉及力在空间效果时，运用动能定理研究是常用的方法。
（二）选考题：共45 分．请考生从2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答．如果多做，则每科
按所做的第一题计分．[物理--选修3-3]（15 分）
13．【分析】根据热力学第一定律结合理想气体内能的决定因素进行分析。
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【解答】解：一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的竖直气缸内，缓慢倒入沙子过程中，活塞下移，气体
对活塞做负功，由于气缸导热，所以气体对外放出热量，内能不变。
故答案为：不变；做负功；放热。
【点评】本题主要是考查了热力学第一定律的知识，要能够根据热力学第一定律判断气体内能的变化与哪些因
素有关（功和热量）；热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；△U 的正表示内能变化，Q 为正表
示物体吸热；W 为正表示外界对物体做功。
14．【分析】（i）向右推活塞a 的过程AB 两部分气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解；
（ii）缓慢加热气缸B 中的空气直到活塞b 回到初始位置，A 做等温变化，根据玻意耳定律列式，对B 根据理想
气体状态方程列式求解。
【解答】解：（i）设绝热活塞到达管道口右边且右端面与管口齐平时，A 气缸中的活塞向右移动x，此时A、B
中气体压强为p，由玻意耳定律得：
对A 气体：۾૙ڄ ૛ۺ܁ൌ۾tሺ૛ۺ െܠ砀܁൅૚
૛ۺ܁ሿ①
对B 气体：۾૙ሺۺ܁൅૚
૛ۺ܁砀ൌ۾ۺ܁②
①②联立解得：۾ ൌ૜
૛۾૙
xൌ晦
૟ۺ
（ii）设气缸B 的温度为T、压度为P′时，绝热活塞加到初始位置，
对气体B 由理想气体状态方程得：
۾ۺ܁
܂૙
ൌ
۾tሺۺ܁൅૚
૛ۺ܁砀
܂
③
对气体A 由玻意耳定律得：۾tሺ૛ۺ െܠ砀܁൅૚
૛ۺ܁ሿൌ۾tሺ૛ۺ െܠ砀܁④
①～④联立解得：܂ൌ૚૛
૞܂૙
答：（i）活塞a 向右移动的距离为
晦
૟ۺ；
（ii）活塞b 回到初始位置时气缸B 中空气的温度为
૚૛
૞܂૙。
【点评】解决本题的关键是选择恰当研究对象由平衡条件可知两部分气体压强始终相等，同时考查了气体实验
定律，关键是状态参量的确定，注意几何关系的应用。
[物理--选修3-4]（15 分）
15．【分析】本题考查全反射必须具备两个条件：1、从光密介质进入光束介质；2、入射角大于等于临界角。
【解答】解：光导纤维传递光信号的物理原理是利用光的全反射现象；全反射必须具备两个条件：1、从光密介
质进入光束介质；2、入射角大于等于临界角。
光的入射方向应该是从光密介质到光疏介质；
入射角≥临界角
答：全反射，从光密介质到光疏介质，≥
【点评】本题考查全反射的两个条件，比较简单，但是需要注意全反射时入射角大于等于临界角，容易记成入
射角大于临界角，漏掉等于。
16．【分析】（i）根据图象得波长，根据为ܞൌλ
܂
求解周期；
（ii）根据图象写出M 点的振动方程，结合经时间t1（小于一个周期），此时质点M 向下运动，其位移仍为0.02m，
可求时间，然后再写出N 点的振动方程，带入时间即可求解位移。
【解答】解：（i）由波形图象知，波长为：λ＝4m…①
又波长、波速和周期关系为：ܞൌλ
܂ڮ②
联立以上两式并代入v＝4m/s，得该波的周期为：T＝1s
（ii）由已知条件知从t＝0 时刻起，质点M 做简谐振动的位移表达式为：
ܡۻ ൌ૙䁪૙૝ܛtܖሺ૛ૈܜ൅ૈ૟砀ڮ③
经时间t1（小于一个周期），M 点的位移仍为0.02m，运动方向向下。
即：૙䁪૙૛ൌ૙䁪૙૝ܛtܖሺ૛ૈܜ૚൅ૈ૟砀
解得：ܜ૚ൌ૚
૜s…④
由于N 点在M 点右侧
૜
૝波长处，所以N 点的振动滞后
૜
૝个周期，其振动方程为：
ܡۼ ൌ૙䁪૙૝ܛtt ૛ૈ
܂ሺܜെ૜
૝܂砀൅ૈ૟ሿൌ૙䁪૙૝ܛtܖሺ૛ૈܜെ૝
૜ૈ
砀ڮ⑤
当ܜ૚ൌ૚
૜s 时，ܡۼ ൌ૙䁪૙૝ܛtܖሺ૛ૈ
ൈ૚
૜െ૝ૈ
૜砀ൌെ૙䁪૙૛૜m
答：（i）该横波的周期为1s；
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第344页（共465页）
（ii）t1 时刻质点N 的位移为െ૙䁪૙૛૜m。
【点评】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波
的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。
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2019-2020 学年广东省佛山市高考物理一模试卷
二、选择题．本题共8 小题，每小题6 分，共48 分，在每小题给出的四个选项中，第14-18 题只有项符合题目要
求，第19～21 题有多项符合题目要求.全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分
1．（6 分）在港珠澳大桥建设中，将一根直径22 米、高40.5 米的钢筒，打入海底围成人工岛，创造了快速筑岛的
世界记录。钢筒质量为M，用起重机如图由8 根对称分布的、长为22 米的钢索将其吊起，处于静止状态。则每
根钢索受到的拉力大小为
（
）
A．
૚
砀Mg
B．
૜
૚૛Mg
C．
૜
૛૝Mg
D．
૚
૝Mg
2．（6 分）一个简易的电磁弹射玩具如图所示。线圈、铁芯组合充当炮筒，硬币充当子弹。现将一个金属硬币放在
铁芯上（金属硬币半径略大于铁芯半径），电容器刚开始时处于无电状态，则下列说法正确的是（
）
A．要将硬币射出，可直接将开关拨到2
B．当开关拨向1 时，有短暂电流出现，且电容器上板带负电
C．当开关由1 拨向2 瞬间，铁芯中的磁通量减小
D．当开关由1 拨向2 瞬间，硬币中会产生向上的感应磁场
3．（6 分）如图所示的电路中，R1 为定值电阻，R2 为光敏电阻（光照越强电阻越小），C 为电容器，电源内阻不可
忽略。闭合开关后，当光照增强时，下列说法正确的是
（
）
A．电源的效率降低
B．电流表的示数减小
C．R1 的电功率减小
D．电容器两端电势差减小
4．（6 分）如图所示，在匀强电场中有O、A、B 三点，OA＝OB＝5cm，其中O、A 电势分别为0V、5V，OA 与
OB 的夹角为120°，A、B 在同一条竖直线上。现有一不计重力、带电量为e 的粒子以4eV 的动能从A 点沿AO
方向飞入电场，经过B 点时，动能与在A 点时相同，则下列说法正确的是（
）
A．该粒子带正电
B．粒子运动过程中，电场力一直做正功
C．粒子能运动到O 点，且在O 点时电势能为零
D．该电场强度大小为200V/m，方向水平向左
5．（6 分）如图为一个以O 为圆心、半径为R、带电量为+Q 的均匀带电圆环，在圆心O 处放一个带电量为q 的负
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点电荷，AB 为圆环的中轴线，C 点在AB 上距O 的长度为R．现把该点电荷从O 拉到C，若不考虑点电荷对
场源的影响，则下列说法正确的是
（
）
A．点电荷在O 点受到的电场力不为零
B．点电荷在C 点受到的电场力大小为
ܓۿܙ
܀૛
C．点电荷从O 到C 的过程中，外力对其做正功，电势能增大
D．若将点电荷从C 由静止释放，则它会一直沿由B 到A 的方向运动
6．（6 分）在2018 年俄罗斯世界杯某场比赛中，一个球员在球门中心正前方某处高高跃起，将足球以水平速度v0
顶出，恰落在球门的右下方死角P 点。假设球门宽为L，守门员作出准确判断的时间为△t，足球的运动时间为
t，将足球看成质点，忽略空气阻力，重力加速度为g，则（
）
A．若球员顶球点的高度为h，则守门员扑球时间t 必须小于૛ܐ
܏൅△t 才可能成功防守
B．球员要成功破门，球员顶球点的高度必须大于
૚
૛܏ሺܜ൅ᶭܜ砀૛
C．球员到球门的距离为s，则球员要成功破门，球的最小初速度v0ൌ
ܛ
ܜ൅ᶭܜ
D．若球员到P 点的水平距离小于v0（t+△t），则可能成功破门
7．（6 分）某宇宙飞船在赤道所在平面内绕地球做匀速圆周运动，假设地球赤道平面与其公转平面共面，地球半径
为R．日落后3 小时时，站在地球赤道上的小明，刚好观察到头顶正上方的宇宙飞船正要进入地球阴影区，则
（
）
A．宇宙飞船距地面高度为૛R
B．在宇宙飞船中的宇航员观测地球，其张角为90°
C．宇航员绕地球一周经历的“夜晚”时间为6 小时
D．若宇宙飞船的周期为T，则宇航员绕地球一周经历的“夜晚”时间为T/4
8．
（6 分）如图所示，斜面ABC竖直固定放置，斜边AC 与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD 长为Lൌ
܀
ܜ܉ܖીെૄ，
圆弧轨道圆心为O 半径为R，∠DOE＝θ，OG 水平。现有一质量为m 可看为质点的滑块从A 点无初速下滑，
滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则（
）
A．滑块经过E 点时对轨道的最小压力为mg
B．滑块下滑后将会从G 点飞出
C．滑块第二次经过E 点时对轨道的压力为3mg
D．滑块在斜面上经过的总路程为sൌ
܀ܜ܉ܖીૄ
ሺܜ܉ܖીെૄ砀
二、非选择题：共174 分．第22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38 题为选考题，考生根据要
求作答．（一）必考题（共129 分）
9．（6 分）某物理兴趣小组，利用频闪拍照技术和水龙头滴水的方法测量当地的重力加速度。甲同学从一定高度控
制水龙头让一滴水滴从高处自由滴落，乙同学控制架设好的相机对下落水滴进行拍照，重复多次拍摄，取最佳
拍摄的照片进行分析和计算。已知频闪照相的曝光周期为T＝0.02s，照片和实物的比例是1：10，利用毫米刻度
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尺直接在照片上测量相应的数据x1、x2、x3、x4，如图所示。请根据以上条件回答下列问题：
（1）请写出重力加速度的计算式，用题中给出的字母表示
；
（2）照片上OD 间的距离为
cm．根据测得的数据可得重力加速度的大小g＝
m/s2（结果保留3
位有效数字）
10．（9 分）国家有关酒驾的裁量标准如下：
驾驶员血液酒精含量
≥20mg/100ml，≤
80mg/100ml
≥80mg/100ml
行为定性
饮酒驾驶
醉酒驾驶
酒精检测仪是交警执法时通过呼气来检测司机饮酒多少的检测工具。现有一个酒精检测仪的主要原件“酒精气
体传感器”，其阻值随气体酒精浓度变化的情况如表。
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R（Ω）
60
40
30
20
10
气体酒精浓度
（mg/m3）
0
50
90
140
360
（1）请根据上表数据图乙中描绘出“R﹣气体酒精浓度”的关系曲线。
（2）已知人体血液酒精浓度是所呼出气体酒精浓度的2200 倍。若测得某司机小明，经过气体酒精浓度测试，
显示呼气酒精浓度为120mg/m3，则司机小明应该是属于
驾驶，此时R 的阻值为
Ω。
（3）现有一个电源，电动势为4.5V，内阻约为1Ω；电压表V，量程为3V，内阻约为2000Ω；电流表A，量程
为3A，内阻约为5Ω；滑动变阻器R1，阻值0～50Ω；滑动变阻器R2，阻值0～500Ω；开关、导线若干
若要用以上器材和上述“酒精气体传感器”组成一个测定气体酒精浓度的电路。该电路只使用一个电表，且正
常工作时，被测气体酒精浓度若为0，则电表指针满偏。且该电路可以在电源老化，内阻变大的情况下，通过调
节变阻器，保证被测气体酒精浓度为0 时，电表指针仍能满偏。则，该电路应选用的电表是
（填字母代
号，下同），应选用的滑动变阻器是
。请在如丙虚线框中完成设计电路图。
11．（14 分）如图所示，两根互相平行的金属导轨MN、PQ 水平放置，相距d＝1m、且足够长、不计电阻。AC、
BD 区域光滑，其它区域粗糙且动摩擦因数μ＝0.2，并在AB 的左侧和CD 的右侧存在着竖直向下的匀强磁场，
磁感应强度B＝2T．在导轨中央放置着两根质量均为m＝1kg，电阻均为R＝2Ω的金属棒a、b，用一锁定装置
将一弹簧压缩在金属棒a、b 之间（弹簧与a、b 不栓连），此时弹簧具有的弹性势能E＝9J．现解除锁定，当弹
簧恢复原长时，a、b 棒刚好进入磁场，且b 棒向右运动x＝0.8m 后停止，g 取10m/s2，求：
（1）a、b 棒刚进入磁场时的速度大小；
（2）金属棒b 刚进入磁场时的加速度大小
（3）整个运动过程中电路中产生的焦耳热。
12．（18 分）如图所示，质量为m、长度为L 的滑板B，静置于水平面上，滑板与地面间的动摩擦因数μ1＝μ，水
平面右端的固定挡板C 与滑板等高。在挡板C 的右边有一个区域PQMM，区域内有竖直向上的匀强电场，还有
两个半径分别为R1＝r 和R2＝3r 的半圆构成的半圆环区域，在半圆环区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，半圆
环圆心O 到固定挡板C 顶点的距离为2r。现有一质量为m 带电量为+q 的小物块A（视为质点）以初速度v0＝
2 ૛ૄ܏ۺ滑上滑板B，A 与B 之间的动摩擦因数μ2＝3μ．当小物块A 运动到滑板B 右端时两者刚好共速，且滑板
B 刚好与挡板C 碰撞，A 从挡板C 上方飞入PQNM 区城，并能够在半圆环磁场区域内做匀速圆周运动。求：
（1）A 刚滑上B 时，A 和B 的加速度大小；
（2）A 刚滑上B 时，B 右端与挡板C 之间的距离S；
（3）区域PQMN 内电场强度E 的大小，以及要保证小物块A 只能从半圆环区域的开口端飞出，磁感应强度B
的取值范围。
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选考题（共45 分）请考生从2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每学科按所
做的第一题计分．【物理--选修3-3】（15 分）
13．（5 分）2013 年6 月20 日神舟十号宇航员王亚平完成了精彩的太空授课，在下列相关的说法正确的是（
）
A．在太空舱中，自由飘浮的水滴呈球形，这是液体表面张力作用的结果
B．在太空舱中将红色液体注入悬浮的水球，虽失重，但红色液体还是很快充满了整个水球，这是由于分子在做
无规则的热运动
C．由我们所学的知识可知，在太空舱中两个自由飘浮的小水滴缓慢正碰后，会像弹性球一样弹开
D．小球用细线悬挂在铁架台上，在太空舱给小球一个初速度后，小球绕悬点做圆周运动，说明在太空更容易制
造出永动机
E．如果太空舱空气中水蒸气压强等于饱和汽压，水的蒸发与凝结速率会相同，此时人体感觉并不是最舒适的
14．（10 分）炎热的夏天，我们在课室打开空调后，由于课室并非是完全密闭的空间，室内空气的质量会发生变化。
已知标准状况下（压强为1 个标准大气压、温度为0℃）空气的密度为ρ0，且降温前后，室内外压强始终保持1
个标准大气压。欲估算降温前后室内空气质量变化的大小，则
i．需要直接测量哪些物理量？
ii．根据这些测量量（分别用字母表示），写出演算过程及结果。
【物理--选修3-4】（15 分）
15．图甲为一列简谐横波在某时刻的波形图，M 是平衡位置为x＝0.5m 处的质点，N 是平衡位置为x＝2m 处的质
点，图乙为质点N 由该时刻起的振动图象，则下列说法正确的是（
）
A．该波沿x 轴的负方向传播
B．该波的周期是0.20s
C．该波的传播速度是10m/s
D．t＝0.15s 时，质点N 的速度方向沿y 轴正方向
E．从t＝0.20s 到t＝0.30s，质点M 通过的路程为5cm
16．如图所示，一横截面为半圆形的玻璃砖，O 为圆心，半径为R，PQ 为直径，A 为OQ 的中点，PQ 与竖直放
置的足够大的平面镜平行，两者间距为dൌ૜૜
૛，一单色细光束沿垂直于玻璃砖上表面的方向从A 点射入玻璃砖，
光从弧形表面上某点B 射出后到达平面镜上某处C 点，从C 点出来的反射光线恰好经过D 点，D 点到P 点距离
为R．求：
i．玻璃砖对该光的折射率n
ii．光束从A 点射入玻璃砖后到达平面镜上C 点所用的时间（不考虑玻璃砖中的反射光，光在真空中传播速度
为c）。
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2019-2020 学年广东省佛山市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
二、选择题．本题共8 小题，每小题6 分，共48 分，在每小题给出的四个选项中，第14-18 题只有项符合题目要
求，第19～21 题有多项符合题目要求.全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分
1．【分析】根据几何关系求出每条钢索与竖直方向的夹角，8 根钢索的拉力在竖直方向的分力之和与重力相平衡，
根据正交分解法求解每根钢索的拉力大小。
【解答】解：由于钢筒的直径为22 米，钢索的长为22 米，则每两根钢索与直径构成等边三角形，所以每根钢
索与竖直方向的夹角为30°；
设每根钢索受到的拉力大小为F，竖直方向根据平衡条件可得8Fcos30°＝Mg，所以Fൌ
૜
૚૛ۻ܏，故B 正确、ACD
错误。
故选：B。
【点评】本题是实际问题，实质是物体的平衡问题，运用正交分解法进行研究，难点在于根据几何关系求解夹
角。
2．【分析】电容器的作用是容纳电荷，能充放电的；依据电容器极板带正负电，由电源的正负极来决定的；根据电
磁感应现象，结合楞次定律，即可求解。
【解答】解：A、要将硬币射出，必须要使电容器放电，而可直接将开关拨到2，电容器不会放电产生电流的，
故A 错误；
B、当开关拨向1 时，有短暂电流出现，电容器处于充电状态，由于电容器的上极与电源正极相连，因此电容器
的上板带正电，故B 错误；
C、当开关由1 拨向2 瞬间，电容器处于放电瞬间，电流增大，铁芯中的磁通量增大，故C 错误；
D、当开关由1 拨向2 瞬间，电容器处于放电瞬间，根据楞次定律，则硬币中会产生向上的感应磁场，故D 正确；
故选：D。
【点评】考查电容器的充放电过程，理解楞次定律的应用，掌握电磁感应现象的原理。
3．【分析】明确电路结构，知道R1、R2 以及电流表串联在电源两端；光敏电阻的特性是当光敏电阻上的光照强度
增强时，光敏电阻的阻值会减小；导致电路的总电阻减小，电路中的总电流增大，再分析路端电压的变化，由
欧姆定律依次分析即可。
【解答】解：AB、当光照增强时，光敏电阻的电阻减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，
路端电压减小；则由ηൌ܃۷
۳۷ ൈ100%ൌ܃
۳ ൈ100%可知，电源的效率降低，故A 正确，B 错误；
C、因总电流增大，由P＝I2R 可知，R1 的电功率增大，故C 错误；
D、电容器与R1 并联，R1 两端电压增大，故电容器两端电势差增大，故D 错误。
故选：A。
【点评】本题考查光敏电阻的特性与闭合电路的欧姆定律的应用，关键是掌握光敏电阻的特性；同时明确闭合
电路欧姆定律动态分析的基本方法。
4．【分析】粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，根据AB 两点的动能知道电势能关系，从而知
道电势关系和场强的方向，根据运动轨迹判断电场力做功的情况，根据U＝Ed 求场强。
【解答】解：AB、粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，因粒子在AB 两点的动能相同，可
知粒子在AB 两点的电势能相等，即AB 两点电势相同，则场强的方向垂直AB 指向O，由粒子的运动轨迹可知，
粒子带负电，从A 到B 电场力线做负功后做正功，故A 错误，B 错误；
C、粒子在A 点时，电势能和动能之和为﹣5ev+4ev＝﹣1ev，若粒子能运动到O 点，则电势能为零，动能为﹣
1ev，不合实际，故粒子不能运动到O 点，故C 错误；
D、根据U＝Ed，可知电场强度大小为Eൌ܃
܌ൌ
૞
૙䁪૙૞ൈ૚
૛
t内ܕൌ200V/m，故D 正确。
故选：D。
【点评】此题关键是知道粒子只收电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，抓住这一点可进行判断，注
意U＝Ed 公式中d 的物理意义。
5．【分析】根据点电荷电场强度公式Eൌܓۿ
ܚ૛，结合矢量的合成法则，及三角知识，即可求解AB 选项；再依据电场
力与位移方向判定电场力做功正负，及电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大；根据电场力
方向来判定负点电荷的运动情况。
【解答】解：A、根据点电荷电场强度公式Eൌܓۿ
ܚ૛，结合矢量的合成法则，可知，带电环在O 点的电场强度为
零，因此带电量为q 的负点电荷受到的电场力为零，故A 错误；
B、负点电荷受的库仑力沿着AB 的连线指向左，由对称性可知在垂直于AB 线的方向上的分力相互抵消，只有
沿AB 线方向的分力；
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由库仑力公式知：F＝k
ۿܙ
ሺ૛܀砀૛cos45°ൌ
૛ܓۿܙ
૝܀૛，故B 错误；
C、点电荷从O 到C 的过程中，外力对其做正功，电场力做负功，电势能增大，故C 正确；
D、若将点电荷从C 由静止释放，其受到电场力先向左，当越过O 点后，则其受到电场力向右，则它不会一直
沿由B 到A 的方向运动，故D 错误；
故选：C。
【点评】考查点电荷电场强度公式的应用，掌握矢量的合成法则，理解电场力做功与电势能变化关系。
6．【分析】足球做平抛运动，竖直方向做自由落体法动，水平方向做匀速运动；守门员的反应时间为△t，根据时
间及位移的关系求解。
【解答】解：A、球做平抛运动，则落地时间为t1ൌ
૛ܐ
܏，守门员作出准确判断的时间为△t，则守门员扑球时间
t 必须小于૛ܐ
܏൅△t 才可能成功防守，故A 正确；
B、球员要成功破门，球的运动时间必须小于t+△t，球员顶球点的高度必须小于
૚
૛܏ሺܜ൅ᶭܜ砀૛，故B 错误；
C、球员到球门的距离为s，则球员要成功破门，球的最小初速度v0ൌ
ܛ૛൅ۺ૛
૝
ܜ൅ᶭܜ，故C 错误；
D、若球员到P 点的水平距离小于v0（t+△t），则可能成功破门，故D 正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合几何知识和运动学公式
灵活求解。
7．【分析】根据卫星与地球之间的位置关系图，根据几何关系确定卫星的轨道半径。由万有引力提供向心力即可求
出周期。
【解答】解：A、卫星与地球之间的位置关系如图，O 是地心，人开始在A 点，这时刚好日落，经过3 小时，地
球转了45°，即：∠AOC＝45°，
此时人已经到了B 点，卫星在人的正上方C 点，太阳光正好能照到卫星，所以根据∠AOC＝45°
就能确定卫星的轨道半径为：r＝OCൌ
ۯ۽
粒子ܛ૝૞ι ൌ
૛OAൌ
૛R。
则卫星的高度：h＝（૛െ1）R．故A 错误；
B、由于∠AOC＝45°，则：∠ACO 也是45°，此时在宇宙飞船中的宇航员观测地球，其张角为90°．故B
正确；
CD、若宇宙飞船的周期为T，则由A 的分析可知，飞船在地球的阴影内对应的圆心角为90°，则宇航员绕地球
一周经历的“夜晚”时间为
܂
૝；
由于该卫星的轨道半径为૛R，小于同步卫星的周期，正确该卫星的周期小于24 小时，所以宇航员绕地球一周
经历的“夜晚”时间小于6 小时。故C 错误，D 正确
故选：BD。
【点评】这个题的突破口是“恰能在日落后4 小时的时候，恰观察到一颗自己头顶上空被阳光照亮的人造地球
卫星”，运用几何方法作出卫星的位置，求出这颗卫星的轨道半径是解题的关键。
8．【分析】滑块从A 滑下后在AD 部分轨道上克服摩擦力做功，则返回到AD 斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块
将在以E 点为最低点，D 为最高点来回滚动，此时经过E 点时对轨道的压力最小，根据动能定理结合牛顿第二
定律求解各项。
【解答】解：A、滑块从A 点滑下后在AD 部分轨道上要克服摩擦力做功，则返回到AD 斜面上时的高度逐渐降
低，最终滑块将在以E 点为最低点，D 为最高点来回滚动，
此时经过E 点对轨道的压力最小，则从D 到点，由机械能守恒定律：mh（1﹣cosθ）ൌ૚
૛ܕܞ۳
૛，
在E 点：由牛顿第二定律得：N﹣mg＝m
ܞ۳
૛
܀
联立解得：N＝mg（3﹣2cosθ），故A 错误；
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B、从A 到G 由动能定理：mg（Lsinθ﹣Rosθ）﹣μmgcosθ•Lൌ૚
૛ܕܞ۵
૛
其中Lൌ
܀
ܜ܉ܖીെૄ
解得：vG＝0，则块下滑后不能从G 点飞出，故B 错误；
C、滑块第一次到达E 点时，根据动能定理：mg[Lsinθ+R（1﹣cos）]﹣μmgcosθ•Lൌ૚
૛ܕܞ۳
૛
解得：vEൌ
૛܏܀，第二次到达E 点的速度与新一次相同，则牛频二定律：NE﹣mg＝m
ܞ۳
૛
܀
解得：NE＝3mg，故C 正确；
D、由以上的分析可知，清块最终将在以E 点为最低点，D 为最高点来回滚动，则由动能定理：mgLsinθ＝μmgcosθ
•s
解得：sൌ
܀ܜ܉ܖીૄ
ሺܜ܉ܖીെૄ砀，故D 正确。
故选：CD。
【点评】此题的运算和物理过程都比较复杂，根据是搞清块运动的物理过程，并能分析出清块最终的状态这是
解题的关键。
二、非选择题：共174 分．第22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38 题为选考题，考生根据要
求作答．（一）必考题（共129 分）
9．【分析】（1）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小球的加速度。
（2）刻度尺的读数，要估读；代入数据即可求出。
【解答】解：（1）由于照片和实物的比例是1：10，则实物之间的距离为照片距离的10 倍；
小球做匀加速直线运动，根据△x＝gT2 解得：
gൌ૚૙tሺܠ૜൅ܠ૝砀െሺܠ૚൅ܠ૛砀ሿ
ሺ૝܂砀૛
。
（2）由图可知，O 点的位置为0，D 点的位置为：8.43cm，则OD＝8.43cm；
由图可知，B 点的位置为3.91cm，所以OB＝3.91cm＝0.0391m，BD＝4.52cm＝0.0452m
代入上式可得：g＝9.53m/s2
故答案为：（1）gൌ૚૙tሺܠ૜൅ܠ૝砀െሺܠ૚൅ܠ૛砀ሿ
ሺ૝܂砀૛
；（2）8.43；9.53
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问
题更加简捷。
10．【分析】（1）根据描点法可得出对应的图象；
（2）根据呼气浓度与血液中浓度的关系即可确定血液中的浓度，从而确定是否属于酒架，再根据图象即可确定
对应的电阻大小；
（3）根据实验要求和电路的性质进行分析，从而确定电路图并确定对应的仪表。
【解答】解：（1）根据描点法可得出R﹣气体酒精浓度”的关系曲线如图所示；
（2）呼气酒精浓度为120mg/m3，则其血液酒精浓度为120×2200＝2.64×105mg/m3＝26.4mg/100ml，故属于饮
酒驾驶；
由图可知，此时电阻约为24Ω；
（3）题目要求，当正常工作时，被测气体酒精浓度若为0，则电表指针满偏，并且可以在电源老化，内阻变大
的情况下，通过调节变阻器，保证被测气体酒精浓度为0 时，电表指针仍能满偏；则只能采用电压表与传感器
并联的形式进行实验；同时因酒精浓度为0 时，电阻仅为60Ω，故应采用总阻值为50Ω的滑动变阻器才能满足要
求，故实验电路如图所示；
故答案为：（1）如图所示；（2）饮酒；24（22﹣26）；（3）V；R1；如图所示。
【点评】本题考查电路在生活中应用，属于探究型实验，要注意明确实验原理，从而确定实验方法和实验电路
图的确定。
11．【分析】（1）解除锁定弹簧释放的过程，两棒和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，由动量守恒定律和
机械能守恒定律分别列式，可求出a、b 棒刚进入磁场时的速度大小；
（2）当a、b 棒进入磁场时，两棒均切割磁感线，产生感应电动势，两个电动势串联，由E＝BLv 和欧姆定律
结合求出感应电流，由牛顿第二定律和安培力公式求金属棒b 刚进入磁场时的加速度大小
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第354页（共465页）
（3）由动量守恒定律知a、b 棒速率时刻相等，滑行相同距离后停止。由能量守恒定律求整个运动过程中电路
中产生的焦耳热。
【解答】解：（1）解除锁定弹簧释放的过程，对a、b 及弹簧组成的系统，取向左为正方向，由动量守恒定律得
0＝mva﹣mvb。
由机械能守恒定律得Eൌ૚
૛mva2൅૚
૛mvb2。
联立解得va＝vb＝3m/s
（2）当a、b 棒进入磁场时，两棒均切割磁感线，产生感应电动势，两个电动势串联，则Ea＝Eb＝Bdva＝2×1
×3V＝6V
回路中感应电流Iൌ૛۳܉
૛܀ൌ૟
૛ൌ3A
对b，由牛顿第二定律得BId+μmg＝mab。
解得ab＝8m/s2。
（3）由动量守恒定律知a、b 棒速率时刻相等，滑行相同距离后停止。对系统，由能量守恒定律得
E＝2μmgx+Q
解得Q＝5.8J
答：（1）a、b 棒刚进入磁场时的速度大小均为3m/s；
（2）金属棒b 刚进入磁场时的加速度大小是8m/s2。
（3）整个运动过程中电路中产生的焦耳热是5.8J。
【点评】本题是双杆类型，要明确电路的结构，知道两个感应电动势是串联关系。对于焦耳热，在电流是变化
的时候往往根据能量守恒定律求解。
12．【分析】（1）根据受力情况及牛顿第二定律F＝ma 进行计算；
（2）根据运动过程中，小物块A 相对地面移动的位移为L+s 以及滑板B 相对地面的位移为s 可知B 右端与挡
板C 之间的距离；
（3）根据A 进入电磁复合场中做匀速圆周运动可知，重力等于电场力；并且要使得小物块A 只从开口飞出，那
么运动轨道半径应在܀൑ܚ
૛，
૜ܚ
૛൑܀൑
૞ܚ
૛。
【解答】解：（1）对小物体A 有：μ2mg＝ma2
解得：a2＝3μg
对滑板B 有：μ2mg﹣μ12mg＝ma1
解得：a1＝μg
（2）依题，设AB 的共同速度为v，
对小物块A：ܞ૙
૛െܞ૛ൌ૛܉૛ሺۺ ൅ܛ砀
对滑板B 有：v2＝2a1s
解得：ܛൌۺ
૝
（3）A 进入区域PQNM，并能够在半圆环磁场区域内做匀速圆周运动，则有：
mg＝qE
解得：۳ ൌܕ܏
ܙ
粒子做匀速圆周运动：ܙܞ۰ ൌܕܞ૛
܀
要小物块A 不从半圆环区域的内环和外环飞出磁感应强度B 要满足：
①܀൑ܚ
૛，解得：۰ ൒૛ܕܞ
ܙܚ，即۰ ൒૛ܕ
ܙܚૄ
܏ۺ
૛
②
૜ܚ
૛൑܀൑
૞ܚ
૛，解得：
૛ܕܞ
૞ܙܚ൑۰ ൑
૛ܕܞ
૜ܙܚ，即：
૛ܕ
૞ܙܚૄ
܏ۺ
૛
൑۰ ൑
૛ܕ
૜ܙܚૄ
܏ۺ
૛
综上所述，要小物块A 不从半圆环区域的内环和外环飞出磁感应强度B 要满足：
۰ ൒૛ܕ
ܙܚૄ
܏ۺ
૛或
૛ܕ
૞ܙܚૄ
܏ۺ
૛
൑۰ ൑
૛ܕ
૜ܙܚૄ
܏ۺ
૛
答：（1）A 刚滑上B 时，A 和B 的加速度大小分别为3μg 和μg；
（2）A 刚滑上B 时，B 右端与挡板C 之间的距离S 为
ۺ
૝；
（3）区域PQMN 内电场强度E 的大小为
ܕ܏
ܙ；要保证小物块A 只能从半圆环区域的开口端飞出，磁感应强度B
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的取值范围为۰ ൒૛ܕ
ܙܚૄ
܏ۺ
૛或
૛ܕ
૞ܙܚૄ
܏ۺ
૛
൑۰ ൑
૛ܕ
૜ܙܚૄ
܏ۺ
૛。
【点评】本题考查了牛顿定律及电磁复合场，解题的关键是梳理清楚受力情况及运动轨迹，而运动轨迹使用数
学几何分析即可。
选考题（共45 分）请考生从2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每学科按所
做的第一题计分．【物理--选修3-3】（15 分）
13．【分析】（1）液体表面层分子间距大存在表面张力，水滴呈球形，这是表面张力作用的结果；
（2）组成的物质分子在永不停息地做无规则运动；
（3）两水滴碰后会融合为一滴水滴，不会被弹开；
（4）根据能量守恒定律及热力学第二定律，永动机都不可能实现，即使在太空中；
（5）饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等。
【解答】解：A．凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力，在围绕地球运行的航天器中，
自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果，故A 正确；
B．看到红色液体很快充满整个水球，说明分子在做无规则运动，故B 正确；
C．由于分子间的引力作用，两水滴碰后会融合为一滴水滴，不会被弹开，故C 错误；
D．永动机是能源能够源源不断地向外输出能量的机器，根据能量守恒定律及热力学第二定律，永动机都不可能
实现，即使在太空中，故D 错误；
E．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，人体感觉不是最舒适，故E 正确。
故选：ABE。
【点评】本题考查了热学的基本概念，解题的关键是清楚饱和汽压与水蒸气压强相等时，蒸发与凝结的速度相
同，空气湿度相对大；了解热力学定律及分子间的作用力。
14．【分析】i、降温前后压强不变，只有温度和体积发生变化，从而确定需要直接测量物理量；
ii、降温前后压强不变，选择好研究对象，根据盖吕萨克定律列式求解。
【解答】解：i、降温前后压强不变，要根据盖吕萨克定律分析解决问题，故需要测初末状态体积和温度，即需
要测量教室的长L、宽D、高H，以及开空调前后室内空气温度t1 和t2；
ii、设室内稳定度从t1 降至0℃时体积为V1，而温度从t2 降至0℃时体积变为V2，
根据盖吕萨克定律得：
ۺ۲r
૛晦૜൅ܜ૚
ൌ
t૚
૛晦૜ڮ①
ۺ۲r
૛晦૜൅ܜ૛
ൌ
t૛
૛晦૜ڮ②
故室内空气从温度t1 降到t2，减少的空气质点为：△m＝ρ0（V2﹣V1）…③
①②③联立解得：△mൌ
ܜ૚െܜ૛
ሺ૛晦૜൅ܜ૚砀ሺ૛晦૜൅ܜ૛砀૛晦૜ૉ૙ۺ۲r
答：i、需要测量教室的长L、宽D、高H，以及开空调前后室内空气温度t1 和t2；
ii、降温前后室内空气质量变化的大小为
ܜ૚െܜ૛
ሺ૛晦૜൅ܜ૚砀ሺ૛晦૜൅ܜ૛砀૛晦૜ૉ૙ۺ۲r。
【点评】本题考查盖吕萨克定律，关键是根据密度公式求质量，已知标准状况下（压强为1 个标准大气压、温
度为0℃）空气的密度为ρ0，要利用盖吕萨克定律把降温前后的气体装换到标况下才可求解质量。
【物理--选修3-4】（15 分）
15．【分析】根据周期性和乙图读出周期，Q 点和P 点在t＝1s 时的振动方向，由甲图判断出波的传播方向。分别
由两图读出波长和周期，求出波速。根据时间与周期的关系分析质点P 的加速度和速度的变化情况。
【解答】解：A、由图乙可知，在t＝0 时刻N 振动的方向向下，则经过很小的一段时间后N 在平衡位置的下边，
结合振动方向与传播方向的关系可知，该波要x 轴的负方向传播。故A 正确；
B、由乙图读出，该波的周期为T＝0.4s，故B 错误；
C、由图甲可知，该波的波长为4m，所以波速：vൌλ
܂ൌ૝
૙䁪૝ൌ10m/s。故C 正确；
D、在t＝0 时刻N 振动的方向向下，由于t＝0.15sൌ૜
砀܂，则t＝0.15s 时刻N 质点正从负的最大位移向平衡位置
运动，运动的方向向上。故D 正确；
E、t＝0.2sൌ܂
૛，可知在t＝0.2s 时刻M 既不是在平衡位置，也不在最大位移处，从t＝0.2s 到t＝0.3s 时间内经
历的时间为
܂
૝，质点M 的路程不等于一个振幅5cm，故E 错误。
故选：ACD。
【点评】解决本题的关键能够从波动图象和振动图象中获取信息，知道振动和波动的联系和区别。由振动图象
的斜率能读出振动方向，由波动图象判断波的传播方向。
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16．【分析】i、光在PQ 面上是垂直入射，进入圆面上时发生折射，作出光路图，求解出各个角度，然后根据折射
率公式列式，结合几同关系求解折射率；
ii、根据vൌ粒
ܖ求解玻璃中的速度，结合几何关系求解总时间。
【解答】解：i、做出光路如图：设角∠ABO＝a，∠CBE＝β
则由几何关系可知：α＝30°，ABൌ
૜
૛R，tanβൌ۱۳
۰۳ ൌ
۱۳
܌െۯ۰
又tanβൌ۱۴
܌
故有：CE＝（d﹣AB）tanβ；CF＝atanβ
可得：CF+CE＝dtanβ+（d﹣AB）tanβൌ܀
૛൅R+R
解得：tanβൌ
૜
૜，β＝30°
由折射定律得：nൌܛtܖሺહ൅઺砀
ܛtܖહ
解得：nൌ
૜
（2）cosβൌ۰۳
۰۱ ൌ܌െۯ۰
۰۱ ，则BCൌ܌െۯ۰
粒子ܛ઺
解得：BC＝2R，故t1ൌۯ۰
ܞ，vൌ粒
ܖ
解得：t1ൌ૜܀
૛粒
t2ൌ۰۱
粒ൌ૛܀
粒
则光从A 点射入玻璃砖后到达平面镜上C 点所用的时间t＝t1+t2ൌ晦܀
૛粒
答：i．玻璃砖对该光的折射率是૜；
ii．光束从A 点射入玻璃砖后到达平面镜上C 点所用的时间是
晦܀
૛粒。
【点评】本题关键画出光路图，然后结合折射率公式nൌܛtܖt
ܛtܖ઻和介质中的光速公式vൌ۱
ܖ列式求解。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/12/24 20:11:06 ；用户：15201471323 ；邮箱：15201471323 ；学号：22908377
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2019-2020 学年北京市海淀区高考物理一模试卷
一、（选择题共120 分
1．（4 分）下列几个现象中，能反映光具有粒子性的是（
）
A．光的衍射
B．光的折射
C．光电效应
D．光的偏振
2．（4 分）根据玻尔理论，氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离原子核较近的轨道上时，下列说法正
确的是（
）
A．放出光子，原子的能量变大
B．放出光子，原子的能量变小
C．吸收光子，原子的能量变大
D．吸收光子，原子的能量变小
3．（4 分）下列说法正确的是（
）
A．物体温度升高，每个分子的动能都增加
B．物体温度升高，分子的平均动能增加
C．物体从外界吸收热量，物体的内能一定增加
D．外界对物体做功，物体的内能一定增加
4．（4 分）如图所示的电路由交流电源供电，L 为带有铁芯且不计直流电阻的线圈，下列方案中可能使小灯泡变暗
的是（
）
A．仅增加电源的频率
B．仅拔出线圈中的铁芯
C．仅减小线圈的匝数
D．仅换用与交流电源电压有效值相同的直流电源
5．（4 分）如图既可以看成是用来描述山坡地势的等高线图，也可以看成是用来描述电场中电势高低的等势线图。
关于此图，下列说法正确的是（
）
A．若该图为等高线图，可知a 坡的地势比b 坡陡峭
B．若该图为等高线图，可知在不考虑摩擦力时，小球从a 坡滑下的加速度大于从b 坡滑下的加速度
C．若该图为等势线图，可知a 侧的电势降落比b 侧慢
D．若该图为等势线图，可知a 侧的电场强度比b 侧大
6．（4 分）如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止。假设水平地面光滑，关
于这一物理过程，下列说法正确的是（
）
A．连续敲打可使小车持续向右运动
B．人、车和锤组成的系统机械能守恒
C．当锤子速度方向竖直向下时，人和车水平方向的总动量为零
D．人、车和锤组成的系统动量守恒
7．（4 分）图1 是实验室的可拆卸铅蓄电池装置，图2 是其示意图。利用铅与稀硫酸的化学反应，该装置可以将化
学能转化为电能。图中M 为电池正极（二氧化铅棒上端），N 为电池负极（铅棒上端），P、Q 分别为与正、负
极非常靠近的探针（探针是为测量内电压而加入电池的，它们不参与化学反应）。用电压传感器（可看做理想电
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压表）测量各端间的电势差，数据如表。则下列说法正确的是（
）
UMP
UPQ
UQN
外电路断开时
1.51V
约为0
0.59V
在M，N 之间接入10Ω电
阻时
1.47V
﹣0.42V
0.63V
A．外电路接通时稀硫酸溶液中的电流方向向右
B．该电池的电动势约为0.59V
C．该电池的电动势约为1.51V
D．该电池的内阻约为2.5Ω
8．（4 分）光镊技术可以用来捕获、操控微小粒子（目前已达微米级）。激光经透镜后会聚成强聚焦光斑，微粒一旦
落入会聚光的区域内，就有移向光斑中心的可能，从而被捕获。由于光的作用使微粒具有势能，光斑形成了一
个类似于“陷阱“的能量势阱，光斑中心为势能的最低点。结合以上信息可知，关于利用光镊捕获一个微小粒
子的情况，下列说法正确的是（
）
A．微粒被捕获时，受到激光的作用力一定沿着激光传播的方向
B．微粒被捕获时，受到激光的作用力一定垂直激光传播的方向
C．微粒向光斑中心移动时，在能量势阱中对应的势能可能增大
D．被捕获的微粒在获得较大的速度之后，有可能逃离能量势阱
二、（非选择题共180 分）
9．（6 分）在“用双缝干涉测光的波长”实验中，为了测量红光的波长，将实验器材按要求安装在光具座上，如图
所示。在实验前已获知的数据有：双缝间的间距为d，双缝到屏的距离为L。
①为了达到实验目的，根据已标明的实验器材，可判断出M 处的实验器材是
。
②经测量，红光干涉相邻两条亮条纹间的距离为△x，请据此写出能够反映红光波长大小的表达式λ＝
。
③该实验中L＝700mm，已知d 的数量级为10
﹣4m、相邻两条亮条纹间距的数量级为10
﹣3m，由此可推断红光
的波长数量级约为
m。
A.10
﹣3
B.10
﹣5
C.10
﹣7
D.10
﹣9
10．（12 分）测定某合金电阻率的实验器材如下：待测合金丝R（阻值约8Ω）、学生电源（5V）、开关、导线、电
流表A（量程0～0.6A，内阻约0.125Ω）、电压表V（量程0～3V，内阻约3kΩ）、滑动变阻器R0（最大阻值5Ω）、
刻度尺、螺旋测微器。
①利用螺旋测微器测量合金丝的直径D．某次测量时，螺旋测微器的示数如图1 所示，则该次测量值D＝
mm。
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②请在图2 中将测量合金丝电阻的电路图补充完整，并尽可能使实验误差较小。
③当合金丝两端电压为U 时，通过合金丝的电流为I；测得合金丝的长度为L，直径为D，请根据这些物理量写
出该合金电阻率的表达式ρ＝
。
④如表为实验室对一段粗细均匀的合金丝的测量数据表
第一组
第二组
第三组
第四组
第五组
电压U/V
1.20
3.00
1.20
1.20
3.00
长度L/cm
150.00
150.00
200.00
200.00
150.00
合金丝温度t/℃
20.0
20.0
20.0
80.0
80.0
电阻率ρ/Ω•m
2.8×10
﹣6
2.8×10
﹣6
2.8×10
﹣6
3.6×10
﹣6
3.6×10
﹣6
a．由以上表格数据，你认为影响合金电阻率的因素是
。（选填“电压”“长度”或“温度”）
b．结合表中的数据，从微观角度思考，你认为合金电阻率变大的可能原因是
。（填写下列内容的字母代
号）
A．电子定向移动的平均速率增大
B．电子做热运动的平均速率增大
C．单位体积内的自由电子数增
大
11．（16 分）如图所示，A、B 为两块足够大的水平放置的平行金属板，间距为d；两板间有方向由A 指向B 的匀
强电场，电场强度大小为E；在金属板A 的正中央位置有一个粒子源P，能以v0 的初速度向金属板A 以下的各
个方向均匀射出质量为m、带电荷量为+q 的粒子，粒子最终全部落在金属板B 上，粒子所受重力、空气阻力以
及粒子之间的相互作用力均可忽略。求：
（1）金属板A、B 间的电压U；
（2）粒子到达金属板B 时的动能Ek；
（3）粒子落在金属板上B 区域的面积S。
12．（18 分）直流电动机的工作原理可以简化为如图所示的情景，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B；
平行金属轨道MN、PQ，相距为L，固定在水平面内；电阻为R 的金属导体棒ab 与平行轨道垂放置，且与轨
道接触良好；MP 间接有直流电源。闭合开关S，金属导体棒向右运动，通过轻绳竖直提升质量为m 的物体，重
力加速度为g。忽略一切阻力、导轨的电阻和直流电源的内阻。
（1）求物体匀速上升时，通过导体棒ab 的电流大小；
（2）导体棒ab 水平向右运动的过程中，同时会产生感应电动势，这个感应电动势总要削弱电源电动势的作用，
我们称之为反电动势。设导体棒ab 向上匀速提升重物的功率为P 出，电流克服反电动势做功的功率为P 反，请
证明：P 出＝P 反；（解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明）
（3）若通过电源连续调节MP 间的电压U，物体匀速上升的速度v 也将连续变化，直流电动机所具有这种良好
的“电压无极变速”调速性能在许多行业中广泛应用。请写出物体匀速上升的速度v 与电压U 的函数关系式。
13．（9 分）2019-2020 学年1 月3 日，嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面，并通过“鹊桥”中继卫星传回了世界
上第一张近距离拍摄月球背面的图片。此次任务实现了人类探测器首次在月球背面软着陆、首次在月球背面通
过中继卫星与地球通讯，因而开启了人类探索月球的新篇章。
为了尽可能减小着陆过程中月球对飞船的冲击力，探测器在距月面非常近的距离h 处才关闭发动机，此时速度
相对月球表面竖直向下，大小为v，然后仅在月球重力作用下竖直下落，接触月面时通过其上的“四条腿”缓冲，
平稳地停在月面，缓冲时间为t，如图1 所示。已知月球表面附近的重力加速度为g0，探测器质量为m0，求：
①探测器与月面接触前瞬间相对月球表面的速度v'的大小。
②月球对探测器的平均冲击力F 的大小。
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14．（11 分）2019-2020 学年1 月3 日，嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面，并通过“鹊桥”中继卫星传回了世界
上第一张近距离拍摄月球背面的图片。此次任务实现了人类探测器首次在月球背面软着陆、首次在月球背面通
过中继卫星与地球通讯，因而开启了人类探索月球的新篇章。
探测器在月球背面着陆的难度要比在月球正面着陆大很多，其主要的原因在于：由于月球的遮挡，着陆前探测
器将无法和地球之间实现通讯。2018 年5 月，我国发射了一颗名为“鹊桥”的中继卫星，在地球和月球背面的
探测器之间搭了一个“桥”，从而有效地解决了通讯的问题。为了实现通讯和节约能量，“鹊桥”的理想位置就
是围绕“地﹣月”系统的一个拉格朗日点运动，如图1 所示。所谓“地﹣月”系统的拉格朗日点是指空间中的
某个点，在该点放置一个质量很小的天体，该天体仅在地球和月球的万有引力作用下保持与地球和月球的相对
位置不变。
①设地球质量为M，月球质量为m，地球中心和月球中心间的距离为L，月球绕地心运动，图1 中所示的拉格
朗日点到月球球心的距离为r。推导并写出r 与M、m 和L 之间的关系式。
②地球和太阳组成的“日﹣地”系统同样存在拉格朗日点，图2 为“日﹣地”系统示意图，请在图2 中太阳和
地球所在直线上用符号“*”标记出几个可能拉格朗日点的大概位置。
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2019-2020 学年北京市海淀区高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、（选择题共120 分
1．【分析】光的衍射是波动性特征；光的折射不能反映光具有粒子性；光的偏振说明光具有波动性；光电效应说明
光是一份一份的，具有粒子性
【解答】解：A、光的衍射说明光具有波动性，故A 错误；
B、光的折射既不能反映光的粒子性也不能反映光的波动性，故B 错误；
C、光电效应说明了光是一份一份的，具有粒子性，故C 正确；
D、光的偏振说明光具有波动性，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查了光的粒子性、波动性的知识，这些都是常识性问题。对于这部分基本知识要注意加强理解
和应用，在理解的基础上进行记忆，不能混淆。
2．【分析】电子在不同的轨道上运动时，原子处于不同的状态，因而具有不同的能量，即原子的能量是不连续的。
这些具有确定能量的稳定状态称为定态，在各个定态中，原子是稳定的，不向外辐射能量。但是原子核外电子
在受到激发的时候会发生跃迁，在不同轨道原子具有的能量就会不同。
【解答】氢原子的核外电子，由离核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道过程中，即从高能级到低能级，原子的
能量减小，原子要放出光子，所以A，C，D 错误，
故选：B。
【点评】本题主要考察了玻儿模型和氢原子的能级结构，要清楚不同能级上面氢原子的跃迁能量变化情况。
3．【分析】AB 选项通过温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子无规则运动越激烈，分子的平均动能越大，
但不是每个分子都变快，任何温度下都有速度特别慢的分子，可解；
CD 选项通过热力学第一定律△U＝W+Q，做功和热传递都可以改变物体的内能，可解；
【解答】解：A、温度是分子平均动能的标志，分子无规则运动任何温度下都有速度特别慢的分子，故A 错误
B、温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子无规则运动越激烈，分子的平均动能越大，故B 正确
C、根据热力学第一定律△U＝W+Q，物体从外界吸收热量，但可以同时对外做功，物体的内能不一定增加，故
C 错误
D、根据热力学第一定律△U＝W+Q，外界对物体做功，但可以同时放热，物体的内能不一定增加，故D 错误
故选：B。
【点评】本题属于热学的基础题目，考查温度是分子平均动能的标志、热力学第一定律△U＝W+Q 两个知识点，
可能会出错的是会认为温度越高，分子无规则运动越激烈，每个分子的动能都增加，误选A。
4．【分析】电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率成正比，线圈的自感系数是由线圈本身决定的，由此结合
欧姆定律即可求解。
【解答】解：A、因电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率成正比，故当交流电频率增大时，电感线圈L
的阻碍作用增大，灯泡中的电流将变小，则灯泡变暗。故A 正确；
B、将线圈中的铁芯拔出，则线圈的自感系数减小，所以电感线圈L 的阻碍作用减小，灯泡中的电流将变大，则
灯泡变亮。故B 错误；
C、减小线圈的匝数则线圈的自感系数减小，所以电感线圈L 的阻碍作用减小，灯泡中的电流将变大，则灯泡变
亮。故C 错误；
D、线圈对直流没有阻碍作用，若仅换用与交流电源电压有效值相同的直流电源，则电路中的电流增大，灯泡变
亮。故D 错误
故选：A。
【点评】该题考查线圈的自感系数与感抗，记住电感线圈是通低频阻高频，属于基础题型。
5．【分析】由等高线的密集程度判断坡面的倾斜角大小，从而得到加速度大小关系，即可判断运动时间长度关系；
根据等势线密集程度判断电势降落快慢，即场强大小。
【解答】解：A、由等高线的密集程度可知b 侧较陡，故A 错误；
B、b 侧较陡，坡面的倾斜角较大，故小球运动过程加速度较大，故B 错误；
CD、图中虚线为等势线，那么，等势线较密集的b 侧电势降落较快，故场强较大，故C 正确，D 错误；
故选：C。
【点评】电势沿着电场线方向降落，场强越大，电势降落越快，等势线越密集。
6．【分析】把人、锤子和平板车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律分
析小车的运动情况。结合能量守恒定律分析系统机械能的变化。
【解答】解：AC、把人、锤子和平板车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，用锤子连
续敲打车的左端，根据水平方向动量守恒可知，系统的总动量为零，锤子向左运动，平板车向右运动。锤子向
右运动，平板车向左运动，所以车左右往复运动，不会持续地向右运动，故A 错误，C 正确。
B、由于人消耗体能，体内储存的化学能转化为系统的机械能，因此系统机械能不守恒，故B 错误。
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D、在锤子的连续敲打下，系统竖直方向的合力不等于零，该方向系统的动量不守恒，所以系统的动量不守恒，
故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，解决本题的关键是要知道系统的水平动量守恒，但总动量不守恒，
运用动量守恒定律分析小车的运动情况。
7．【分析】在电源内部电流从负极流向正极；电源电动势等于电源没有接入电路时电源两极间的电压；应用闭合电
路欧姆定律可以求出电源内阻。
【解答】解：A、在电源内部电流从负极流向正极，外电路接通时稀硫酸溶液中的电流方向向左，故A 错误；
BC、电源电动势等于电源没有接入电路时电源两极间的电压，由表中实验数据可知，电源电动势：E＝1.51+0.59
＝2.1V，故BC 错误；
D、在M，N 之间接入10Ω电阻时，电路电流：Iൌ
۳
܀൅ܚൌ
܃۾ۿ
ܚ，即：
૛䁪૚
૚૙൅ܚൌ
૙䁪૝૛
ܚ，解得：r＝2.5Ω，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查了电源电动势与内阻问题，理解电动势的概念、知道电动势大小是解题的前提，分析清楚表
中实验数据、应用闭合电路欧姆定律即可解题。
8．【分析】该题类似于天体运动及电子绕核运动，根据类似知识进行判断
【解答】解：A、B：根据题意，微粒受到激光的作用力应该指向光斑中心，跟激光传播方向无关，故A、B 错
误；
C、光斑中心为势能最低点，则微粒向光斑中心移动时势能减小，C 错误；
D、类似于“逃逸速度”，微粒速度较大有可能逃离能量势阱，D 正确。
故选：D。
【点评】该题类似于天体运动及电子绕核运动，根据类似知识进行判断
二、（非选择题共180 分）
9．【分析】①根据实验的原理，抓住白色光源后面要有滤光片、单缝，然后让单色线光源通过双缝在光屏上形成干
涉图样，确定M 处的元件。
②根据双缝干涉条纹间距干涉，求出波长的表达式。
③根据波长的表达式，代入数据得出波长的数量级。
【解答】解：①为获取单色线光源，白色光源后面要有滤光片、单缝，然后让单色线光源通过双缝在光屏上形
成干涉图样，M 处的实验器材是单缝。
②根据ᶭܠൌۺ
܌λ得，红光波长的表达式λ ൌᶭܠڄ܌
ۺ
。
③根据λ ൌᶭܠڄ܌
ۺ
知，λ ൌ૚૙െ૜ൈ૚૙െ૝
૙䁪晦
m＝1.4×10
﹣7m，故C 正确。
故答案为：①单缝，②
ᶭܠڄ܌
ۺ
，③C。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理，掌握双缝干涉条纹间距干涉，并能灵活运用。
10．【分析】①螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；
②根据题意确定电流表的接法，然后完成实验电路图；
③根据欧姆定律与电阻定律求出电阻率的表达式；
④应用控制变量法分析表中实验数据，根实验数据得出结论；导体温度升高电子做无规则热运动越剧烈。
【解答】解：①由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm+38.5×0.01mm＝0.885mm；
②由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：
③由欧姆定律可知：Rൌ܃
۷，由电阻定律可知：R＝ρ
ۺ
܁ൌρ
ۺૈ
ሺ۲
૛砀૛，电阻率：ρൌૈ
܃۲૛
૝۷ۺ ；
④a、由表中第一组、第二组二组数据可知，电压不同但电阻率相等，由此可知，电阻率与电压无关；
由第四组、第五组两组实验数据可知，电阻率与合金丝的长度无关；
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第363页（共465页）
由第三组、第四组两组实验数据可知，电阻率与合金丝的温度有关；
b、由表中实验数据可知，温度越高电阻率越大，随合金丝温度升高，电子做无规则热运动越剧烈，电子做无规
则热运动的平均速率越大，故B 正确；
故选：B；
故答案为：①0.885；②电路图如图所示；③ૈ
܃۲૛
૝۷ۺ ；④a、温度；b、B。
【点评】要掌握常用器材的使用及读数方法，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，
螺旋测微器需要估读；应用欧姆定律与电阻定律可以求出电阻率的表达式；解题时注意控制变量法的应用。
11．【分析】（1）根据匀强电场中电场强度和电势差间的关系即可求出电势差；
（2）对下落过程根据动能定理即可求出到达B 时的动能；
（3）根据类平抛运动规律，由运动学公式和圆形面积公式，即可求解；
【解答】解：（1）根据U＝Ed 可知AB 间的电压为：U＝Ed；
（2）带电粒子在下落过程中只受电场力作用，由动能定理有：Eqd＝Ekെ૚
૛mv02
解得：Ek＝Eqd൅૚
૛mv02
（3）分析知所形成的图形为圆形，圆形的半径为沿水平方向喷出的粒子的水平位移的大小，对沿水平方向喷出
的粒子分析
有：Eq＝ma
竖直方向上有：dൌ૚
૛at′2
水平方向上有：l＝v0t′
所以圆形面积为：
S＝πr2＝π（v0t）2ൌ
૛ૈܕ܌ܞ૙
૛
۳ܙ
答：（1）金属板A、B 间的电压U 为Ed
（2）粒子到达金属板B 时的动能Ek 为Eqd൅૚
૛mv02
（3）粒子落在金属板上B 区域的面积S 为
૛ૈܕ܌ܞ૙
૛
۳ܙ
。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，掌握牛顿第二定律与运动学公式的综合应用，理解几何
关系在题中的运用，注意会画出运动轨道，及已知长度与半径的半径。
12．【分析】（1）物体匀速上升处于平衡状态，应用安培力公式与平衡条件可以求出电流大小。
（2）应用功率公式P＝Fv 求出机械功率与反电动势功率，然后证明。
（3）由欧姆定律求出电流，应用平衡条件可以求出导体棒的速度的表达式。
【解答】解：（1）物体匀速上升，处于平衡状态，
由平衡条件得：mg＝BIL，
解得：Iൌܕ܏
۰ۺ；
（2）设导体棒匀速运动的速度为v，电流为I，
导体棒ab 匀速向上提升重物输出的机械功率：P 机械＝mgv，
电流克服导体棒反电动势做功的功率：P 反＝BILv，
由平衡条件得：mg＝BIL，
则：P 反＝P 机械，得证；
（3）导体棒两端连续可调的电压为U，物体匀速上升的速度大小为v，
由于反电动势总要削弱电源电动势的作用，有：Iൌ܃െ۰ۺܞ
܀
，
导体棒匀速运动，由平衡条件得：BIL＝mg，
解得：vൌ܃
۰ۺ െܕ܏܀
۰૛ۺ૛；
答：（1）物体匀速上升时，通过导体棒ab 的电流大小为
ܕ܏
۰ۺ；
（2）证明过程如上所述：P 出＝P 反；
（3）物体匀速上升的速度v 与电压U 的函数关系式为：vൌ܃
۰ۺ െܕ܏܀
۰૛ۺ૛。
【点评】本题主要是考查电磁感应现象的能量转化问题，解答本题要掌握发电机和电动机的工作原理，了解洛
伦兹力不做功的原因和电磁感应现象中能量的转化情况。
13．【分析】（1）由速度位移关系公式直接求解探测器落月速度即可；
（2）根据动量定理可求月球对探测器的平均冲击力；
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【解答】解：（1）由运动学公式v′2﹣v2＝2g0h，解得：ܞt ൌ
ܞ૛൅૛܏૙ܐ；
（2）设平均冲击力为F，以竖直向上为正方向，据动量定理得（F﹣m0g0）t＝0﹣（﹣m0v′），解得：۴ ൌ
ܕ૙
ܜ
ܞ૛൅૛܏૙ܐ൅ܕ૙܏૙；
答：①探测器与月面接触前瞬间相对月球表面的速度v'的大小为ܞ૛൅૛܏૙ܐ；
②月球对探测器的平均冲击力F 的大小为
ܕ૙
ܜ
ܞ૛൅૛܏૙ܐ൅ܕ૙܏૙；
【点评】解决本题的关键是明确探测器的受力情况和运动情况，然后根据运动学公式和动量定理列方程求解，
难度不大。
14．【分析】①求出月球对其的万有引力和地球对其的万有引力，向心力由合力提供，根据向心力公式求解；
②对于“日﹣地系统”，在太阳和地球连线上共有3 个可能的拉格朗日点，由此分析。
【解答】解：①设在图中的拉格朗日点有一质量为m′的物体（m′＜＜m），则月球对其的万有引力F1＝G
ܕܕt
ܚ૛，
地球对其的万有引力F2 为F2＝G
ۻܕt
ሺۺ൅ܚ砀૛
质量为m′的物体以地球为中心做圆周运动，向心力由F1 和F2 的合力提供，设圆周运动的角速度为ω，则F1+F2
＝m′ω2（L+r）
根据以上三个式子可得：G
ܕ
ܚ૛൅G
ۻ
ሺۺ൅ܚ砀૛ൌω2（L+r）
月球绕地球做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力，有：
G
ۻܕ
ۺ૛ൌmω2L
联立以上两式子可得：
ܕ
ܚ૛൅
ۻ
ሺۺ൅ܚ砀૛ൌ
ۻ
ۺ૜ሺۺ ൅ܚ砀
②对于“日﹣地系统”，在太阳和地球连线上共有3 个可能的拉格朗日点，其大概位置如图所示。
答：①r 与M、m 和L 之间的关系式为
ܕ
ܚ૛൅
ۻ
ሺۺ൅ܚ砀૛ൌ
ۻ
ۺ૜ሺۺ ൅ܚ砀；
②太阳和地球连线上共有3 个可能的拉格朗日点的大概位置如图所示。
【点评】本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略
星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
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2019-2020 学年北京市丰台区高考物理一模试卷
一、选择题
1．以下事实可作为“原子核可再分”的依据是（
）
A．天然放射现象
B．α粒子散射实验
C．电子的发现
D．氢原子发光
2．下列说法正确的是（
）
A．气体的温度升高，每个气体分子的运动速率都会增大
B．从微观角度讲，气体压强只与气体分子的密集程度有关
C．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大
D．若一定质量的气体膨胀对外做功50 J，则内能一定减少50 J
3．甲、乙两单色光分别通过同一双缝干涉装置得到各自的干涉图样，设相邻两个亮条纹的中心距离为△x，若△x
甲＞△x 乙，比较甲、乙两种单色光，则下列说法正确的是（
）
A．真空中甲光的波长较短
B．甲光的光子能量较小
C．甲光发生全反射时的临界角较小
D．甲光能发生偏振现象，而乙光不能
4．一简谐机械横波沿x 轴正方向传播，波长为λ，周期为T．t＝T 时刻的波形如图1 所示，a、b 是波上两个质点，
图2 是波上某质点的振动图象。下列说法中正确的是（
）
A．t＝T 时质点a 的振幅比质点b 的大
B．t＝T 时质点a 的速度比质点b 的大
C．质点a 的振动图象是图2
D．质点b 的振动图象是图2
5．如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M、N 为轨道短轴的两个端点，运行的
周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P 经过N、Q、M 回到P 的运动过程中，下
列说法正确的是（
）
A．从P 到N 阶段，动能逐渐增大
B．从N 到Q 阶段，速度逐渐增大
C．从Q 到M 阶段，所用时间大于
܂૙
૝
D．从M 到P 阶段，加速度逐渐减小
6．如图所示，地面附近某真空环境中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个
带正电的油滴，沿着一条与竖直方向成α角的直线MN 运动，由此可以判断（
）
A．匀强电场方向一定是水平向左
B．油滴沿直线一定做匀加速运动
C．油滴可能是从N 点运动到M 点
D．油滴一定是从N 点运动到M 点
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第366页（共465页）
7．为了研究平抛物体的运动，用两个相同小球A、B 做下面的实验：如图所示，用小锤打击弹性金属片，A 球立
即水平飞出，同时B 球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面。A、B 两小球开始下落到落地前瞬间的过
程中，下列对A、B 球描述正确的是（
）
A．A 球与B 球的速率变化量相同
B．A 球与B 球的动量变化量相同
C．A 球与B 球的速度变化率不同
D．A 球与B 球的动能变化量不同
8．地球上某处海水的周期性涨落称为潮汐。潮汐主要是月球对海水的引力造成的，太阳的引力也起一定的作用，
但要弱得多。引起潮汐的力称为引潮力，引潮力沿垂直海水表面向上（背离地心）最大处，海水形成高峰；反
之，引潮力沿垂直海水表面向下（指向地心）最大处，海水出现低谷。为简化研究，只在地﹣月系统分析问题，
此时引潮力可称为月潮力。假设地球表面全部被海水覆盖，如图所示，月地距离为r，地球半径为R，月球质量
为M 月，地球质量为M 地；A 为近月点，B 为远月点。如取直角坐标系的x 轴沿月地联线，θ为地表某处的半径
与x轴正方向的夹角。该处质量为△m的海水的月潮力在x轴、y轴上的分力值Fx、Fy分别是Fxൌ
૛۵ۻ月ᶭܕ
ܚ૜
Rcosθ，
Fy ൌ
૛۵ۻ月ᶭܕ
ܚ૜
Rsinθ ，依据已学的知识，结合上述公式，判断下列说法正确的是（
）
A．月潮力就是地球对海水的引力
B．月潮力就是月球对海水的引力
C．近月点处的海水月潮力向下最大
D．远月点处的海水月潮力向上最大
二、解答题（共4 小题，满分0 分）
9．某同学要把一个量程为300μA，内阻约为100Ω的直流电流计G，改装成量程范围是0～3V 的直流电压表。
（1）按如图1 所示电路，用半偏法测定电流计G 的内电阻Rg．电源电动势为6V，内阻不计。在以下器材中，
可变电阻R1 应选用
；可变电阻R2 应选用
。（选填器材前的字母）
A．电阻箱（0～999.9Ω）
B．滑动变阻器（0～200Ω）
C．电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器相当，0～47kΩ）
（2）该同学在开关断开情况下，检查电路连接无误。
a．后续的实验操作步骤依次是
，最后记录R2 的阻值并整理好器材。（请按合理的实验顺序，选填下列
步骤前的字母）
A．将R1 的阻值调至最大
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第367页（共465页）
B．闭合K2 调节R2 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半
C．闭合K1 调节R1 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度
b．若实验记录R2 的阻值为112.0Ω，则可测得电流计G 的内阻Rg＝
Ω。
（3）测得电流计G 的内阻后，要将其改装成量程为3V 的电压表，应将其
联（选填“串”或“并”）一
个电阻R3，R3＝
Ω。
（4）按照上述方法将电流计G 与电阻R3 改装成一电压表后，用比改装电压表分度值更小的标准电压表V0 进行
校准。
a．请你完成方框图2 中的校准电路图；
b．利用校准电路，该同学将量程中的各个刻度都校准一遍，可得到30 组Ux（改装电压表读数）、△Ux（改装
电压表读数Ux 与标准表读数U 的差值，即△Ux＝Ux﹣U）。以Ux 为横坐标，△Ux 为纵坐标，将相邻两点用直
线连接，做出呈折线状的曲线，如图3 所示，这条曲线我们称为校准曲线。当使用这块表测量时，就可以根据
校准曲线对各数据点进行校准，从而获得更高的精度。若改装电压表测量结果为2.50V 时，电压更精确的值应为
V。
（5）在校准电压表时，该同学利用了“并联电路各支路两端电压总相等”的电路特点。实际上，在恒定电流电
路内，各处的电荷分布是稳定的，稳定分布的电荷产生了一种恒定电场，这种恒定电场与静电场的性质基本相
同，这成为我们认识电路问题的基础。请判断“并联电路各支路两端电压总相等”这一电路特点，是下列选项
中哪一个说法的对应表现
。（填写选项前的字母）
A．电荷在电场中受到力的作用
B．匀强电场电场强度处处相等
C．电场力做功与路径无关
D．沿电场线方向电势逐渐降低
10．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4m，一端连接R＝1Ω的电阻。导轨所在空间存在
竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝5T．导体棒MN 放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良
好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝0.6m/s。
求：
（1）感应电动势E 和感应电流I；
（2）在0.2s 时间内，拉力的冲量IF 的大小；
（3）若将MN 换为电阻r＝0.5Ω的导体棒，其它条件不变，求导体棒两端的电压U。
11．如图1 所示，一小车放于平直木板上（木板一端固定一个定滑轮），木板被垫高一定角度θ，该角度下，小车恰
能做匀速直线运动（假设小车所受摩擦力与小车对木板的正压力成正比，比例系数为μ），小车总质量为M。
（1）请推导θ与μ应满足的定量关系；并分析说明若增大小车质量，仍使小车做匀速直线运动，角度θ是否需要
重新调整。
（2）如图2 所示，将小车上栓一根质量不计，且不可伸长的细绳，细绳通过滑轮（滑轮与细绳之间摩擦不计）
下挂一个砝码盘（内放砝码），在木板上某位置静止释放小车后，小车做匀加速直线运动。已知砝码盘及砝码的
总质量为m，求：
①a．如果m＝M，小车所受细绳拉力与砝码盘及砝码总重力的比值；
b．用F 表示小车所受细绳的拉力，如果要求
ȁ۴െܕ܏ȁ
۴
＜5%，此时
ۻ
ܕ应该满足的条件；
②小车沿木板运动距离为x 的过程中，其机械能的变化量△E。
12．构建理想化模型，是处理物理问题常见的方法。
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（1）在研究平行板电容器的相关问题时，我们是从研究理想化模型﹣﹣无限大带电平面开始的。真空中无限大
带电平面的电场是匀强电场，电场强度为E0＝2kπσ，其中k 是静电力常量，σ为电荷分布在平面上的面密度，
单位为C/m2．如图1 所示，无限大平面带正电，电场指向两侧。若带负电则电场指向中央（图中未画出）。在实
际问题中，当两块相同的带等量异种电荷的较大金属板相距很近时，其中间区域，可以看作是两个无限大带电
平面所产生的匀强电场叠加；如果再忽略边缘效应，平行板电容器两板间的电场就可以看作是匀强电场，如图2
所示。已知平行板电容器所带电量为Q，极板面积为S，板间距为d，求：
a．两极板间电场强度的大小E；
b．请根据电容的定义式，求出在真空中，该平行板电容器的电容C；
c．求解图2 中左极板所受电场力的大小F。
（提示：因为带电左极板的存在已经影响到带电右极板单独存在时空间场强的分布，所以不能使用a 问中计算
出的场强，而是应该将电场强度“还原”到原来右极板单独存在时，在左极板所在位置产生的电场强度。）
（2）根据以上思路，请求解真空中均匀带电球面（理想化模型，没有厚度）上某微小面元所受电场力。如图3
所示，已知球面半径为R，所带电量为Q，该微小面元的面积为△S，带电球面在空间的电场强度分布为
Eൌ
૙ሺܚ＜܀砀
ܓۿ
ܚ૛ሺܚ൒܀砀
，其中r 为空间某点到球心O 的距离。
（提示：“无限大”是相对的，在实际研究中，只要被研究点距离带电面足够近，就可认为该带电面为无限大带
电平面）
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2019-2020 学年北京市丰台区高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．【分析】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。
【解答】解：A、天然放射现象说明原子核可再分，故A 正确；
B、卢瑟福首先提出原子的核式结构学说，故B 错误；
C、汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而证明了原子可再分，故C 错误；
D、玻尔引入了量子理论，从而成功地解释了氢原子光谱的原因，故D 错误；
故选：A。
【点评】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，这也是考
试内容之一。
2．【分析】温度是分子平均动能的标志，温度升高，气体分子的平均动能会增大，但温度对单个分子来说没有意义，
即当气体温度升高时，有的分子的速率可能增大，有的分子的速率可能减小，有的分子的速率可能不变；
从微观角度讲，气体压强与气体分子的密集程度和分子平均动能有关；通过分子力做功分析分子势能变化；
改变物体内能方式时做功和热传递，然后根据热力学第一定律分析物体内能变化。
【解答】解：A、温度是分子平均动能的标志，温度升高，气体分子的平均动能会增大，但温度对单个分子来说
没有意义，即当气体温度升高时，有的分子的速率可能增大，有的分子的速率可能减小，有的分子的速率可能
不变；故A 错误；
B、从微观角度讲，气体压强与气体分子的密集程度和分子平均动能有关，故B 错误；
C、当分子力表现为引力时，随着分子距离增大，引力做负功，分子势能增大，故C 正确；
D、气体膨胀，气体对外做功，W＝﹣50J，根据热力学第一定律得：△U＝W+Q＝﹣50+Q，由于吸放热情况不
确定，故内能变化不确定，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题要掌握气体的压强与分子平均动能和气体分子的数密度两个因素有关。一定质量的理想气体内能
只与温度有关。
3．【分析】偏振现象时横波特有的现象；根据双缝干涉条纹的间距公式，结合条纹间距的大小比较出波长的大小，
从而得出频率、折射率的大小，根据sinCൌ૚
ܖ，从而确定临界角的大小，只要是横波，即可发生偏振动现象。
【解答】解：A、根据△xൌۺ
܌λ结合△x 甲＞△x 乙，则在真空中甲光的波长可能大于乙光的波长，故A 错误；
B、由于甲光的波长比较长，则甲光的频率较小，那么甲光的光子能量较小，故B 正确；
C、由于甲光的频率较小，则其折射率也小，根据sinCൌ૚
ܖ，可知，甲光发生全反射时的临界角较大，故C 错误；
D、偏振现象是横波特有的现象，由于光是横波，故甲乙都可以发生偏振现象，故D 错误；
故选：B。
【点评】解决本题的掌握双缝干涉条纹的间距公式，知道波长、频率、折射率、及临界角的大小。
4．【分析】质点的速度和加速度可根据质点的位置进行判断。在平衡位置时，速度最大，加速度最小；在最大位移
处，速度为零，加速度最大。根据图2 中t＝T 时刻质点的位置和振动方向，在图1 上找出对应的质点。
【解答】解：A、二者的振幅是相同的，与具体的时刻无关，故A 错误；
B、t＝T 时质点a 位于最大位移处，b 质点经过平衡位置，所以质点a 的速度比质点b 的小，故B 错误；
C、D、由图2 知，t＝T 时刻质点经过位置向下运动，图1 是t＝T 时刻的波形，此时a 位于波峰，位移最大，
与图2 中t＝T 时刻质点的状态不符，而质点b 在t＝T 时刻经过平衡位置向下运动，与图2 中t＝T 时刻质点的
状态相符，所以图2 不能表示质点a 的振动，可以表示质点b 的振动，故C 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】本题既要能理解振动图象和波动图象各自的物理意义，又要抓住它们之间内在联系，能熟练根据波的
传播方向判断出质点的速度方向。
5．【分析】根据海王星在PM 段和MQ 段的速率大小比较两段过程中的运动时间，从而得出Q 到M 所用时间与周
期的关系；抓住海王星只有万有引力做功，得出机械能守恒；根据万有引力做功确定速率的变化
【解答】解：A、从P 到N 阶段，万有引力对它做负功，动能逐渐减小，故A 错误；
B、从N 到Q 阶段，万有引力做负功，速率减小，故B 错误；
C、海王星在MP 段的速度大小大于QM 段的速度大小，则MP 段的时间小于QM 段的时间，所以Q 到M 所用
的时间大于
܂૙
૝，故C 正确；
D、从M 到P 阶段，离太阳越来越近，万有引力增大，加速度逐渐增大，故D 错误；
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道近日点的速度比较大，远日点的速度比较小，从P 到Q 和Q 到P 的运动是对称的，
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但是M 到P 和Q 到M 不是对称的。
6．【分析】对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于带
电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于直线向上，从而可判断粒子的运动方向，同时可知电场力的方向
向左，可判断电场的方向。
【解答】解：A．粒子的受力如图所以的情况，即电场力只能水平向左，粒子才能沿直线运动，故A 正确；
B．油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据物体做直线运动条件
可知，粒子所受洛伦兹力亦为恒力据F＝qvB 可知，粒子必定做匀速直运动，故B 错误；
CD．粒子受到的洛仑磁力的方向为垂直MN 向上，又因为粒子带正电，再结合左手定则，可知油滴一定是从M
点运动到N 点一定，故CD 错误；
故选：A。
【点评】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v 与B 不平行）。
若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动。
7．【分析】两球运动时间相同，受力相同，则其动量的变化量，速度的变化量相同。
【解答】解：AB、两球的所受重力相同，落地时间相同，动量的变化量相同为mgt；但速率的大小变化不同，
故A 错误，B 正确
CD、速度的变化量相同为gt，速度的变化率为重力加速度，相同；下落高度相同，重力做功相同，动能的变化
等于重力做功相同，则CD 错误
故选：B。
【点评】关键是区别好矢量与标量，明确动量的变化为矢量，速率的变化不是速度变化的大小。
8．【分析】潮汐现象是沿海地区的一种自然现象，指海水在天体（主要是月球和太阳）引潮力作用下所产生的周期
性运动，月球引力和地球离心力是两种对立的力，两者结合起来产生的合力（矢量和），就是月球使海水发生潮
汐现象的力量，称为月球引潮力。
【解答】解：A、月潮力是月球引力和地球离心力两者结合起来产生的合力，故AB 错误；
C、月潮力在x 轴、y 轴上的分力值Fx、Fy 分别是Fxൌ
૛۵ۻ月ᶭܕ
ܚ૜
Rcosθ，Fyൌ
૛۵ۻ月ᶭܕ
ܚ૜
Rsinθ，近月点处对应
的夹角是180°，Fx 最大，方向指向月心，所以近月点处的海水月潮力向上最大，故C 错误；
D、远月点处对应的夹角是0°，Fx 最大，方向背向月心，远月点处的海水月潮力向上最大，故D 正确；
故选：D。
【点评】潮汐是一种自然现象，可以根据物理规律进行分析；潮汐形成有多种原因，但主要是因为月球的引力，
同时还要注意地球的自转的影响。
二、解答题（共4 小题，满分0 分）
9．【分析】（1）应用半偏法测电流表内阻，为减小实验误差应选择阻值较大的滑动变阻器，电阻箱阻值应与被测电
表内阻相当。
（2）根据半偏法测电表内阻的原理与实验步骤分析答题。
（3）把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律求出串联电阻阻值。
（4）校准电压表，标准电压表与改装电压表并联，滑动变阻器应采用分压接法；根据图示图线答题。
（5）电场力做功与电荷运动路径无关，电场力做功取决于电荷初末位置的电势差。
【解答】解：（1）为准确测量电流表内阻，可变电阻R1 应选用电阻较大的C；可变电阻R2 应选用电阻箱A。
（2）a、半偏法测电表内阻时的实验步骤是：将R1 的阻值调至最大；闭合K1 调节R1 的阻值，使电流表指针偏
转到满刻度；
闭合K2 调节R2 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半，故正确的实验步骤为：ACB；
b、由题意可知，电流表与电阻箱串联，电流表半偏时，电流表与电阻箱阻值相等，即电流表内阻为：112.0Ω；
（3）把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：R3ൌ܃
۷܏െRgൌ
૜
૜૙૙ൈ૚૙െ૟െ112.0＝9888.0Ω；
（4）a、校准电压表，电压应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，标准电压表与带校正电压表并联，
电路图如图所示：
b、由图示图线可知，电压为2.50V 时，电压表示数偏差为﹣0.02V，则电压更精确的值应为2.48V；
（5）电场力做功与电荷运动路径无关，通过并联电路任一支路电流做功相等，故C 正确；
故选：C；
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故答案为：（1）C；A；（2）a、ACB；b、112.0；（3）串；9888.0；（4）a、电路图如图所示；b、2.48；（5）C。
【点评】本题考查了实验步骤与实验数据处理，知道实验原理是解题的前提与关键，理解实验原理根据题意即
可解题；把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值。
10．【分析】（1）由E＝BLv 求出导体棒切割磁感线产生的感应电动势E，由闭合电路欧姆定律求出感应电流I，根
据右手定则判断感应电流的方向；
（2）导体棒匀速运动，先根据平衡条件求出拉力的大小，再根据I＝Ft 求拉力的冲量IF 的大小；
（3）先由闭合电路欧姆定律求出电流，然后由U＝IR 即可求出导体棒两端的电压U。
【解答】解：（1）感应电动势为：E＝BLv＝5×0.4×0.6V＝1.2V
根据闭合电路欧姆定律得感应电流为为：Iൌ۳
܀ൌ૚䁪૛
૚A＝1.2A，
根据右手定则得导体棒MN 中电流的流向为：N→M；
（2）导体棒匀速运动，拉力等于安培力，则有：F＝F 安＝BIL＝5×1.2×0.4＝2.4N
拉力的冲量为：IF＝Ft＝2.4×0.2N•s＝0.48N•s；
（3）将MN 换为电阻r＝0.5Ω的导体棒，电路中的电流为：I′ൌ
۳
܀൅ܚൌ
૚䁪૛
૚൅૙䁪૞A＝0.8A
由欧姆定律有：U＝I′•R＝0.8×1＝0.8V。
答：（1）感应电动势是1.2V，感应电流是1.2A，导体棒MN 中电流的流向为：N→M；
（2）在0.2s 时间内，拉力的冲量IF 的大小为0.48N•s；
（3）导体棒两端的电压U 是0.8V。
【点评】对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，哪部分相当于外电路，要
知道导体棒两端的电压U 是外电压，不是内电压，不能根据U＝Ir 求U。
11．【分析】（1）以小车为研究对象，根据受力情况列方程解答；
（2）①a．如果m＝M，分别对小车、对砝码和砝码盘根据牛顿第二定律列方程求解；
b．如果要求
ȁ۴െܕ܏ȁ
۴
＜5%，根据第一问的结论进行解答；
②小车沿木板运动距离为x 的过程中，其机械能的变化量△E 等于所受拉力和摩擦力做功之和，由此列方程求
解。
【解答】解：（1）以小车为研究对象，受力分析如图所示：
根据平衡条件可得：Mgsinθ＝μMgcosθ
解得：μ＝tanθ
若小车的质量变为：
M＝M+△m
（M+△m）gsinθ＝μ（M+△m）gcosθ仍成立，
故增大小车质量，仍使小车做匀速直线运动，角度θ不需要重新调整；
（2）①a．如果m＝M，对小车根据牛顿第二定律可得：F＝Ma
对砝码和砝码盘：mg﹣F＝ma
由于
۴
ܕ܏െ۴ ൌ
ۻ
ܕ，
所以有：Fൌۻܕ܏
ۻ൅ܕ
解得：
۴
ܕ܏ൌ
૚
૛；
b．用F 表示小车所受细绳的拉力，如果要求
ȁ۴െܕ܏ȁ
۴
＜5%，由于
۴
ܕ܏ൌ
૚
૛；
此时
ۻ
ܕ＞20；
②小车沿木板运动距离为x 的过程中，其机械能的变化量△E 等于所受拉力和摩擦力做功之和，所以有：
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△E＝Fx﹣μMgxcosθൌۻܕ܏ܠ
ۻ൅ܕെμMgxcosθ＝Mgx（
ۻ
ۻ൅ܕെμcosθ）。
答：（1）θ与μ应满足的定量关系为μ＝tanθ；若增大小车质量，仍使小车做匀速直线运动，角度θ不需要重新调
整。
（2）①a．如果m＝M，小车所受细绳拉力与砝码盘及砝码总重力的比值为
૚
૛；
b．用F 表示小车所受细绳的拉力，如果要求
ȁ۴െܕ܏ȁ
۴
＜5%，此时
ۻ
ܕ＞20；
②小车沿木板运动距离为x 的过程中，其机械能的变化量为Mgx（
ۻ
ۻ൅ܕെμcosθ）。
【点评】本题主要是考查牛顿第二定律的实验，解答本题要掌握该实验的实验方法和实验原理。
12．【分析】（1）a、根据电场的叠加原理求两极板间电场强度的大小E。
b、先根据U＝Ed 求出电容器两极板间的电势差，再根据电容的定义式Cൌۿ
܃求电容C。
c、根据F＝EQ 求左极板所受电场力的大小F。
（2）取距离微小面元无限近的两点M 和N，分别位于带电球面的内表面和外表面。求出两点所产生的电场强度
的大小。再求微小面元所受电场力。
【解答】解：（1）a、两极板间电场强度的大小为：E＝2E0＝4kπσ＝4kπ
ۿ
܁
b、电容器两极板间的电势差为：U＝Ed＝4kπ
ۿ
܁•d
所以电容器的电容为：Cൌۿ
܃ൌ
܁
૝ૈܓ܌
c、图2 中左极板所受电场力的大小为：F＝E0Q＝2kπ
ۿ
܁•Qൌ૛ܓૈۿ૛
܁
（2）取距离微小面元无限近的两点M 和N，分别位于带电球面的内表面和外表面。
由题意可知：①微小面元在M、N 两点所产生的电场强度的大小为：
E0＝2kπσ＝2kπ
ۿ
૝ૈ܀૛ൌk
ۿ
૛܀૛，方向分别指向球心和背向球心。
②由带电球面在空间的场强分布可知，M 点处的场强为零，因此除去小面元△S 以外的带电球面在M 点产生的
场强与小面元在M 点产生的场强大小相等、方向相反，即场强大小为：E0＝k
ۿ
૛܀૛，方向背向球心。（由N 点计
算的场强也为E0＝k
ۿ
૛܀૛）。
因此，除去面元△S 以外的带电球面在面元△S 处所产生的场强为：E0＝k
ۿ
૛܀૛，由此得该面元所受的电场力为：
F＝qE0ൌ
ᶭ܁
૝ૈ܀૛Q•k
ۿ
૛܀૛ൌk
ᶭ܁ڄۿ૛
砀ૈ܀૛，方向背向圆心向外，表现为扩张力。
答：（1）a．两极板间电场强度的大小E 是4kπ
ۿ
܁；
b．请根据电容的定义式，在真空中，该平行板电容器的电容C 是
܁
૝ૈܓ܌；
c．图2 中左极板所受电场力的大小F 是
૛ܓૈۿ૛
܁
。
（2）微小面元所受电场力为k
ᶭ܁ڄۿ૛
砀ૈ܀૛，方向背向圆心向外，表现为扩张力。
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【点评】本题信息给予题，首先要读懂题意，知道真空中无限大带电平面的电场是匀强电场，电场强度为E0＝
2kπσ，再运用电场的叠加法和微元法求各种情形下的场强。
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2019-2020 学年北京市东城区高考物理一模试卷
一、选择题
1．下列核反应方程中，属于α衰变的是（
）
A．ૢ
૛
૛૜砀܃՜ૢ
૙
૛૜૝܂ܐ൅
૛
૝rt
B．
૚
૛r ൅
૚
૜r ՜
૛
૝r粒൅
૙
૚ܖ
C．ૢ
૙
૛૜૝܂ܐ՜ૢ
૚
૛૜૝۾܉൅
െ૚
૙t
D．
晦
૚૝ۼ ൅
૛
૝rt ՜
砀
૚晦۽ ൅
૚
૚r
2．下列说法正确的是（
）
A．同一个物体，运动时的内能一定比静止时的内能大
B．物体温度升高，组成物体的分子平均动能一定增加
C．一定质量的物体，内能增加，温度一定升高
D．温度升高时物体的每个分子的动能都将增大
3．如图，两束单色光A、B 分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射时合成一束复色光P，下列说法正确的
是（
）
A．A 光的频率小于B 光的频率
B．在玻璃砖中A 光的传播速度小于B 光的传播速度
C．玻璃砖对A 光的折射率大于对B 光的折射率
D．两种单色光由玻璃射向空气时，A 光的临界角较小
4．一列横波沿x 轴正方向传播，若t＝0 时刻的波形图如图甲所示，则图乙描述的可能是哪个质点的振动图象（
）
A．x＝0 处的质点
B．x＝0.5 m 处的质点
C．x＝1.5 m 处的质点
D．x＝2.5 m 处的质点
5．2018 年12 月我国成功发射嫦娥四号探测器.2019-2020 学年1 月嫦娥四号成功落月，我国探月工程四期和深空探
测工程全面拉开序幕。假设探测器仅在月球引力作用下，在月球表面附近做匀速圆周运动。可以近似认为探测
器的轨道半径等于月球半径。已知该探测器的周期为T．万有引力常量为G．根据这些信息可以计算出下面哪个
物理量（
）
A．月球的质量
B．月球的平均密度
C．该探测器的加速度
D．该探测器的运行速率
6．如图甲所示，直线AB 是某电场中的一条电场线。一正电荷在该电场中运动，始终只受到电场力作用。已知该
正电荷沿电场线从A 点运动到B 点的过程中，其速度平方v2 与位移x 的关系如图乙所示。EA、EB 表示A，B
两点的电场强度，ϕA、ϕB 表示A、B 两点的电势。以下判断正确的是（
）
A．EA＜EB
B．EA＞EB
C．ϕA＞ϕB
D．ϕA＜ϕB
7．下面四幅图是用来“探究感应电流的方向遵循什么规律”的实验示意图。灵敏电流计和线圈组成闭合回路，通
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过“插入”“拔出”磁铁，使线圈中产生感应电流，记录实验过程中的相关信息，分析得出楞次定律。下列说法
正确的是（
）
A．该实验无需确认电流计指针偏转方向与通过电流计的电流方向的关系
B．该实验无需记录磁铁在线圈中的磁场方向
C．该实验必需保持磁铁运动的速率不变
D．该实验必需记录感应电流产生的磁场方向
8．将一质量为M 的光滑斜劈固定在水平面上一质量为M 的光滑滑块（滑块可以看成质点）从斜面顶端由静止自
由滑下。在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为FN1，地面对斜劈的支持力记为FN2，滑块到达斜面底端时，相
对地面的速度大小记为v、竖直分速度的大小记为vy．若取消固定斜劈的装置。再让滑块从斜面顶端由静止下滑。
在滑块的压力作用下斜劈会向左做匀加速运动。在此过程中。斜劈对滑块的支持力记为FN1'、地面对斜劈的支
持力记为FN2'，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记为v'、竖直分速度的大小记为vy′．下面大小关
系正确的是（
）
A．FN1＜FN1'
B．FN2＜FN2'
C．v＜v'
D．vy＜vy′
二、解答题（共8 小题，满分0 分）
9．某同学用图甲所示的装置来脸证动量守恒定律，A、B 为半径相同的小球（（mA＞mB），图中PQ 是斜槽，QR
为水平槽。实验时先使A 球从斜槽上某一位置G 由静止释放，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复
上述操作多次，得到多个落点痕迹。再把B 球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A 球仍从位置G 由静止释放。
两球碰撞后。A、B 球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作多次。图甲中O 点是水平槽末端R
在记录纸上的竖直投影点。B 球落点痕迹如图乙所示，图中米尺的零刻度线与O 点对齐（未画出）。
①碰撞后B 球的水平射程应为
cm；
②以下选项，哪些是本次实验必须进行的测量？
（填选项前的字母）
A．测量A 球未与B 球相碰时的平均落点到O 点的距离
B．测量A 球与B 球相碰后的平均落点到O 点的距离
C．测量A 球和B 球的直径
D．测量A 球和B 球的质量
E．测量水平槽面相对于O 点的高度
10．如图所示的电路图是利用半偏法测量一块电流计G（量程300μA，内阻100Ω到200Ω之间）的内阻Rg。
现有器材如下：
A．直流电源（输出电压12V）
B．电阻箱（999.9Ω）
C．滑动变阻器（500Ω）
D．电位器（5kΩ）
E．电位器（50kΩ）
①电阻器R2 选用
，电阻器R1 选用
。（填器材前的字母）
②为了测定电流计G 的内阻，在接通电路前，先把电阻器R1、的阻值调到最大。然后操作步骤依次是
（填
选项前的字母），最后记录R2 的阻值。
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A．闭合K1
B．闭合K2
C．调节R1 的阻值，使电流计指针偏转到满刻度
D．调节R1 的阻值。使电流计指针偏转到满刻度的一半
E．调节R2 的阻值。使电流计指针偏转到满刻度的一半
F．调节R2 的阻值。使电流计指针偏转到满刻度
③若电流计半偏时，R2 的阻值为120.0Ω，则电流计内阻Rg 的测量值为
Ω，由于存在系统误差，该测量
值
电流计内阻的真实值（填“大于”或“小于”）。造成这种误差的原因是
。
11．为了迎接2022 年冬季奥运会，让更多的人感受运动的快乐，北京在许多游乐场增设了坡面场地。坡而场地可
以看作由一个斜坡平面和一个水平面衔接而成。如图所示。已知某坡面场地的斜面高为h。斜面倾角为θ．某同
学坐在保护垫上，从斜面顶端A 由静止开始沿着斜而AC 下滑，最终停在水平面上的D 点。该同学与保护垫的
总质量为m，保护垫与斜面、水平面间的滑动摩擦因数均为声μ，（人与垫可看作质点处理，忽略衔接处的速率
变化及空气阻力）。求：
（1）保护垫与斜面间的滑动摩擦力大小？
（2）该同学滑到斜面底端时的速度大小？
（3）该同学从A 到D 运动过程中，摩擦产生的总热量为多少？
12．能量守恒是自然界基本规律，能量转化通过做功实现。如图所示，质量为m 的小球在自由下落过程中只受到
重力作用，小球经过A 点的速率为vA，经过B 点的速率为vB．以地面为重力势能的零势能面，小球在A 点的
重力势能为EμA＝mghA，在B 点的重力势能为EμB＝mghB．请根据动能定理证明：小球在A、B 两点的机械能
相等。
13．能量守恒是自然界基本规律，能量转化通过做功实现。如图所示，平行板电容器水平放置，上板正中央有一小
孔，两极板间的距离为d，电势差为U．一质量为m、带电量为+q 的小球从小孔正上方某处由静止开始下落，
穿过小孔到达下极板处速度恰为零。重力加速度为g（空气阻力忽略不计）。求：小球释放位置距离上极板的高
度h。
14．能量守恒是自然界基本规律，能量转化通过做功实现。研究发现，电容器存储的能最表达式为Ecൌ૚
૛۱܃૛，其
中U 为电容器两极板间的电势差，C 为电容器的电容。现将一电容器、电源和某定值电阻按照如图所示电路进
行连接。已知电源电动势为E0，电容器电容为C0，定值电阻阻值为R，其他电阻均不计，电容器原来不带电。
现将开关S 闭合，一段时间后，电路达到稳定状态。求：在闭合开关到电路稳定的过程中，该电路因电磁辐射、
电流的热效应等原因而损失的能量。
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15．伽利略在研究自出落体运动时，猜想自由落体的速度是均匀变化的，他考虑了速度的两种变化：一种是速度随
时间均匀变化，另一种是速度随位移均匀变化。现在我们已经知道。自由落体运动是速度随时间均匀变化的运
动。有一种“傻瓜”照相机的曝光时间极短，且固定不变。为估测“傻瓜”照相机的曝光时间，实验者从某砖
墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示。由于石子的运动，它在照片上留下了一条
模糊的径迹。已知石子在A 点正上方1.8m 的高度自由下落。每块砖的平均厚度为6.0cm。（不计空气阻力，g 取
10m/s2）
a．计算石子到达A 点的速度大小vA；
b．估算这架照相机的曝光时间（结果保留一位有效数字]。
16．伽利略在研究自出落体运动时，猜想自由落体的速度是均匀变化的，他考虑了速度的两种变化：一种是速度随
时间均匀变化，另一种是速度随位移均匀变化。速度随位移均匀变化的运动也确实存在。已知一物体做速度随
位移均匀变化的变速直线运动。其速度与位移的关系式为v＝v0+kx（v0 为初速度，v 为位移为x 时的速度）。
a．证明：此物体运动的加速度α和速度v 成正比，且比例系数为k；
b．如图乙所示，两个光滑的水平金属导轨间距为L，左侧连接有阻值为R 的电阻。磁感应强度为B 的匀强磁场
垂直穿过导轨平面。有一质量为m 的导体棒以初速度v0 向右运动，导体棒始终与导轨接触良好。除左边的电阻
R 外，其他电阻均不计。已知棒的运动是速度随位移均匀变化的运动，即满足关系式v＝v0+kx．设棒向右移动
最远的距离为s（s 未知），求k 值及当棒运动到λs 时（（0＜λ＜1）电阻R 上的热功率。
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2019-2020 学年北京市东城区高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．【分析】α衰变是指原子核分裂并只放射出氦原子核的反应过程，根据这一特定即可判断。
【解答】解：根据核反应的特点可知，A 反应是α衰变；B 和D 反应是原子核的人工转变方程；C 反应是β衰变；
故A 正确，BCD 错误
故选：A。
【点评】该题考查α衰变的本质与常见的核反应方程，比较简单，在平时学习中要掌握衰变，裂变，聚变和几种
粒子发现的方程式。
2．【分析】明确内能的定义，知道温度是分子平均动能的标志，温度升高时分子平均动能增大，但个别分子的动能
可能减小。
【解答】解：A、微观物体的内能与宏观物体的机械能无关，故A 错误；
B、温度是分子平均动能的标志，则当物体温度升高，组成物体的分子平均动能一定增加，故B 正确；
C、一定质量的物体，内能与温度、体积等都有关，则当内能增加时，温度不一定升高，故C 错误；
D、温度升高时物体的平均动能增加，但不是每个分子的动能都将增大，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查温度和分子动能，要注意温度是分子平均动能的标志，但温度升高时，并不是所有分子动能
都增大。
3．【分析】根据光路图，判断出玻璃砖对两束光的折射率大小，从而知道两束光的频率大小，根据vൌ粒
ܖ判断光出
在玻璃砖中的速度大小，根据sinCൌ૚
ܖ分析临界角的大小。
【解答】解：AC、由题图可知，玻璃砖对B 光的折射程度大，则nB＞nA，故B 光的频率较大，故A 正确，C
错误；
B、由vൌ粒
ܖ知，在玻璃砖中，vB＜vA，故B 错误；
D、两种单色光由玻璃射向空气时，由于sinCൌ૚
ܖ，所以，CB＜CA，故D 错误；
故选：A。
【点评】解答此类问题的思路是：由光线的偏折程度判断折射率的关系，或由折射定律可得出两光的折射率；
再由光的性质可知光的传播速度、频率及临界角的关系。
4．【分析】根据乙图可明确质点的位置和振动方向，再结合甲图分析各点的振动情况，从而找出符合条件的点。
【解答】解：由乙图可知，t＝0 时刻，质点在接近正向最大位置处向上振动；而甲图可知，x＝0 处质点处在平
衡位置向下振动，x＝0.5m 处的质点在向下振动；而2.5m 的质点在负向位移处向上振动，只有x＝1.5m 处质点
位置和振动方向符合，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力。注意掌握“带动法”
分析波动图象各点的振动情况的方法和技巧。
5．【分析】根据万有引力提供向心力，结合轨道半径和周期求出中心天体的质量。由于轨道半径未知，不能求出月
球的质量以及探测器的加速度与速度。
【解答】解：A、根据۵ ۻܕ
܀૛ൌܕ܀૝ૈ
૛
܂૛得，月球的质量Mൌ૝ૈ
૛܀૜
۵܂૛，由于不知道轨道半径，所以不能求出质量，
故A 错误。
B、由Mൌૉt ൌ૝
૜ૉૈ܀૜，联立可得：ૉൌۻ
t ൌ૜ૈ
۵܂૛，可知可以求出月球的密度，故B 正确。
C、根据题目条件无法求出月球的质量，则不能求出探测器的加速度。故C 错误；
D、不知道轨道半径，由已知的条件不能求出速率。故D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，注意根据该理论只能求出中心天体的质量，
无法得出环绕天体的质量。
6．【分析】根据正电荷的运动方向结合图象，确定电场力方向，场强方向与正电荷所受电场力方向相同。根据场强
方向判断电势的高低。由速度图象读出速度平方v2 与位移x 的关系，确定场强的变化情况。
【解答】解：AB、由速度平方v2 与位移x 的关系图象看出，图线的斜率不变，电子的速度增大，电子所受电场
力沿AB 且做正功，由动能定理，eExൌ૚
૛ܕሺܞ۰૛െܞۯ૛砀，故E 为常量，为匀强电场，故AB 错误。
CD、正电荷所受电场力沿着电场方向，电场方向沿AB，沿电场线的方向电势降低，φA＞φB．故C 正确，D 错
误。
故选：C。
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【点评】本题实质考查分析电子受力情况和运动情况的能力，从力和能量两个角度进行分析。
7．【分析】研究感应电流产生的条件及其方向要明确电流的方向、磁场的方向，同时根据实验原理明确实验方法。
【解答】解：A、该实验需要确认电流计指针偏转方向与通过电流计的电流方向的关系才能知道产生的感应电流
的具体的方向，故A 错误；
B、该实验需要记录磁铁在线圈中的磁场方向，才能得到磁场的变化与感应电流的方向关系，故B 错误；
C、该实验无需保持磁铁运动的速率不变，故C 错误；
D、该实验必需记录感应电流产生的磁场方向，这样才能知道感应电流的磁场方向与原磁场方向的关系，故D 正
确；
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理、实验的步骤以及注意的事项，掌握磁生电的条件，理解电流方向与
磁通量变化的关系。
8．【分析】分别对两种情况下两物体的受力情况进行分析，从而明确支持力大小；再根据功能关系以及牛顿第二定
律分析速度大小关系。
【解答】解：A、两种情况下斜劈对滑块的支持力的方向均垂直斜面向上；第一种情况下斜劈对滑块的支持力为
FN1＝mgcosθ；当滑块m 相对于斜劈加速下滑时，斜劈水平向左加速运动，所以滑块m 相对于地面的加速度方
向不再沿斜面方向，即物块有沿垂直于斜面方向向下的加速度，则mgcosθ＞F'1N，故A 错误；
B、对斜劈：地面对斜劈的支持力等于斜劈的重力与滑块对斜劈的压力的竖直分量之和，因F1N＞F'1N，则地面
对斜劈的支持力F2N＞F'2N，故B 错误；
C、若斜劈固定，则：ܕ܏ܐൌ૚
૛ܕܞ૛；若斜劈不固定，则由能量关系可知：ܕ܏ܐൌ૚
૛ܕܞt૛൅૚
૛ۻtܠ
૛，则v＞v′；
故C 错误；
D、对滑块，在竖直方向，由牛顿第二定律：mg﹣FNcosθ＝may，因F1N＞F'1N 则a1y＜a1y′，两种情况下滑块
的竖直位移相等，则由ܞܡൌ
૛܉ܡܐ可知vy′＞vy，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题为牛顿第二定律、功能关系的结合问题，解题的关键在于正确受力分析，明确功能关系的转换，
同时注意牛顿第二定律的正确应用，对学生要求较高。
二、解答题（共8 小题，满分0 分）
9．【分析】（1）用一尽可能小的圆把小球的落点圈在里面，圆心为落点的平均位置，再读出读数。
（2）如图，P 为碰撞前，球A 落点的平均位置，M、N 分别为碰撞后球B 和球A 落点的平均位置，本实验的基
本原理是利用平抛运动的规律：高度相等时，平抛运动时间相等，水平位移与初速度成正比，将运动时间看作
时间单位，可由水平位移表示初速度，需要测量：OP、OM、ON，以及两球的质量。
【解答】解：①由图可知，取B 落地的平均位置，则碰撞后B 球的水平射程应为65.5cm；
②本实验需要验证的方程是：ܕۯ۽૙ൌܕۯ۽ۼ ൅ܕ۰۽ۻ，（其中的K、N、M 分别是A 球碰撞前后的平均落地点
以及B 球碰后的平均落地点），则需要测量两球的质量mA、mB，水平槽上未放B 球时，测量A 球落点位置到O
点的距离۽૙．A 球与B 球碰撞后，测量两球落点位置到O 点的平均距离۽ۼ和۽ۻ．故ABD 正确，CE 错误。
故选ABD。
故答案为：①65.5；②ABD。
【点评】本题关键要懂得小球落点平均位置确定的方法：平均圆法，理解基本原理是利用平抛运动知识，用水
平位移替代平抛运动的初速度，知道动量守恒的条件。
10．【分析】①应用半偏法测电流表内阻，为减小实验误差应选择阻值较大的滑动变阻器，电阻箱阻值应与被测电
表内阻相当。
②根据半偏法测电表内阻的原理与实验步骤分析答题。
③根据实验步骤与实验原理求出电流表内阻、分析实验误差。
【解答】解：①电流计内阻在100Ω到200Ω之间，电阻器R2 选用B，为减小实验误差，电阻器R1 选用E。
（2）半偏法测电表内阻时的实验步骤是：将R1 的阻值调至最大；闭合K1 调节R1 的阻值，使电流表指针偏转
到满刻度；
闭合K2 调节R2 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半，故正确的实验步骤为：ACBE；
③由题意可知，电流表与电阻箱串联，电流表半偏时，电流表与电阻箱阻值相等，即电流表内阻为：120.0Ω；
电阻箱R2 与电流计并联后电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流增大，当电流表半偏时，
流过电阻箱的电流大于流过电流表的电流，电阻箱阻值小于电流表内阻，实验认为电流表内阻等于电阻箱阻值，
由此可知，电流表内阻测量值小于真实值；
故答案为：①B，E；②ACBE；③120.0，小于，当电流表半偏时，流过电阻箱的电流大于流过电流表的电流，
电阻箱阻值小于电流表内阻。
【点评】本题考查半偏法测电流表内阻的原理和电压表的改装原理以及改装表的校对，难点是对半偏法测电流
表内阻原理的解释，并应掌握“半偏法”的含义及会进行误差分析。
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11．【分析】（1）（2）对物体在斜面上受力分析，对下滑的过程应用动能定理即可求解到达斜面底端速度；
（2）根据能量守恒，重力势能最终转化成热能即可求解；
【解答】解：（1）对人与垫分析有：f＝μN…①
N＝mgcosθ…②
联立解得：f＝μmgcosθ
（2）由A 到C 列动能定理有：
mgh﹣μmgcosθ•
ܐ
ܛtܖીൌ
૚
૛ܕܞ૛
解得：vൌ
૛܏ܐሺ૚െ૛ૄ
ܜ܉ܖી砀；
（3）由A 到D，据能量守恒可知：
Q＝mgh；
答：（1）保护垫与斜面间的滑动摩擦力大小为μmgcosθ；
（2）该同学滑到斜面底端时的速度大小为૛܏ܐሺ૚െ૛ૄ
ܜ܉ܖી砀；
（3）该同学从A 到D 运动过程中，摩擦产生的总热量为mgh；
【点评】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动
能定理及几何关系求解。
12．【分析】由重力做功等于重力势能的减小量，重力作功等于动能的增加量分别列等式求得。
【解答】解；小球由A 运动到B，重力做功为重力势能减小量，由WAB＝EPA﹣EPB
对整个过程列动能定理，有WAB＝△Ek＝EKB﹣EKA
即EPA﹣EPB＝EKB﹣EKA
整理后，得EPA+EKA＝EPB+EKB，
综上，证明小球在A、B 两点的机械能相等。
答：如解析。
【点评】明确重力做功与重力势能的变化关并结合动能定理即可轻松解题。
13．【分析】判断释放位置距离上极板的高度，可直接根据动能定理来判断，判断出电场力和重力做功即可判断高
度。
【解答】解：对整个过程根据动能定理有：
﹣qU+mg（h+d）＝0﹣0…①
由①解得：hൌܙ܃
ܕ܏െ܌
答：小球释放位置距离上极板的高度h 为
ܙ܃
ܕ܏െ܌。
【点评】本题主要考查学生对动能定理的理解和运用。
14．【分析】根据电容定义求出电容器储存能量，根据能量守恒求出损失的能量。
【解答】解：根据电容定义，有Cൌۿ
܃，其中Q 为电容器储存的电荷量，得：Q＝CU
根据题意，电容器储存能量：ECൌ૚
૛CU2
利用电动势为E0 的电源给电容器充电，电容器两极间电压最终为E0，
所以电容器最终储存的能量为：E 充ൌ૚
૛۱۳૙
૛，
则电容器最终储存的电荷量为：Q＝CE0，
整个过程中消耗消耗能量为：E 放＝W 电源＝E0It＝E0Q＝C۳૙
૛
根据能量守恒得：E 损＝E 放﹣E 充＝C۳૙
૛െ૚
૛۱۳૙
૛ൌ૚
૛۱۳૙
૛
答：在闭合开关到电路稳定的过程中，该电路损失的能量
૚
૛۱۳૙
૛。
【点评】本题主要是考查电容器储存能量的计算，解答本题要掌握能量守恒定律和能量的转化情况。
15．【分析】利用自由落体运动公式：ܐ۽ۯ ൌ૚
૛܏ܜ૛，vA＝gt 就可以求出速度和曝光时间。
【解答】解：（a）、由自由落体可知，设从O 点静止下落：hOA＝1.8m，
根据自由落体运动位移公式得：ܐ۽ۯ ൌ૚
૛܏ܜ૛，
代入数据解得：ܜൌ
૛ܐ۽ۯ
܏
ൌ૙䁪૟ܛ
根据自由落体运动速度公式得：vA＝gt＝6m/s
（b）、由图中可知hAB 距离近似为两块砖厚度
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方法一：hAB＝12cm＝0.12m
hOB＝hOA+hAB＝1.92cm
根据自由落体运动位移公式得：ܐ۽ۯ ൌ૚
૛܏ܜ۰
૛，
代入数据解得：tB＝0.62s
曝光时间△t＝tB﹣tA＝0.02s
方法二、由于曝光时间极短，可看成匀速直线运动
△tൌܐۯ۰
ܞۯ ൌ૙䁪૚૛
૟
ܛൌ૙䁪૙૛ܛ
答：（a）、石子到达A 点的速度大小vA＝6m/s；
（b）、架照相机的曝光时间为0.02s。
【点评】本题主要考查自由落体运动规律，内容比较基础，难度不大，关键要掌握好自由落体公式以及对题目
有用信息的提取。
16．【分析】（1）根据速度与位移的关系结合加速度的定义式进行解答；
（2）根据闭合电路欧姆定律求解电流强度，再根据动量定理结合安培力的计算公式求解k，根据电功率的计算
公式求解功率。
【解答】解：a、由于v＝v0﹣kx，则：
△v＝k△x
根据角速度的定义式可得：܉ൌᶭܞ
ᶭܜൌܓᶭܠ
ᶭܜ
△t 取趋近于0 时，
ᶭܠ
ᶭܜ表示在时刻t 的瞬时速度
即：a＝kv。
b、方法一、设经时间t，棒滑行距离x，速度变为v
感应电动势E＝BLv
电流Iൌ۳
܀
安培力FA＝BIL，即FAൌ۰૛ۺ૛ܞ
܀
将t 分为n 小段△t，在此段内位移△x，规定向右为正。
由动量定理：﹣FA⋅△t＝m△v
即：െ۰૛ۺ૛ܞ
܀
ڄᶭܜൌܕᶭܞ
∑ሺെ۰૛ۺ૛ܞ
܀
砀ڄᶭܜൌ∑ܕᶭܞ
െ۰૛ۺ૛ܠ
܀
ൌܕሺܞെܞ૙砀
由v＝v0﹣kx 可知，ܓൌܞെܞ૙
ܠ
ൌ۰૛ۺ૛
܀ܕ
当x＝s 时v＝0，െ۰૛ۺ૛ܛ
܀
ൌ૙െܕܞ૙ڮ①
当x＝λs 时െ۰૛ۺ૛λܛ
܀
ൌܕܞെܕܞ૙ڮ②
联立①②可得λ ൌܞെܞ૙
െܞ૙
v＝（1﹣λ）v0
当速度为v 时۷ ൌ۳
܀ൌ۰ۺܞ
܀ൌ۰ۺܞ૙ሺ૚െλ砀
܀
R 上消耗的功率۾ ൌ۷૛܀ൌ
۰૛ۺ૛ܞ૙
૛ሺ૚െλ砀૛
܀
方法二、设经时间t，棒滑行距离x，速度变为v
感应电动势E＝BLv
电流Iൌ۳
܀
安培力FA＝BIL，即FAൌ۰૛ۺ૛ܞ
܀
由牛顿第二定律F＝ma
得出െ۰૛ۺ૛ܞ
܀
ൌܕ܉
܉ൌ۰૛ۺ૛ܞ
ܕ܀
由a 结论kൌെ۰૛ۺ૛
ܕ܀
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所以ܞൌܞ૙െ۰૛ۺ૛
ܕ܀ܠ
当x＝s 时，૙ൌܞ૙െ۰૛ۺ૛ܛ
ܕ܀
当x＝λs 时ܞൌܞ૙െ۰૛ۺ૛λܛ
ܕ܀
解得v＝（1﹣λ）v0
当速度为v 时۷ ൌ۳
܀ൌ۰ۺܞ
܀ൌ۰ۺܞ૙ሺ૚െλ砀
܀
R 上消耗的功率۾ ൌ۷૛܀ൌ
۰૛ۺ૛ܞ૙
૛ሺ૚െλ砀૛
܀
。
答：a．证明见解析；
b．k 值为
۰૛ۺ૛
ܕ܀，当棒运动到λs 时（（0＜λ＜1）电阻R 上的热功率为
۰૛ۺ૛ܞ૙
૛ሺ૚െλ砀૛
܀
。
【点评】对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电
磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
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2019-2020 学年北京市朝阳区高考物理一模试卷
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分）
1．（6 分）一个铀核（ૢ
૛
૛૜૞U）发生裂变，核反应方程是ૢ
૛
૛૜૞U൅
૙
૚n→
૞૟
૚૝૝Ba൅
૜૟
砀ૢK+3X，并出现质量亏损。则
（
）
A．X 是电子，裂变过程放出能量
B．X 是中子，裂变过程放出能量
C．X 是电子，裂变过程吸收能量
D．X 是中子，裂变过程吸收能量
2．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．液体分子的无规则运动称为布朗运动
B．物体温度升高，其中每个分子热运动的动能均增大
C．气体对容器的压强是大量气体分子对器壁的碰撞引起的
D．气体对外做功，内能一定减少
3．（6 分）如图为速度选择器示意图，P1、P2 为其两个极板。某带电粒子以速度v0 从S1 射入，恰能沿虚线从S2 射
出。不计粒子重力，下列说法正确的是（
）
A．极板P1 的电势一定高于极板P2 的电势
B．该粒子一定带正电
C．该粒子以速度2v0 从S1 射人，仍能沿虚线从S2 射出
D．该粒子以速度vo 从S2 射人，也能沿虚线从S1 射出
4．（6 分）一列简谐横波某时刻的波形如图所示。P 为介质中的一个质点，波沿x 轴的正方向传播。下列说法正确
的是（
）
A．质点P 此时刻的速度沿y 轴的负方向
B．质点P 此时刻的加速度沿y 轴的正方向
C．再过半个周期时，质点P 的位移为负值
D．经过一个周期，质点P 通过的路程为2a
5．（6 分）如图所示，一理想变压器的原线圈接正弦交流电源，副线圈接有电阻R 和小灯泡。电流表和电压表均可
视为理想电表。闭合开关S，下列说法正确的是（
）
A．电流表A1 的示数减小
B．电流表A2 的示数减小
C．电压表V1 的示数减小
D．电压表V2 的示数减小
6．（6 分）如图所示，A、B 是两个带异号电荷的小球，其质量相等，所带电荷量分别为q1，q2，A 球刚绝缘细线
悬挂于O 点，A、B 球用绝缘细线相连，两细线长度相等，整个装置处于水平匀强电场中，平衡时，两细线张紧，
且B 球恰好处于O 点正下方，则可以判定，A、B 两球所带电荷量的关系为（
）
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A．ql＝﹣q2
B．ql＝﹣2q2
C．2q1＝﹣q2
D．q1＝﹣3q2
7．（6 分）某物理兴趣小组利用如图所示的电路给一个原来不带电的电容器充电在充电过程中，电路中的电流为i，
电容器所带的电荷量为q，两极板问的电势差为u，电容器储存的能量为E 电．下面的四幅示意图分别表示i、q、
u 和E 电随时间t 的变化关系，其中可能正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
8．（6 分）2018 年5 月21 日，中国在西昌卫星发射中心用长征四号丙运载火箭，成功将嫦娥四号任务“鹊桥”号
中继星发射升空。6 月14 日，“鹊桥”号中继星进入地月拉格朗日L2 点的Halo 使命轨道，以解决月球背面的通
讯问题。如图所示，地月拉格朗日L2 点在地球与月球的连线上。若卫星在地月拉格朗日L2 点上，受地球、月
球两大天体的引力作用，能保持相对静止。已知地球质量和地月距离，若要计算地月拉格朗日L2 点与地球间的
距离，只需要知道的物理量是（
）
A．月球的质量
B．“鹊桥”号中继星的质量
C．月球绕地球运行的周期
D．引力常量
二.非选择题共180 分）
9．（15 分）光子除了有能量，还有动量。若光子能量为E，动量为J，则光子动量pൌ۳
粒，式中c 为真空中的光速。
当光照射到物体表面上时，不论光被物体吸收还是被物体表面反射，光子的动量都会发生改变，因而对物体表
面产生一种压力。
如图是1901 年俄同物理学家列别捷夫测量光压的实验装置。T 型架通过悬丝竖直悬挂，横臂水平，悬丝一端同
定在横臂中点。在横臂的两侧有圆片P 和Q，两圆片与T 型架在同一竖直平面内。圆片P 是涂黑的，当光线照
射到P 上时，可以认为光子全部被吸收；圆片Q 是光亮的，当光线照射到Q 上时，可以认为光子全部被反射。
分别将光线照射在P 或Q 上，都可以引起悬丝的旋转。在悬丝上固定一小平面M，用一细光束照射时，就可以
获知悬丝扭转的角度。已知光速为c，两个圆片P、Q 的半径都为r。悬丝转过的角度与光对网片的压力成正比。
a．用光强（单位时间内通过与传播方向垂直的单位面积的光能）为I0 的激光束垂直照射整个圆片P，求激光束
对圆片P 的压力F2 的大小；
b．实验中，第一次用光强厶为的激光束单独照射整个圆片P，平衡时，光束与圆片垂直，且悬丝有一扭转角；
第二次仍用该光束单独照射整个圆片Q，平衡时，光束与圆片不垂直，悬丝的扭转角与第一次相同。求激光束
与圆片Q 所在平面的夹角φ。
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10．（3 分）如图所示，在“用双缝干涉测光的波长”实验中，某同学用黄色滤光片时得到一个干涉图样，为了使干
涉条纹的间距变宽，可以采取的方法是（
）
A．换用紫色的滤光片
B．换用红色的滤光片
C．使光源离双缝距离近一些
D．使光屏离双缝距离远一些
11．（15 分）如图所示，用半径相同的A、B 两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为m1 的A 球
从斜槽轨道上某一固定位置S 由静止开始滚下，从轨道末端抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白
纸上留下痕迹。重复上述操作10 次，得到10 个落点痕迹。再把质量为m2 的B 球放在斜槽轨道末端，让A 球
仍从位置S 由静止滚下，与B 球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10 次。M、P、N 为三
个落点的平均位置。
①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过测量
，间接地解决这个问题。
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
②以下提供的测量工具中，本实验必须使用的是
（多选）。
A．刻度尺
B．天平
C．游标卡尺
D．秒表
③关于本实验，下列说法正确的是
。
A．斜槽轨道必须光滑
B．斜槽轨道末端必须水平
C．实验过程中，复写纸和白纸都可以移动
④在实验误差允许范围内，若满足关系式
，则可以认为两球碰撞前后总动量守恒。
A．m1．OP＝m1．OM+m2•ON
B．mc．OP＝m1．ON+m2．OM
C．m1．OM＝m1．OP+m2．ON
D．m1．ON＝ml．OP+m2．OM
⑤在实验中，为了让A 球碰后沿原方向运动，应满足A 球的质量m1 大于B 球的质量m2，请推理说明。
12．（16 分）如图1 所示，游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来。我们把这种情形抽象
为如图2 所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R 的竖直圆轨道相接，B、C 分别为圆轨道的最低点和最高点。
质量为m 的小球（可视为质点）从弧形轨道上的A 点由静止滚下，到达B 点时的速度为v0ൌ
૟܏܀，且恰好能
通过c 点。已知A、B 间的高度差h＝4R，重力加速度为g。求：
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（1）小球运动到B 点时，轨道对小球的支持力的大小；
（2）小球通过C 点时的速率vC；
（3）小球从A 点运动到C 点的过程中，克服摩擦阻力做的功W。
13．（18 分）直流电动机的基本结构由永磁铁和矩形线圈构成，如图1 所示。现将标有“3V，3W”的直流电动机，
串联一个滑动变阻器接在电动势为E＝4.0V、内阻为r＝0.40Ω的电源的两端，如图2 所示。已知电动机线圈的
电阻R0＝0.10Ω，不计其它电阻。
（1）若滑动变阻器接入电路的阻值R1＝3.5Ω，且电动机卡住不转，求此时电路中的电流I1。
（2）调节滑动变阻器接入电路的阻值，或电动机工作时的负载发生变化，回路中的电流I 及电源的输出功率P
随之改变。
a．请从理论上推导P 与I 的关系式，并在图3 中定性画出P﹣I 图象；
b．求该电源对外电路能够输出的最大功率Pm。
（3）调节滑动变阻器接入电路的阻值，使电动机正常工作。现保持滑动变阻器接入电路的阻值不变，增加电动
机的负载，电动机将通过转速调节达到新的稳定状态。请分析说明在这个过程中，电路中的电流如何变化。
14．（5 分）动量定理可以表示为F△t＝△p，其中力，和动量p 都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时，可以
在相互垂直的x、y 两个方向上分别研究。
如图所示，质量为m 的小球斜射到钢板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都
是v，碰撞过程中忽略小球所受重力，碰撞时间△t 为已知。求小球对钢板的作用力F1。
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2019-2020 学年北京市朝阳区高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分）
1．【分析】根据质量数守恒与电荷数守恒即可判断出X 中的质子数与中子数；根据质量亏损，结合爱因斯坦质能方
程求出释放的能量。铀核裂变放出的能量很高，反应前后质量数守恒，有质量亏损。
【解答】解：根据质量数守恒，则X 的质量数：3m＝235+0﹣89﹣144＝3；
根据核电荷数守恒，得：z＝92+1﹣36﹣56＝0；可知X 是中子；
在核反应的过程中，质量数是守恒的，但质量出现亏损，那么裂变过程放出能量，故ACD 错误，B 正确；
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道核反应前后质量数守恒，在重核裂变的过程中有质量亏损，向外放出能量。同时
要明确，是所有的核反应中，质量数是守恒的，但质量不守恒，二者不可混淆。
2．【分析】布朗运动是指悬浮在液体中颗粒的运动，不是液体分子的运动。温度是分子的平均动能的标志，是大量
分子运动的统计规律；根据气体压强的意义分析气体的压强。改变物体内能有两种方式：做功和热传递，根据
热力学第一定律研究内能的变化。
【解答】解：A、布朗运动是指悬浮在液体中颗粒的运动，不是液体分子的运动，而是液体分子的运动的间接反
映。故A 错误；
B、温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，物体温度升高，不是每个分子热运动的动能均
增大。故B 错误；
C、气体压强产生的原因是大量气体分子对器壁的持续频繁的撞击，故C 正确；
D、气体对外做功，根据热力学第一定律△U＝W+Q 可知，内能不一定减小，还与热传递情况有关。故D 错误；
故选：C。
【点评】要理解布朗运动的实质和意义，知道温度是分子平均动能的标志的含义，知道热力学第一定律的公式
是处理这类问题的金钥匙。
3．【分析】粒子进入电场与磁场的复合场后沿直线运动，可知粒子受到的电场力和洛伦兹力是一对平衡力，解决此
题可以先假设粒子的电性，来判断电场的方向。分析洛伦兹力与电场力的大小，从而判断粒子能否沿虚线线运
动。
【解答】解：A、假设带电粒子带正电，由左手定则可知粒子受到的洛伦兹力竖直向上，因粒子恰能沿虚线运动，
则电场力应竖直向下，满足qE＝qv0B，所以极板P1 的电势一定高于极板P2 的电势，故A 正确；
B、不论粒子带电性质如何，电场力和洛伦兹力都平衡，所以粒子带电性质无法判断，故B 错误；
C、若粒子的速度为2v0，则q•2v0B＞qE，受力不平衡，不会沿虚线从S2 射出，故C 错误；
D、若从S2 射人，假设粒子带正电，则电场力竖直向下，洛伦兹力竖直向下，合力向下，不会沿虚线从S1 射出，
故D 错误；
故选：A。
【点评】该题综合了电场和磁场的内容，解决此类问题的关键是正确判断洛伦兹力和电场力的大小及方向，要
熟练的应用左手定则来分析问题。
4．【分析】根据“上下坡”法判断质点P 的速度方向。质点P 上下振动，在一个周期内通过的路程是4 倍的振幅。
【解答】解：A、简谐横波沿x 轴的正方向传播，根据“上下坡”法判断可知，质点P 此时刻的速度沿y 轴正方
向，故A 错误。
B、波沿x 轴正方向传播，由图示波形图可知，质点P 向上振动，加速度方向沿y 轴负方向，故B 错误；
C、经过半个周期，质点位于x 轴下方。质点P 的位移是负的，故C 正确；
D、由图示波形图可知，质点振幅为a，经过一个周期，质点P 的路程：s＝4a，故D 错误；
故选：C。
【点评】已知波的传播方向，判断质点振动方向的方法较多，常用的有：“上下坡”法、波形的平移法、质点的
带动法等，都要学会运用。
5．【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，根据理想变压
器的原理结合电路动态分析的方法分析即可。
【解答】解：闭合开关S，由于输入的电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输入电压和输出的电压
始终不变，即电压表V1 的示数不变；
当S 接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，电流表A2 的示数增大，所以电阻R 上消耗的电压变大，由于输
出的电压不变，所以电压表V2 的示数减小；
当S 接通后，副线圈电路的总电阻减小，输出的电压不变，总电流变大，根据P＝UI 得副线圈输出功率变大，
输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，所以原线圈的输入功率变大，电流表A1 的示数增大；故ABC
错误、D 正确。
故选：D。
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【点评】变压器的动态问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压U1，U2，电流I1，I2，输
入和输出功率P1，P2 随匝数比的变化而变化的情况；二是匝数比不变，电流和功率随负载电阻的变化而变化的
情况。不论哪种情况，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系。
6．【分析】设悬点为O 点，上面一个小球为A，下面小球为B，运用整体法研究OA 绳与竖直方向的夹角，再隔离
B 研究，分析AB 绳与竖直方向的夹角，得到两夹角的关系，判断系统平衡状态。
【解答】解：设悬点为O 点，上面一个小球为A，下面小球为B，
A 带负电，受到的电场力水平向左，B 带正电，受到的电场力水平向右。
以整体为研究对象，分析受力如图。
设OA 绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：
tanαൌܙ૚െܙ૛
૛ܕ܏۳
以B 球为研究对象，受力如图。设AB 绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得
tanβൌܙ૛۳
ܕ܏
由于α＝β，那么q1﹣q2＝2q2；
解得：q1＝﹣3q2，故ABC 错误，D 正确；
故选：D。
【点评】本题采用隔离法和整体法，由平衡条件分析物体的状态，考查灵活选择研究对象的能力。
7．【分析】将电键S 闭合后，在电容器充电的过程中电路中电流非线性减小，由公式E 电＝qu 分析储存的能量的变
化情况，根据Uൌۿ
۱，分析u 的变化，再根据q﹣t 图象的斜率等于电流，分析q﹣t 图象的形状。
【解答】解：A、在电容器充电的过程中，由于同种电荷间相互排斥，所以电路中电流非线性减小，I﹣t 图象是
曲线，根据q﹣t 图象切线的斜率等于电流，知图象切线的斜率逐渐减小，故A 错误；
B、根据电容器充电过程中，电容器的电量先增大后不变，故B 正确；
C、根据Uൌۿ
۱，则电容器极板电压先增大后不变，故C 错误；
D、由公式E 电＝qu，可知储存的能量先增大后不变，故D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键是要知道电容器充电电流是非线性减小，结合物理公式分析各个物理量与时间的变化。
要知道q﹣t 图象的斜率等于电流，从数学的角度研究图象的形状。
8．【分析】“鹊桥”号中继星绕地球做圆周运动，其向心力是地球和月球的引力的合力提供，由万有引力定律可列
方程求解；“鹊桥”号中继星做圆周运动的周期和月球绕地周期相同；“鹊桥”号中继星的质量在计算过程中可
以消去。
【解答】解：“鹊桥”号中继星绕地球做圆周运动，其向心力是地球和月球的引力的合力提供的，由万有引力定
律可得：
G
ۻ地ܕ
ܚ૛
൅G
ۻ月ܕ
ሺܚെܚ月地砀૛ൌmሺ૛ૈ
܂砀૛ܚ
此方程中，“鹊桥”号中继星的质量可以消去，“鹊桥”号中继星的周期等于月球绕地周期，所以只要知道月球
的质量，就可此计算出地月拉格朗日L2 点与地球间的距离。
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题考查了万有引力定律及应用。
关键点一：“鹊桥”号中继星绕地球做圆周运动，其向心力是地球和月球的引力的合力提供；
关键点二：“鹊桥”号中继星做圆周运动的周期和月球绕地周期相同。
二.非选择题共180 分）
9．【分析】a、取一段时间内的n 个光子为研究对象，写出它们的动量，根据动量定理可求得圆片P 对它们的作用
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力，再由牛顿第三定律知激光束对圆片P 的压力；
b、同理可求得，光束对圆片Q 压力，因为悬丝的扭转角相同，即作用力相等，可求得激光束与圆片Q 所在平
面的夹角。
【解答】解：a、设在△t1 时间内，有n 个光子打到圆片P 上，这些光子具有的总动量为：P 总ൌܖ۳
粒ൌ۷૙ڄૈܚ૛ڄᶭܜ૚
粒
设圆片P 对这些光子的平均作用力为F′2．对于这些光子，根据动量定理有：F′2△t1＝0﹣（﹣P 总）
解得：F′2ൌ۷૙ૈܚ૛
粒
根据牛顿第三定律，激光束对圆片P 的压力的大小为：F2＝F′2ൌ۷૙ૈܚ૛
粒
b、在平行于圆片Q 的方向上，光子动量不发生变化，光只在垂直干圆片方向上对圆片Q 施加作用力。与a 同
理可求得，光束对圆片Q 压力的大小为：F3ൌ૛۷૙ૈܚ૛ܛtܖ૎
粒
又由题童可知：F3＝F2，
解得：φ＝30°。
答：a．激光束对圆片P 的压力F2 的大小是
۷૙ૈܚ૛
粒
；
b．激光束与圆片Q 所在平面的夹角是30°。
【点评】本题首先要耐心读题，抓住有效信息，其次建立物理模型，类似是碰撞。考查应用物理知识分析实际
问题的能力。
10．【分析】根据双缝干涉的条纹间距公式分析哪种方法可以使条纹间距变宽，从而即可求解。
【解答】解：双缝干涉条纹间距公式△xൌۺ
܌λ，
A、换用紫色的滤光片，波长减小，则相邻条纹间距减小，故A 错误；
B、换用红色的滤光片，波长增大，则相邻条纹间距增大，故B 正确；
C、使光屏向双缝靠拢一些，即L 减小，则相邻条纹间距减小，故C 错误；
D、使光屏向双缝远离一些，即L 增大，则相邻条纹间距增大，故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题考查了实验装置、条纹间距公式的应用，知道双缝干涉实验的原理、熟练应用双缝干涉条纹间距
公式即可正确解题。
11．【分析】①②根据实验的原理确定所需测量的物理量，确定所需的器材。
③根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤。
④抓住碰撞前的总动量和碰撞后的总动量相等得出验证的表达式。
⑤根据动量守恒和机械能守恒得出碰撞后A 球的速度表达式，从而抓住碰撞后A 球的速度方向保持不变，得出
两球质量的大小关系。
【解答】解：①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，通过平抛运动的规律，得出小球的速度，
由于平抛运动的高度相同，即可通过小球平抛运动的射程，间接表示速度的大小。故选：C。
②由于需要测量小球平抛运动的射程，则需要刻度尺，以及需要测量小球的质量，则需要天平。
③实验中，斜槽轨道不一定需要光滑，但是斜槽末端必须水平，保证小球做平抛运动，实验中，复写纸和白纸
的位置不可以移动，故选：B。
④两球离开轨道后，做平抛运动，它们在空中的运动时间t 相等，由动量守恒定律可知，实验需要验证：
m1v1＝m1v1′+m2v2，两边同时乘以时间t 得：m1v1t＝m1v1′t+m2v2t，则实验需要验证：m1OP＝m1OM+m2ON，
故选：A。
⑤小球碰撞的过程中动量守恒，有：m1v1＝m1v1′+m2v2，若碰撞过程中，机械能守恒，有：
૚
૛ܕ૚ܞ૚૛ൌ
૚
૛ܕ૚ܞ૚t૛൅
૚
૛ܕ૛ܞ૛૛，联立解得：ܞ૚t ൌܕ૚െܕ૛
ܕ૚൅ܕ૛ܞ૚，要使A 球碰撞后的速度方向保持不变，则有：m1＞m2。
故答案为：①C，②AB，③B，④A，⑤推理如上。
【点评】（1）本实验主要是要把动量守恒用水平方向的位移表示出来，同学们一定要注意掌握，因为这是本实
验的一个重要的技巧。难度中等。
（2）学会运用平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损
失。
12．【分析】（1）小球运动到B 点时，由轨道的支持力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求支持力的大小；
（2）小球恰能通过C 点时，由重力提供向心力，再由牛顿第二定律求速率vC；
（3）小球从A 点运动到C 点的过程中，运用动能定理求克服摩擦阻力做的功W。
【解答】解：（1）小球运动到B 点时，由牛顿第二定律得：
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N﹣mg＝m
ܞ૙
૛
܀
结合v0ൌ
૟܏܀解得轨道对小球的支持力的大小为：
N＝7mg；
（2）小球恰能通过C 点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
mg＝m
ܞ۱
૛
܀
则得：vCൌ
܏܀
（3）小球从A 点运动到C 点的过程中，根据动能定理得：
mg（h﹣2R）﹣Wൌ૚
૛ܕܞ۱
૛െ0。
解得：W＝1.5mgR
答：（1）小球运动到B 点时，轨道对小球的支持力的大小是7mg；
（2）小球通过C 点时的速率vC 是܏܀。
（3）小球从A 点运动到C 点的过程中，克服摩擦阻力做的功W 是1.5mgR。
【点评】本题属于圆周运动中轻绳的模型，关键要明确圆周运动向心力的来源：在最高点时，重力恰好充当向
心力。要知道动能定理是求功常用的方法。
13．【分析】（1）电机卡主后就是纯电阻元件，根据闭合电路欧姆定律求解电流即可；
（2）电源的输出功率P＝EI﹣I2r，从而定性画出P﹣I 图象；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；
（3）电动机负载增加，达到新的稳定状态后，线圈的转速变慢，线圈因为切割磁感线产生的反电动势E′变小，
根据۷ ൌ
۳െ۳t
܀൅܀૙൅ܚ可知，电路中的电流变大；
【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律有۷૚ൌ
۳
܀૙൅܀૚൅ܚൌ૚䁪૙ۯ；
（2）a、电源的输出功率P＝EI﹣I2r，P﹣I 图象如图所示：
b、当电路中的电流۷ ൌ۳
૛ܚ时，电源的输出功率最大，且۾ܕൌ۳૛
૝ܚൌ૚૙܅；
（3）电动机负载增加，达到新的稳定状态后，线圈的转速变慢，线圈因为切割磁感线产生的反电动势E′变小，
根据۷ ൌ
۳െ۳t
܀൅܀૙൅ܚ可知，电路中的电流变大；
答：（1）电路中的电流I1 为1.0A；
（2）a、P 与I 的关系式为P＝EI﹣I2r，P﹣I 如图所示；b、该电源对外电路能够输出的最大功率Pm 为10W；
（3）电动机负载增加，达到新的稳定状态后，线圈的转速变慢，线圈因为切割磁感线产生的反电动势E′变小，
根据۷ ൌ
۳െ۳t
܀൅܀૙൅ܚ可知，电路中的电流变大；
【点评】掌握电源的输出功率的表达式，知道当内外电阻相同时，电源的输出功率最大为۾ܕൌ۳૛
૝ܚ。
14．【分析】对小球分析，根据△p＝F△t 分别求出x 方向和y 方向的作用力，从而求出合力，再结合牛顿第三定律
分析即可。
【解答】解：小球与钢板碰撞瞬间，设钢板对小球的作用力为F．对于小球，很据动量定理有：
x 方向：Fx△t＝△Px＝mvsinθ﹣mvsinθ＝0
解得：Fx＝0
y 方向：Fy△t＝△Py＝mvcosθ﹣（﹣mvcosθ）
解得：Fyൌ૛ܕܞ粒子ܛી
ᶭܜ
所以Fൌ
۴ܠ
૛൅۴ܡ
૛ൌ૛ܕܞ粒子ܛી
ᶭܜ
根据牛第三定律可知，小球对钢板作用力F1＝﹣Fൌെ૛ܕܞ粒子ܛી
ᶭܜ
，负号表示F1 与F 的方向相反，即沿y 的负方
向。
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答：小球对钢板的作用力为
૛ܕܞ粒子ܛી
ᶭܜ
，方向沿沿y 的负方向。
【点评】本题主要考查了速度的合成与分解原则以及动量定理的直接应用，注意动量是矢量，有大小也有方向，
难度适中。
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2018 年四川省内江市高考物理一模试卷
二、选择题：共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第14～17 题只有一项符合题目要求，第18～
21 题有多项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分
1．（6 分）若物体在运动过程中，受到的合外力不为零，以下说法中正确的是（
）
A．物体的速度大小和方向一定变化
B．物体的加速度一定变化
C．物体的动能不可能总是不变
D．物体的动量不可能总是不变
2．（6 分）若人造卫星绕地球做匀速圆周运动，那么，关于离地面越远的卫星，下列说法中正确的是（
）
A．线速度越大
B．角速度越大
C．向心加速度越小
D．重力势能越小
3．（6 分）如图所示，质量为m 的物体置于粗糙的质量为M（m＜M）的斜面体上，斜面体M 置于光滑的水平面
上，当物体m 以速度v0 沿斜面体M 底端冲上顶端的过程中，下列说法正确的是（
）
A．物体m 受到的力的个数比斜面体M 受到的力的个数要少
B．物体m 和斜面体M 组成的系统机械能守恒
C．斜面体M 对物体m 的作用力不做功
D．物体m 向右运动的水平距离小于斜面体M 水平向右运动的距离
4．（6 分）质量为m＝3kg 小物块放在水平地面上，在水平拉力F＝15N 的作用下开始运动，在0～2s 的时间内拉
力F 的功率P 随时间变化的关系图象如图所示，那么，小物块与水平面间的动摩擦因数为（重力加速度为g＝
10m/s2）（
）
A．
૚
૞
B．
૛
૞
C．
૚
૜
D．
૛
૜
5．（6 分）为了估测相机的曝光时间，有位同学提出了下述实验方案：他从墙面上某点，让一个小石子自由落下，
对小石子照相得到如图所示的照片，由于小石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹AB＝12cm，且下落
起点（题中未画出）到A 点的竖直距离约为1.8m，从这些信息可以粗略估算该相机的曝光时间最接近于（重力
加速度g＝10m/s2）（
）
A．0.02s
B．0.04s
C．0.08s
D．0.2s
6．（6 分）如图所示，质量不计的水平横梁AB 的A 端插入竖直墙壁内，另一端装有一个轻质小滑块B，一轻绳的
一端C 固定于该墙壁上，另一端跨过小滑轮B 后悬挂一质量为m＝5kg 的物体，其中∠CBA＝30°，重力加速
度为g＝10m/s2，那么，横梁AB 对小滑轮的作用力的大小和方向分别为（
）
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第393页（共465页）
A．25N，方向沿着A→B 方向水平向右
B．25N，方向沿着竖直向上的方向
C．50N，方向沿着∠CBD 的角平分线方向与BC 绳子的夹角为120°斜向上
D．50N，方向沿着∠CBD 的角平分线方向与AB 横梁的夹角为30°斜向上
7．（6 分）如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处由静
止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿
竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F 大小随小球下落的位置坐标x 的变化关系如图乙所示，不计
空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（
）
A．当x＝h+x0，重力势能与弹性势能之和最小
B．最低点的坐标为x＝h+2x0
C．小球受到的弹力最大值大于2mg
D．小球动能的最大值为ܕ܏ܐ൅ܕ܏ܠ૙
૛
8．（6 分）如图甲所示，质量为M 的足够长的木板置于粗糙的水平面上，其上放置一质量为m 的小物块，当木板
受到水平拉力F的作用时，用传感器测出木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，
下列说法中正确的是（
）
A．小物块的质量m＝0.5kg
B．小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2
C．当水平拉力F＝7N 时，长木板的加速度大小为6m/s2
D．当水平拉力F 逐渐增大时，小物块的加速度一定逐渐增大
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题
9．（12 分）现提供了如图甲所示的实验器材，来探究“合外力做的功与静止物体速度变化的关系”的实验。由图可
知：
（1）为了消除摩擦力对实验产生的系统误差，应采取的方法是应将
；
（2）在某次实验中，得到如图乙所示的一条纸带，在A、B、C 三个计数点中应该选用
（选填“A”、“B”
或“C”）点的速度才符合实验要求；
（3）某同学采用如图甲所示的装置来做实验，先使小车不连接橡皮筋，发现小车在木板上加速下滑。那么，在
橡皮筋弹力的作用下，合外力对小车所做的功
（选填“大于”、“小于”或“等于”）橡皮筋弹力所做的
功。
10．（12 分）采用如图所示的实验装置，在不计空气阻力和纸带受到的摩擦力的情况下，来“验证机械能守恒定律”．
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第394页（共465页）
（1）在实验中，除了图1 中所给的实验仪器外，还需要的实验器材
A．秒表
B．天平（砝码）
C．刻度尺
D．弹簧秤
（2）在实验中，若重物的质量m＝1.0kg，打点计时器所用的电源频率为50Hz，打下的纸带如图2 所示，图3
中的数据为起始点O 到该点的距离，若选点O 为重力势能的参考点，那么在打点B 时，重物的动能为
J，
重力势能为
．（保留两位有效数字，重力加速度g＝9.8m/s2）
11．（14 分）如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆质量为2m 的平板车C，在车上的左端放有一质量为m 的小
木块B，在小车的左边紧靠着一个固定在竖直平面内，半径为r 的
૚
૝光滑圆形轨道，轨道底端的切线水平且与小
车的上表面相平，现有一质量也为m 的小木块A 从图中圆形轨道的
૛
૜位置处由静止释放，然后，滑行到车上立
即与小木块B 发生碰撞，两木块立即粘在一起向右在动摩擦因数为μ的平板车上滑行，并与固定在平板车上的水
平轻质小弹簧发生作用而被弹簧，最后两个木块又回到小车的最左端与车保持相对静止。重力加速度为g，求
（1）小木块A 滑到轨道最低点时，对圆形轨道的压力；
（2）A、B 两小木块在平板车上滑行的总路程。
12．
（14 分）如图所示，质量M＝0.4kg 的长薄板BC 静置于倾角为37°的光滑斜面上，在距上端B 水平距离为1.2m
的A 处，有一个质量m＝0.1kg 的小物体，以一定的初速度水平抛出，恰好以平行于斜面的速度落在薄板BC 上
的B 端点，并在薄板上开始向下运动，当小物体落在薄板BC 上的B 端时，薄板无初速度释放并开始沿斜面向
下运动，当小物块运动到薄板的最下端C 点时，与薄板BC 的速度恰好相等，小物块与薄板之间的动摩擦因数
为0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）小物体在A 点的初速度；
（2）薄板BC 的长度。
【物理选修3-3】解答题（共2 小题，满分0 分）
13．下列说法中正确的是（
）
A．热量能够从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体
B．热量能够从高温物体传递到低温物体，也可能从低温物体传递到高温物体
C．功可以全部转化为热，但热不能全部转化为功
D．不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化
E．凡是不违反能量守恒定律的过程都一定能实现
14．如图所示，粗细均匀的试管的横截面积为S，质量为m 的活塞可在其内部无摩擦地滑动，它封闭了一段气柱，
当试管水平放置且静止时，管内封闭气柱的长度为L，现使试管在水平面内以角速度ω绕位于试管开口端的轴
OO'匀速转动，此时活塞与转轴OO'间的距离为L 活塞不漏气，运动中封闭气体的温度不变，大气压强为p0，
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第395页（共465页）
求：
（i）试管转动时封闭气体的压强；
（ii）试管转动时封闭气柱的长度。
【物理选修3-4】
15．如图甲所示，为某简谐横波在t＝0 时刻的波形图象，乙图为在该波的传播方向上某质点的振动图象，下列说
法中正确的是
A．该波的波速为10m/s
B．该波一定沿x 轴正方向传播
C．若图乙是质点P 的振动图线，那么在t＝0.15s 时刻，质点Q 的坐标为（0.5m，0）
D．若图乙是质点Q 的振动图象，呢么在t＝0.15s 时刻，质点P 的坐标为（1m，﹣4cm）
E．当t＝0.1s 时，质点P 一定正在经过平衡位置
16．如图所示，在真空中有一个半径为R，质量均匀分别的玻璃球，一细激光束在真空中沿直线BC 传播，并与玻
璃球表面的C 点经折射后进入玻璃球，在玻璃球表面上的另外一点D 又折射后进入真空，半径CO 与DO 的夹
角为120°，玻璃球对该激光的折射率为૜，光在真空中传播的速度为c，则
（i）此激光束在玻璃球中传播的时间是多少？
（ii）入射角i 是多少？
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2018 年四川省内江市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第14～17 题只有一项符合题目要求，第18～
21 题有多项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分
1．【分析】物体在运动过程中所受到的合外力不为零，根据合力是否做功，分析动能是否变化．根据牛顿第二定律
分析加速度和速度是否变化．
【解答】解：AC、物体在运动过程中所受到的合外力不为零，若合力总与速度垂直，合力不做功，由动能定理
得知物体的动能不变，比如匀速圆周运动。则速度大小不变，方向变化，故AC 错误。
B、物体在运动过程中所受到的合外力不为零，合力可能不变，也可能变，则加速度可能不变，也可能变。故B
错误。
D、由于合外力不为零，则合外力的冲量不为零，故物体的动量不可能总是不变，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查对运动和力关系的理解，采用举例的方法做抽象性的问题是常用方法是解题的关键．
2．【分析】万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出线速度、角速度、向心角速度然后分析答
题，卫星离地面越远，卫星的重力势能越大．
【解答】解：A、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G
ۻܕ
ܚ૛ൌm
ܞ૛
ܚ，解得：vൌ
۵ۻ
ܚ，卫星离地面越远其
轨道半径r 越大，线速度v 越小，故A 错误；
B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G
ۻܕ
ܚ૛ൌmω2r，解得：ωൌ
۵ۻ
ܚ૜，卫星离地面越远其轨道半径r
越大，角速度ω越小，故B 错误；
C、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G
ۻܕ
ܚ૛ൌma，解得：aൌ۵ۻ
ܚ૛，卫星离地面越远其轨道半径r 越大，
向心加速度a 越小，故C 正确；
D、卫星远离地面过程要克服重力（万有引力）做功，其重力势能增加，由此可知，卫星离地面越远其重力势能
越大，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提，应用万有引力公式与牛顿
第二定律即可解题．
3．【分析】分析物体m 和斜面体M 的受力情况，比较受力的个数关系．根据能量的转化情况分析物体m 和斜面体
M 组成的系统机械能是否守恒．斜面体M 对物体m 的作用力与速度的关系判断该力是否做功．结合相对运动知
识分析．
【解答】解：A、物体m 受到重力、斜面的支持力和摩擦力，共3 个力。斜面体M 受到重力、地面的支持力、
m 的压力和摩擦力，共4 个力，所以物体m 受到的力的个数比斜面体M 受到的力的个数要少，故A 正确。
B、在物体m 向上运动的过程中，系统要产生内能，所以系统的机械能不守恒。故B 错误。
C、在物体m 向上运动的过程中，斜面体M 水平向右运动，所以斜面体M 对物体m 的支持力与m 的速度不垂
直，两者成钝角，所以M 对物体m 的支持力对m 做负功，摩擦力对m 也做负功，因此M 对物体m 的作用力
对物体m 做负功，故C 错误。
D、由于物体m 沿斜面体M 要向上运动，所以物体m 向右运动的水平距离要大于斜面体M 水平向右运动的距
离，故D 错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键是要掌握机械能守恒的条件，可从能量转化的角度来分析机械能是否守恒．
4．【分析】根据P＝Fv 求出t＝2s 时物块的速度，运用动量定理列式，可求得动摩擦因数．
【解答】解：由图知t＝2s 时，P＝30W
由P＝Fv 得：v＝2m/s
根据动量定理得：（F﹣μmg）t＝mv﹣0
解得：μൌ૛
૞，故B 正确，ACD 错误
故选：B。
【点评】本题涉及力在时间上要积累效果，要考虑动量定理，这比牛顿第二定律解答要简便．
5．【分析】石子做自由落体运动，它留下径迹AB 的对应运动时间即为照相机的曝光时间．由照片可以看出，AB
的实际长度为两块砖的厚度．由位移公式分别石子从开始下落到A、B 的时间，再求解曝光时间．
【解答】解：石子做自由落体运动，它留下径迹AB 的对应运动时间即为照相机的曝光时间。
设开始下落点为O．由照片可以看出，AB 长对应两块砖的厚度，即AB 的实际长度为：AB＝6×2cm＝0.12m，
则0A＝1.8m，OB＝1.92m，
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由OAൌ૚
૛gt2 知，
从O 到A 的时间为：tAൌ
૛ൈ૚䁪砀
૚૙
ൌ0.6s
从O 到B 的时间为：tBൌ
૛ൈ૚䁪ૢ૛
૚૙
ൌ0.62s
所以曝光时间为：△t＝tB﹣tA＝0.02s。故A 正确BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题是实际问题，首先要搞清物理情景，明确已知条件与所求曝光时间的关系；注意明确位移公式的
正确应用即可求解．
6．【分析】本题中跨过光滑定滑轮的轻绳上张力大小处处相等，滑轮对绳子的作用力应该是两滑轮两侧细绳拉力的
合力，根据平衡条件和平行四边形定则求解．
再根据A 点的变化分析绳子夹角的变化，从而明确绳子对滑轮作用力的变化，注意绳子上的弹力是保持不变的．
【解答】解：由题意可得，对绳B 点受力分析：
滑轮受到绳子的作用力应为图中两段绳中拉力F1 和F2 的合力F，因同一根绳张力处处相等，都等于物体的重量，
即为：
F1＝F2＝G＝mg。
用平行四边形定则作图，由于拉力F1 和F2 的夹角为120°；
则由几何知识得横梁AB 对小滑轮的作用力方向沿着∠CBD 的角平分线方向与BC 绳子的夹角为120°斜向上，
大小：F 梁＝F1＝mg＝5×10＝50N，所以横梁AB 对小滑轮的作用力的大小是50N；方向与AB 横梁的夹角为30°
斜向上
故AB 错误CD 正确。
故选：CD。
【点评】本题考查共点力平衡条件中的动态平衡，要注意明确绳子上的张力等于mg，同时明确相的弹力可以沿
任意方向，只能根据两端绳子的合力求解杆的弹力．
7．【分析】小球下降过程，先自由落体运动，与弹簧接触后，先加速下降，到达平衡位置后开始减速下降，根据共
点力平衡条件求出平衡位置的坐标，结合整个下降过程中小球和弹簧机械能守恒进行分析。
【解答】解：A、根据乙图可知，当x＝h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和
小球组成的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A 正确；
B、根据运动的对称性可知，小球运动的最低点大于h+2x0，小球受到的弹力最大值大于2mg，故B 错误，C 正
确；
D、小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知ܕ܏ሺܐ൅ܠ૙砀െ૚
૛ܕ܏ڄ ܠ૙ൌ૚
૛ܕܞ૛，故小球动能的最大值为
ܕ܏ܐ൅ܕ܏ܠ૙
૛
，故D 正确
故选：ACD。
【点评】本题关键是将物体的运动分为自由落体、加速下降和减速下降三个阶段，同时物体的动能和重力势能
以及弹簧弹性势能总量守恒
8．【分析】当拉力较小时，m 和M 保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m 和M 发生相对
滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析。
【解答】解：对整体分析，由牛顿第二定律有：
F﹣F0＝（M+m）a，
代入数据解得：M+m＝1.5kg
当F 大于5N 时，根据牛顿第二定律得：
aൌ۴െ۴૙െૄܕ܏
ۻ
ൌ۴െ۴૙
ۻ
െૄ
ܕ܏
ۻ ，
知图线的斜率kൌ૚
ۻ ൌ2，
解得：M＝0.5kg，
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滑块的质量为：m＝1kg。故A 错误。
B、根据F 大于5N 的图线知，F＝4 时，a＝0，即：
0＝2（F﹣F0）െ૚૙ૄ
૙䁪૞，
代入数据解得：μ＝0.2，
所以a＝2（F﹣F0）﹣4，当F＝7N 时，长木板的加速度为：a＝6m/s2。
根据μmg＝ma′得：a′＝μg＝2m/s2，故BC 正确。
D、由图象可知，当F＞5N 时，两物体发生相对滑动，此后小物体的加速度恒定，故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关
键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题
9．【分析】（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分
量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高；
（2）橡皮条做功完毕小车速度最大，做匀速直线运动；
（3）不加橡皮筋时，木块加速下滑，说明合外力不为零，因此橡皮筋弹力作用下，合外力对小车做的功大于橡
皮筋弹力所做的功。
【解答】解：（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的
下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高，使小车匀速下滑，以平衡摩擦力。
（2）橡皮条做功完毕小车速度最大，做匀速直线运动，点迹均匀，故选C 点；
（3）不加橡皮筋时，木块加速下滑，说明合外力不为零，此时在橡皮筋弹力作用下时，合外力大于橡皮筋的拉
力，因此合外力对小车做的功大于橡皮筋弹力所做的功。
故答案为：（1）木板靠近打点计时器的一端适当垫高，使小车在不受拉力时能沿木板匀速运动；（2）C；（3）大
于。
【点评】本题是探究功与速度变化的关系的实验，关键明确橡皮条做功是变力做功，通过增加橡皮条条数而使
功整数倍增加，同时要注意平衡摩擦力，是一道容易出错的题目，同学们在学习中应注意实验的细节，属于基
础题。
10．【分析】（1）根据实验原理可知，该实验不需要测量物体质量，因此不需要天平．
（2）根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度可以求出B 点的速度大小，进一步可
求出其动能，根据势能的定义可以求出势能的改变量，从而验证机械能是否守恒．
【解答】解：（1）根据重物下落过程中机械能守恒的表达式可知，物体的质量可以约掉，因此本实验中不需要
天平，故ABD 错误，故C 正确．
故选：C．
（2）B 点的速度为：vBൌܠۯ۱
૛܂ൌ૞૙䁪૛െ૚砀䁪૟
૛ൈ૙䁪૙૛
ൈ૚૙െ૜ൌ0.79m/s
重物的动能为：EkBൌ૚
૛m
۰
૛ൌ0.31（J）
重力势能的该变量为：mghOB＝1×9.8×32.5×10
﹣3＝0.32（J）
选点O 为重力势能的参考点，那么B 点的重力势能为﹣0.32（J）；
故答案为：（1）C；（2）0.31；﹣0.32J．
【点评】验证机械能守恒是中学阶段的基础实验，要从实验原理出发来理解实验同时注意平时加强练习，注意
零势能的选取．
11．【分析】（1）A 下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律求出A 到达最低点时的速度，在最低点应用牛顿第二
定律求出支持力，然后由牛顿第三定律求出压力。
（2）系统动量守恒，由动量守恒定律求出最终的速度，然后由能量守恒定律求出总路程。
【解答】解：（1）木块A 从轨道图中位置滑到最低点的过程中机械能守恒，
由机械能守恒定律得：ܕ܏ܚሺ૚െ粒子ܛ૟૙ι砀ൌ૚
૛ܕܞ૙
૛，
在最低点时，对A 由牛顿第二定律得：
۴ െܕ܏ൌܕ
ܞ૙
૛
ܚ，
解得：F＝2mg，
根据牛顿第三定律可得木块对轨道的压力：F′＝F＝2mg，方向：竖直向下；
（2）在小木块A 与B 碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0＝（m+m）v1
然后一起运动直到将弹簧压缩到最短的过程中系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m+m+2m）v2
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在这个过程中，由能量守恒定律得：
૚
૛ሺܕ൅ܕ砀ܞ૚
૛ൌ
૚
૛ሺܕ൅ܕ൅૛ܕ砀ܞ૛
૛൅۳ܕ൅ۿ
对于从弹簧压缩到最短到两木块滑到小车左端的过程，
由能量守恒定律得：
૚
૛ሺܕ൅ܕ൅૛ܕ砀ܞ૛
૛൅۳ܕൌ
૚
૛ሺܕ൅ܕ൅૛ܕ砀ܞ૛
૛൅ۿ
摩擦产生的热量：ۿ ൌ૛ૄܕ܏ڄ ૚
૛ܠ，解得：ܠൌ
ܚ
૚૟ૄ；
答：（1）小木块A 滑到轨道最低点时，对圆形轨道的压力大小为2mg，方向：竖直向下；
（2）A、B 两小木块在平板车上滑行的总路程为
ܚ
૚૟ૄ。
【点评】本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用机械能
守恒定律、动量守恒定律与能量守恒定律可以解题，解题时注意正方向的选择。
12．【分析】（1）根据平抛运动的规律，结合平抛运动的速度方向与斜面平行，结合平行四边形定则求出时间，从
而得出A 与B 点的水平距离。
（2）根据牛顿第二定律分别求出小物体和薄板的加速度，结合运动学公式求出两者速度相等经历的时间，通过
两者的位移求出薄板的长度。
【解答】解：（1）小物体从A 到B 做平抛运动，下落时间为t0，水平位移为x，
则gt0＝v0tan37°，x＝v0t0
由以上两式解得v0＝4m/s
（2）设小物体落到B 点的速度为v，则ܞൌ
ܞ૙
粒子ܛ૜晦ι
小物体在薄板上运动，mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma1
薄板在光滑斜面上运动，Mgsin37°+μmgcos37°＝Ma2
小物体从落到薄板到两者速度相等用时t，则小物体的位移ܠ૚ൌܞܜ൅૚
૛܉૚ܜ૛
薄板的位移ܠ૛ൌ૚
૛܉૛ܜ૛，薄板的长度L＝x1﹣x2
速度相等v+a1t＝a2t，以上各式解得L＝2.5m
答：（1）小物体在A 点的初速度4m/s；
（2）薄板BC 的长度2.5m。
【点评】本题考查了牛顿第二定律与平抛运动的综合运用，通过平抛运动的末速度的方向与斜面方向平行求出
运动的时间是关键，对于第二问，关键理清小物体和薄板的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求
解。
【物理选修3-3】解答题（共2 小题，满分0 分）
13．【分析】热量能够从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体，在外界的影响下热量
也可能从低温物体传递到高温物体。功可以全部转化为热，但热不能全部转化为功。结合热力学第二定律分析。
【解答】解：A、根据热力学第二定律知热量能够从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高
温物体，故A 正确。
B、热量能够从高温物体传递到低温物体，但外界的影响下也可能从低温物体传递到高温物体，如空调，故B 正
确。
C、根据热力学第二定律，知功可以全部转化为热，在外界的影响下，热能全部转化为功。故C 错误。
D、由热力学第二定律，知不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，故D 正确。
E、不违反能量守恒定律的过程，若违反热力学第二定律，也一定不能实现，如第二类永动机。故E 错误。
故选：ABD。
【点评】该题考查热力学第二定律，其中关于热力学第二定律的几种不同的说法，一定要牢记。
14．【分析】试管在水平面内以角速度ω绕OO′匀速转动时，活塞做匀速圆周运动，由大气压力和封闭气体的压力
的合力提供向心力，根据牛顿第二定律和压强公式结合求解。
【解答】解：（i）试管转动时，活塞受到内部气体的压力和外部大气的压力，压力差提供向心力，对于活塞有：
PS﹣P0S＝mω2L
解得：P＝P0൅ܕ૑૛ۺ
܁
（ii）以活塞左端封闭气体为研究对象，初态体积为：V1＝LS，压强为：P1＝P0
末态体积为：t૛ൌۺt܁，压强：P2＝P0൅ܕ૑૛ۺ
܁
因等温变化，故有：P1V1＝P2V2
解得转动时气柱的长度是：L′ൌ
۾૙܁ۺ
۾૙܁൅ܕ૑૛ۺ。
答：（i）试管转动时封闭气体的压强为P0൅ܕ૑૛ۺ
܁
；
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（ii）试管转动时封闭气柱的长度为
۾૙܁ۺ
۾૙܁൅ܕ૑૛ۺ。
【点评】本题属于一道中档题，考查理想气体的状态方程，解决本题的关键是正确结合牛顿第二定律和压强公
式求解。
【物理选修3-4】
15．【分析】根据甲图读出波长和乙图读出周期，即可求得波速；由于不知道乙图为波的传播方向上哪个质点的振
动图象，所以无法判断波的传播方向；
根据振动图象判断波的传播方向，再判断另外一个质点的振动方向，从而求出经过某段时间后质点的位置坐标。
【解答】解：A、由甲图读出波长为λ＝2m，由乙图读出周期为T＝0.2s，则该波的波速为：ܞൌλ
܂ൌ૚૙ܕ内ܛ．故
A 正确；
B、由于不知道乙图所描述的是甲图中哪个质点的振动图象，所以无法判断波的传播方向。故B 错误；
C、若乙是质点P 的振动图象，则此时刻P 向下振动，可知波沿x 轴负方向传播，由波的传播方向和质点的振动
方向可知，该时刻Q 点向上振动，经过时间t＝0.15sൌ૜
૝܂，Q 点处于波谷位置，因而坐标为（2cm，﹣4cm）。
故C 错误；
D、若乙是质点Q 的振动图象，则此时刻Q 向下振动，则波沿x 轴正方向传播，由波的传播方向和质点的振动
方向可知，该时刻P 点向上振动，经过时间t＝0.15sൌ૜
૝܂，P 点处于波谷位置，因而坐标为（1cm，﹣4cm）。
故D 正确；
E、因为该时刻质点P 处在平衡位置，再经过当t＝0.1sൌ܂
૛，无论波向左或右传播，经过半个周期，一定能重新
回到平衡位置。故E 正确。
故选：ADE。
【点评】解答本题关键是：要抓住振动图象和波动图象之间的联系，熟练掌握已知质点的振动方向判断波的传
播方向，以及根据波的传播方向判断质点振动方向的方法。
16．【分析】（i）根据几何关系求出光在束在玻璃砖内传播的距离，由vൌ粒
ܖ求出光在玻璃砖传播的速度，即可求出
传播的时间。
（ii）由几何知识求出光线在C 点的折射角r，由折射定律求出入射角i。
【解答】解：（i）根据题意作出大致光路图，根据ܖൌ粒
ܞ，得vൌ粒
ܖ
光在玻璃球中传播的距离为x＝2Rcos30°
传播时间ܜൌܠ
ܞ
联立解得ܜൌ૜܀
粒
（ii）由几何知识知，光线在C 点的折射角r＝30°
根据折射定律ܖൌܛtܖt
ܛtܖܚ，解得ܛtܖt ൌܖܛtܖܚൌ
૜
૛，故入射角i＝60°
答：
（i）此激光束在玻璃球中传播的时间是
૜܀
粒。
（ii）入射角i 是60°。
【点评】折射定律和光速与折射率的关系式vൌ粒
ܖ，都是考试的热点，掌握要牢固，熟练应用。
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第402页（共465页）
2018 年四川省成都市双流中学高考物理一模试卷
二、选择题：
1．（6 分）2017 年12 月29 日，中国首个快堆核电示范工程在福建霞浦开工建设。“快堆”核反应进程依次为ૢ
૛
૛૜砀U
→ૢ
૛
૛૜ૢU→ૢ
૜
૛૜ૢNp→ૢ
૝
૛૜ૢPu，下列说法正确的是（
）
A．ૢ
૛
૛૜砀U 和ૢ
૛
૛૜ૢU 是同位素，其原子核内中子数相同
B．ૢ
૛
૛૜砀U 变为ૢ
૛
૛૜ૢU 发生了α衰变
C．ૢ
૛
૛૜砀U 变为ૢ
૛
૛૜ૢU 发生了β衰变
D．1gૢ
૛
૛૜ૢU 经过一个半衰期，ૢ
૛
૛૜ૢU 原子核数目变为原来的一半
2．（6 分）法拉第发明了世界上第一台发电机﹣﹣法拉第圆盘发电机，原理如图所示。铜质圆盘水平放置在竖直向
下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个带摇柄的转轴，边缘和转轴处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷
与电阻R 连接起来形成回路，其他电阻均不计。转动摇柄，使圆盘如图示方向匀速转动。已知匀强磁场的磁感
应强度为B，圆盘半径为r，电阻的功率为P．则（
）
A．圆盘转动的角速度为
۾܀
۰ܚ૛，流过电阻R 的电流方向为从c 到d
B．圆盘转动的角速度为
۾܀
۰ܚ૛，流过电阻R 的电流方向为从d 到c
C．圆盘转动的角速度为
૛۾܀
۰ܚ૛，流过电阻R 的电流方向为从c 到d
D．圆盘转动的角速度为
૛۾܀
۰ܚ૛，流过电阻R 的电流方向为从d 到c
3．（6 分）一宇航员到达半径为R、密度均匀的某星球表面，做了如下实验：用不可伸长的轻绳拴一质量为m 的小
球，上端固定于O 点，如图甲所示，在最低点给小球某一初速度，使其绕O 点的竖直面内做圆周运动，测得绳
的拉力F 大小随时间t 的变化规律如图乙所示。F1＝4F2，设R、m、引力常量G 和F1 为已知量，忽略各种阻力。
则下列说法正确的是（
）
A．该星球表面的重力加速度为
۴૚
૝ܕ
B．卫星绕该星球的第一宇宙速度为۵ܕ
܀
C．星球的密度为
૜۴૚
૜૛ૈ۵ܕ܀
D．小球过最高点的最小速度为0
4．（6 分）甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动。质点甲做初速度为零，加速度大小为a1
的匀加速直线运动，质点乙做初速度为v0，加速度大小为a2 的匀减速直线运动至速度减为零后保持静止。甲、
乙两质点在运动过程中的x﹣v（位置﹣速度）图象如图所示，（虚线与对应的坐标轴垂直），则（
）
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A．在x﹣v 图象中，图线a 表示质点甲的运动，质点乙的初速度v0＝12m/s
B．质点乙的加速度大小a2＝2m/s2
C．质点甲的加速度大小a1＝2m/s2
D．图线a、b 的交点表示两质点同时到达同一位置
5．（6 分）如图所示，水平导轨与导体棒ab 接触良好且电阻均忽略不计，外加匀强磁场与导轨平面成夹角α＝53°，
细线对ab 棒的拉力为水平方向，不计一切摩擦，现适当增加重物G 的重力，需同时调节滑动变阻器R 以保证
ab 棒始终处于静止状态，在此过程中（
）
A．需将滑动变阻器R 的滑动触头P 向左滑
B．A 点电势降低
C．ab 棒受到的安培力方向始终水平向左
D．ab 棒受到的安培力的大小始终等于重物G 的重力
6．（6 分）如图所示，一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m＝2M 的
小物块。现使木箱瞬间获得一个水平向左、大小为v0 的初速度，下列说法正确的是（
）
A．最终小物块和木箱都将静止
B．最终小物块和木箱组成的系统损失机械能为
ۻܞ૙૛
૜
C．木箱速度水平向左、大小为
ܞ૙
૛时，小物块的速度大小为
ܞ૙
૝
D．木箱速度水平向右、大小为
ܞ૙
૜时，小物块的速度大小为
૛ܞ૙
૜
7．（6 分）如图所示为某飞船从轨道Ⅰ经两次变轨绕火星飞行的轨迹图，其中轨道Ⅱ为圆轨道，轨道Ⅲ为椭圆轨道，
三个轨道相切于P 点，P、Q 两点分别是椭圆轨道Ⅲ的远火星点和近火星点，S 是轨道Ⅱ上的点，P、Q、S 三点
与火星中心在同一直线上，且PQ＝2QS，下列说法正确的是（
）
A．飞船在P 点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要减速
B．飞船在轨道Ⅱ上由P 点运动到S 点的时间是飞船在轨道Ⅲ上由P 点运动到Q 点的时间的1.5 倍
C．飞船在轨道Ⅱ上S 点与在轨道Ⅲ上P 点的加速度大小相等
D．飞船在轨道Ⅱ上S 点的速度小于在轨道Ⅲ上P 点的速度
8．（6 分）如图（a）所示，两个带正电的小球A、B（均可视为点电荷）套在一根倾斜的光滑绝缘直杆上，其中A
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球固定，电荷量QA＝2.0×10
﹣4C，B 球的质量m＝0．lkg．以A 为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，B 球
的总势能（重力势能与电势能之和）随位置x 的变化规律如图（b）中曲线I 所示，直线Ⅱ为曲线I 的渐近线。
图中M 点离A 点距离为6m。令A 所在平面为参考平面，无穷远处电势为零，重力加速度g 取10m/s2，静电力
恒
量
k
＝
9.0
×
l09N
•
m2/C2
．
下
列
说
法
正
确
的
是
（
）
A．杆与水平面的夹角θ＝60°
B．B 球的电荷量QB＝1.0×10
﹣5C
C．若B 球以4J 的初动能从M 点沿杆向上运动，到最高点时电势能减小2J
D．若B 球从离A 球2m 处静止释放，则向上运动过程中加速度先减小后增大
二、非选择题：
9．图1 是小明探究橡皮筋弹做的功W 与小车动能变化△Ek 间的关系的装置图，长木板放在水平桌面上，橡皮筋的
两端分别与小车和挡板相连。实验中，通过增加橡皮筋的根数来改变弹力所做的功。
（1）下列实验操作正确的是
。
A．实验时，应先释放小车，然后接通电源
B．增加橡皮筋根数时，应选取相同的橡皮筋
C．每次应将小车拉到相同的位置由静止释放
D．实验前应平衡小车在木板上所受的摩擦力
（2）图2 是实验中某条纸带的一部分，相邻计数点间时间间隔T＝0.1s。为探究橡皮筋弹力做的功W 与小车动
能变化△Ek 间的关系，小明用△vൌܛ૚൅ܛ૛
૛܂
ൌ૚䁪૜砀൅૚䁪૞૛
૛ൈ૙䁪૚
来计算小车的速度。你认为他的算法是否正确？
（选填“正确”或“不正确”），你的理由是
。
（3）图3 是根据实验数据所画出的W△Ek 图象，你认为根据此图象能否验证动能定理？
（选填“能”
或“不能”），你的理由是
。
10．某学习小组的同学用如图甲所示的电路来探究电学黑箱内的电学元件，已知该电学黑箱内可能有电容器、电感
线圈、定值电阻三种电学元件，在接线柱间以如图乙所示的“Z”字形连接，且相邻两接线柱间只有一个元件
（1）小明同学分别将黑箱接线柱AB、BC、CD 接入甲电路中，闭合开关S，计算机显示出电流传感器的输出
电流随时间变化的图象分别如a、b、c 所示，则
（选填：AB、BC、CD）间接入的是定值电阻。
（2）小聪同学为了进一步精确测量黑箱内定值电阻的阻值，设计了如图丙所示的电路，其中：
A 是电流表（量程为0.20mA，内阻约为100Ω）
R 是电阻箱（阻值范围0～999.9Ω）
R1 是滑动变阻器
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R2 是保护电阻
E 是直流电源（电动势4V，内阻不计）
单刀单掷开关2 只
导线若干
①调节电阻箱，使电阻箱接入电路中的阻值为90.7Ω，只闭合S1，调节滑动变阻器，电流表读数为0.15mA；然
后保持滑动变阻器的滑片位置不动，再闭合S2，调节电阻箱，当电阻箱的阻值为186.3Ω时，电流表的读数仍为
0.15mA，则黑箱内定值电阻的阻值为
Ω。
②上述实验中，无论怎样调节滑动变阻器的滑片，都要保证电路安全，则在下面提供的四个电阻中，保护电阻
R 应选用
（选填答案番号）
A.200kΩB.20kΩC.10kΩD.20Ω
③下面提供最大阻值不同的四个滑动变阻器供选用，既要满足上述实验要求，又要调整方便，滑动变阻器是最
佳选择
（选填答案番号）。
A.1kΩB.5kΩC.10kΩ D.35kΩ
11．如图所示，一本大字典置于桌面上，一张A4 纸（质量和厚度均可忽略不计）夹在字典最深处。假设字典的质
量分布均匀，同一页纸上的压力分布也均匀，字典总质量M＝1.5kg，宽L＝16cm，高H＝6cm，A4 纸上下表面
与书页之间的动摩擦因数均为μ1＝0.3，字典与桌面之间的动摩擦因数为μ2，各接触面的最大静摩擦力近似等于
滑动摩擦力，水平向右拉动A4 纸，当A4 纸夹在字典中离桌面的高度h 为2cm 时，字典恰好能被拖动。重力加
速度g 取10m/s2，求：
（1）字典与桌面之间的动摩擦因数μ2；
（2）若将A4 纸夹在字典最深处，且离桌面高度为3cm，用水平向右的拉力F 将A4 纸从字典中匀速抽出，写
出拉力F 与A4 纸位移x 的函数表达式（在抽出A4 纸的过程中，只有与A4 纸上方重叠部分的字典才对A4 纸
有压力）。
12．（1 分）如图，在xOy 平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场，第四象
限内存在方向沿﹣y 方向、电场强度为E 的匀强电场。从y 轴上坐标为a 的一点向磁场区发射速度大小不等的带
正电同种粒子，速度方向范围是与+y 方向成30°～150°，且在xOy 平面内。结果所有粒子经过磁场偏转后都
垂直打到x 轴上，然后进入第四象限的匀强电场区。已知带电粒子电量为q，质量为m，粒子的重力及粒子间相
互作用不计。求：
（1）垂直y 轴方向射入磁场粒子运动的速度大小v1；
（2）求粒子在第Ⅰ象限的磁场中运动的最长时间与最短时间差；
（3）从x 轴上x＝（૛െ1）a 点射入第四象限的粒子穿过电磁场后经过y 轴上y＝﹣b 的点，求该粒子经过y
＝﹣b 点的速度大小。
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三、解答题（共2 小题，满分0 分）
13．下列说法正确的是（
）
A．空气中PM2.5 的运动属于分子热运动
B．露珠成球形是由于液体表面张力的作用
C．液晶显示器是利用了液晶光学性质各向同性制成的
D．不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为功，而不产生其他影响
E．热力学温标的最低温度为0K，热力学温度的单位是物理学的基本单位之一
14．如图所示，长为2a＝20cm，底面积S＝10cm2 的薄壁气缸放在水平面上，气缸内有一厚度不计的活塞，活塞与
墙壁之间连接一个劲度系数k＝250N/m 的轻弹簧，气缸与活塞的质量相等，均为m＝5kg。当气缸内气体（可
视为理想气体）的温度为t0＝27℃，压强为p0＝1×105Pa 时，活塞恰好位于气缸的中央位置，且弹簧处于原长
状态。已知大气压强为p0＝1×105Pa，重力加速度为g＝10m/s2，气缸与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，气缸与
水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，汽缸内壁光滑，气缸和活塞气密性良好，现用电热丝对气缸内气体
缓慢加热。求：
（i）气缸恰开始滑动时，气缸内气体的温度；
（ii）活塞恰好滑到气缸最右端（未脱离气缸）时，气缸内气体的温度。
四、解答题（共2 小题，满分0 分）
15．下列说法正确的是（
）
A．麦克斯韦建立电磁场理论提出光是一种电磁波，并通过实验验证了电磁波的存在
B．白光通过三棱镜发生色散属于光的折射现象
C．通过细狭缝观察日光灯可看到彩色条纹属于光的衍射现象
D．杨氏双缝干涉实验中，增大光屏到双缝间距离，可观察到干涉条纹间距变小
E．当偏振光通过受力的塑料或玻璃时，偏振化方向会发生变化，这一现象可用来检测应力的分布情况
16．一列沿x 轴方向传播的简谐波，在t＝0 时刻波动图象如图甲所示，a 质点的振动图象如图乙所示。求
（i）该简谐波的波速及传播方向；
（ii）a 质点的振动方程及其在第一秒内通过的路程。
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2018 年四川省成都市双流中学高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：
1．【分析】根据同位素的特点判断是否为同位素；根据衰变的过程，结合质量数守恒以及电荷数守恒和α衰变、β
衰变的特点分析。
【解答】解：A、ૢ
૛
૛૜砀U 和ૢ
૛
૛૜ૢU 是同位素，其原子核内质子数相同，但中子数不相同。故A 错误；
BC、ૢ
૛
૛૜砀U 变为ૢ
૛
૛૜ૢU 增加了一个中子，不是发生了α衰变，也不是β衰变。故BC 错误；
D、根据半衰期的定义可知，1gૢ
૛
૛૜ૢU 经过一个半衰期，ૢ
૛
૛૜ૢU 原子核数目变为原来的一半。故D 正确。
故选：D。
【点评】该题基于快堆核电考查对同位素以及衰变的种类的理解，其中明确同位素的意义是解答的关键。
2．【分析】根据右手定则判断通过R 的感应电流方向；应用Eൌ૚
૛BL2ω求出感应电动势，应用电功率公式求出角速
度。
【解答】解：将圆盘看成无数幅条组成，它们都切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，
根据右手定则可知，圆盘上感应电流从边缘流向圆心，则流过电阻R 的电流方向为从d 到c。
圆盘产生的感应电动势：Eൌ૚
૛Br2ω，
R 的功率：Pൌ۳૛
܀，
解得：ωൌ૛۾܀
۰ܚ૛，故ABC 错误，D 正确；
故选：D。
【点评】本题是右手定则和法拉第电磁感应定律的综合应用，考查对实验原理的理解能力，同时注意切割磁感
线相当于电源，内部电流方向是从负极到正极。
3．【分析】对小球受力分析，在最高点和最低点时，由向心力的公式和整个过程的机械能守恒可以求得重力加速度
的大小；
根据万有引力提供向心力可以求得星球的第一宇宙速度；
求得星球表面的重力加速度的大小，再由在星球表面时，万有引力和重力近似相等，可以求得星球的质量，再
根据密度公式求出星球的密度；
对小球在最高点运用牛顿第二定律分析求解最小速度大小
【解答】解：A、小球在最低点时۴૚െܕ܏t ൌܕ
ܞ૚
૛
܀，
最高点时۴૛൅ܕ܏t ൌܕ
ܞ૛
૛
܀，
最低点到最高点的过程中由动能定理得െܕ܏t ڄ ૛܀ൌ૚
૛ܕሺܞ૛
૛െܞ૚
૛砀，
由以上可得܏t ൌ۴૚
砀ܕ，故A 错误。
B、卫星绕星球的第一宇宙速度ܞൌ
۵ۻ
܀，故B 错误。
C、由۵ۻ ൌ܏t܀૛ൌ۴૚
砀ܕ܀૛，星球密度ૉൌۻ
t ൌ
۴૚܀૛
砀۵ܕ
૝
૜ૈ܀૜ൌ
૜۴૚
૜૛ૈ۵ܕ܀，故C 正确。
D、绳模型小球最高点速度不可能为0，故D 错误。
故选：C。
【点评】根据小球做圆周运动时在最高点和最低点的运动规律，找出向心力的大小，可以求得重力加速度；知
道在星球表面时，万有引力和重力近似相等，而贴着星球的表面做圆周运动时，物体的重力就作为做圆周运动
的向心力。
4．【分析】根据图象中速度随位移的变化关系判断哪个图象是甲的运动图象，哪个是乙的图象，再根据图象直接读
出x＝0 时乙的速度；分别对甲和乙，根据运动学基本公式列式，联立方程求解即可加速度。
【解答】解：A、根据图象可知，a 图象的速度随位移增大而增大，b 图象的速度随位移增大而减小，所以图象
a 表示质点甲的运动，当x＝0 时，乙的速度为6m/s，即质点乙的初速度v0＝6m/s。故A 错误。
B、设质点乙、甲先后通过x＝6m 处时的速度均为v，对质点甲：v2＝2a1x ①
对质点乙：v2﹣v02＝﹣2a2x ②
联立①②解得：a1+a2＝3m/s2③
当质点甲的速度v1＝8m/s、质点乙的速度v2＝2m/s 时，两质点通过相同的位移均为x′。
对质点甲：v12＝2a1x′④
对质点乙：v22﹣v02＝﹣2a2x′⑤
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联立④⑤解得：a1＝2a2 ⑥
联立③⑥解得：a1＝2m/s2，a2＝1m/s2．故B 错误，C 正确；
D、图线a、b 的交点表示两质点在同一位置，但不是同时，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了运动学基本公式的直接应用，关键是要能根据图象判断出甲、乙对应的图线，能够从
图中得出速度等有效信息。
5．【分析】通电导体棒受到安培力作用，应用左手定则可以判断出安培力方向，导体棒静止处于平衡状态，根据安
培力公式应用平衡条件分析答题。
【解答】解：导体棒受力如图所示：
ab 棒静止，处于平衡状态，由平衡条件得：Fsinα＝G，
安培力：F＝BIL，则：BILsinα＝G；
A、适当增加重物G 的重力，则电流I 增大，由欧姆定律可知：Iൌ
۳
ܚ൅܀，I 增大，滑动变阻器接入电路的阻值应
减小，滑片应向右移动，故A 错误；
B、电路电流I 变大，路端电压：U＝E﹣Ir 间减小，A 点电势降低，故B 正确；
C、由左手定则可知，ab 棒受到的安培力方向斜向左上方，故C 错误；
D、ab 棒受到的安培力的大小始终等于：Fൌ
۵
ܛtܖહ，故D 错误；
故选：B。
【点评】通电导体棒在磁场中受到安培力作用，应用左手定则可以判断出安的培力方向；导体棒静止处于平衡
状态，对棒受力分析、应用平衡条件求出安培力与重物重力间的关系是解题关键。
6．【分析】小物块和木箱组成的系统在光滑的平面上滑动，系统所受外力的合力为零，故系统动量始终守恒，而由
于系统内部存在摩擦力，阻碍物体间的相对滑动，最终两物体应该相对静止，一起向左运动。由动量守恒求出
最终共同速度，再由能量守恒求机械能的损失。
【解答】解：A、系统所受外力的合力为零，系统的动量守恒，初状态木箱有向左的动量，小物块动量为零，故
系统总动量向左，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终小物块和木箱相对静止，由于系统的
总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律知，最终小物块和木箱以相同的速度一起向左运
动。故A 错误；
B、最终小物块与木箱相对静止，一起做匀速运动，整个过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律
得：Mv0＝（M+m）v，解得：vൌ૚
૜v0，系统损失的机械能：△Eൌ૚
૛Mv02െ૚
૛（M+m）v2െൌ૚
૜Mv02，故B 正确；
C、系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv0＝mv+Mڄ ܞ૙
૛，解得：vൌ૚
૝v0，故C 正确；
D、系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv0＝mv﹣Mڄ ܞ૙
૜，解得：vൌ૛ܞ૙
૜，物块与木箱相对
滑动，系统机械能有损失，但根据题目所给数据可知，该过程机械能不变，不符合实际，故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，对于动量守恒定律的应用问题，不需要涉及中间过程，特别是对于
多次碰撞问题，解题特别方便，要能灵活选择研究的过程。
7．【分析】根据变轨的原理比较飞船在不同轨道上P 的速度大小，根据开普勒第三定律，结合椭圆半长轴和圆周的
半径之比得出周期之比，从而得出运动时间的关系。根据牛顿第二定律得出飞船在不同轨道上的加速度大小关
系。
【解答】解：A、飞船在P 点由轨道I 进入轨道Ⅱ，需减速，使得万有引力等于向心力，做圆周运动，故A 正确。
B、根据开普勒第三定律知，
ܚ૜
܂૛ൌܓ，因为PQ＝2QS，可知圆的半径是椭圆半长轴的1.5 倍，则轨道Ⅱ上运动
的周期是轨道Ⅲ上运行周期的1.83 倍，故B 错误。
C、飞船在轨道Ⅱ上S 点和P 点所受的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律知，加速度大小相等，故C 正确。
D、飞船从轨道Ⅱ上的P 点进入轨道Ⅲ，需减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动，可知飞船在轨道Ⅱ上
S 点的速度大于在轨道Ⅲ上P 点的速度，故D 错误。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键知道变轨的原理，掌握开普勒第三定律，在公式
ܚ૜
܂૛ൌܓ中，若轨道半径圆，r 为半径，
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若轨道为椭圆，r 为半长轴。
8．【分析】由图知Ep＝mg×sinθ＝kx 从而的角度θ；
根据平衡条件和库仑定律求解电荷
根据电势和电势能关系求解电势能的变化；
根据能量守恒定律分析B 球运动过程中离A 球的最近距离。由牛顿运动定律求解B 球的加速度a。
【解答】解：A、渐进线Ⅱ表示B 的重力势能随位置的变化关系，即为：Ep＝mg×sinθ＝kx
则sinθൌܓ
ܕ܏ൌ0.5
即θ＝30°；故A 错误；
B、由图乙中的曲线Ⅰ知，在x＝6m 出总势能最小，动能最大，该位置B 受力平衡，则有：
mgsin30°＝k
ۿۯۿ۰
ܠ૛
即为：1ൈ૚
૛ൌ9×109ൈ૛ൈ૚૙െ૝ൈۿ۰
૟૛
解得：QB＝1.0×10
﹣5C；
故B 正确；
C、M 点的电势能EP1＝E 总﹣EP＝E 总﹣mgx1sinθ＝6﹣0.1×10×6×0.5＝3J
在M 点B 球总势能为6J，根据能量守恒定律，当B 的动能为零，总势能为10J
由图可知，总势能为10J 时，有：x2＝18m
此时的电势能为：EP2＝E 总′﹣EP′＝E 总′﹣mgx2sinθ＝10﹣0.1×10×18×0.5＝1J
所以电势能的变化为：△EP＝EP1﹣EP2＝3﹣1＝2J．故C 正确；
D、由图，B 球在M 点的动能最大，速度最大该位置B 受力平衡，由于重力沿斜面向下的分力不变，而沿斜面
向上的电场力逐渐减小，所以B 球受到的合外力先减小为0，然后从0 开始逐渐增大，所以B 球的加速度也先
减小后增大。故D 正确；
故选：BCD。
【点评】此题考查读图能力，注意选择合适的点，同时要熟练应用牛顿运动定律和能量守恒解题。
二、非选择题：
9．【分析】（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分
量来平衡摩擦力，使得橡皮筋做的功等于合外力对小车做的功；纸带在橡皮条的作用下做加速运动，橡皮条做
功完毕，则速度达到最大，此后做匀速运动。
（2）明确实验原理以及实验目的即可知了解具体的实验操作；纸带上点距均匀时，表示小车已经做匀速直线运
动，据此可求出小车做匀速运动时的速度大小，即为最终小车获得的速度大小；
（3）根据图象特点，利用数学知识分析图示图象即可正确得出结论。
【解答】解：（1）A、实验时，应先开通电源，再释放小车，故A 错误；
B、实验时，要求通过增加橡皮筋的条数，使功成倍增加，故增加橡皮筋根数时，应选取相同的橡皮筋，并且每
次应将小车拉到相同的位置由静止释放，故BC 正确；
D、实验要探究橡皮筋做的功等于小车动能的变化量，所以应该消除摩擦力的干扰，故实验前应先平衡小车在木
板上所受的摩擦力，故D 正确。
故选：BCD。
（2）他的算法不正确；理由是由纸带可看出在打2、3、4 点时，小车仍处于加速阶段，应该选取小车匀速的纸
带计算速度；
（3）根据此图象不能验证动能定理；因为由图象只能得出W 与△Ek 成线性关系，并不能得到两者相等关系。
故答案为：（1）BCD；（2）不正确，此时小车仍处于加速阶段；（3）不能，由图象只能得出W 与△Ek 成线性关
系，并不能得到两者相等关系。
【点评】本题关键要明确该实验的实验原理、实验目的，即可了解具体操作的含义，以及如何进行数据处理；
数据处理时注意数学知识的运用。
10．【分析】（1）根据电流﹣时间图象的特点和电容器、电感线圈的特性，分析判断AB、BC、CD 各是什么元件。
（2）根据串联电路的分压（限流）原理分析即可。
【解答】解：（1）由图a 看出，a 接入电路时有瞬间的电流，电容器充电过程有短暂的电流，电路稳定后电路中
没有电流。说明AB 间是电容器。由b 图看出，此元件接入电路时，电流逐渐增大，是由于线圈中产生自感电动
势的阻碍作用，电流只能逐渐增大，说明BC 间是电感线圈。从c 图看出，此元件接入电路时电流恒定不变，说
明CD 是定值电阻。故选：C
（2）①只闭合S1，调节电阻箱，使电阻箱接入电路中的阻值为90.7Ω，调节滑动变阻器，电流表读数为0.15mA；
然后保持滑动变阻器的滑片位置不动，再闭合S2，调节电阻箱，当电阻箱的阻值为186.3Ω时，电流表的读数仍
为0.15mA，则两种情况下电路中的总电阻是相等的；所以只闭合S1 时黑箱内定值电阻的电阻值与电阻箱接入电
路中的阻值和与闭合S2 后电阻箱的电阻值是相等的，即：Rx+90.7Ω＝186.3Ω
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可得：Rx＝95.6Ω
②上述实验中，为保证电路安全，则电路中的总电阻值最小值：܀总ൌ۳
۷ ൌ
૝
૙䁪૛૙ൈ૚૙૜Ω ൌ૛䁪૙ൈ૚૙૝Ω
由于在实验的过程中，一般要求电表的读数约为量程的
૚
૜～
૛
૜，当读数为量程的
૚
૛时，电路中的总电阻：܀总t ൌ۳
૚
૛۷ ൌ
૝
૚
૛ൈ૙䁪૛૙ൈ૚૙૜Ω ൌ૝䁪૙ൈ૚૙૝Ω
可知电路中的总电阻不能小于20kΩ，所以在四个定值电阻中，最合适的是20kΩ的定值电阻B；
③由①可知，电流表读数为0.15mA，在0.15mA 左右，需要滑动变阻器的电阻值约为10kΩ左右，所以既要满
足上述实验要求，又要调整方便，滑动变阻器是最佳选择是10kΩ的C。
故答案为：（1）C；（2）①95.6；②B；③C
【点评】本题要掌握电容器、电感线圈和定值电阻的特性：电容器具有充放电气特性，电感线圈能产生自感电
动势。
11．【分析】（1）当字典刚好被拖动时，字典与A4 纸间及字典与桌面之间均达到最大静摩擦力，根据平衡态求解动
摩擦因数μ2；
（2）若将A4 纸夹在字典最深处，且离桌面高度为3cm 时，字典保持静止，然后通过正压力与位移x 的关系，
求拉力F 与A4 纸位移x 的函数表达式。
【解答】解：（1）当字典刚好被拖动，A4 纸对字典的摩擦力与桌面对字典的摩擦力相等，即：f＝f 桌，
根据滑动摩擦力公式可得：桌面对字典的摩擦力为f 桌＝μ2Mg，设此时A4 纸上方纸张质量为m，
则有：A4 纸对字典的摩擦力为f＝2μ1mg，由题意有方程：ܕൌrെܐ
r
ۻ，
联立以上各式，代入数据可解得：μ2＝0.4。
（2）A4 纸夹在离桌面的高度为3cm 处，高于2cm，所以字典拖不动，
当A4 纸抽出位移为x 时，纸上放压力为：۴ۼ ൌሺۺെܠ砀
૛ۺ
ۻ܏，
此时A4 纸受到的拉力大小为：F＝f＝2μ1FNF＝2μ1FN，代入可解得：۴ ൌۺെܠ
ۺૄ
૚ۻ܏。
答：（1）字典与桌面之间的动摩擦因数为0.4；
（2）拉力F 与A4 纸位移x 的函数表达式为۴ ൌۺെܠ
ۺૄ
૚ۻ܏。
【点评】解答本题的关键是：要挖掘题目中的隐含条件，灵活运用滑动摩擦力的公式，同时要理解纸面的两侧
都受到摩擦力作用。
12．【分析】（1）因所有粒子均打在x 轴上，而粒子的夹角不同，故粒子的速度应不同，则几何关系可得出速度与
夹角的关系，则可得出最小速度；
（2）粒子轨迹对应的圆心角最大时，粒子的转动时间最长，圆心角最小时，转动时间最短，由几何关系可知最
大圆心角及最小圆心角，然后求出时间差；
（3）由几何关系可得出粒子从﹣b 点离开所对应的圆周运动的半径，由半径公式可求得粒子的速度，然后应用
动能定理求出粒子速度。
【解答】解。（1）设速度v 粒子与y 轴夹角θ，垂直达到x 轴上满足：a＝Rsinθ
由牛顿第二定律得：qvB＝m
ܞ૛
܀，
解得：vൌܙ۰܀
ܕൌ
ܙ۰܉
ܕܛtܖી，
当θ＝90°时，有：v1ൌܙ۰܉
ܕ；
（2）最长时间对应粒子初速度与y 轴正方向夹角30°，转过150°时有：t1ൌ
ી
૜૟૙ιTൌ૚૞૙ι
૜૟૙ι ൈ૛ૈܕ
ܙ۰ ൌ૞ૈܕ
૟ܙ۰，
最短时间对应粒子初速度与y 轴负方向夹角30°，转过30°时有：t2ൌ
ીt
૜૟૙ιTൌ૜૙ι
૜૟૙ι ൈ૛ૈܕ
ܙ۰ ൌૈ
ܕ
૟ܙ۰，
则时间差为：△t＝t1﹣t2ൌ૛ૈܕ
૜ܙ۰；
（3）粒子射出时与y 轴负方向夹角θ，由数学知识得：
R﹣Rcosθ＝（૛െ1）a，Rsinθ＝a，
解得：θ＝45°，Rൌ
૛a，
速度为：v0ൌܙ۰܀
ܕൌ
૛ܙ۰܉
ܕ
，
设到达y 轴速度v，由动能定理得：qEbൌ૚
૛mv2െ૚
૛mv02，
解得：vൌ
૛ܙ૛۰૛܉૛
ܕ૛
൅૛ܙ۳܊
ܕ；
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答：（1）垂直y 轴方向射入磁场粒子运动的速度大小v1ൌܙ۰܉
ܕ；
（2）粒子在第Ⅰ象限的磁场中运动的最长时间与最短时间差为
૛ૈܕ
૜ܙ۰；
（3）该粒子经过y＝﹣b 点的速度大小为ൌ
૛ܙ૛۰૛܉૛
ܕ૛
൅૛ܙ۳܊
ܕ。
【点评】带电粒子在磁场中的运动类题目关键在于找出圆心确定半径，所以在解题时几何关系是关键，应灵活
应用几何关系，同时结合画图去找出合理的解题方法。
三、解答题（共2 小题，满分0 分）
13．【分析】空气中的PM2.5 是固体颗粒，不是分子；
表面张力可以是液体表面呈球形；
液晶具有光学各向异性特征；
不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响；
理解热力学温度。
【解答】解：A、空气中的PM2.5 是固体颗粒，是衡量空气质量的一个指标，它不是分子，其运动也不是分子
热运动，故A 错误。
B、露珠成球形是由于液体表面张力的作用而形成的，故B 正确。
C、液晶具有光学各向异性特征，液晶显示器是利用了液晶光学性质各向异性制成的，故C 错误。
D、由热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响，故D 正确；
E、热力学温标最低温度为0 K，热力学温度的单位是物理学的基本单位之一，故E 正确
故选：BDE。
【点评】空气中的PM2.5 是现在比较关注的一个问题，要知道是指直径小于2.5 微米的颗粒，其悬浮在空气中
很难自然沉降到地面，故它是空气质量的一个指标，越小表示空气质量越好。
14．【分析】（i）气缸恰开始滑动时，气缸恰好受力平衡，摩擦力为最大静摩擦，根据平衡方程求出初末状态的压
强，利用理想气体的状态方程即可求出气缸内气体的温度；
（ii）缓慢加热气缸在运动的过程中处于平衡状态，气体做等压变化，利用盖﹣吕萨克定律，即可求出活塞恰好
滑到气缸最右端（未脱离气缸）时，气缸内气体的温度。
【解答】解：（i）气缸恰开始滑动时，摩擦力为最大静摩擦，气缸恰好受力平衡：p0S+μ•2mg＝p1S
设在此过程中活塞向右移动了x1，对活塞有：p1S＝p0S+kx1
得：p1＝p0൅૛ૄܕ܏
܁
，x1ൌ૛ૄܕ܏
ܓ
根据理想气体的状态方程可得：
ܘ૙܁܉
܂૙
ൌ
ܘ૚ሺ܉൅ܠ૚砀܁
܂૚
其中：T0＝t0+273K＝300K
得：T1ൌ
ሺܘ૙൅૛ૄܕ܏
܁
砀ሺ܉൅૛ૄܕ܏
ܓ
砀
ܘ૙܉
ڄ ܂૙
解得：T1＝462K
（ii）缓慢加热，气缸处于平衡状态
气缸滑动过程中，对气缸有：p0S+μ•2mg＝p2S
因气体压强p2＝p1，故气体做等压变化，活塞向右移动距离x1 后不再移动，
根据盖﹣吕萨克定律可得：
ሺ܉൅ܠ૚砀܁
܂૚
ൌ
૛܉܁
܂૛
得：T2ൌ
૛܉
ሺ܉൅૛ૄܕ܏
ܓ
砀ڄ ܂૚
解得：T2＝660K
答：（i）气缸恰开始滑动时，气缸内气体的温度为462K；
（ii）活塞恰好滑到气缸最右端（未脱离气缸）时，气缸内气体的温度为660K。
【点评】本题考查气体定律与力学平衡以及胡克定律的综合运用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T
三个参量的变化情况，利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，再选择合适的规律解决。
四、解答题（共2 小题，满分0 分）
15．【分析】麦克斯韦建立电磁场理论，赫兹实验证实其存在；三棱镜发生色散属于光的折射现象；狭缝观察日光
灯可看到彩色条纹属于光的衍射；依据双缝干涉条纹间距ᶭܠൌۺ
܌λ，即可判定；
【解答】解：A、麦克斯韦建立电磁场理论提出光是一种电磁波，赫兹通过实验验证了电磁波的存在。故A 错误；
B、一束白光通过三棱镜后，由于不同的色光的折射率不同，所以会在三棱镜后形成彩色光带，属于光的折射现
象。故B 正确；
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C、通过一个狭缝观察日光灯可以看到彩色条纹，是光绕过障碍物传播的现象，故属于光的衍射现象，而之所以
看到彩色条纹，是由于不同的色光波长不同发生叠加造成的，故C 正确；
D、依据双缝干涉条纹间距ᶭܠൌۺ
܌λ，增大光屏到双缝间距离，可观察到干涉条纹间距变大；故D 错误；
E、受力的塑料或玻璃会发生形变，当偏振光通过受力的塑料或玻璃时，偏振化方向会发生变化，这一现象可用
来检测应力的分布情况。故E 正确
故选：BCE。
【点评】该题考查对常见的光学现象的理解，掌握折射现象、干涉现象和衍射现象的本质的不同是顺利解决此
类题目的关键。
16．【分析】（i）由图甲得到波长，由图乙得到周期；即可根据ܞൌλ
܂求得波速；由图乙得到t＝0 时刻，质点a 的
质点方向，即可由图甲，根据“上下坡法”或平移法得到波的传播方向；
（ii）由图乙得到a 质点的振动方程，根据质点振动方向得到t＝0 时刻质点的位移，从而得到在第一秒内通过的
路程。
【解答】解：（i）由图甲可得：波长λ＝8m，由图乙可得：周期T＝1.2s；故波速ܞൌλ
܂ൌ૛૙
૜ܕ内ܛ；
由图乙可得：t＝0 时刻，质点a 向上振动，故由图甲，根据“上下坡法”或平移法可得：波向右传播；
（ii）由图乙可得：a 质点的振动方程为ܡൌ૚૙ܛtܖ૛ૈ
܂ሺܜ൅૙䁪૛砀粒ܕൌ૚૙ܛtܖሺ૞
૜ૈ
ܜ൅૚
૜ૈ
砀粒ܕ；
根据质点振动方向可得：t＝0 时刻质点a 的位移ܡ૙ൌ૚૙ܛtܖૈ૜粒ܕൌ૞૜粒ܕ，故根据质点振动可得：a 质点在第
一秒内通过的路程૝ۯ െܡ૙ൌ૝૙െ૞૜ሺ粒ܕ砀。
答：（i）该简谐波的波速为
૛૙
૜ܕ内ܛ，传播方向向右；
（ii）a 质点的振动方程为ܡൌ૚૙ܛtܖሺ૞
૜ૈ
ܜ൅૚
૜ૈ
砀粒ܕ；在第一秒内通过的路程为૝૙െ૞૜ሺ粒ܕ砀。
【点评】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波
的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。
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2018 年广东省深圳市高考物理一模试卷
二、选择题
1．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．在光电效应实验中，只要入射光足够强，时间足够长，金属表面就会逸出光电子
B．在光电效应的实验中，饱和光电流大小取决于入射光的频率，频率越大，饱和光电流越大
C．根据波尔的原子理论，氢原子从n＝5 的激发态跃迁多n＝2 的激发态时，原子能量减小，电势能增加
D．根据波尔的原子理论，大量处于基态的氢原子吸收波长为λ0 的光子后，如果辐射出3 种频率的光子，则其中
波长最小的为λ0
2．（3 分）如图所示为甲乙两物体做直线运动的x﹣t 图象，对于0～t1 时间内两物体的运动，下列说法中正确的是
（
）
A．甲物体速度方向与加速度方向相同
B．乙物体加速度方向与速度方向相反
C．甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度
D．乙物体位移变小，速度变大
3．（3 分）如图所示，a、b 两端接在正弦交流电源上，原副线圈回路中A、B 电阻的阻值相同，原副线圈匝数比为
n1：n2，下列说法正确的是（
）
A．A、B 电阻的电流之比为n1：n2
B．A、B 电阻的电压之比为n1：n2
C．A、B 电阻的功率之比为n22：n12
D．A 电阻上的电压与原线圈输入电压之比为1：1
4．（3 分）如图所示，直线MN 左侧空间存在范围足够大，方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，
在磁场中P 点有一个粒子源，可在纸面内各个方向射出质量为m，电荷量为q 的带正电粒子（重力不计），已知
∠POM＝60°，PO 间距为L，粒子速率均为
૜ܙ۰ۺ
૛ܕ，则粒子在磁场中运动的最短时间为（
）
A．ૈ
ܕ
૛ܙ۰
B．ૈ
ܕ
૜ܙ۰
C．ૈ
ܕ
૝ܙ۰
D．ૈ
ܕ
૟ܙ۰
5．（3 分）如图所示，轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端栓接条形磁铁，一个铜盘放在条形磁铁的正下方的绝
缘水平桌面上，控制磁铁使弹簧处于原长，然后由静止释放磁铁，不计磁铁与弹簧之间的磁力作用，且磁铁运
动过程中未与铜盘接触，下列说法中正确的是（
）
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A．磁铁所受弹力与重力等大反向时，磁铁的加速度为零
B．磁铁下降过程中，俯视铜盘，铜盘中产生顺时针方向的涡旋电流
C．磁铁从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，磁铁减少的重力势能等于弹簧弹性势能
D．磁铁从静止释放到最终静止的过程中，磁铁减少的重力势能大于铜盘产生的焦耳热
6．（3 分）如图所示，斜面体abc 静止于粗糙水平地面上，物块m1、m2 均沿斜面匀速下滑，已知m1＞m2，θ1＜θ2，
下列说法中正确的是（
）
A．地面对斜面体的摩擦力水平向右
B．地面对斜面体没有摩擦力
C．所给条件不足，不能判断摩擦力方向
D．斜面体ab 面和ac 面的动摩擦因数不同
7．（3 分）我国发射的某卫星，其轨道平面与地球赤道在同一平面内，卫星距地面的高度约为500km，而地球同步
卫星的轨道高度约为36000km，已知地球半径约为6400km．已知地球表面的重力加速度g＝10m/s2，关于该卫
星，下列说法中正确的是（
）
A．该卫星的线速度大小约为7.7km/s
B．该卫星的加速度大于同步卫星的加速度
C．一年内，该卫星被太阳光照射时间小于同步卫星被太阳光照射时间
D．该卫星的发射速度小于第一宇宙速度
8．（3 分）如图所示，滑轮大小可忽略的传送带以恒定速率顺时针转动，将小物块在传送带底端P 点无初速度释放，
小物块在摩擦力作用下运动至传送带顶端，在小物块运动过程中，下列说法中正确的是（
）
A．小物块所受摩擦力的瞬时功率一定不断变大
B．小物块所受摩擦力做的功大于小物块动能的增加量
C．若物块滑到顶端时恰好与传送带共速，则两者间因摩擦而产生的内能恰好等于物块增加的机械能
D．若物块滑动顶端时恰好与传送带共速，则两者间因摩擦而产生的内能恰好等于物块增加的动能
三、非选择题
9．某物理兴趣小组利用如图（a）所示的装置来测量物体间的动摩擦因数，实验步骤如下：
①把“
”型木块放在光滑水平面上，木块表面AB、BC 粗糙程度相同；
②木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，（当力传感器受水平压力时，其示数为正值；当力传感器受到
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水平拉力时，其示数为负值）；
③一个可视为质点的滑块从C 点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力与时间的关系如图b 所示（物
体经过B 时的速率不变）
回答下列问题：
（1）为了测出滑块与“
”型木块的动摩擦因数，需要测量或已知哪些物理量
。
A、BC 的长度
B、斜面BC 的倾角θ
C、图b 中F1 的大小
D、图b 中F2 的大小
E、AB 的长度
（2）若已经由实验得到（1）中所需物理量，滑块与“
”型木块间的动摩擦因数μ＝
。
10．如图（a）所示，是多用电表欧姆档内部的部分原理图，已知电源电动势E＝1.5V，内阻r＝1Ω，灵敏电流计满
偏电流Ig＝10mA，内阻为rg＝90Ω，表盘如图b 所示，欧姆表表盘中值刻度为“15”
（1）多用电表的选择开关旋至“Ω”区域的某档位时，将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调零后
多用电表的总内阻为
Ω，某电阻接入红、黑表笔间，表盘如图（b）所示，则该电阻的阻值为
Ω。
（2）若将选择开关旋至“×1”，则需要将灵敏电流计
（选填“串联”或“并联”）一阻值为
Ω的
电阻，再欧姆调零。
（3）多用电表长时间使用后，电源内阻变大，电动势变小，此因素会造成被测电阻的测量值比真实值
（选
填“偏大”“不变”或“偏小”）。
11．如图所示，匀强电场中相邻竖直等势线间距d＝10 cm．质量m＝0.1 kg，带电量为q＝﹣1×10
﹣3 C 的小球以
初速度v0＝10m/s 抛出，初速度方向与水平线的夹角为45°，已知重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）小球加速度的大小；
（2）小球再次回到图中水平线时的速度和距抛出点的距离。
12．如图所示，半径为R 的四分之一圆弧轨道，在底端N 点与水平面相切，质量为m1＝m 的小球A 从圆弧顶端无
初速度释放，与静止于N 点，质量为m2＝3m 的铁质小球B 发生对心弹性碰撞，碰后小球B 靠近静止于水平面
上的一带有磁性装置的物体时，被磁性装置接受，该物体的总质量为m3＝12m，自动投放球装置保障N 点总有
一个与B 球完全相同的小球静止待碰，忽略一切摩擦力，已知重力加速度为g，求：
（1）小球A 第一次与B 碰前的瞬间所受支持力的大小及物体接收第一个小球B 后的速度大小；
（2）通过计算判定带磁性装置的物体能否接收到第三个小球；
（3）A 球从释放到最终静止，在碰撞过程中所受外力的总冲量大小。
【物理-选修3-3】
13．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．液晶具有流动性，其光学性质表现为各向异性
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B．太空舱中的液滴呈球状是由于完全失重情况下液体表面张力的作用
C．用打气筒的活塞压缩气体很费劲，说明分子间有斥力
D．第二类永动机是不可能制造出来的，因为它违反了能量守恒定律
E．在合适的条件下，某些晶体可以装备为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体
14．（3 分）如图所示，有一上部开有小孔的圆柱形气缸，气缸的高度为2L，横截面积为S，一厚度不计的轻质活
塞封闭1mol 的单分子理想气体，开始时活塞距底部的距离为L，气体的热力学温度为T1，已知外界大气压为
p0，1mol 的单分子理想气体内能公式为܃ൌ૜
૛܀܂，现对气体缓慢加热，求：
①活塞恰好上升到气缸顶部时气体的温度和气体吸收的热量；
②当加热到热力学温度为3T1 时气体的压强。
【物理-选修3-4】
15．（3 分）一列简谐横波在t＝0 时刻的图象如图甲所示，平衡位置位于x＝15m 处的A 质点的振动图象如图乙所
示，下列说法中正确的是（
）
A．这列波沿x 轴负方向传播
B．这列波的波速是
૞
૜ܕ内ܛ
C．从t＝0 开始，质点P 比质点Q 晚0.4s 回到平衡位置
D．从t＝0 到t＝0.1s 时间内，质点Q 加速度越来越小
E．从t＝0 到t＝0.6s 时间内，质点A 的位移为4m
16．（3 分）半径为a 的小球外层包裹一层厚度均匀的透明物体，透明物体外径为b（b＞૛a），折射率为૛，水平
向右的平行光照射到球外透明物体上，穿过透明物体射到内部小球的光被吸收，求被内部小球吸收部分平行光
的横截面积。
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2018 年广东省深圳市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
二、选择题
1．【分析】发生光电效应的条件是入射光频率大于极限频率，遏制电压与最大初动能有关，入射光的频率越大，最
大初动能越大。光强不一定能发生光电效应，不一定有光电流，在发生光电效应时，入射光的强度影响光电流
的大小。
用光子能量为E 的一束单色光照射处于基态的一群氢原子，发出3 种不同频率的光，知氢原子从基态跃迁到n
＝3 的激发态，根据hγ＝Em﹣En 去进行判断。
【解答】解：A、根据发生光电效应的条件可知，在光电效应实验中，发生光电效应的条件是入射光频率大于极
限频率，入射光频率小于极限频率时不能逸出光电子，与光的强度、照射的时间都无关。故A 错误；
B、入射光频率一定时，入射光越强，光子数目越多，则饱和光电流越大。故B 错误；
C、根据波尔的原子理论，氢原子从n＝5 的激发态跃迁多n＝2 的激发态时辐射光子，原子能量减小；该过程
中电子轨道半径减小，库仑力做正功，所以电势能减小。故C 错误。
D、根据波尔的原子理论，大量处于基态的氢原子吸收波长为λ0 的光子后，如果辐射出3 种频率的光子，则辐
射出的3 种频率的光子中，波长为λ0 光子的能量最大，等于氢原子吸收的能量，所以波长最小的为λ0．故D 正
确。
故选：D。
【点评】解决本题关键掌握光电效应的条件和规律。知道光电流的大小在发生光电效应的前提下，与入射光的
强度有关。
2．【分析】位移时间图线的斜率表示速度，分析物体的运动情况，再判断速度方向与加速度方向的关系。结合平均
速度等于位移除以时间分析。
【解答】解：A、根据位移时间图线的斜率表示速度，知甲物体做减速直线运动，速度方向与加速度方向相反，
故A 错误。
B、由乙图象的斜率减小，知乙物体做减速直线运动，速度方向与加速度方向相反，故B 正确。
C、根据位移等于x 的变化量，知两个物体的位移相等，则两者的平均速度相等，故C 错误。
D、由图知，乙物体位移变大，而速度变小，故D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度，要明确减速直线运动的速
度与加速度方向是相反的。
3．【分析】首先计算出通过副线圈的电流，由变比关系可知原线圈的电流，继而可表示出与原线圈串联的电阻的分
压，结合题意即可在原线圈上列出电压的等式，可求出副线圈上的电压。利用P＝UI 可表示出两个电阻的功率。
【解答】解：A、设流过电阻B 的电流为I2，原线圈的电流为I1，根据电流与匝数的关系可知，原、副线圈的电
流之比为：
۷૚
۷૛
ൌ
ܖ૛
ܖ૚
，即A、B 电阻的电流之比为n2：n1，故A 错误；
B、流过电阻的电阻值相等，由U＝IR 可知，A、B 电阻的电压之比与流过它们的电流成正比，所以为：
܃܀૚
܃૛
ൌ
۷૚܀
۷૛܀ൌ
ܖ૛
ܖ૚
，故B 错误；
C、根据P＝UI，两个电阻消耗的功率：
۾૚
۾૛
ൌ
܃܀૚۷૚
܃૛۷૛
ൌ
ܖ૛
૛
ܖ૚
૛，故C 正确；
D、电阻A 上的电压：܃܀૚ൌܖ૛
ܖ૚ڄ ܃૛，原线圈两侧的电压：܃૚ൌܖ૚
ܖ૛ڄ ܃૛്
܃܀૛，则D 错误；
故选：C。
【点评】该题的突破口是表示出原线圈中的电流和原线圈回路中的电阻的分压，找出原线圈的电压和原线圈回
路中的电阻的分压的数值关系。该题类似于远距离输电的情况。
4．【分析】由题设条件求出粒子做匀速圆周运动的半径R，结合左手定则粒子做逆时针方向匀速圆周运动，粒子运
动时间t 最短时，所转过的圆心角θ最小，所对的弦也最短，画出最短的弦，再作出粒子在磁场中做匀速圆周运
动最短时间的轨迹，由几何关系求出此种情况下粒子的偏转角θ，从而求出了最短时间。
【解答】解：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力作向心力，则有：ܙܞ۰ ൌܕܞ૛
܀，解得܀ൌܕܞ
۰ܙൌܕ
۰ܙൈ૜۰ܙۺ
૛ܕ
ൌ
૜
૛ۺ；
粒子做圆周运动的周期为：܂ൌ૛ૈ܀
ܞ
ൌ
૜ૈۺ
૜۰ܙۺ
૛ܕ
ൌ૛ૈܕ
۰ܙ；因为粒子做圆周运动的半径、周期相同，那么，粒子转过
的中心角越小，则其弦长越小，运动时间越短；所以，过P 点做OM 的垂线，可知，粒子运动轨迹的弦长最小
为：Lsin60°ൌ
૜
૛L＝R，故最短弦长对应的中心角为60°，所以，粒子在磁场中运动的最短时间为：ܜܕtܖൌ૚
૟܂ൌ
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ܕ
૜۰ܙ，故ACD 错误，B 正确；
故选：B。
【点评】求解粒子在匀强磁场中的运动问题，通常由几何关系先求的粒子运动的半径或弦长，在根据洛伦兹力
作向心力解得磁感应强度、运动时间等问题
5．【分析】利用楞次定律判断铜盘所受安培力的方向，从而判断铜盘对水平面的压力变化情况，线圈会阻碍磁铁运
动做负功，所以磁铁最终会停止。
【解答】解：A、磁铁受到重力、弹力外，若磁铁向上运动，则受到向下的安培阻力，若向下运动，则受到向上
的安培阻力，因此磁铁所受弹力与重力等大反向时，磁铁的加速度不一定为零，故A 错误；
B、当磁铁向下运动时，穿过铜盘的磁通量向下增大，根据楞次定律感应电流的磁场的方向向上，俯视铜盘，铜
盘中产生逆时针方向的涡旋电流，故B 错误；
C、磁铁从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，由于电磁感应，则磁铁减少的重力势能大于弹簧弹性势能，
故C 错误；
D、根据能量守恒定律，从静止至停止，减小的重力势能转化为电能和弹簧的弹性势能，所以产生焦耳热小于磁
铁减小的重力势能。故D 正确；
故选：D。
【点评】本题巧妙的考查了楞次定律的应用，只要记住“增反减同”这一规律，此类题目难度不大。
6．【分析】首先分析物块m1、m2 和斜面体整体，根据平衡条件判断地面与斜面体间的摩擦力情况；再隔离物块
m1、m2 分析，根据平衡条件列式求解斜面体ab 面和ac 面的动摩擦因数。
【解答】解：ABC、物块m1、m2 和斜面体均处于平衡状态，故三个物体的合力为零；
对三个物体整体分析，受重力和地面的支持力，不受地面摩擦力，否则不能平衡，故A 错误，B 正确，C 错误；
D、物体m1 受重力、支持力和滑动摩擦力，故平衡条件，有：
m1gsinθ1﹣f1＝0，
N1﹣mgcosθ1＝0，
其中：f1＝μ1N1，
联立解得：μ1＝tanθ1，
同理分析物体物体m2 有，μ2＝tanθ2，
故斜面体ab 面和ac 面的动摩擦因数不同，故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题考查平衡问题，关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，根据平衡条件列式求解，不难。
7．【分析】根据卫星的线速度公式和万有引力与重力的关系列式，求解该卫星的线速度大小。根据牛顿第二定律分
析加速度关系。第一宇宙速度是卫星最小的发射速度。
【解答】解：A、该卫星的线速度为：vൌ
۵ۻ
܀൅ܐ，又由gൌ۵ۻ
܀૛得：vൌ
܏܀૛
܀൅ܐൌ
૚૙ൈሺ૟૝૙૙ൈ૚૙૜砀૛
૟૝૙૙ൈ૚૙૜൅૞૙૙ൈ૚૙૜ൎ7700m/s
＝7.7km/s，故A 正确。
B、根据aൌ۵ۻ
ܚ૛知该卫星的加速度大于同步卫星的加速度，故B 正确。
C、由开普勒第三定律知，该卫星的周期小于同步卫星的周期，则一年内，该卫星被太阳光照射时间小于同步卫
星被太阳光照射时间，故C 正确。
D、第一宇宙速度是卫星最小的发射速度，知该卫星的发射速度大于第一宇宙速度，故D 错误。
故选：ABC。
【点评】解决本题的关键是掌握卫星的线速度和加速度公式，可结合万有引力提供向心力推导出来，会根据轨
道半径的关系比较向心加速度、线速度和周期关系。
8．【分析】根据物块在整个过程中的运动规律判断摩擦力功率的变化，结合动能定理比较摩擦力做功与物块动能的
变化量，根据功能关系比较摩擦力产生的内能与物块增加的机械能关系。
【解答】解：A、物块受到重力、支持力和摩擦力作用，可能先做匀加速，后做匀速直线运动，则摩擦力的瞬时
功率先增大，后不变，故A 错误。
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B、在运动的过程中，摩擦力做正功，重力做负功，根据动能定理知，合力做功等于动能的变化量，则摩擦力做
功大于物块动能的增加量，故B 正确。
CD、根据功能关系知，摩擦力做功等于物块机械能的增加量，物块运动到顶端时，恰好与传送带共速，则物块
的位移与相对位移大小大小，则摩擦力对物块做功的大小等于摩擦产生的内能，则两者间因摩擦而产生的内能
恰好等于物块增加的机械能，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键掌握功能关系，知道除重力以外其它力做功等于机械能的增加量，知道摩擦产生的内
能等于摩擦力与相对位移的乘积。
三、非选择题
9．【分析】当木块在斜面上和水平面上时，对“
”型木块受力分析，由平衡知识可知求得关系式，即可判断；
【解答】解：（1）对“
”型木块受力分析，由平衡知识可知：F1＝mgcosθ⋅sinθ﹣μmgcosθ⋅cosθ；F2＝μmg，
联立两式可得：ૄ
ൌ۴૛粒子ܛીܛtܖી
۴૚൅۴૛粒子ܛ૛ી，则要测动摩擦因数，要测量的物理量是：、斜面BC 的倾角θ、图b 中F1 的大
小以及图b 中F2 的大小，故选BCD。
（2）由（1）可知滑块与“
”型木块间的动摩擦因数为：ૄ
ൌ۴૛粒子ܛીܛtܖી
۴૚൅۴૛粒子ܛ૛ી。
故答案为：（1）BCD；（2）
۴૛粒子ܛીܛtܖી
۴૚൅۴૛粒子ܛ૛ી
【点评】本题主要考查了受力分析和共点力平衡，关键是正确的受力分析，分清过程即可判断
10．【分析】（1）欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，应用闭合电路的欧姆定律求出欧姆表内阻；欧姆表指
针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
（2）欧姆表内阻等于中值电阻，根据题意求出欧姆表内阻，然后应用欧姆定律求出欧姆调零时的电流，再应用
串并联电路特点与欧姆定律分析答题。
（3）欧姆表工作原理是闭合电路的欧姆定律，内置电源电动势变小、内阻变大，应用闭合电路欧姆定律分析实
验误差。
【解答】解：（1）调零后多用电表的总内阻为：܀内ൌ۳
۷܏ൌ
૚䁪૞
૚૙ൈ૚૙െ૜Ω ൌ૚૞૙Ω；
欧姆表中值电阻等于其内阻，则欧姆表的中值电阻为150Ω，
由题意可知，欧姆表中央刻度线为15，则该档位为“×10”欧姆档，
则由表盘可知，该电阻的阻值为：6×10＝60Ω。
（2）因中值电阻等于欧姆表的内阻，若将选择开关旋至“×1”，则欧姆表的内阻为15Ω，
此时调零时电路的总电流为۷ ൌ۳
܀内
ൌ૚䁪૞
૚૞ൌ૙䁪૚ۯ，需要将灵敏电流计并联一阻值为：
܀并ൌ۷܏ܚ܏
۷െ۷܏ൌ૚૙ൈ૚૙െ૜ൈૢ૙
૙䁪૚െ૚૙ൈ૚૙െ૜Ω ൌ૚૙Ω，再欧姆调零。
（3）当电池电动势E 变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig 不变，
欧姆调零时欧姆表内阻：R 内ൌ۳
۷܏变小，
用欧姆表测电阻时：Iൌ
۳
܀܆൅܀内
ൌ
۷܏܀内
܀܆൅܀内
ൌ
۷܏
૚൅܀܆
܀内
，
由于R 内变小，则I 变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了，电阻测量值偏大。
故答案为：（1）150；60；（2）并联；10；（3）偏大。
【点评】本题考查了欧姆表的工作原理、欧姆表读数与误差分析，欧姆表工作原理是闭合电路欧姆定律，知道
欧姆表的工作原理是解题的前提与关键，应用闭合电路欧姆定律即可解题。
11．【分析】（1）根据图象结合电场强度的计算公式求解电场强度大小，根据牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）根据竖直上抛运动求解小球再次回到图中水平线时的时间，根据匀变速直线运动的规律求解水平位移；根
据动能定理求解速度大小。
【解答】解：（1）根据图象可知，电场线方向向左，电场强度大小为：
Eൌ܃
܌ൌ૚૙૙
૙䁪૚V/m＝1000V/m，
合力大小为：Fൌ
ሺܕ܏砀૛൅ሺܙ۳砀૛ൌ
૛N，方向与初速度方向垂直；
根据牛顿第二定律可得加速度大小为：aൌ۴
ܕൌ10 ૛m/s2；
（2）小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，
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小球再次回到图中水平线时的时间为：t＝2ൈܞ૙ܛtܖ૝૞ι
܏
ൌ
૛s，
此过程中与抛出点的距离为：xൌܞ૙粒子ܛ૝૞ιܜ൅૚
૛ൈܙ۳
ܕܜ૛ൌ20m，
在此过程中重力做功为零，根据动能定理可得：
qExൌ૚
૛ܕܞ૛െ૚
૛ܕܞ૙
૛
代入数据解得：v＝10 ૞m/s。
而速度的方向与初速度方向夹角的正切值为2；
答：（1）小球加速度的大小为10 ૛m/s2；
（2）小球再次回到图中水平线时的速度为10 ૞m/s，速度的方向与初速度方向夹角的正切值为2，距抛出点的
距离为20m。
【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受
力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。
根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
12．【分析】（1）小球A 沿圆弧滚下过程机械能守恒，在最低点受到的重力和支持力的合力提供向心力；根据机械
能守恒定律和牛顿第二定律求出支持力的大小。碰撞过程系统机械能守恒，同时系统动量守恒，结合动量守恒
定律、机械能守恒定律求出碰撞后A 与B 的速度；B 与磁性物体相互作用的过程中水平方向的动量守恒，由此
求出物体接收第一个小球B 后的速度大小。
（2）与（1）的方法与步骤相同，同理可以求出A 第二次碰撞后A 的速度，以及物体接收第二个小球B 后的速
度大小。
（3）根据动量定理即可求出外力对A 球的冲量。
【解答】解：（1）设A 球到达圆弧轨道最低点时的速度为v0，则有：
૚
૛ܕܞ૙૛ൌܕ܏܀
所以：ܞ૙ൌ
૛܏܀
设此时轨道对A 球支持力为N，则：
۴ۼ െܕ܏ൌܕܞ૙૛
܀
联立解得：FN＝3mg。
A 与B 相互作用的过程中水平方向的动量守恒，选取向左为正方向，设碰撞后A 球的速度大小为v1，B 球的速
度为v2，则根据动量守恒定律可得：
mv0＝3mv2+mv1，
根据机械能守恒可得：
૚
૛ܕܞ૙૛ൌ
૚
૛ܕܞ૚૛൅
૚
૛ڄ ૜ܕܞ૛૛，
联立解得：ܞ૚ൌെ૚
૛
૛܏܀，ܞ૛ൌ૚
૛
૛܏܀．其中负号表示方向与开始时的方向相反；
B 与磁性物体相互作用的过程中水平方向的动量也守恒，则：3mv2＝（3m+12m）v3
所以：v3ൌ૚
૞ܞ૛ൌ૚
૚૙
૛܏܀
（2）A 被弹回后向右运动的过程中机械能守恒，在到达最高点后再次返回，由机械能守恒可知，A 第二次到达
N 点的速度为：
v4ൌ૚
૛
૛܏܀
A 第二次与B 发生碰撞，设碰撞后A 球的速度大小为v5，B 球的速度为v6，则根据动量守恒定律可得：
mv4＝3mv6+mv5，
根据机械能守恒可得：
૚
૛ܕܞ૝૛ൌ
૚
૛ܕܞ૝૛൅
૚
૛ڄ ૜ܕܞ૟૛，
联立解得：ܞ૞ൌെ૚
૝
૛܏܀，ܞ૟ൌ૚
૝
૛܏܀．其中负号表示方向与开始时的方向相反；
B 与磁性物体相互作用的过程中水平方向的动量也守恒，则：3mv6+（3m+12m）v3＝（3m+12m+3m）v7＝18mv7
所以：v7ൌ૚
砀
૛܏܀
方法同前，可知A 球第三次与B 碰撞后B 球获得的速度大小也是
૚
砀
૛܏܀，所以带磁性装置的物体不能接收到
第三个小球。
（3）由动量定理可知，A 球在碰撞过程中所受外力的总冲量大小：
I＝m（v0+v1）+m（v1+v3）+m（v3+v5）+…
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化简得：I＝mv0+2m（v1+v3+v5+…）
即：Iൌܕܞ૙൅૛ܕܞ૚
૚െ૚
૛
ൌ3mv0ൌ૜ܕ૛܏܀
答：
（1）小球A 第一次与B碰前的瞬间所受支持力的大小是3mg，物体接收第一个小球B后的速度大小是
૚
૚૙
૛܏܀；
（2）通过计算判定带磁性装置的物体不能接收到第三个小球；
（3）A 球从释放到最终静止，在碰撞过程中所受外力的总冲量大小是૜ܕ૛܏܀。
【点评】本题关键是碰撞前A 球机械能守恒，碰撞过程两球系统机械能守恒，动量也守恒，同时根据动量定理
列式求解。
【物理-选修3-3】
13．【分析】液晶具有流动性，光学性质各向异性；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表
面存在表面张力；理解第二类永动机的设计原理以及不能制造的原因；晶体与非晶体在一定的条件下可以相互
转化。
【解答】解：A、液晶具有流动性，其光学性质表现为各向异性，故A 正确；
B、太空舱中的液滴呈球状是由于完全失重情况下液体表面张力的作用，故B 正确；
C、用打气筒的活塞压缩气体很费劲，这是气体压强作用的结果，不能说明分子间有斥力，故C 错误；
D、第二类永动机是不可能制造出来的，因为它违反了热力学第二定律，不违反能量守恒定律，故D 错误；
E、在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，例如天然石英是晶体，加工
后做成玻璃就是非晶体，故E 正确；
故选：ABE。
【点评】本题考查分子动理论的内容和热力学第一定律，知识点较多，关键是记住基础知识，注意气体分子间
隙大。
14．【分析】①开始加热活塞移动过程封闭气体作等压变化，根据盖吕萨克定律列式可求解温度，根据热力学第一
定律求解吸收的热量；
②当加热到3T1 时，根据理想气体状态方程可求解加热后气体的压强。
【解答】解：①开始加热后活塞上升的过程中封闭气体作等压变化，V1＝LS，V2＝2LS，
根据盖•吕萨克定律有：
t૚
܂૚
ൌ
t૛
܂૛
解得：T2＝2T1
由热力学第一定律：△U＝W+Q，ᶭ܃ൌ૜
૛܀ሺ܂૛െ܂૚砀，W＝﹣p0（V2﹣V1）
解得：ۿ ൌ૜
૛܀܂૚൅ܘ૙ۺ܁
②设当加热到3T1 时气体的压强变为p3，在此之前活塞上升到气缸顶部，对于封闭气体，
由理想气体状态方程有：
ܘ૜ڄ૛ۺ܁
૜܂૚
ൌ
ܘ૙ڄۺ܁
܂૚
解得：p3＝1.5p0
答：①活塞恰好上升到气缸顶部时气体的温度为2T1，气体吸收的热量为
૜
૛܀܂૚൅ܘ૙ۺ܁；
②当加热到热力学温度为3T1 时气体的压强为1.5p0。
【点评】在运用气体定律解题时要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化。根据气体状态方程进行计算时要
注意温度的单位取国际制单位。
【物理-选修3-4】
15．【分析】根据振动图象得到质点振动方向，从而由波形图得到传播方向；根据振动图得到周期，由波形图得到
波长，即可求得波速；根据波的传播方向和振动周期，即可根据质点位移得到质点的振动，从而得到位移、时
间关系及加速度变化。
【解答】解：A、由图乙可得：t＝0 时刻，质点A 在平衡位置，且向上振动；故由图甲可得：波沿x 轴负方向
传播，故A 正确；
B、由图甲可得：波长λ＝20m，由图乙可得：周期T＝1.2s，故波速ܞൌλ
܂ൌ૛૙
૚䁪૛ܕ内ܛൌ૞૙
૜ܕ内ܛ，故B 错误；
C、根据波沿x 轴负方向传播可得：质点P 向下振动，Q 向上振动，故P 经过时间ܜ૚ൌ૞
૚૛܂ൌ૙䁪૞ܛ回到平衡位
置，Q 经过时间ܜ૛ൌ૚
૚૛܂ൌ૙䁪૚ܛ回到平衡位置，故质点P 比质点Q 晚0.4s 回到平衡位置，故C 正确；
D、由C 可知：质点Q 从t＝0 到t＝0.1s 时间内，位移为负，且向平衡位置运动，故质点离平衡位置的距离越
来越小，那么，加速度越来越大，故D 正确；
E、由图乙可知：质点A 在t＝0 和t＝0.6s 时都在平衡位置，故质点A 的位移为零，故E 错误；
故选：ACD。
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【点评】波长可由波动图得到，周期由振动图或质点振动情况得到，根据质点振动由波动图得到波的传播方向，
根据ܞൌλ
܂求得波速。
16．【分析】作出光路图，CO 为穿过球心的光线，与CO 相距为R 的光线在b 球面折射后折射光线AB 恰好与a
球相切，根据几何知识求出折射角正弦，再折射定律求得入射角正弦，即可被内部小球吸收部分平行光的横截
面积。
【解答】解：如图所示，CO 为穿过球心的光线，与CO 相距为R 的光线在b 球面折射后折射光线AB 恰好与a
球相切，则有R＝bsini
由折射定律有sini＝nsinr
所以R＝nbsinr，又因为ܛtܖܚൌ܉
܊，ܖൌ
૛
所以܀ൌܖ܉ൌ
૛܉，S＝πR2＝2πa2，即被吸收掉的光束横截面积为2πa2。
答：被内部小球吸收部分平行光的横截面积是2πa2。
【点评】作出光路图，运用几何知识求入射角正弦与半径的关系是关键。要能灵活应用几何关系帮助解决几何
光学问题。
微信公众号：678 高中初中资料库
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2018 年广东省汕头市高考物理一模试卷
一、选择题：本题共8 小题．每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第1～4 题只有一项符合题目要
求，第5～8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）氘核与氚核结合成一个氦核的核反应方程是
૚
૛H൅
૚
૜H→
૛
૝He൅
૙
૚n+17.6MeV，关于此核反应，下列
说法正确的是（
）
A．该核反应称为核裂变
B．要发生该核反应，需要将反应物加热到一定的温度值
C．氦核的比结合能小于氘核的比结合能
D．该核反应后生成物的总质量比核反应前物质的总质量要增加
2．（6 分）如图，直线上有o、a、b、c 四点，其中ab＝bcൌ子܉
૛，在c 点处固定点电荷Q．若一带负电的粒子仅在
电场力作用下先经o 点运动到a 点，又从a 点返回运动到o 点，则（
）
A．点电荷Q 带正电
B．oa 间与ab 间的电势差满足|Uoa|＝2|Uab|
C．粒子两次经过o 点时的速率相同
D．粒子经过a、o 点时加速度满足aa＝2ao
3．（6 分）如图甲，有一质量为m 的木块静止在光滑水平面上。现对其施加一大小恒定、方向与水平面成θ角的外
力F，同时用传感器测出θ不同时木块的加速度a，得到如乙图a﹣θ关系图象。已知重力加速度为g，则（
）
A．木块的加速度最大时，对水平面压力最小
B．当θൌૈ૝时，木块的加速度为0.2g
C．外力F＝0.6mg
D．木块对水平面的最大压力为1.4mg
4．（6 分）如图，长为l 的绝缘轻绳上端固定于O 点，下端系一质量为m 的带负电小球，在小球运动的竖直平面内
有垂直该平面向里的匀强磁场。某时刻给小球一垂直于磁场、水平向右的初速度，小球能做完整的圆周运动。
不计空气阻力，重力加速度为g。则（
）
A．小球做匀速圆周运动
B．小球运动过程机械能不守恒
C．小球在最高点的最小速度v1ൌ
܏ܔ
D．最低点与最高点的绳子拉力差值大于6mg
5．（6 分）如图，空中水平固定一闭合铜环，让一S 极朝下的条形磁铁从铜环圆心O 正上方P 位置静止释放，磁铁
保持竖直加速下落，经过铜环下方Q 点，其中OQ＝OP．不计空气阻力，重力加速度大小为g，则（
）
A．释放瞬间磁铁的加速度为g
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B．磁铁在运动的过程机械能守恒
C．当磁铁在P 与Q 时，铜环的磁通量相同
D．磁铁由P 到Q 的过程，铜环顺时针（俯视）的平均电流大于逆时针的平均电流
6．（6 分）甲、乙为两颗质量不同的地球卫星，两颗卫星轨道均可视为圆轨道，乙卫星运动的周期是甲卫星的两倍。
以下判断正确的是（
）
A．甲的角速度是乙的两倍
B．甲的加速度是乙的四倍
C．在相同时间内，甲、乙两卫星与地球球心连线扫过的面积相同
D．乙圆周运动的向心力可能比甲大
7．（6 分）xy 平面内，在y＜0 的区域存在垂直xy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．abcd 为半径为R 的闭
合圆形铝线圈，圆心的坐标为（0，0.5R），通有方向为abcda 的恒定电流，线圈竖直放置，此时线圈恰好静止。
重力加速度为g，下列能使线圈的加速度大小变为2g 的是（
）
A．仅将磁感应强度大小改为3B
B．仅将线圈以y 轴为轴转90°
C．仅将线圈以x 轴为轴转180°
D．仅将线圈向下移动至圆心位于原点
8．（6 分）某玩具为了模仿小动物行走的姿势，设计了非圆形的“轮子”。现研究轮子受力情况，模型简化如图，四
分之一圆框架OAB 的OA、OB 边初始位置分别处于水平和竖直方向上，光滑球形重物此时嵌在框架中与OA、
OB、弧AB 三边恰好接触但接触处并没有全部都产生弹力。现以O 点为轴缓慢将框架在同一竖直平面内顺时针
转动θ角，下列说法正确的是（
）
A．转动θ为0 至ૈ૛的过程，弧AB 受到重物的压力逐渐变大
B．θ为
૞ૈ
૝时，弧AB 受到重物的压力最大
C．转动一周的过程中，存在某一特定的θ角，此时弧AB 与OA 板受到重物的压力一样大
D．转动一周的过程中，OA、OB、弧AB 受到重物压力的最大值一样大
二、非选择题：（一）必考题：
9．（7 分）某同学用如图1 所示的实验装置研究小车在斜面上的运动。
（1）用细绳将沙和沙桶通过滑轮与小车连接，调节斜面的倾角θ，使小车沿斜面向下做匀速直线运动，用天平
测出沙和沙桶的总质量m；
（2）保持斜面倾角θ不变，取下沙和沙桶，接通电源，在靠近打点计时器处重新释放小车。
（3）图2 是该同学实验中打出的一条纸带的一部分，打点计时器电源的频率为50Hz，相邻两计数点间还有4
个计时点未画出。
设上图自左到右的六组数据依次表示为x1、x2、x3、…，由于这些数据满足关系式
，可以判断小
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车沿斜面向下做
运动。若测得沙和沙桶的总质量为310g，则小车的质量为
kg（结果保留三位有
效数字，重力加速度取9.8m/s2）。
（4）在上述实验中，以下说法正确的是
。（填正确答案标号）
A．小车的质量应远大于沙和沙桶的质量
B．连接小车、沙和沙桶的细绳与斜面应保持平行
C．打点计时器的电源应选取220V 交流电
D．实验过程需用秒表计时
10．（8 分）某实验小组的同学利用图甲所示的电路探究并联电路中各点电势的关系。已知R1＝10Ω，R2＝20Ω，R3
＝30Ω，R4＝40Ω，电源的电动势为E＝10V，内阻不计，且电源负极端接地。
（1）由此可得ab 两点电势差为Uab＝
V，如果在ab 两点间接一个电阻，则有电流从
点流向
点。（选填“a”或“b”）
（2）该实验小组同学又设计了图乙的电路来测量电阻Rx 的阻值，其中R 为电阻箱，
为灵敏电流计，请按图
乙的实验原理图完成图丙中实物电路的连线。
（3）实验时，先调节电阻箱，使电阻箱的阻值为R1．闭合开关，反复调节滑动变阻器滑片的位置，使通过灵敏
电流计的电流为零；断开开关，保持滑动变阻器的滑片所处位置不变，交换电阻箱与待测电阻的位置。闭合开
关，然后反复调节电阻箱，使灵敏电流计的示数再次为零，记下此时电阻箱的阻值记为R2；则待测电阻的阻值
为Rx＝
。（用题中已知量的字母表示）
11．（12 分）如图所示，一长木板B 的质量M＝4kg，静止在光滑水平地面上。现有一质量m＝1kg 的小滑块A 以
v0＝3m/s 的初速度向右滑上长木板，同时对滑块施加一个大小F＝2N 的水平向右的恒定拉力。当木板与滑块的
速度达到相等的瞬间，木板恰好碰到右方的固定挡板P 并立刻停止运动，滑块继续运动一段时间后停在木板上。
已知A、B 间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）木板右端与挡板P 之间的初始距离d。
（2）整个过程滑块和木板组成的系统克服摩擦力做的功。
12．（20 分）如图所示，足够大的平行挡板A1、A2 竖直放置，间距为L．A1、A2 上各有位置正对的小孔P、Q．两
板间存在两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，水平面PQ 和MN 分别是两个磁场区的理想边界面。
挡板A1 的左侧是方向水平向右的匀强电场，质量为m、电荷量为+q 的粒子从电场中的O 点以大小为v0 的初速
度竖直向上射出，运动一段时间后从小孔P 进入Ⅰ区，此时速度方向与竖直方向的夹角θ＝60°．粒子进入Ⅰ区
运动之后，从PQ 边界上的C1 点第一次离开Ⅰ区，C1 点与挡板A1 的距离为d，然后进入没有磁场的区域运动，
从MN 边界上的D1 点（图中未画出）第一次进入Ⅱ区，D1 点与挡板A1 的距离为
૞
૛d．不计重力，碰到挡板的粒
子不予考虑。
（1）求匀强电场中O、P 两点间的电势差U 和Ⅰ区的磁感应强度B1 的大小；
（2）已知L＝13d，最后粒子恰好从小孔Q 射出，求Ⅱ区的磁感应强度B2 的大小可能是哪些值？
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〔物理--选修3-3〕（15 分）
13．（5 分）用高倍显微镜观察墨汁液滴，追踪一个小炭粒的运动，每隔30s 记录炭粒的位置并连线，记录的结果如
图所示。则下列说法正确的是（
）
A．图中连线说明炭粒在做机械运动
B．图中连线是炭粒的运动径迹
C．图中炭粒的位置变化是由于分子间斥力作用的结果
D．图中连线的杂乱不足以说明布朗运动与温度有关
E．图中连线的杂乱无章间接说明液体分子运动的无规则性
14．（10 分）如图所示，一个足够长、两端开口且导热良好的圆筒竖直固定在宽旷的液面上。现有一质量为m 的活
塞封闭了一定量的理想气体。开始时，环境温度为T0，大气压强为p0，筒内气压p1＝1.2p0，筒内封闭气体的高
度为ho．现环境温度缓慢上升至T1，活塞与圆筒的摩擦忽略不计，设重力加速度为g。
①求活塞上升的距离；
②若T1＝1.5T0 且以后保持不变，在活塞上加一铁块，使活塞恰好回到原来的位置，此时筒内液面下降了
૚
૝h0，
求铁块的质量M。
〔物理--选修3-4〕（15 分）
15．平静湖面传播着一列水面波（横波），在波的传播方向上有相距10m 的甲、乙两小木块随波上下运动，振动幅
度为2cm，从甲第1 次到达波峰处开始计时发现甲第10 次到达波峰恰好经历1min，当甲在波峰时，乙在波谷，
且两木块之间有两个波峰。下列说法正确的是（
）
A．甲最终有可能和乙相撞
B．该水面波的波速为0.6m/s
C．该水面波的周期为6s
D．当甲处于平衡位置时，乙一定也处于平衡位置
E．经过20s，甲运动的路程为24cm
16．现行高速公路的标志牌常贴有“逆反射膜”，采用高折射率玻璃微珠后半表面镀铝作为后向反射器，具有极强
的逆向回归反射性能，能将大部分光线直接“反射”回来，造成反光亮度。如图甲为该反光膜的结构示意图，
镶嵌于膜内的玻璃微珠由均匀透明的介质组成，球体直径极小，约为10 微米。如图乙，玻璃微珠的球心位于O
点，半径为R，有一平行于中心轴AO 的光线射入，该光线与AO 之间的距离为H，最后从球面射出的光线恰
好与入射光线平行（不考虑多次反射）。
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①若玻璃微珠折射率nൌ
૜，则入射光离AO 的距离H 为多大，才能使入射光经玻璃珠折射后到达B 点？
②要使射向玻璃珠的光线总有部分光线能平行“反射”出玻璃珠，求制作“逆反射膜”所用的玻璃珠折射率n′
至少为多少？
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2018 年广东省汕头市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 小题．每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第1～4 题只有一项符合题目要
求，第5～8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．【分析】由较轻核聚变为较重的核的过程，称为聚变反应，该反应会发出能量，根据爱因斯坦质能方程△E＝△
mc2 求出质量的亏损；比结合能越大，表示原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定。
【解答】解：A、
૚
૛H൅
૚
૜H→
૛
૝He൅
૙
૚n+17.6MeV，该反应为聚变反应，故A 错误；
B、虽然该反应要放出大量能量，但必须将反应物加热到一定的温度值，才能发生此反应，故B 正确；
C、氘核的比结合能小于氦核的比结合能，故C 错误；
D、聚变反应有质量亏损，会向外放出能量，式中17.6MeV 是核反应中放出的能量，根据△E＝△mc2，反应后
的总质量比反应前的总质量减小，故D 错误，
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道聚变反应和裂变反应的区别，知道重核裂变和轻核聚变都有质量亏损，都释放能
量。
2．【分析】根据粒子运动得到加速度方向，从而得到点电荷Q 所带电荷符号；再根据点电荷周围电场分布得到电
势差的大小关系，然后由动能定理求得速度变化；最后根据库仑定律得到库仑力，然后由牛顿第二定律求得加
速度大小关系。
【解答】解：A、粒子从o 运动到a，后返回o，那么，由粒子只受电场力作用可知：电场力向左，故两电荷同
号，那么，点电荷Q 带负电，故A 错误；
B、点电荷周围电场分布，离点电荷越远，电场场强۳ ൌܓۿ
ܚ૛越小，所以，oa 间与ab 间的电势差满足|Uoa|＜2|Uab|，
故B 错误；
C、点电荷电场分布恒定，故o 点的电势不变，那么，粒子两次经过o 点的过程电势差为零，所以电场力做功为
零；根据粒子只受电场力作用，由动能定理可知：粒子两次经过o 点时的速率相同，故C 正确；
D、粒子受到的电场力۴ ൌܓۿܙ
ܚ૛，故加速度܉ൌ۴
ܕൌܓۿܙ
ܕܚ૛，所以，粒子经过a、o 点时加速度满足
܉܉
܉子
ൌ
ሺ子粒砀૛
ሺ܉粒砀૛ൌ૝，
故D 错误；
故选：C。
【点评】恒定电场中任意两点的电势差恒定，故粒子经过不同路径的运动过程电场力做的功之和始末位置的电
势差有关，可由W＝qU 求解。
3．【分析】根据乙图可知加速度与θ角的关系，由此得到加速度在不同角度下的大小，根据牛顿第二定律可得外力
的大小；当力F 竖直向下时加速度为零，此时木块对水平面压力最大，根据平衡条件求解压力。
【解答】解：A、当力F 竖直向下时加速度为零，此时木块对水平面压力最大，故A 错误；
B、根据乙图可知加速度与θ角的关系是a＝0.4gcosθ，当θൌૈ૝时，木块的加速度为0.4gൈ૛
૛ൌ0.2 ૛g，故B 错误；
C、当θ＝0 时加速度为0.4g，根据牛顿第二定律可得外力F＝0.4mg，故C 错误；
D、木块对水平面的最大压力为mg+F＝1.4mg，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；解答本题的关键是能清楚加速度与合外力的关系，能够写出
加速度与θ角的关系是突破口。
4．【分析】小球在运动过程中受绳子拉力、洛伦兹力与重力作用，绳子拉力与洛伦兹力不做功，只有重力做功，小
球机械能守恒；应用机械能守恒定律与牛顿第二定律分析答题。
【解答】解：A、重力对小球做功，小球在运动过程中速率不断变化，做变速圆周运动，不做匀速圆周运动，故
A 错误；
B、小球在运动过程中受重力、洛伦兹力与绳子拉力作用，绳子拉力与洛伦兹力不做功，只有重力做功，小球机
械能守恒，故B 错误；
C、小球恰好经过最高点时，由牛顿第二定律得：mg﹣qvB＝m
ܞ૚
૛
ܔ，v1്
܏ܔ，故C 错误；
D、由牛顿第二定律得：
在最低点：T﹣mg﹣qvB＝m
ܞ૛
ܔ，
在最高点：mg+T′﹣qv′B＝m
ܞt૛
ܔ，
由机械能守恒定律得：
૚
૛mv2＝mg•2l൅૚
૛mv′2，
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最低点与最高点的绳子拉力差值：△T＝T﹣T′，
解得，如果没有洛伦兹力：△T＝6mg，由于洛伦兹力：△T＞6mg，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查了带电小球在磁场中的运动，分析清楚小球受力情况与运动过程是解题的前提，应用机械能
守恒定律、牛顿第二定律即可解题。
5．【分析】根据对楞次定律判断铜环在磁铁上方与下方时受到的磁场力方向，然后由牛顿第二定律判断加速度与重
力加速度的关系，最后依据只有重力做功，机械能才守恒，并依据法拉第电磁感应定律，与欧姆定律，从而即
可求解。
【解答】解：A、释放瞬间磁铁还没动，则线圈中还没有感应电流，因此不会对磁铁有阻碍，则此时其加速度为
g，故A 正确；
B、磁铁在下落过程中，导致穿过线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，进而阻碍磁铁的下落，因此磁铁
的机械能不守恒，故B 错误；
C、由于OQ＝OP，依据∅＝BS，因此当磁铁在P 与Q 时，铜环的磁通量相同，故C 正确；
D、依据法拉第电磁感应定律，磁铁运动越快，则产生感应电动势越大，那么对应的感应电流也越大，因此由P
到Q 的过程，铜环顺时针（俯视）的平均电流小于逆时针的平均电流，故D 错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了楞次定律的应用，应全面、正确理解楞次定律中“阻碍”的含义，并掌握受力分析，及理
解牛顿第二定律的应用，注意穿过环后，加速度仍小于g 是学生容易出错的。
6．【分析】两卫星绕地球转动，为同一中心天体，所以可以利用开普勒定律进行分析求解，同时注意结合圆周运动
的基本内容进行分析判断各物理量间关系。
【解答】解：A、根据Tൌ૛ૈ
૑可知，由于乙卫星运动的周期是甲卫星的两倍，所以甲的角速度是乙的两倍，故A
正确；
B、根据开普勒定律可知，
܀૜
܂૛ൌ
܀t૜
܂૛；所以甲的半径一定小于乙的半径，则由aൌ૝ૈ
૛܀
܂૛可知，甲的加速度一定小
于乙加速度的四倍，故B 错误；
C、由于两行星的高度不同，运行速度不同，则它们在相同时间内，甲、乙两卫星与地球球心连线扫过的面积不
相同，故C 错误；
D、根据向心力公式可知，F＝mrω2，由于两卫星的质量不同，如果乙的质量较大，则有可能出现乙的向心力大
于甲的向心力的情况，故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题也可以利用万有引力定律进行分析，在解题时要注意明确两卫星的周期不同，则其半径、角速度
和线速度均不同，不能简单地认为半径相等而出现错误。
7．【分析】依据安培力与重力平衡，结合安培力大小表达式，及通电导线的有效长度，即可一一求解。
【解答】解：A、线圈恰好静止，则有：BIL＝mg，若仅将磁感应强度大小改为3B，那么3BIL＝3mg，根据牛
顿第二定律，则有：3BIL﹣mg＝ma，解得：a＝2g，故A 正确；
B、若仅将线圈以y 轴为轴转90°，此时安培力为零，只有重力，则线圈的加速度大小为g，故B 错误；
C、当仅将线圈以x 轴为轴转180°，线圈处于磁场中的通电有效长度没变，因此安培力大小不变，而方向变为
相反，此时线圈的加速度变为原来2 倍，故C 正确；
D、当将线圈向下移动至圆心位于原点，导致通电线圈在磁场中有效长度由૜R，变成2R，因此安培力大小变
为原来的
૛૜
૜倍，由A 选项分析，结合牛顿第二定律，线圈的加速度大小不是2g，故D 错误；
故选：AC。
【点评】考查安培力大小表达式的应用，掌握通电导线的有效长度，理解牛顿第二定律的内容。
8．【分析】根据转动情况，画出在不同位置分析重力的分解图象，根据力的平行四边形法则分析分力的大小情况。
【解答】解：A、转动θ为0 至ૈ૛的过程中如图（1）所示，弧AB 受到的压力始终为零，故A 错误；
B、当θ为π时，此时弧AB 受到的重力压力大小为૛G，当θൌ૞ૈ
૝ൌπ൅ૈ૝时，弧AB 受到的压力为G，此时对弧
AB 的压力不是最大，故B 错误；
C、转到图（5）位置时，弧AB 与OA 受到的压力对称，此时压力一样大，故C 正确；
D 、转动一周的过程中，根据对称性可知，弧AB 受到重物压力的最大值一样大，故D 正确。
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故选：CD。
【点评】力的合成满足平行四边形定则，当两个力方向相同时可以直接相加求合力；当两个力方向相反时可以
直接相减求合力；当两个力垂直的时候，分力与合力之间满足勾股定理，可以直接用勾股定理计算；如果两个
力夹角不是特殊角，可以根据正交分解法、矢量三角形法或三角函数法求解合力大小。
二、非选择题：（一）必考题：
9．【分析】依据相等的时间内相邻的位移之差相等，即可判定是否是匀加速直线运动；
实验中先调节平板倾角，使小车拉着沙桶沿斜面向下做匀速直线运动，得出小车所受的重力沿着斜面的分力等
于沙和沙桶的重力，从而求得结合加速度，与沙和沙桶的总质量，即可求解小车的质量；
根据实验的原理以及注意事项确定正确的操作步骤。
【解答】解：（3）由纸带数据，可知，x2﹣x1＝x3﹣x2＝x4﹣x3＝1.98cm，即可判定小车做匀加速直线运动；
调节斜面的倾角θ，使小车沿斜面向下做匀速直线运动，保持斜面倾角θ不变，取下沙和沙桶，小车做匀加速直
线运动，其加速度大小aൌᶭܠ
܂૛ൌ૚䁪ૢ砀ൈ૚૙െ૛
૙．૚૛
m/s2＝1.98m/s2；
依据牛顿第二定律，则有：mg＝Ma，
解得：Mൌܕ܏
܉ൌ૜૚૙ൈ૚૙െ૜ൈૢ䁪砀
૚䁪ૢ砀
kg≈1.53kg；
（4）A、依据实验原理，本实验不需要小车的质量应远大于沙和沙桶的质量，故A 错误；
B、实验时连接小车、沙和沙桶的细绳与斜面应保持平行，故B 正确；
C、电火花打点计时器的电源应选取220V 交流电，故C 正确；
D、实验过程中打点计时器能算出时间，不需用秒表计时，故D 错误；
故选：BC。
故答案为：（3）△x＝恒量，匀加速直线。1.53；
（4）BC。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，知道小车加速下滑时所受的合力等于开始悬挂的沙和沙
桶的总重力是关键。
10．【分析】（1）由电路图分析电路的连接情况，计算R4 和R3 两端电压，由此得到ab 两点的电势差；根据电势高
低判断电流方向；
（2）根据电路图连接实物图；
（3）根据桥式电路的特点和电桥平衡时电阻的比例关系列方程求解。
【解答】解：（1）由电路图可知，R4 两端电压为：UR4ൌ
܀૝۳
܀૚൅܀૝ൌ૝૙ൈ૚૙
૝૙൅૚૙V＝8V
R3 两端电压为：UR3ൌ
܀૜۳
܀૛൅܀૜ൌ૜૙ൈ૚૙
૜૙൅૛૙V＝6V，
则b 点的电势为：U＝6V
则有：Uab＝Ua﹣Ub＝2V；如果在ab 两点间接一个电阻，则有电流从a 点流向b 点。
（2）实物连接如图所示；
（3）先调节电阻箱，使电阻箱的阻值为R1．闭合开关，反复调节滑动变阻器滑片的位置，使通过灵敏电流计的
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电流为零；
若设滑动变阻器左右两边的电阻分别为Ra 和Rb，则应该满足
܀ܠ
܀܉
ൌ
܀૚
܀܊
；
保持滑动变阻器的滑片所处位置不变，交换电阻箱与待测电阻的位置。
闭合开关，然后反复调节电阻箱，使灵敏电流计的示数再次为零，记下此时电阻箱的阻值记为R2；
则应该满足
܀૛
܀܉
ൌ
܀ܠ
܀܊
，
联立两式可知待测电旧的阻值为Rxൌ
܀૚܀૛。
故答案为：（1）2V，a，b；（2）实物连接见解析；（3）܀૚܀૛。
【点评】本题主要是考查电阻的测量实验，解答本题要能够弄清楚该实验的实验原理和实验方法，知道“桥式
电路”的特点。
11．【分析】（1）求出A、B 间的滑动摩擦力判断A 做匀速减速运动，根据牛顿第二定律求解A 和B 加速度大小，
根据运动学公式求解木板右端与挡板P 之间的初始距离d；
（2）木板停下后，A 继续卖做匀减速运动至停下，根据速度位移关系求解A 全过程相对于地面的位移，根据功
的计算公式求解整个过程系统克服摩探力做的功。
【解答】解：（1）A、B 间的滑动摩擦力为：
f＝μmg＝4N，
F＜f，可知A 做匀速减速运动，经时间t 与B 速度达到相等，
有：f﹣F＝ma1，
根据速度时间关系可得：v＝v0﹣a1t
B 做匀加速运动，经时间t，有：f＝Ma2，
dൌ૚
૛a2t2，
代入数据解得木板右端与挡板P 之间的初始距离为：d＝0.5m；
（2）木板停下后，A 继续卖做匀减速运动至停下，A 全过程相对于地面的位移为xA，有：v02＝2a1xA，
整个过程系统克服摩探力做的功为：Wf＝f（xA﹣d）
代入数据解得：Wf＝7J。
答：（1）木板右端与挡板P 之间的初始距离为0.5m。
（2）整个过程滑块和木板组成的系统克服摩擦力做的功为7J。
【点评】本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的
运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加
速度是联系静力学和运动学的桥梁。
12．【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，根据动能定理列式；粒子在磁场中是匀速圆周运动，根据牛顿第二
定律列式；结合几何关系得到轨道半径；最后联立求解B1；
（2）从Q 孔射出分两种情况向上或向下射出考虑：结合几何关系列式求解出轨道半径；粒子在磁场中做匀速圆
周运动时，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式；最后联立求解磁场Ⅱ区的磁感应强度的可能值。
【解答】解：（1）粒子从O 点运动到P 点过程，由动能定理得：qUൌ૚
૛ܕሺܞ૛െܞ૙૛砀
在P 点速度满足v0＝vcosθ
解得O、P 两点间的电势差：Uൌ૜ܕܞ૙૛
૛ܙ
粒子在Ⅰ区内做圆周运动，有：qvB1＝m
ܞ૛
ܚ૚
粒子运动情况如图，可得2r1cosθ＝d
解得Ⅰ区的磁感应强度B1ൌ૛ܕܞ૙
ܙ܌
（2）粒子在Ⅱ区内做圆周运动，有qvB2＝m
ܞ૛
ܚ૛
粒子运动情况如图，粒子完成一个完整的周期性运动，到达PQ 边界的C2 点时，与板A1 的距离为
x＝d+2（2.5d﹣d）﹣2r2cosθ
即x＝4d﹣r2
先不考虑粒子碰到挡板的情况下，恰好从小孔Q 射出，有两种情况。
①第一种情况是粒子斜向下射出小孔Q，对应的条件是
nx+d＝L
（n＝1，2，3，……）
将L＝13d
代入并整理可得
r2＝（1െ૜
ܖ）4d
考虑到r2＞0，则n＞3
再考虑粒子不能碰到挡板，则需满足条件r2+r2cosθ＜૞܌
૛
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可解得ܚ૛＜૞܌
૜
综合以上条件，可知n 只能取4 和5 两个值，即r2＝d
和r2ൌ砀܌
૞
解得Ⅱ区的磁感应强度大小的两个可能值是B2ൌ૛ܕܞ૙
ܙ܌
和B2ൌ૞ܕܞ૙
૝ܙ܌
②第二种情况是粒子斜向上射出小孔Q，对应的条件是nx＝L（n＝1，2，3，……）
可得r2＝（4െ૚૜
ܖ）
考虑到r2＞0，则
n＞3
粒子不能碰到挡板A2，需满足条件r2+r2cosθ＜૜܌
૛
解得r2＜d 综合以上条件可知只能取n＝4，即r2ൌ૜܌
૝
解得Ⅱ区的磁感应强度大小的另一个可能值是
B2ൌ砀ܕܞ૙
૜ܙ܌
答：（1）求匀强电场中O、P 两点间的电势差U 和Ⅰ区的磁感应强度B1 的大小是
૛ܕܞ૙
ܙ܌；
（2）已知L＝13d，最后粒子恰好从小孔Q 射出，①若斜向下射出小孔Q 时：磁感应强度B2 的
大小可能是
૛ܕܞ૙
ܙ܌
૞ܕܞ૙
૝ܙ܌；②若斜向上射出小孔Q，磁感线的大小可能是
砀ܕܞ૙
૜ܙ܌。
【点评】本题关键明确粒子的运动规律，然后分阶段根据动能定理、牛顿第二定律并结合几何关系列式，最后
联立求解。
〔物理--选修3-3〕（15 分）
13．【分析】布朗运动图象是固体微粒的无规则运动在每隔一定时间的位置，而不是运动轨迹，只是按时间间隔依
次记录位置的连线。
【解答】解：A、由图可知，图中连线说明炭粒在做机械运动。故A 正确；
B、根据题意，有：每隔30s 把观察到的炭粒的位置记录下来，然后用直线把这些位置依次连接成折线；故布朗
运动图象是每隔30s 固体微粒的位置，而不是运动轨迹，只是按时间间隔依次记录位置的连线；故B 错误；
C、布朗运动是由于大量分子对颗粒的碰撞产生的，与分子之间的斥力无关，故C 错误；
D、由图线的杂乱无章得到固体小颗粒运动的杂乱无章，反映了液体分子热运动的杂乱无章，但不足以说明布朗
运动与温度有关，故D 正确；
D、图线的杂乱无章得到固体小颗粒运动的杂乱无章，反映了液液体分子运动的无规则性。故E 正确
故选：ADE。
【点评】布朗运动图象的杂乱无章反映了固体小颗粒运动的杂乱无章，进一步反映了液体分子热运动的杂乱无
章。
14．【分析】①活塞内气体发生的是等压变化，液面内外高度差不变，由盖﹣吕萨克定律求出气体末态的长度，初
末状态的气柱长度之差即为活塞上升的距离；
②对封闭气体由气体状态方程列式，再对活塞初末状态列出平衡方程，几何几何关系即可求解；
【解答】解：①设活塞面积为S，升温后活塞与筒内液面的高度差为ܐ૚，由盖﹣吕萨克定律得：
ܐ૙܁
ܐ૚܁ൌ
܂૙
܂૚
ڮ①
解得：ܐ૚ൌ
܂૚
܂૙
ܐ૙
上升的距离为：ᶭܐൌܐ૚െܐ૙ڮ②
由①②式可得：ᶭܐൌ
܂૚െ܂૙
܂૙
ܐ૙
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③保持温度܂૚ൌ૚䁪૞܂૙不变，增加铁块稳定后，活塞与筒内液面新高度差ܔ૛，由气体状态方程有：
ܘ૚ܔ૚܁
܂૙
ൌ
ܘ૛ܔ૛܁
܂૚
ڮ③
在加铁块前，对活塞受力分析有：
ܘ૚܁ൌܕ܏൅ܘ૙܁ൌ૚䁪૛ܘ૙܁
即有：ܕ܏ൌ૙䁪૛ܘ૙܁ڮ④
加铁块后活塞重新平衡，有：
ܘ૛܁ൌܕ܏൅ۻ܏൅ܘ૙܁为…⑤
联立解得：M＝1.2m
答：①活塞上升的距离为
܂૚െ܂૙
܂૙
ܐ૙；
②若T1＝1.5T0 且以后保持不变，在活塞上加一铁块，使活塞恰好回到原来的位置，此时筒内液面下降了
૚
૝h0，
铁块的质量M 为1.2m
【点评】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T 三个参量的
变化情况，利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，再选择合适的规律解决。
〔物理--选修3-4〕（15 分）
15．【分析】机械波在传播的过程中，介质中质点并不随波迁移。从甲第1 次到达波峰处开始计时发现甲第10 次到
达波峰经过了9 个周期，结合题意可求出周期。根据波形求出波长，从而求得波速。甲、乙振动情况总是相反。
根据时间与周期的关系求经过20s 甲运动的路程。
【解答】解：A、机械波在传播的过程中，介质中质点并不随波迁移，可知，甲不可能与乙相撞，故A 错误。
BC、据题意知，9T＝t＝60s，得Tൌ૛૙
૜s．结合波形知，2.5λ＝x＝10m，得λ＝4m，所以波速为vൌλ
܂ൌ૝
૛૙
૜
ൌ0.6m/s，
故B 正确，C 错误。
D、因为t＝20s＝3T，所以经过20s，甲运动的路程为S＝3×4A＝12×2cm＝24cm，故D 正确。
故选：BDE。
【点评】解决本题的关键要理解波长和周期的含义，得到波长和周期，记住波速公式vൌλ
܂，再进行求解。
16．【分析】①作出光路图，由几何知识求出光线在C 点的入射角与折射角，并求得H 的大小。
②由折射定律nൌܛtܖt
ܛtܖܚ求出折射率与入射角i 的表达式，当i＝90°时n 最小。
【解答】解：①光路如图所示。设入射光射入玻璃珠时的入射角为i，折射角为r。
由折射定律得：nൌܛtܖt
ܛtܖܚ
由几何关系得
i＝2
siniൌr
܀
解得：Hൌ
૜
૛R
②由上可得：nൌܛtܖt
ܛtܖt
૛
ൌ2cos
t
૛
当i＝90°时n 取得最小值，为：n′ൌ
૛
答：①若玻璃微珠折射率nൌ
૜，则入射光离AO 的距离H 为
૜
૛R，才能使入射光经玻璃珠折射后到达B 点。
②制作“逆反射膜”所用的玻璃珠折射率n′至少为
૛。
【点评】作出光路图，根据反射的对称性特点和几何知识求解入射角与折射角是关键。第2 问，采用函数法求
折射率的最小值。
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2018 年广东省茂名市化州市高考物理一模试卷
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分）
1．（6 分）物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．对以下几位物理学家所作科学
贡献的表述中，与事实不相符的是（
）
A．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因
B．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重的物体与轻的物体下落一样快
C．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许比较准确地测出了引力常量G
D．法拉第提出了场的概念并用电场线形象地描述电场
2．（6 分）某物体运动的v﹣t 图象如图所示，下列说法正确的是（
）
A．物体在笫1s 末运动方向发生变化
B．物体在6s 末返回出发点
C．物体在第2s 内和第3s 内的加速度是相同的
D．物体在1s 末离出发点最远，且最大位移为0.5m
3．（6 分）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s，速度变为原来的5 倍．该质点的加
速度为（
）
A．
ܛ
ܜ૛
B．
૝ܛ
૜ܜ૛
C．
૝ܛ
ܜ૛
D．
砀ܛ
ܜ૛
4．（6 分）一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到
原来的大小．在此过程中，其它力保持不变，则质点的加速度大小a 和速度大小v 的变化情况是（
）
A．a 和v 都始终增大
B．a 和v 都先增大后减小
C．a 和v 都先减小后增大
D．a 先增大后减小，v 始终增大
5．（6 分）如图，小木块以某一竖直向下的初速度从半球形碗口向下滑到碗底，木块下滑过程中速率不变，则木块
（
）
A．下滑过程的加速度不变
B．所受的合外力大小不变
C．对碗壁的压力大小不变
D．所受的摩擦力大小不变
6．（6 分）两个互成角度的匀变速直线运动，初速度分别为v1 和v2，加速度分别为a1 和a2，它们的合运动的轨迹
（
）
A．如果v1＝v2＝0，那么轨迹一定是直线
B．如果v1＝v2≠0，那么轨迹可能是曲线
C．如果a1＝a2，那么轨迹一定是直线
D．如果a1：a2＝v1：v2，那么轨迹一定是直线
7．（6 分）发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2 运行，最后再次
点火，将卫星送入同步轨道3．轨道1、2 相切于Q 点，轨道2、3 相切于P 点，如右图．关于这颗卫星分别在1、
2、3 轨道上正常运行时，以下说法正确的是（
）
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A．卫星在三个轨道运动的周期关系是：T1＜T3＜T2
B．卫星在轨道3 上的角速度小于在轨道1 上的角速度
C．卫星在轨道2 上经过Q 点时的速率大于它在轨道1 上经过Q 点时的速率
D．卫星在轨道2 上运动时的机械能可能等于它在轨道3 上运动时的机械能
8．（6 分）如图所示，质量为M 的木板C 放在水平地面上，固定在C 上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a 和b 连接
小球A 和小球B，小球A、B 的质量分别为mA 和mB，当与水平方向成30°角的力F 作用在小球B 上时，ABC
刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳a、b 与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则下列判断正确的是
（
）
A．力F 的大小为mBg
B．地面对C 的支持力等于（M+mA+mB）g
C．地面对C 的摩擦力大小为
૚
૛mBg
D．mA＝mB
三、非选择题：包括必考和选考题两部分．第9 题〜第12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13 题〜第14
题为选考题，考生按要求作答．（一）必考题
9．（6 分）（1）某次研究弹簧所受弹力F 与弹簧长度L 关系实验时得到如图a 所示的图象，由图象可知：弹簧原长
L0＝cm，由此求得弹簧的劲度系数K＝
N/M （结果保留三位有效数字）
（2）如图b 的方式挂上钩码（已知每个钩码重G＝0.75N），使（1）中研究的弹簧压缩，稳定后指针指示如图b，
则指针所指刻度尺示数为
cm．由此可推测图b 中所挂钩码的个数为
个。
10．（9 分）为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图甲所示的实验装置．其中M 为带滑轮的小
车的质量，m 为砂和砂桶的质量．（滑轮质量不计）
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（1）实验时，一定要进行的操作是
A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带
E．减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m 远小于小车的质量M
（2）该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的
是频率为50Hz 的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为
m/s2 （结果保留三位有效数字）．
（3）以弹簧测力计的示数F 为横坐标，加速度a 为纵坐标，画出的图丙a﹣F 图象是一条直线，图线与横坐标
的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为
．
11．（12 分）如图所示，半径R＝0.4m 的光滑圆弧轨道BC 固定在竖直平面内，轨道的上端点B 和圆心0 的连线
与水平方向的夹角θ＝30°．下端点C 为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一质量m＝0．lkg 的小物块（可
视为质点）从空中的A 点以v0＝2m/s 的速度被水平拋出，恰好从B 点沿轨道切线方向进入轨道，经过C 点后
沿水平面向右运动至D 点时停止运动，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，g 取10m/s2．求：
（1）求小物块从A 点运动至B 点的时间．
（2）求小物块经过圆弧轨道上的C 点时，对轨道的压力．
（3）求C、D 两点间的水平距离L．
12．（20 分）如图所示，一水平的长L＝2.25m 的传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面，皮带以v0＝
4m/s 匀速顺时针转动，现在传送带上左端静止放上一质量为m＝1kg 的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块
与平板上表面之间的动摩擦因数为均为μ1＝0.2．经过一段时间，煤块被传送到传送带的右端，此过程在传送带
上留下了一段黑色痕迹，随后煤块在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F＝17N，
F 作用了t0＝1s 时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去F．最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M＝4kg，
（重力加速度为g＝10m/s2），求：
（1）传送带上黑色痕迹的长度；
（2）求平板与地面间动摩擦因数μ2 的大小；
（3）平板上表面至少多长（计算结果保留两位有效数字）。
[物埋一选修3-3]（15 分＞
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13．（5 分）下列关于热现象的叙述中正确的是（
）
A．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及温度有关
B．布朗运动是液体分子的运动，它说明液体分子不停地做无规则热运动
C．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小
D．如果气体分子总数不变，当气体温度升高时，气体分子的平均动能一定增大，压强也必然增大
E．能量消耗反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性
14．（10 分）如图，上端开口、下端封闭的足够长的细玻璃钌竖直放置，﹣段长为l＝15.0cm 的水银柱下方封闭有
长度也为l 的空气柱，已知大气压强为p0＝75.0cmHg；如果使玻璃管绕封闭端在竖直平面内缓慢地转动半周．求
在开口向下时管内封闭空气柱的长度．
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2018 年广东省茂名市化州市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分）
1．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家如伽利略、牛顿、法拉第等人的物理学贡献即可．
【解答】解：A、伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，与事实相符；
B、亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重的物体比轻的物体下落的快，与事实不相符；
C、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许比较准确地测出了引力常量G，与事实相符；
D、法拉第提出了场的概念并用电场线形象地描述电场，与事实相符；
本题选与事实不相符的，故选：B。
【点评】对于物理学家的贡绩要记牢，不能混淆，要与历史背景、实验原理和内容相结合进行记忆．
2．【分析】v﹣t 图象的斜率表示加速度，速度的正负表示运动方向，图线与坐标轴所围的面积表示位移．
【解答】解：A、物体在第1s 末前后速度均为正值，故运动方向没有发生改变，故A 错误；
B、根据速度图线与坐标轴所围的面积表示位移，知物体在0﹣6s 内位移大于0，则第6s 末没有返回出发点，故
B 错误；
C、物体在第2s 内、第3s 内的图线斜率相等，则加速度相同，故C 正确；
D、物体在前4s内位移为零。在4﹣6s内物体沿正向运动，故第2s和6s时离出发点最远，最大位移为xൌ૚ൈ૛
૛
ൌ1m，
故D 错误；
故选：C。
【点评】明确v﹣t 图象的斜率表示加速度，图线与坐标轴围城图形的面积表示位移，通过分析速度方向确定何
时离出发点最远．
3．【分析】根据速度倍数关系，结合位移公式和平均速度公式即可求得初速度速度，再由加速度的定义求得质点的
加速度．
【解答】解：设初速度为v，则末速度为5v；
由平均速度公式可得：ܞൌܞ൅૞ܞ
૛
ൌܛ
ܜ
得ܞൌܛ
૜ܜ
由加速度公式可得：aൌᶭܞ
ᶭܜൌ૞ܞെܞ
ܜ
ൌ૝ܞ
ܜ
联立解得：aൌ૝ܛ
૜ܜ૛，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题是匀变速直线运动规律的直接运用，要注意正确利用平均速度公式分析速度与位移间的关系，同
时明确加速度的定义即可正确求解．
4．【分析】根据牛顿第二定律F＝ma 可知物体加速度与合外力成正比，并且方向一致，所以本题要想分析其加速
度的变化，要来分析合外力的变化情况．而要分析速度的变化，则要先分析加速度的变化情况．
【解答】解：由于质点初始处于静止状态，则其所受合力为零。这就相当于受两个等大反向的力：某个力和其
余几个力的合力。其中某个力逐渐减小，而其余几个力的合力是不变的，则其合力就在这个力的反方向逐渐增
大，这个力再由零增大到原来大小，则合力又会逐渐减小直到变为零，所以合力变化为先增大后减小，故加速
度a 先增大后减小；
由于其合外力方向始终不变，则加速度方向始终不变；由于物体从静止开始运动，所以速度的方向始终与加速
度的方向相同，所以其速度会一直增大。因此BC 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】本题属于基本题目，考查基本的受力分析，应当在学习中注意通过问题看本质，本题问的虽然是a 和v，
但是实质是考查受力分析．
5．【分析】由题可知，小球做匀速圆周运动，由匀速圆周运动的性质可知物块加速度及向心力的变化，通过受力分
析可知支持力及摩擦力的变化．
【解答】解：AB、因物体的速度大小不变，物块做匀速圆周运动，故其向心力大小不变，即物体所受合力大小
不变，向心加速度大小不变，但是方向在改变，故A 错误，B 正确；
C、物块在运动过程中受重力、支持力及摩擦力作用，支持力与重力的合力充当向心力，而在物块下滑过程中重
力沿径向分力变化，故支持力一定会变化，对碗壁的压力大小变化，故C 错误；
D、在切向上摩擦力应与重力的分力大小相等，方向相反，因重力的分力变化，故摩擦力也会发生变化，故D 错
误；
故选：B。
【点评】本题关键在于明确物体的运动是匀速圆周运动，同时要注意正确的进行受力分析，并能找出各力动态
的变化情况．
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6．【分析】本题是有关运动合成的题目，思考从以下入手，当合速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上时，
运动轨迹为直线；当合加速度方向与合速度方向不在同一条直线上时，运动轨迹为曲线，据此可判断每个选项．
【解答】解：A、如果v1＝v2＝0，则物体沿着合加速度方向做直线运动，则轨迹一定是直线，故A 正确；
BC、如果v1＝v2≠0、a1＝a2，若合速度与合加速度方向共线，则轨迹是直线；若不共线，则轨迹是曲线，故B
正确，C 错误；
D、当合速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上时，即a1：a2＝v1：v2 时，运动轨迹为直线，否则运动轨
迹为曲线，故D 正确；
故选：ABD。
【点评】本题属于中档题，有一定难度，解决本题的关键是掌握判断合运动是直线运动还是曲线运动的方法．
7．【分析】根据开普勒第三定律比较周期关系；根据万有引力提供向心力，列方程可得到卫星速率、角速度与半径
的关系来判断速率、角速度的大小，根据变轨知识分析轨道1、2、3 机械能和动能的关系．
【解答】解：A、由轨道知，轨道1 的半长轴最小，轨道3 的半长轴最大，根据开普勒第三定律知
܉૜
܂૛ൌk 知，
T1＜T2＜T3．故A 错误；
B、卫星在轨道1 和3 上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力有G
ۻܕ
ܚ૛
ൌmrω2，角速度ωൌ
۵ۻ
ܚ૜，知轨道半
径大的角速度小，故卫星在轨道3 上的角速度小于在轨道1 上的角速度，故B 正确；
C、卫星在轨道1 上做匀速圆周运动，经过P 点时万有引力和向心力相等，在轨道2 上经过Q 点时要做离心运
动，万有引力小于所需向心力，由于万有引力相等，故在轨道2 上经过Q 点时的速度大，故C 正确；
D、卫星从轨道2 变轨到轨道3 上要做离心运动，必须在P 点加速，所以卫星在轨道2 上运动时的机械能小于它
在轨道3 上运动时的机械能。故D 错误。
故选：BC。
【点评】卫星在不同轨道上运行时各个量的比较，往往根据万有引力等于向心力列出物理量与半径的关系，然
后比较，掌握卫星变轨原理是解决问题的关键．
8．【分析】分别对AB 两个小球受力分析，根据平衡条件求出AB 质量的关系以及F 的大小；以ABC 整体为研究
对象受力分析，根据平衡条件求出地面对C 的支持力和摩擦力．
【解答】解：A、以B 为研究对象受力分析，水平方向受力平衡：Fcos30°＝Tbcos30°，
得：Tb＝F
竖直方向受力平衡，则：Fsin30°+Tbsin30°＝mBg
得：F＝mBg，
以A 为研究对象受力分析，竖直方向：mAg+Tbsin30°＝Tasin60°
水平方向：Tasin30°＝Tbsin60°
联立得：mA＝mB，故AD 正确；
B、以ABC 整体为研究对象受力分析，
水平方向：f＝Fcos30°＝mBgcos30°ൌ
૜
૛mBg，
竖直方向：N+Fsin30°＝（M+mA+mB）g，可见N 小于（M+mA+mB）g，故BC 错误；
故选：AD。
【点评】本题考查受力分析以及平衡条件的应用，关键是灵活的选择研究对象，采用隔离法和整体法结合比较
简便．
三、非选择题：包括必考和选考题两部分．第9 题〜第12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13 题〜第14
题为选考题，考生按要求作答．（一）必考题
9．【分析】（1）该图线跟坐标轴交点，表示弹力为零时弹簧的长度，即为弹簧的原长。由画得的图线为直线可知弹
簧的弹力大小与弹簧伸长量成正比。图线的斜率即为弹簧的劲度系数。
（2）刻度尺的读数要估读一位，由胡克定律求出弹簧的弹力，然后推测钩码的个数。
【解答】解：（1）当弹簧弹力为零，弹簧处于自然状态，由图知原长为：l1＝2.00cm
由F＝kx，知图线的斜率为弹簧的劲度系数，即为：kൌ
૚૛െ૙
૟䁪૙૙െ૛䁪૙૙ۼ内粒ܕൌ૜ۼ内粒ܕൌ૜૙૙ۼ内ܕ
（2）由图b 可知，该刻度尺的读数为：1.50cm
可知弹簧被压缩：△x＝L0﹣L＝2.00﹣1.50＝0.5cm
弹簧的弹力：F＝k△x＝300×0.5×10
﹣2＝15N
已知每个钩码重G＝0.75N，可推测图b 中所挂钩码的个数为2 个。
故答案为：（1）2.00，300；（2）1.50，2
【点评】要注意区分弹簧的原长，实际长度和伸长量x，并明确三者之间的关系。在应用胡克定律时，要首先转
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化单位，知道图线的斜率即为弹簧的劲度系数。
10．【分析】（1）该实验不需要测量沙及沙桶的质量，绳子的拉力由弹簧秤直接测量，不需要满足沙及沙桶的质量
远小于木块．
（2）根据逐差法可求得加速度；
（3）根据牛顿第二定律得出a 与F 的关系式，结合关系式得出正确的图线．
【解答】解：（1）A、物体M 受到的力可由力计读出，故砂和砂桶的质量可以不用测出；故A 错误；
B、将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力是需要进行的操作，因为这样物体M 受到的合力就不考虑摩擦
力了；故B 正确；
C、小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数是需要操作的；
故C 正确；
D、改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带，是用来外力大小的，故也是需要进行的操作；故D 正确；
E、因为外力的大小可以通过测力计读出，故不需要保证砂和砂桶的质量m 远小于小车的质量M，故E 错误；
所以需要进行的操作是：BCD；
（2）小车的加速度aൌ૜䁪砀൅૜䁪૜൅૛䁪砀െ૛䁪૜െ૚䁪ૢെ૚䁪૝ૢ
ൈ૙䁪૙૟૛
ൈ૚૙െ૛ൎ1.33m/s2；
（3）因为弹簧测力计的示数F 为横坐标，加速度为纵坐标，故
܉
۴ ൌk，故Fൌ܉
ܓ，
由牛顿第二定律F 合＝ma 得，小车的质量为mൌ
۴合
܉ൌ૛۴
܉ൌ૛
ܓ；
故答案为：（1）BCD；（2）1.33；（3）
૛
ܓ．
【点评】本题实验源于课本实验，但是又不同于课本实验，关键要理解实验的原理，注意该实验不需要测量砂
及沙桶的质量，也不需要保证沙及沙桶的质量远小于木块．
11．【分析】（1）滑块从A 到B 过程是平抛运动，在B 点，将速度分解，结合分运动公式列式求解时间；
（2）对有B 到C 过程根据动能定理列式求解C 点的速度，在C 点是重力和支持力的合力提供向心力，根据牛
顿第二定律列式得到支持力，在根据牛顿第三定律得到压力大小；
（3）对C 到D 过程根据动能定理列式求解即可．
【解答】解：（1）根据平抛运动的规律，由几何关系有：
vyൌ
ܞ૙
ܜ܉ܖી，
vy＝gt，
解得：tൌ
૜
૞ܛ或t＝0.35s；
（2）小物块由B 点运动到C 点，由动能定理有：
mgR（1+sin θ）ൌ૚
૛mvC2െ૚
૛mvB2
vBൌܞ૙
ܛtܖીൌ4m/s
在C 点处，由牛顿第二定律有：F﹣mg＝m
ܞ粒
૛
܀
解得：F＝8 N，
根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C 点时对轨道的压力F′大小为8 N，方向竖直向下；
（3）小物块从B 点运动到D 点，由动能定理有：
﹣μmgL＝0െ૚
૛mvc2，
解得：L＝14m；
答：（1）小物块从A 点运动至B 点的时间为0.35s．
（2）小物块经过圆弧轨道上的C 点时，对轨道的压力为8N．
（3）C、D 两点间的水平距离L 为14m．
【点评】本题关键是明确滑块的运动规律，分平抛运动、圆周运动和匀减速直线运动过程进行分析，明确动能
定理使用过程可以不求解加速度，不难．
12．【分析】（1）根据牛顿第二定律求出煤块在传送带上发生相对滑动时的加速度，结合速度时间公式求出传送带
达到速度v 的时间以及煤块达到该速度的时间，根据运动学公式分别求出传送带和煤块的位移，从而得出相对
位移的大小。
（2）根据牛顿第二定律求出煤块在平板车上的加速度大小，结合速度时间公式求出共同的速度大小，从而通过
速度时间公式求出平板车的加速度。对平板由牛顿第二定律列式求解动摩擦因数μ2 的大小。
（3）根据牛顿第二定律求出平板车与地面间的动摩擦因数，得出煤块和平板车共速后煤块和平板车的运动规律，
根据牛顿第二定律和运动学公式求出平板车表面的最小长度。
【解答】解：（1）对煤块由牛顿第二定律：μ1mg＝ma1
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得a1＝2m/s2
若煤块一直加速到右端，设到右端速度为v1 得
v12＝2a1L
解得：v1＝3m/s
因为v1＜v0，所以煤块一直加速到右端，设需t1 时间到右端得：
t1ൌܞ૚
܉૚ൌ૜
૛s
t1 时间内皮带位移：s 皮＝v0t1＝4ൈ૜
૛m＝6m
△s＝s 皮﹣L＝6﹣2.25m＝3.75m
（2）煤块滑上平板时速度v1＝3m/s，a1＝2m/s
两者速度相等有：v 共＝v1﹣a1t0＝a2t0
解得a2＝1m/s2
v 共＝1m/s
对平板由牛顿第二定律：F+μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2
解得：μ2＝0.3
（3）由于μ2＞μ1，共速后煤块将以a1 匀减速到停止，而平板以a3 匀减速
对平板由牛顿第二定律：μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma3
得a3ൌെ૚૜
૝m/s2
t2ൌ
૙െܞ共
܉૜
ൌെ૙െ૚
૚૜
૝
ൌ૝
૚૜s
全过程平板位移：s 板ൌ
૙൅ܞ共
૛
ሺܜ૙൅ܜ૛砀
解得s 板ൌ૚晦
૛૟m
全过程煤块位移：s 煤ൌ
ܞ૚
૛
૛܉૚ൌૢ૝m
所以板长l＝s 煤﹣s 板≈1.6m
答：
（1）传送带上黑色痕迹的长度是3.75m；
（2）平板与地面间动摩擦因数μ2 的大小是0.3；
（3）平板上表面至少1.6m 长。
【点评】本题考查了动力学中的多过程问题，解决本题的关键理清煤块、传送带、平板在整个过程中的运动规
律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。
[物埋一选修3-3]（15 分＞
13．【分析】气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及分子运动的激烈程度有关；
布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动；
当分子间的引力和斥力平衡时，分子之间的作用力等于0；分子势能最小；
根据理想气体的状态方程分析压强；
热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性；
【解答】解：A、根据压强的微观意义可知，气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分
子数和温度有关，故A 正确；
B、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故B 错误；
C、当分子间的引力和斥力平衡时，分子之间的作用力等于0，增大或减小分子之间的距离分子都做负功，所以
该处的分子势能最小，故C 正确；
D、温度是分子的平均动能的标志，当气体温度升高时，气体分子的平均动能一定增大；根据理想气体的状态方
程：
۾t
܂ൌ۱，可知气体温度升高时，若同时体积增大，掌握气体压强不一定增大，故D 错误；
E、根据热力学第二定律，能量消耗反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性，故E 正确；
故选：ACE。
【点评】本题考查热力学中布朗运动、压强的微观含义、分子势能、理想气体的状态方程和热力学第二定律，
基础题，多加积累即可做好这一类的题目．
14．【分析】求出初态的压强、体积和末态的压强，根据玻意耳定律求出开口向下封闭气体的长度．
【解答】解：管口朝上时，管内气体压强：
p1＝（75+15）cmHg＝90cmHg
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管口朝下时，管内气体压强：
p2＝（75﹣15）cmHg＝60cmHg
设玻璃管内横截面积为S，管口朝下时，管内气柱长度为lx，则等温变化有：
p1lS＝p2lxS
解得：lxൌܔܘ૚
ܘ૛ൌૢ
૙ൈ૚૞
૟૙
ൌ22.5cm
答：开口向下时管内封闭空气柱的长度．
【点评】本题考查气体的等温变化，关键是初末状态的确定，求封闭气体压强是重点，根据玻意耳定律列式求
解即可．
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2018 年广东省广州市高考物理一模试卷
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～
8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引．这样可以减小（
）
A．球对手的力的冲量
B．球对手的力的大小
C．球的动量变化量
D．球的动能变化量
2．（6 分）如图，质量为1kg 的小物块从倾角为30°、长为2m 的光滑固定斜面顶端由静止开始下滑，若选初始位
置为零势能点，重力加速度取10m/s2，则它滑到斜面中点时具有的机械能和动能分别是（
）
A．5J，5J
B．10J，15J
C．0，5J
D．0，10J
3．（6 分）如图，半径为R 的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、带电量为+q 且不计重力
的粒子，以速度v 沿与半径PO 夹角θ＝30°的方向从P 点垂直磁场射入，最后粒子垂直于MN 射出，则磁感应
强度的大小为（
）
A．
ܕܞ
ܙ܀
B．
ܕܞ
૛ܙ܀
C．
ܕܞ
૜ܙ܀
D．
ܕܞ
૝ܙ܀
4．（6 分）如图，“L”型导线abc 固定并垂直放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中，ab⊥bc，ab 长为l，bc 长为
૜
૝l，
导线通入恒定电流I，设导线受到的安培力大小为F，方向与bc 夹角为θ，则（
）
A．Fൌ晦
૝BIl，tanθൌ૝
૜
B．Fൌ晦
૝BIl，tanθൌ૜
૝
C．Fൌ૞
૝BIl，tanθൌ૝
૜
D．Fൌ૞
૝BIl，tanθൌ૜
૝
5．（6 分）如图，已知现在地球的一颗同步通讯卫星信号最多覆盖地球赤道上的经度范围为2α．假设地球的自转周
期变大，周期变大后的一颗地球同步通讯卫星信号最多覆盖的赤道经度范围为2β，则前后两次同步卫星的运行
周期之比为（
）
A．
粒子ܛ૜઺
粒子ܛ૜હ
B．
ܛtܖ૜઺
ܛtܖ૜હ
C．粒子ܛ૜૛હ
粒子ܛ૜૛઺
D．
ܛtܖ૜૛હ
ܛtܖ૜૛઺
6．（6 分）t＝0 时刻一质点开始做平抛运动，用下列图象反映其水平分速度大小vx、竖直分速度大小vy、合速度大
小v 与时间t 的关系，合理的是（
）
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A．
B．
C．
D．
7．（6 分）如图，在匀强电场中，质量为m、电荷量为+q 的小球由静止释放沿斜向下做直线运动，轨迹与竖直方向
的夹角为θ，则（
）
A．场强最小值为
ܕ܏
ܙ
B．电场方向可能水平向左
C．电场力对小球可能不做功
D．小球的电势能可能增加
8．（6 分）如图，半圆柱体Q 放在水平地面上，表面光滑的圆柱体P 放在Q 和墙壁之间，Q 的轴线与墙壁之间的
距离为L，已知Q 与地面间的动摩擦因数µ＝0.5，P、Q 横截面半径均为R，P 的质量是Q 的2 倍，设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力。P、Q 均处于静止状态，则（
）
A．L 越大，P、Q 间的作用力越大
B．L 越大，P 对墙壁的压力越小
C．L 越大，Q 受到地面的摩擦力越小
D．L 的取值不能超过
૚૚
૞R
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9 题～第12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13 题～第
16 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．（5 分）回答下列问题：
（1）某同学用电磁打点计时器测匀变速直线运动的加速度，电磁打点计时器的工作电源为
A．220V 交流电
B．6V 以下交流电
C．220V 直流电
D．6V 以下直流电
（2）实验中打点计时器每隔0.02s 打一个点，打出的纸带如图所示，则可大致判断小车做
（填“匀速”
或“匀变速”）直线运动，这是因为
；计算小车的加速度大小a＝
m/s2（保留两位有效数字）。
10．（10 分）为了测量一个量程为3.0V 的直流电压表的内阻RV（约为几千欧），所用的电路如图甲所示．
（1）请将图乙的器材连成完整的电路；
（2）该实验中需要进行的步骤罗列如下，合理的顺序是
（用步骤前的字母表示）
A．闭合开关S
B．将电阻箱R0 的阻值调到零
C．调节滑动变阻器R 的阻值，使电压表的示数为3.0V
D．断开开关S
E．调节电阻箱R0 的阻值使电压表示数为1.5V，读出此时电阻箱R0 的阻值
F．把滑动变阻器的滑片P 滑到a 端
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（3）若在实验步骤E 中，如图丙读出R0 的阻值为
Ω，则该电压表的内阻RV 的测量值为
Ω，由
于系统误差，测量值
（选填“偏大”或“偏小”）．
11．（12 分）如图，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l 的轻质绝缘细绳一端固定在O 点，另一端连
接一质量为m、电荷量为+q 的小球（可视为质点），初始时小球静止在电场中的a 点，此时细绳拉力为2mg，g
为重力加速度。
（1）求电场强度E 和a、O 两点的电势差U；
（2）若小球在a 点获得一水平初速度va＝4 ܏ܔ，使其在竖直面内做圆周运动，求小球运动到b 点时细绳拉力F
的大小。
12．（20 分）如图，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上表面．t
＝0 时刻，给木板一个水平向右的初速度v0，同时对木板施加一个水平向左的恒力F，经一段时间，滑块从木板
上掉下来．已知木板质量M＝3kg，高h＝0.2m，与地面间的动摩擦因数µ＝0.2；滑块质量m＝0.5kg，初始位置
距木板左端L1＝0.46m，距木板右端L2＝0.14m；初速度v0＝2m/s，恒力F＝8N，重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）滑块从离开木板开始到落至地面所用时间；
（2）滑块离开木板时，木板的速度大小；
（3）从t＝0 时刻开始到滑块落到地面的过程中，摩擦力对木板做的功．
（二）选考题【物理──选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法中正确的是（
）
A．温度越高，分子的无规则热运动越剧烈
B．物体的温度越高，所有分子的动能都一定越大
C．分子间的引力和斥力都随分子间的距离增大而减小
D．一定质量的理想气体在等压膨胀过程中温度一定升高
E．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加
14．
（10 分）一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B 再变化到状态C，其状态变化过程的p﹣V 图象如图所示．已
知该气体在状态C 时的温度为300K．求：
（i）该气体在状态A、B 时的温度分别为多少？
（ii）该气体从状态A 到B 是吸热还是放热？请写明理由．
【物理--选修3-4】（15 分）
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第447页（共465页）
15．甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知（
）
A．甲速度为零时，乙速度最大
B．甲加速度最小时，乙速度最小
C．任一时刻两个振子受到的回复力都不相同
D．两个振子的振动频率之比f 甲：f 乙＝1：2
E．两个振子的振幅之比为A 甲：A 乙＝2：1
16．如图为一玻璃球过球心的横截面，玻璃球的半径为R，O 为球心，AB 为直径，来自B 点的光线BM 在M 点
射出，出射光线平行于AB，另一光线BN 恰好在N 点发生全反射，已知∠ABM＝30°，求：
（i）玻璃的折射率；
（ii）球心O 到BN 的距离．
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2018 年广东省广州市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～
8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．【分析】先伸出两臂迎接，手接触到球后，手触到球瞬间顺势后引，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量
定理，动能定理及冲量定理即可分析．
【解答】解：球对手的冲量P＝mv﹣mv0，不变，故A 错误
B、篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引，增加了手与球间的相互作用
力时间，根据Ft＝mv﹣mv0 可知，减小了球对手的力的大小，故B 正确；
C、根据动量变化△P＝mv﹣mv0 可知，动量变化量相同，故C 错误；
D、球的动能变化量ᶭ۳ܓൌ૚
૛ܕܞ૛െ૚
૛ܕܞ૙
૛，相同，故D 错误
故选：B。
【点评】本题主要考查了动量定理的直接应用，要注意物理与生活中的联系，要能将所学物理规律用到生活中；
会用所学的物理规律解释生活中遇到的现象．
2．【分析】滑块在光滑斜面顶端由静止下滑，只有重力做功，机械能守恒．滑到斜面中点时的机械能等于在顶端时
的机械能，根据EP＝mgh 求出重力势能．
【解答】解：物体的机械能等于动能和重力势能的总和，选初始位置为零势能点，则初始位置的机械能E＝0，
在运动的过程中只有重力做功，机械能守恒，所以物体滑到斜面中点时的机械能为0．重力势能EP＝mgh＝10
×（﹣0.5）J＝﹣5J．所以动能是5J，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道物体在运动的过程只有重力做功，机械能守恒．以及掌握重力势能的公式EP＝mgh．
3．【分析】画出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，结合几何关系求出运动的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心
力得半径公式，联立即可求解．
【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图
由几何关系，知圆心角30°，粒子运动的轨迹的半径为：r＝2R…①
根据洛伦兹力提供向心力，有：
ܙܞ۰ ൌܕܞ૛
ܚ
得半径为：ܚൌܕܞ
ܙ۰ ڮ②
联立①②得：۰ ൌܕܞ
૛ܙ܀，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，找到圆心位置，由几何关系求半径，由洛伦兹力提供向心力得到磁
感应强度，这是带电粒子在磁场中运动经常用到的解题思路．
4．【分析】连接ac，根据几何关系求出ac 的长度，由F＝BIL 求出安培力的大小，根据几何关系得到tanθ
【解答】解：连接ac，根据几何关系得acൌ૞
૝l，根据F＝BILൌ૞
૝BIl，F 与BC 的夹角θ，tanθൌ܊粒
܉܊ൌ૜
૝，故D
正确，ABC 错误；
故选：D。
【点评】本题考查安培力的计算，关键在于理解安培力公式中的L 为有效长度，导线为曲线时，L 为初末两点
的连线。
5．【分析】根据几何关系得出卫星的轨道半径之比，结合万有引力提供向心力得出前后两次同步卫星的运行周期之
比。
【解答】解：设地球的半径为R，根据几何关系知，当同步通讯卫星信号最多覆盖地球赤道上的经度范围为2α
时，卫星的轨道半径ܚ૚ൌ
܀
粒子ܛહ，
同理得，当地球同步通讯卫星信号最多覆盖的赤道经度范围为2β时，卫星的轨道半径ܚ૛ൌ
܀
粒子ܛ઺，
根据۵ ۻܕ
ܚ૛ൌܕܚ૝ૈ
૛
܂૛得，Tൌ
૝ૈ
૛ܚ૜
۵ۻ ，由于轨道半径之比为cosβ：cosα，则周期之比为
粒子ܛ૜઺
粒子ܛ૜હ，故A 正确，B、
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C、D 错误。
故选：A。
【点评】本题考查了万有引力定律在天体中的运用，知道周期与轨道半径的关系，通过几何关系求出轨道半径
之比是解决本题的关键。
6．【分析】平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，写出分速度与时间的关系式，
由速度合成得到v 与时间t 的关系式，再选择图象．
【解答】解：A、平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度vx 保持不变，故A 正确。
BD、合速度大小为：vൌ
ܞܠ
૛൅ܞܡ
૛ൌ
ܞ૙
૛൅܏૛ܜ૛，t＝0 时v＝v0≠0，且随着t 的延长，v 增大，故BD 错误
C、平抛运动在竖直方向做自由落体运动，即初速度为零的匀加速直线运动，故图象过原点倾斜的直线，故C 正
确；
故选：AC。
【点评】平抛运动的竖直分运动为初速度为零的匀加速直线运动，水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直分
运动和水平分运动是相互独立．通过表达式来分析图象的形状．
7．【分析】带电小球在电场中受到重力和电场力，从O 点自由释放，其运动轨迹为直线，小球所受的合力方向沿
此直线方向，运用三角定则分析什么情况下场强大小最小，再求出最小值。再根据平衡条件分析电场力的方向，
从而确定做功情况，明确机械能的改变。
【解答】解：A、带电小球的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg 和电场力F，其合力必定沿此直线向下，
根据三角形定则作出合力，由图看出，当电场力F 与此直线垂直时，电场力F 最小，场强最小，则有F＝qEmin
＝mgsinθ，得到：Eminൌܕ܏ܛtܖી
ܙ
；故A 错误；
B、小球带正电，而受力方向只能向右侧，故电场力方向不可能向左，故B 错误；
C、由A 中图可知，电场力有可能与运动方向相互垂直，故电场力可能不做功，电势能不变，故C 正确；
D、如果小球受到的电场力与运动方向夹角小于90 度，则电场力可能做正功，小球的电势能增加，故D 正确。
故选：CD。
【点评】本题采用作图法分析场强取得最小值的条件，也可以采用函数法分析电场力与θ的关系，确定最小值的
条件。
8．【分析】隔离对P 分析，根据共点力平衡求出P、Q 间的作用力大小以及墙壁对P 的弹力，结合L 的变化分析判
断。对整体分析，根据平衡得出摩擦力的大小，从而分析摩擦力的变化，抓住摩擦力小于等于最大静摩擦力，
结合平衡得出L 的取值范围。
【解答】解：A、对P 受力分析，受力如图，根据平衡知，Q 对P 的作用力Fൌܕ۾܏
粒子ܛી，根据几何关系知，sinθൌۺെ܀
૛܀，
L 越大，sinθ越大，cosθ越小，则F 越大，故A 正确。
B、根据平衡知，墙壁对P 的弹力N1＝mPgtanθ，根据几何关系知，sinθൌۺെ܀
૛܀，L 越大，sinθ越大，cosθ越小，
tanθ越大，墙壁对P 的弹力越大，根据牛顿第三定律知，P 对墙壁的压力越大，故B 错误。
C、对整体分析，整体在水平方向受到墙壁的弹力和地面的摩擦力，可知Q 受到地面的摩擦力等于墙壁对P 的
弹力，L 越大，弹力越大，则摩擦力越大，故C 错误。
D、对整体分析知，地面对Q 的摩擦力f＝N1＝mPgtanθ，要使P、Q 均处于静止状态，有：f≤μ（mp+mQ）g，
根据几何关系有：tanθൌ
ۺെ܀
૝܀૛െሺۺെ܀砀૛，联立解得L൑૚૚܀
૞，故D 正确。
故选：AD。
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【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，运用共点力平衡进行求解，掌握整体法和隔离
法的灵活运用。
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9 题～第12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13 题～第
16 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．【分析】电磁打点计时器接低压交流电源。
根据连续相等时间内的位移之差是否是一恒量判断小车的运动规律，再依据公式aൌᶭܠ
܂૛，即可求解加速度大小。
【解答】解：（1）电磁打点计时器应接6V 以下的交流电源，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
（2）相邻计数点间的距离之差△x＝30mm，可知小车做匀变速直线运动。
这是因为两个连续相等的时间间隔内的位移之差恒定；
根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 可以求出加速度的大小，
即小车运动的加速度计算表达式为：aൌᶭܠ
܂૛
由于相邻计数点间仍有四个点，因此相邻计数点时间间隔为T＝0.1s；
代入数据，解得：aൌ૜૙ൈ૚૙െ૜
૙．૚૛
ൌ3.0m/s2
故答案为：（1）B；（2）匀变速，两个连续相等的时间间隔内的位移之差恒定；3.0；
【点评】利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，
提高解决问题能力。
10．【分析】应先连接电路，使测量电路电压由小到大，先让电阻箱阻值为0，再让电压表满偏，再调节电阻箱，记
录．据此排序；电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会
引起测量值的偏大．
【解答】解（1）如图所示：
（2）B．将电阻箱R0 的阻值调到零；F．把滑动变阻器的滑片P 滑到a 端；A．闭合开关S；C．调节滑动变阻
器R 的阻值，使电压表的示数为3.0V；E．调节电阻箱R0 的阻值使电压表示数为1.5V，读出此时电阻箱R0 的
阻值；D．断开开关S（注意先调零与先移动滑动变阻器到最大阻值，前后不影响，故BF 的顺序可以颠倒）．
（3）由如图丙读出R0 的阻值为2900Ω，因是串联关系，则电阻与电压成正比：电压表示数为1.5V，则电阻箱
R0 分压为1.5V．则
Rv＝R0＝2900Ω，因该支路实际电压要比原电压变大，即R0 的分压要大一些，故Rv 的实
际值要小一些，即测量值比真实值大．
故答案为：（1）如答图；（2）BFACED 或者FBACED；（3）2900；2900；偏大
【点评】考查半偏法测电阻的原理，明确串联电阻后会引起测量支路的电阻的增大，其分压要变大，此为误差
的来源．
11．【分析】（1）小球静止在a 点时，由共点力平衡求解E 大小和方向；
（2）由动能定理知b 点速度，根据牛顿运动定律求解F。
【解答】解：（1）小球静止在a 点时，由共点力平衡得
mg+2mg＝qE
①
解得Eൌ૜ܕ܏
ܙ，方向竖直向上
②
在匀强电场中，有UOA＝El
③
则a、O 两点电势差Uaoൌെ૜ܕ܏ܔ
ܙ
④
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（2）小球从a 点运动到b 点，设到b 点速度大小为vb，由动能定理得
﹣qE•2l+mg•2lൌ૚
૛mv
܊
૛െ૚
૛ܕv
܉
૛⑤
小球做圆周运动通过b 点时，由牛顿第二定律得
F+qE﹣mg＝m
ܞ܊
૛
ܔ⑥
联立②⑤⑥式，代入va＝4 ܏ܔ
解得F＝6mg
答：（1）电场强度E 为
૜ܕ܏
ܙ，方向竖直向；a、O 两点的电势差U 为െ૜ܕ܏ܔ
ܙ
；
（2）若小球在a 点获得一水平初速度va＝4 ܏ܔ，使其在竖直面内做圆周运动，小球运动到b 点时细绳拉力F 的
大小为6mg。
【点评】此题考场电场中的力学问题，注意受力分析，知道在匀强电场中，有U＝Ed，d 为电场方向的距离。
12．【分析】（1）由于A 上表面光滑，小物块B 与木板A 间无摩擦则小物块B 离开木板A 前始终对地静止，滑块
离开后做自由落体运动，由hൌ૚
૛܏ܜ૛来计算时间；
（2）由于A 上表面光滑则小物块B 离开木板A 前始终对地静止，木板A 在恒力和摩擦力共同作用下先向右匀
减速后向左匀加速，对木板应用牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式即可求解时间；
（3）摩擦力做功为W＝﹣fs，s 为木板运动的路程．
【解答】解：（1）设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为t0，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落
体运动，根据运动学公式知
hൌ૚
૛܏ܜ૙
૛
得t0ൌ
૛ܐ
܏ൌ
૛ൈ૙䁪૛
૚૙
ൌ0.2s
（2）以木板为研究对象，向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得
F+μ（M+m）g＝Ma1
解得a1＝5m/s2，则木板减速到零所经历的时间
t1ൌܞ૙
܉૚ൌ૛
૞ൌ0.4s
所经过的位移s1ൌ
ܞ૙
૛
૛܉૚ൌ૛૛
૛ൈ૞ൌ0.4m
由于s1＜L1＝0.46m，表明这时滑块仍然停留在木板上
此后木板开始向左做匀加速直线运动，摩擦力的方向改变，由牛顿第二定律得
F﹣μ（M+m）g＝Ma2
得a2ൌ૚
૜m/s2
滑块离开木板时，木板向左的位移s2＝s1+L2＝0.54m
该过程根据运动学公式
s2ൌ૚
૛܉૛ܜ૛
૛
得t2＝1.8s
滑块滑离瞬间木板的速度v2＝a2t2＝0.6m/s
（3）滑块离开木板后，木板所受地面的支持力及摩擦力随之改变，由牛顿第二定律得
F﹣μMg＝Ma3
得a3ൌ૛
૜m/s2
故木板在t0 这段时间的位移为s3＝v2t0൅૚
૛܉૜ܜ૙
૛
代入数据解得s3ൌ૛
૚૞m
整个过程摩擦力对木板做的功为Wf＝﹣μ（M+m）g•（s1+s2）﹣μMgs3
代入数据解得Wf＝﹣7.38J
答：
（1）滑块从离开木板开始到落至地面所用时间是0.2s；
（2）滑块离开木板时，木板的速度大小是0.6m/s；
（3）从t＝0 时刻开始到滑块落到地面的过程中，摩擦力对木板做的功是﹣7.38J．
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，分析滑块的运动是关键，由于A 上表面
光滑，小物块B 与木板A 间无摩擦则小物块B 离开木板A 前始终对地静止，滑块离开后做自由落体运动；注意
摩擦力做功与路程有关．
（二）选考题【物理──选修3-3】（15 分）
13．【分析】温度越高，分子的无规则热运动越剧烈，分子的平均动能越大．分子间的引力和斥力都随分子间的距
离增大而减小．一定质量的理想气体的内能只跟温度有关．结合热力学第一定律分析．
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【解答】解：A、温度是分子热运动剧烈程度的反映，温度越高，分子的无规则热运动越剧烈，故A 正确。
B、物体的温度越高，分子的平均动能越大，由于分子运动是无规则的，不是所有分子的动能都越大，故B 错误。
C、分子间的引力和斥力都随分子间的距离增大而减小，故C 正确。
D、一定质量的理想气体在等压膨胀过程中，由
t
܂ൌc，知V 增大，T 一定升高，故D 正确。
E、如果物体从外界吸收了热量，又对外做功，则物体的内能不一定增加。故E 错误。
故选：ACD。
【点评】解决本题的关键是理解温度的微观意义，掌握分子动理论和热力学第一定律．有些考生错误的认为物
体从外界吸收了热量，物体的内能一定增加，可根据热力学第一定律加以分析．
14．【分析】解决气体问题的关键是挖掘出隐含条件，正确判断出气体变化过程，合理选取气体实验定律解决问题；
对于内能变化．牢记温度是理想气体内能的量度，与体积无关
【解答】解：（i）对一定质量的理想气体由A 到B 过程，由理想气体状态方程可得：TB＝TC＝300 K（或tB＝
27℃）（或者由pBVB＝pCVC 得知该过程为等温变化过程，得：TB＝TC＝300 K）
又A 到B 为等容过程有
۾ۯ
܂ۯ
ൌ
۾۰
܂۰
，解得：TA＝450 K（或tA＝177℃）
（ii）根据图象可知从A 到B 气体体积不变所以外界对气体做功为：W＝0J，又TA＞TB 可知内能变化△U＜0，
根据热力学第一定律有：△U＝W+Q，得Q＜0 即放热．
答：（i）该气体在状态A、B 时的温度分别为450 K 和300K；
（ii）该气体从状态A 到B 是放热，理由如上；
【点评】本题属于一道中档题，考查理想气体的状态方程，解决本题的关键是牢记温度是理想气体内能的量度，
与体积无关
【物理--选修3-4】（15 分）
15．【分析】由于振子的劲度系数可能不等，无法确定回复力最大值之比。频率与周期互为倒数。由位移的最大值
读出振幅。由图读出周期。然后根据简谐运动的特征分析周期、频率和位移关系。振子振动的周期与振幅无关。
【解答】解：A、由图示图象可知，甲的周期是乙的周期的2 倍，它们的初相位相等，甲速度为零时乙的速度最
大，故A 正确；
B、振子在平衡位置处速度最小，振子在最大位移处速度最小，由于甲、乙的周期不同，甲加速度最小时，乙的
速度并不都是最小，故B 错误；
C、弹簧振子的回复力：F＝﹣kx，k 不同，由图示可知，任意时刻x 不同，由于不知k 关系，则无法判断两振
子的回复力是否相同，故C 错误；
D、由图可知甲、乙两个振子的周期分别为T 甲＝2.0s，T 乙＝1.0s，甲、乙两个振子的周期之比为2：1，频率：
fൌ૚
܂，所以甲乙振子的振动频率之比f 甲：f 乙＝1：2，故D 正确；
E、由图示图象可知，两振子的振幅分别为：A 甲＝10cm，A 乙＝5cm，两个振子的振幅之比：A 甲：A 乙＝10：5
＝2：1，故E 正确；
故选：ADE。
【点评】本题是简单的读图题，根据振动图象可以直接读出振幅、周期、速度的方向及它们的变化情况。要掌
握简谐运动的特点，知道振子振动的周期与振幅无关。
16．【分析】（i）根据几何关系找出光线BM 的入射角和反射角，再利用折射定律可求出玻璃的折射率．
（ii）BN 恰好在N 点发生全反射，入射角等于临界角，根据几何关系求出临界角的正弦值，便可求出球心O 到
BN 的距离．
【解答】解：（i）设光线BM 在M 点的入射角为i，折射角为r，由几何知识可知i＝30°，r＝60°，
根据折射定律知nൌܛtܖܚ
ܛtܖt
得nൌ
૜
（ii）光线BN 恰好在N 点发生全反射，则∠BNO 为临界角C，则sin Cൌ૚
ܖ
设球心到BN 的距离为d，由几何知识可知d＝Rsin C
得dൌ
૜
૜R
答：
（i）玻璃的折射率是૜；
（ii）球心O 到BN 的距离是
૜
૜R．
【点评】该题考查了折射定律的应用，要求要记住折射定律的内容，求折射率时，一定要分清光是从介质射向
空气还是由空气射入介质；再者就是会用sinCൌ૚
ܖ来解决相关问题．
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2018 年广东省佛山市高考物理一模试卷
二、选择题：共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～8 题
有多项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分
1．（6 分）图示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧
滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看作一个整体，下列论述正确的是（
）
A．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供
B．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供
C．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心
D．发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力
2．（6 分）如图，A、B 为两等量异种点电荷，O 为A、B 两电荷连线的中点，C、D 为某一倾斜直线上与O 点等距
的两点，取无穷远处为零电势处，则下述说法正确的是（
）
A．C、D 两点电势相等
B．C、D 两点的场强大小相同，方向不同
C．倾斜直线上各点的场强方向不可能垂直该直线
D．从O 点沿倾斜直线到C 点再到无穷远，场强可能先变大后变小
3．（6 分）将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，3、4 两块固定在地基上，1、2 块间的接触面竖直，每个石块
的两个侧面所夹的圆心角均为30°，不考虑石块间的摩擦力，则石块1、2 间的作用力F1 和石块1、3 间的作用
力F2 的大小之比为（
）
A．૜：૛
B．1：2
C．૜：૜
D．૜：૚
4．（6 分）有几位同学为了测试某款汽车的性能，记录了该汽车沿平直公路启动、匀速行驶和制动三个过程速度的
变化情况如表，若汽车启动和制动可看作是匀变速直线运动，则下列说法正确的是（
）
时间（s）
0
2.0
4.0
6.0
8.0
10.0
12.0
14.0
16.0
速度（m/s）
0
10.0
20.0
28.0
28.0
28.0
28.0
20.0
0
A．汽车加速到6s 末才开始匀速运动
B．加速阶段位移为90m
C．前8s 内汽车通过的位移大小为145.6m
D．制动过程加速度大小一定为10m/s2
5．（6 分）哈雷慧星是人一生中唯一以裸眼可能看见两次的彗星，其绕日运行的周期为T 年．若测得它近日点距太
阳中心的距离是地球公转轨道半长轴的N 倍，则由此可估算出哈雷彗星在近日点时：到太阳的引力是在远日点
受太阳引力的（
）
A．N2 倍
B．（2T
૛
૜െN）2N
﹣2 倍
C．（2T
૛
૜N
﹣1﹣1）倍
D．T
૝
૜N
﹣2 倍
6．（6 分）“360 百科”关于“闪电”有这样一段描述：“通常是由积雨云产生电荷，云层底层为阴电，而且还在地
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面感应出阳电荷，如影随形地跟着云移动，…”。若将云层底部和地面模型化为平行板电容器的两个极板，板间
距离记为200m，电压为2 千万伏特，积雨云底层面积约为100 平方千米，若已知静电力常量与空气的介电常数，
则下列说法正确的是（
）
A．云层底部与地面间的电场电场强度为2×105V/m
B．由以上条件可估算云层底面与地面构成的电容器的电容
C．由以上条件可估算云层底面所带电量
D．带负电的雨滴，在下落过程中电势能变大
7．（6 分）水平放置足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L，左端连接的电源电动势为E，内阻为r，质量
为m 的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间的部分电阻为R．整个装置处在磁感应强度大小为B、方
向竖直向下的匀强磁场中，闭合开关，金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是
（
）
A．金属杆的最大速度大小为
۳
۰ۺ
B．此过程中通过金属杆的电量为
ܕ۳
૛۰૛ۺ૛
C．此过程中电源提供的电能为
ܕ۳૛
۰૛ۺ૛
D．此过程中金属杆此时的热量为
ܕ۳૛
૛۰૛ۺ૛
8．（6 分）如图甲所示物体置于某固定的斜面上，与斜面间动摩擦因数为μ，对物体施加水平向右大小变化的外力F，
保持物体沿斜面向下做加速运动，加速度a 随外力F 变化的关系如图乙所示。物体不脱离斜面的条件是F≤20N，
若重力加速度g 取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图乙中所提供的信息经过分析计算可以求出
（
）
A．物体的质量
B．斜面倾角的正弦值
C．物体运动6s 的位移
D．加速度为6m/s2 时物体对斜面的压力
三、非选择题：本题包括必考题和选考题两部分（一）必考题
9．某同学设想用如图甲所示的装置，研究两个完全相同的小球碰撞时有无机械能损失，设想如下：小球A 用不可
伸长的轻质细绳悬于O 点，当A 摆到O 点正下方的C 点时恰好与桌面接触但无压力，现将A 球从Q 点由静止
释放，到达C 点时刚好与静置于桌面P 点、与A 完全相同的小球B 碰撞，B 平抛落至地面。该同学测得Q 到桌
面的高度H、桌面到地面的高度h 及B 平抛的水平位移L。
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（1）若用游标卡尺测小球的直径d 如图乙所示，则d＝
cm；
（2）测量小球下降的高度时，应该以球所在位置Q 时
（选填“球的下边沿”或“球心”）到桌面的距离
为小球下降的高度H；
（3）思考发现，测小球直径并非必要步骤，要使A、B 两球对心正碰，只要让球A 自由悬挂后处于C 点，B 球
紧贴A 球放置，且P 与O、Q、C 三点构成的平面必须
。
（4）实验中改变H，多测几次H 和L 的数值，得到如图丙所示的图线，如果两球碰撞过程中有机械能损失，则
该图线的斜率k
（选填“大于”、“等于”或“小于”）4h。
10．某多用表内部的部分电路如图所示，已知微安表表头内阻Rg＝100Ω，满偏电流Ig＝200μA，定值电阻R1＝2.5Ω，
R2＝22.5Ω，电源电动势E＝1.5V，则该多用表
（1）A 接线柱应该是与
（填“红”或“黑”）表笔连接；
（2）当选择开关接
（填“a”或“b”）档时其对应的电阻档的倍率更高；
（3）若选a 档测量电阻，则原表盘100μA，对应的电阻刻度值应当为
Ω；原表盘50μA 的刻度，对应的
电阻刻度值应当为
Ω。
11．如图所示，金属板M、N 板竖直平行放置，中心开有小孔，板间电压为U0，E、F 金属板水平平行放置，间距
为d，板长为L，其右侧区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场AC 边界与AB 竖直边界的夹角为60°，现有一
质量为m、电荷量为q 的正电粒子，从极板M 的中央小孔s1 处由静止出发，穿过小孔s2 后沿EF 板间中轴线进
入偏转电场，从P 处离开偏转电场，平行AC 方向进入磁场，若P 距磁场AC 与AB 两边界的交点A 距离为a，
忽略粒子重力及平行板间电场的边缘效应，试求：
（1）粒子到达小孔s2 时的速度v0；
（2）EF 两极板间电压U；
（3）要使粒子进入磁场区域后能从AB 边射出，磁场磁感应强度的最小值。
12．如图，中空的水平圆形转盘内径r＝0.6m，外径足够大，沿转盘某条直径有两条光滑凹槽，凹槽内有A、B、D、
E 四个物块，D、E 两物块分别被锁定在距离竖直转轴R＝1.0m 处，A、B 紧靠D、E 放置。两根不可伸长的轻
绳，每根绳长L＝1.4m，一端系在C 物块上，另一端分别绕过转盘内侧的光滑小滑轮，穿过D、E 两物块中间
的光滑圆孔，系在A、B 两个物块上，A、B、D、E 四个物块的质量均为m＝1.0kg，C 物块的质量mc＝2.0kg，
所有物块均可视为质点，（取重力加速度g＝10m/s2），计算结果可用最简的分式与根号表示
（1）启动转盘，转速缓慢增大，求A、D 以及B、E 之间恰好无压力时的细绳的拉力及转盘的角速度；
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（2）停下转盘后，将C 物块置于圆心O 处，并将A、B 向外测移动使轻绳水平拉直，然后无初速度释放A、B、
C 物块构成的系统，求A、D 以及B、E 相碰前瞬间C 物块的速度；
（3）碰前瞬间解除对D、E 物块的锁定，若A、D 以及B、E 一经碰撞就会粘在一起，且碰撞时间极短，求碰
后C 物块的速度。
【物理选修3-3】
13．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．扩散现象说明分子总在做无规则热运动
B．物体吸热，物体分子平均动能必定增大
C．内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化
D．分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小
E．一切热现象的自发过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行
14．（3 分）一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化，问：
（I）若从A 到B 的过程中，气体的内能减少了300J，则从A 到B 气体吸收或放出的热量是多少？
（ii）如果知道气体由A 状态经B、C 到D 状态的过程中，气体的最高温度T＝800K，则气体在此过程中达到
的最低温度是多少？
【物理选修3-4】
15．（3 分）一列简谐横波沿x 轴负方向传播，t＝0 时的波的图象如图所示，质点P 的平衡位置在x＝8m 处，该波
的周期T＝0.2s，下列说法正确的是（
）
A．该列波的传播速度为20m/s
B．在0～1.0s 内质点P 经过的路程2m
C．t＝0.3s 时质点P 的速度方向沿y 轴正方向
D．x＝4m 处质点的振动方程是y＝10sin5πt（cm）
E．该波与频率f＝5Hz 的另一列简谐横波相遇，一定会发生干涉
16．（3 分）跳水比赛的1m 跳板如图伸向水面，右端点距水面高1m，A 为右端点在水底正下方的投影，水深h＝
4m，若跳水馆只开了一盏黄色小灯S，该灯距跳板右端水平距离x＝4m，离水面高度H＝4m，现观察到跳板水
下阴影右端点B 到A 的距离AB＝4
૚
૜m．求：
（I）该黄色光在水中的折射率；
（II）若在水底A 处放一物体，则站在跳板右端向下看，该物体看起来在水下多深处？
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2018 年广东省佛山市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～8 题
有多项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分
1．【分析】运动员侧滑实际上是做离心运动，根据离心运动的条件外力为零或外力不足以提供向心力，进行分析。
【解答】解：AB、发生侧滑原因是赛道对运动员的摩擦力小于需要的向心力，不是因为运动员受到的合力方向
背离圆心，故A 错误，B 正确。
CD、发生侧滑是因为运动员的速度过大，所需要的向心力过大，运动员受到的合力小于所需要的向心力，而受
到的合力方向仍指向圆心，故CD 错误；
故选：B。
【点评】解决本题的关键要掌握离心运动的条件：外力为零或外力不足以提供向心力，通过分析供需关系进行
分析。对于离心运动掌握以下几点：
本质：
1．离心现象是惯性的表现
2．离心运动并非沿半径方向飞出去的运动，而是运动的半径变大，或沿切线方向飞出。
3．离心运动并不是受到离心力的作用，而是向心力不足。
特点：
1．做圆周运动的质点，当合外力消失时，它就以这一时刻的线速度沿切线方向飞去。
2．做离心运动的质点是做半径越来越大的运动或切线方向飞出的运动，它不是沿半径方向飞出。
3．做离心运动的质点不存在所谓的“离心力”作用，因为没有任何物体提供这种力。
2．【分析】根据等量异种电荷电场线和等势线分布情况和对称性，判断两点的电势和场强关系，场强是矢量，只有
大小和方向都相同时，场强才相同．
等量异种电荷产生的电场中，电场线关于两电荷的连线和中垂线对称，根据对称性分析场强的大小；根据顺着
电场线方向电势降低，判断电势关系．
结合两种电场的电场线的特点如图，然后分析即可．
【解答】解：A、根据等量异种电荷电场线和等势线分布情况和对称性，C 点电势高于D 点，故A 错误；
B、根据等量异种电荷电场线分布情况和对称性，可知CD 两点的电场强度大小相等，方向相同，故B 错误；
C、等势面与倾斜直线可能相切，所以倾斜直线上各点的场强方向可以垂直该直线，故C 错误；
D、根据等量异种点电荷的电场的特点可知，则从O 点到C 点再到无穷远处，场强可能先变大后变小，故D 正
确；
故选：D。
【点评】考查等量异种点电荷周围电场线和等势线分布情况，明确场强的矢量性．这两种电场是考查频率比较
高的情况，要牢记．
3．【分析】由图可知，1、2 及1、3 两块石块均有相互作用，而石块1 受重力及2、3 两石块的作用力而处于静止，
故对1 受力分析可求得第1、2 块石块间的作用力和第1、3 块石块间的作用力的大小之比．
【解答】解：如图对第一个石块进行受力分析，由几何关系知：θ＝60°，
所以有F1 ：F2＝sin60°ൌ
૜
૛．故A 正确，BCD 错误
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故选：A。
【点评】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．
4．【分析】根据加速度的定义求出汽车加速时的加速度，由速度公式求加速的时间，由位移公式求加速的位移。从
而求得前8s 内汽车通过的位移。根据加速度的定义求制动过程的加速度大小。
【解答】解：A、汽车加速时的加速度aൌᶭܞ
ᶭܜൌ૚૙െ૙
૛െ૙ൌ5m/s2，加速的末速度为v＝28m/s，由v＝at 得t＝5.6s，
即汽车加速到5.6s 末才开始匀速运动，故A 错误。
B、加速阶段位移为xൌܞ
૛ܜൌ૛砀
૛ൈ૞䁪૟m＝78.4m，故B 错误。
C、前8s 匀速运动的位移x′＝vt′＝28×（8﹣5.6）m＝67.2m，则前8s 内汽车通过的位移大小为x 总＝x+x′
＝145.6m，故C 正确。
D、制动过程的末速度为0，速度从20.0m/s 减至0 所用时间不一定是2s，所以加速度大小不一定为10m/s2，故
D 错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键是理清汽车的运动过程，掌握运动学的基本公式，并抓住各个过程之间的联系，如速
度关系、位移关系。
5．【分析】根据开普勒第三定律求出哈雷彗星的半长轴，然后由万有引力定律即可求出．
【解答】解：设地球轨道的半长轴为a，哈雷彗星的半长轴为b，地球的周期为1 年，哈雷彗星的周期为N 年，
由开普勒第三定律可得：
܊૜
܂૛ൌ
܉૜
૚૛
所以：bൌ܉ڄ
૜܂૛
彗星近日点到太阳距离为：L1＝Na
彗星远日点到太阳距离为：L2＝2b﹣L1＝2b﹣Na
设太阳的质量为M，彗星的质量为m，由万有引力定律得：
۴近
۴远
ൌ
۵ۻܕ
ሺۼ܉砀૛
۵ۻܕ
ሺ૛܊െۼ܉砀૛
ൌ
ሺ૛܊െۼ܉砀૛
ሺۼ܉砀૛
ൌ
ሺ૛
૜܂૛െۼ砀૛
ۼ૛
故B 正确，ACD 错误
故选：B。
【点评】该题结合开普勒第三定律考查万有引力定律的应用，解答的关键是正确找出哈雷彗星的远地点的距离．
6．【分析】根据Eൌ܃
܌计算电场强度；分析题意，根据电容器的决定式可以估算电容大小；根据Q＝CU 可以估算
云层底面所带电量；带负电的雨滴下落过程中电场力做正功，电势能减小。
【解答】解：A、根据U＝Ed 可知，Eൌ܃
܌ൌ૛ൈ૚૙晦
૛૙૙t内ܕൌ૚૙૞t内ܕ，故A 错误；
B、已知积雨云底层面积约为100 平方千米，板间距离为200m 和静电力常量与空气的介电常数，根据电容器的
决定式可以估算电容器的电容，故B 正确；
C、根据Q＝CU 可以估算云层底面所带电量，故C 正确；
D、云层底层为阴电，电场方向竖直向上，带负电的雨滴，在下落过程中电场力做正功，电势能减小，故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题主要考查电容器定义式和决定式及电场强度与电势差的关系，注意电容器的两个公式的区别。
7．【分析】导体棒速度最大时，产生的感应电动势与电源电动势相等，回路电流为零，据此列式求解最大速度；然
后对从开始到获得最大速度过程根据动量定理列式求解电荷量；根据W＝qE 求解此过程中电源提供的电能，根
据动能公式Ekൌ૚
૛ܕܞ૛求解最大动能，根据能量守恒定律得到系统产生的电热，再结合焦耳定律可以求解此过
程中金属杆此时的热量，
【解答】解：A、金属杆速度最大时，产生的感应电动势为E，根据E＝BLv，最大速度为vൌ۳
۰ۺ，故A 正确；
B、以向右为正方向，根据动量定理，有：
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BIL•△t＝mv﹣0，
其中：q＝I•△t，
联立解得：qൌܕ۳
۰૛ۺ૛，故B 错误；
C、此过程中电源提供的电能为：W＝qEൌܕ۳૛
۰૛ۺ૛，故C 正确；
D、动能为：Ekൌ૚
૛ܕܞ૛ൌ૚
૛ܕൈሺ۳
۰ۺ 砀૛ൌܕ۳૛
૛۰૛ۺ૛，
根据能量守恒定律，系统产生的焦耳热为：Q＝W﹣Ekൌܕ۳૛
૛۰૛ۺ૛，
此过程中金属杆产生的热量为：QRൌ
܀
܀൅ܚQ്
ܕ۳૛
૛۰૛ۺ૛，故D 错误；
故选：AC。
【点评】本题关键明确电路结构和受力情况，根据切割公式、动量定理、能量守恒定律和焦耳定律列式分析，
不难。
8．【分析】对物体受力分析，受推力、重力、支持力，画出力的示意图并进行正交分解，根据牛顿第二定律和平衡
条件求解物体的质量和斜面倾角以及支持力大小；无法求解物体运动6s 的位移。
【解答】解：AB、对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示，
x 方向：Fcosθ+mgsinθ﹣f＝ma
y 方向：N+Fsinθ﹣mgcosθ＝0
根据摩擦力的计算公式可得：f＝μN：
联立解得：aൌ粒子ܛી൅ૄܛtܖી
ܕ
ڄ ۴ ൅ሺ܏ܛtܖીെૄ
܏粒子ܛી砀
根据乙图可知：gsinθ﹣μgcosθ＝2，
粒子ܛી൅ૄܛtܖી
ܕ
ൌ
૝૙
૜െ૛
૛૙
ൌૢ૚૙
再根据sin2θ+cos2θ＝1
联立可求sinθ、m．故AB 正确。
C、因不知道外力随时间的变化关系，得不到加速度与时间的关系，无法求解物体运动6s 的位移，故C 错误；
D、根据乙图求出加速度为6m/s2 时拉力F 的大小，则物体对斜面的压力物体对斜面的压力N＝mgcosθ﹣Fsinθ，
θ、m 可求，所以压力N 可求，故D 正确。
故选：ABD。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进
行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答
三、非选择题：本题包括必考题和选考题两部分（一）必考题
9．【分析】（1）明确游标卡尺的读数方法，注意在读数时需要估读；
（2）明确高度测量方法，明确下边测量的是桌面位置，故起点应测量下边缘；
（3）明确碰撞中要没有能量损失，应发生对心碰撞，从而碰定B 球的位置；
（4）根据实验原理进行分析，从而明确实验中误差情况。
【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为1.1cm，游标读数为0.05×7mm＝0.35mm，则最终读数为11.35mm＝
1.135cm；
（2）由题可知，测量小球下降的高度时，应该以球所在位置Q 时的下边沿到桌面的距离为H；
（3）要发生正碰，AB 两球必须在A 球竖直放置时的位置，所以让球A 自由悬挂后处于C 点，B 球紧贴A 球放
置，且P 与O、Q、C 三点构成的平面必须共面；
（4）小球A 下落过程中，根据机械能守恒可知：mgHൌ૚
૛mv2；
两球相碰时，由于两球相同，故碰后交换速度，故B 球速度为v；
小球B 碰后做平抛运动，由hൌ૚
૛gt2
水平位移L＝vt
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联立解得：L2＝4hH；
如果碰撞中存在能量损失，则碰后B 的速度小于v，所以图象的斜率将小于4h；
故答案为：（1）1.135；（2）球的下边沿；（3）共面；（4）小于。
【点评】本题为探究型实验，要注意掌握实验原理，明确实验中采用的方法，知道如果没有能量损失时应为正
碰，根据正碰的性质明确实验中的注意事项。
10．【分析】明确多用电表的原理和欧姆表的结构，由闭合电路欧姆定律以及电表的改装原理进行分析，从而明确
电阻值与电流值之间的关系。
【解答】解：（1）为了保证表头正常工作，内部电源正极应与黑表笔连接，故A 接线柱应接黑接线柱；
（2）开关接a 时，R2 与电流表串联后与R1 并联，接b 时，R1 与R2 串联后与表头并联，则可知接b 时满偏电
流较小，由闭合电路欧姆定律可知，对应的电流较大；对应的倍率更高；
（3 ）若选a 档测量电阻时，R2 与电流表串联后与R1 并联，满偏电流I1 ൌ۷܏ሺ܀૛൅܀܏砀
܀૚
൅۷܏ൌ
૛૙૙ൈ૚૙െ૟ሺ૛૛䁪૞൅૚૙૙砀
૛䁪૞
൅200×10
﹣6＝0.01A；
故内电阻R 内ൌ۳
۷૚ൌ૚䁪૞
૙䁪૙૚ൌ150Ω；
当电流表指针为100μA 时，此时电流为满偏电流的一半，故测量电阻与欧姆表内电阻相等，故对应的阻值为150Ω；
原表盘50μA 的刻度，改装后电流为I2ൌ૞૙ൈ૚૙െ૟ൈ૙䁪૙૚
૛૙૙ൈ૚૙െ૟
ൌ0.0025A；
故对应刻度应为：R2ൌ۳
۷૛െ૚૞૙ൌ
૚䁪૞
૙䁪૙૙૛૞െ૚૞૙ൌ450Ω；
故答案为：（1）黑；（2）b；（3）150Ω，450Ω。
【点评】本小题考查了考查欧姆表的结构、测量原理，要求能准确掌握电路的串并联规律以及闭合电路欧姆定
律的准确应用。
11．【分析】（1）粒子在M、N 板间加速，由动能定理可以求出粒子的速度。
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出EF 间的电压。
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意求出粒子临界轨道半径，粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供
向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度的最小值。
【解答】解：（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理得：ܙ܃૙ൌ૚
૛ܕܞ૙
૛െ0，
解得粒子到达小孔s2 时的速度：v0ൌ
૛ܙ܃૙
ܕ；
（2）由题意可知，粒子离开偏转电场时，速度偏转角θ＝30°，
竖直方向速度：ܞܡൌܞ૙ܜ܉ܖ૜૙ι ൌ
૜
૜ܞ૙，
在偏转电场中：܉ൌ۴
ܕൌܙ܃
ܕ܌，ܜൌۺ
ܞ૙，
粒子竖直分速度：ܞܡൌ܉ܜൌܙ܃ۺ
ܕ܌ܞ૙，
EF 两极板间电压：܃ൌ૛૜܌܃૙
૜ۺ
；
（3）粒子运动轨迹与AC 边相切时粒子恰好从AB 边射出，
由几何关系可知，此时粒子轨道半径：܀ൌ
૜
૝܉，
粒子进入磁场时速度：ܞൌ
ܞ૙
粒子ܛ૜૙ι，
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：ܙܞ۰ ൌܕܞ૛
܀，
解得，磁场的磁感应强度最小值为：۰ ൌ
砀૛ܙܕ܃૙
૜ܙ܉
；
答：（1）粒子到达小孔s2 时的速度v0 为૛ܙ܃૙
ܕ；
（2）EF 两极板间电压U 为
૛૜܌܃૙
૜ۺ
；
（3）要使粒子进入磁场区域后能从AB 边射出，磁场磁感应强度的最小值为
砀૛ܙܕ܃૙
૜ܙ܉
。
【点评】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在加速电场中加速，在偏转电场中做类平抛运动，在磁
场中做匀速圆周运动，根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律与
类平抛运动规律可以解题。
12．【分析】（1）先研究C 物块，由平衡条件求得绳子的张力。再对A、B 两个物块，根据合外力等于向心力列式，
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即可求解转盘的角速度。
（2）系统下落过程中机械能守恒，由机械能守恒定律和三个物体速度关系分别列式，即可求解。
（3）对三个物体分别运用动量定理列式，联立求解碰后C 物块的速度。
【解答】解：（1）C 物块保持静止，故有：
2Fcosθ＝mcg，
而ܛtܖીൌ
૙䁪૟
૚䁪૝െ૙䁪૝ൌ૜
૞
解得：۴ ൌ૚૛૚
૛ۼ
对A、B 两个物块，有：F＝mω2R
解得角速度为：૑ൌ
۴
ܕ܀ൌ૞૛
૛ܚ܉܌内ܛ
（2）设碰前A、B 速度大小为v，C 的速度大小为vc，
由绳长不变可知：v＝vccosθ
系统下落过程中机械能守恒，有：૛ൈ૚
૛ܕܞ૛൅૚
૛ܕ粒ܞ粒
૛ൌܕ粒܏ܐ
由几何关系有：h＝08m
解得：ܞ粒ൌ૛૙૝૚
૝૚
ܕ内ܛ
（3）设碰后A、D 的速度大小为v'，C 的速度大小为v'c
由绳长不变v'＝v'ccosθ
设绳上拉力的冲量大小为I，由于碰撞时间极短，绳子拉力远大于重力。
对C 物块运用动量定理有：﹣2Icosθ＝mcv'c﹣mcvc
对A、D 运用动量定理有：I＝2mv'﹣mv
解得：ܞt粒ൌ૝૚
૞晦ܞ粒ൌ૛૙
૞晦
૝૚ܕ内ܛ
答：
（1）A、D 以及B、E 之间恰好无压力时的细绳的拉力是12
૚
૛N，转盘的角速度是
૞૛
૛rad/s；
（2）A、D 以及B、E 相碰前瞬间C 物块的速度是
૛૙૝૚
૝૚
m/s；
（3）碰后C 物块的速度是
૛૙૝૚
૞晦
m/s。
【点评】解决本题的关键要理清过程，选择合适的研究过程，运用各种定律进行求解。注意第3 题不能用动量
守恒定律求解，抓住同时性，由动量定理研究。
【物理选修3-3】
13．【分析】解答本题需掌握：
扩散现象和布朗运动说明分子永不停息地做无规则热运动；
做功与热传递都可以改变物体的内能；温度是分子的平均动能的标志；
分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小；
根据热力学第二定律分析．
【解答】解：A、扩散现象说明分子永不停息地做无规则热运动，故A 正确；
B、做功与热传递都可以改变物体的内能，物体吸收热量，若同时对外做功，物体的内能可能减小，物体的温度
可能降低，则分子的平均动能减小。故B 错误；
C、根据热力学第二定律，内能可以全部转化为机械能，但要引起其他变化，故C 错误；
D、根据分子势能与分子之间距离的关系的特点可知，当分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小，故D
正确；
E、根据熵增原理可知，一切热现象的自发过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行。故E 正确。
故选：ADE。
【点评】本题考查了扩散现象、热力学第二定律、分子力、内能等，知识点多，不难，关键多看书，多加积累．
14．【分析】（i）用等压过程做功公式W＝p△V 求出做功，再根据题给内能的改变量，根据热力学第一定律，即可
求出从A 到B 气体吸收或放出的热量；
（ii）根据理想气体的状态方程找出温度最高和最低的情况，再利用理想气体的状态方程，结合图象中的数据以
及气体的最高温度T＝800K，联立即可求出气体在此过程中达到的最低温度。
【解答】解：（i）从A 到B，外界对气体做功，有：W＝p△V＝20×104×（4﹣2）×10
﹣3J＝400J
根据热力学第一定律：△U＝W+Q
可得：Q＝△U﹣W＝﹣700J
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故气体放热700J
（ii）根据理想气体状态方程
ܘt
܂为一定值，
可判定C 状态温度最低，D 状态温度最高，故：TD＝T＝800K
根据理想气体的状态方程可得：
ܘ۲t۲
܂۲
ൌ
ܘ۱t۱
܂۱
代入图象中数据解得：TCൌܘ۱t۱܂۲
ܘ۲t۲
ൌ૚૙ൈ૚૙૝ൈ૛ൈ૚૙െ૜ൈ砀૙૙
૚૙ൈ૚૙૝ൈ૚૛ൈ૚૙െ૜
K＝133.3K
答：（i）从A 到B 气体放出的热量为700J；
（ii）气体在此过程中达到的最低温度为133.3K。
【点评】本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要根据图象分析好压强P、体积V、温度T 三个参量的变
化情况，知道发生何种状态变化过程，选择合适的实验定律，难度不大。
【物理选修3-4】
15．【分析】从图象可以直接读出波长，由波速公式求解波速大小；根据时间1.0s 与周期的关系，分析质点P 的路
程；利用“上下坡法”判断质点P 的速度方向；
根据质点P 的振幅、周期和初相位写出其振动方程。频率相同的两列波在相遇时相互叠加，一定能发生稳定的
干涉。
【解答】解：A、由图知波长λ＝8m，则该波的传播速度为ܞ═λ
܂ൌ૝૙ܕ内ܛ．故A 错误；
B、因为t＝1.0s＝5T，所以在0～1.0s 内质点P 经过的路程为：S＝5×4A═200cm＝2m。故B 正确；
C、根据“上下坡法”知，t＝0 时刻质点P 的速度方向沿y 轴负方向，t＝0.3s＝1.5T，质点P 的速度方向相反，
即沿y 轴正方向。故C 正确；
D、因为૑ൌ૛ૈ
܂ൌ૚૙ૈܚ܉܌内ܛ，因此x＝4m 处质点的振动方程是y＝10sin10πt（cm）。故D 错误；
E、因为这列波的频率为܎ൌ૚
܂ൌ૞rܢ，所以与另一个相同频率的波相遇，一定会发生干涉。故E 正确。
故选：BCE。
【点评】解答本题的关键是：要明确时间和周期的大小关系，知道质点在每个周期内通过的路程是四个振幅，
掌握已知波的传播方向判断质点振动方向的方法，当两列频率相同的波叠加时一定能发生稳定的干涉。
16．【分析】（I）根据折射定律以及几何关系求出该黄色光在水中的折射率。
（II）根据视深和实际深度之间的关系求出该物体看起来在水下多深。
【解答】解：（Ⅰ）根据折射定律得：nൌܛtܖt
ܛtܖܚ，
根据几何关系有：
ܛtܖt ൌ
ܠ
ܠ૛൅ሺ૝െ૚砀૛ൌ૝
૞
sinrൌ۰۲
۰۱ ൌ
૝૚
૜െ૝
૜
ሺ૝૚
૜െ૝
૜砀૛൅૝૛ൌ૜
૞，
解得折射率为：nൌ૝
૜。
（Ⅱ）设A 的视深为h'，则nൌܛtܖt
ܛtܖܚ
由于从A 上方看，光的入射角及折射角均很小sinθ≈tanθ，
故nൌܐ
ܐt，
解得：h′ൌܐ
ܖൌ૝
૝
૜
ܕൌ૜ܕ。
答：（I）该黄色光在水中的折射率为
૝
૜；
（II）该物体看起来在水下3m。
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【点评】本题以折射率和全反射为命题背景考查学生的推理能力和分析综合能力，关键能运用数学知识求解入
射角和折射角的正弦值，以及知道视深和实际深度之间的关系。
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