1、2020年四川省成都市高考物理二诊试卷一、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1418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）图为氢原子的能级示意图。处于n4能级的一群氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光子再照射到逸出功为2.29eV的某金属板上，下列说法正确的是（）A共有10种不同频率的光子辐射出来B共有6种不同频率的光子能使该金属发生光电效应现象C入射光子的频率越高，逸出光电子的最大初动能越大D从金属板中逸出的光电子就是粒子2（6分）如图，两根平行通电长直导线固定，左边导线中通有垂直纸面向外、大
2、小为I1的恒定电流，两导线连线（水平）的中点处，一可自由转动的小磁针静止时N极方向平行于纸面向下。忽略地磁场的影响。关于右边导线中的电流I2，下列判断正确的是（）AI2I1，方向垂直纸面向外BI2I1，方向垂直纸面向外CI2I1，方向垂直纸面向里DI2I1，方向垂直纸面向里3（6分）如图，A代表一个静止在地球赤道上的物体、B代表一颗绕地心做匀速圆周运动的近地卫星，C代表一颗地球同步轨道卫星。比较A、B、C绕地心的运动，说法正确的是（）A运行速度最大的一定是BB运行周期最长的一定是BC向心加速度最小的一定是CD受到万有引力最小的一定是A4（6分）如图，倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的小物块
3、A和B（质量均为m），弹簧的劲度系数为k，B靠着固定挡板，最初它们都是静止的。现沿斜面向下正对着A发射一颗质量为m、速度为v0的子弹，子弹射入A的间极短且未射出，子弹射入后经时间t，挡板对B的弹力刚好为零，重力加速度大小为g。则（）A子弹射入A之前，挡板对B的弹力大小为2mgB子弹射入A的过程中，A与子弹组成的系统机械能守恒C在时间t内，A发生的位移大小为D在时间t内，弹簧对A的冲量大小为2mv0+2mgtsin5（6分）如图（a），场源点电荷固定在真空中O点，从与O相距r0的P点由静止释放一个质量为m、电荷量为q（q0）的离子，经一定时间，离子运动到与O相距rN的N点。用a表示离子的加速度，
4、用r表示离子与O点的距离，作出其a图象如图（b）。静电力常量为是k，不计离子重力。由此可以判定（）A场源点电荷带正电B场源点电荷的电荷量为C离子在P点的加速度大小为D离子在P点受到的电场力大小为6（6分）图（a）为一交流发电机示意图，线圈abcd在匀强磁场中绕固定轴OO沿顺时针方向匀速转动，图（b）是该发电机的电动势e随时间t余弦规律变化的图象。已知线圈电阻为2.5，定值电阻R10，电表均为理想交流电表。由此可以判定（）A电流表读数为0.8AB电压表读数为10VCt0.1s时刻，穿过线圈的磁通量为零D00.05s内，通过电阻R的电荷量为0.04C7（6分）如图，倾角37且足够长的传送带以2m/
5、s的恒定速率沿顺时针方向传动，现有一质量为1kg的小物块从传送带底端以v06m/s的初速度沿斜面向上滑出。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为10m/s2sin370.6、cos370.8下列说法正确的是（）A物块先做减速运动，速度减到2m/s后做匀速运动B物块先做减速运动，速度减到零后反向做加速运动直到离开传送带C传送带对物块做功的最大瞬时功率为12WD物块与传送带间因为摩擦而产生的热量为6J8（6分）如图，方向竖直向上的匀强磁场中固定着两根位于同一水平面内的足够长平行金属导轨，导轨上静止着与导轨接触良好的两根相同金属杆1和2，两杆与导轨间的动摩
6、擦因数相同且不为零，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用平行于导轨的恒力F拉金属杆2使其开始运动，在足够长时间里，下列描述两金属杆的速度v随时间t变化关系的图象中，可能正确的是（）ABCD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，考生根据要求傲答（一）必考题（共129分）9（6分）利用图示装置可以测物体间的动摩擦因数。水平粗糙桌面左端固定着定滑轮、B点固定着光电门。跨过定滑轮的细线两端分别栓接质量m的重物和质量M的物块（含宽度为d的遮光条），实验时每次都由静止释放物块，多次改变物块释放点A的位置，记录每次AB的间距x和遮光条通过
7、光电门的时间t。（细线与滑轮间的摩擦及空气阻力均不计，重力加速度为g）（1）若用表示物块在B点的速度，则物块从A运动至B的过程中，重物和物块整体的动能增量为Ek 。（2）下列各图中，能够正确反映运动过程中x与t之间关系的图象是 （填选项序号字母）。（3）若（2）间中正确图线的斜率为k，则物块与水平面间的动摩擦因数 （填选项序号字母）。A B C.10（9分）要测定一节干电池（电动势约1.5V，内阻约0.5，放电电流不允许超过0.6A）的电动势和内电阻，要求测量结果尽量准确。提供的器材有：A电流表A1：挡位1（03A，内阻约0.05），挡位2（00.6A，内阻约0.2）B电流表A2：0300A，
8、内阻rA100C定值电阻：R02，R1900，R24900D滑动变阻器：R3（05，2A），R4（015，1A）E开关一只、导线若干（1）测量电流的仪表：应选择电流表A1的挡位 （填“1”或者“2”）。（2）测量电压的仪表：应将定值电阻 （填“R0”、“R1”或“R2”）与A2串联，使其成为改装后的电压表。（3）干电池内阻太小，应选择定值电阻 （填“R0”、“R1”或“R2”）来保护电源。（4）若要求A1表电流在0.1A0.5A范围内连续可调。则滑动变阻器应选择 （填“R3”或“R4”）。（5）为消除电流表内阻对测量精度可能造成的影响，在给出的两种电路原理图中（图中V表为改装后的电压表），应选
9、择 （填“图（a）”或“图（b）”）。（6）进行实验并记录数据。用I1、I2分别表示A1、A2表的示数，根据测量数据作出如图（c）所示的I2I1图象，由图象可得：电池的电动势为 V，内阻为 （保留到小数点后两位）11（12分）如图，xOy坐标系位于竖直面（纸面）内，第一象限和第三象限存在场强大小相等、方向分别沿x轴负方向和y轴正方向的匀强电场，第三象限内还存在方向垂直于纸面、磁感强度大小为B的匀强磁场（未画出）。现将质量为m、电荷量为q的微粒从P（L，L）点由静止释放，该微粒沿直线PO进入第三象限后做匀速圆周运动，然后从x轴上的Q点（未标出）进入第二象限。重力加速度为g。求：（1）该微粒的电性
10、及通过O点时的速度大小；（2）磁场方向及该微粒在PQ间运动的总时间。12（20分）如图，水平地面上固定着竖直面内半径R2.75m的光滑圆弧槽，圆弧对应的圆心角为37，槽的右端与质量m1kg、长度L2m且上表面水平的木板相切，槽与木板的交接处静止着质量m12kg和m21kg的两个小物块（可视为质点）。现点燃物块间的炸药，炸药爆炸释放的化学能有60%转化为动能，使两物块都获得水平速度，此后m2沿圆弧槽运动，离开槽后在空中能达到的最大高度为h0.45m。已知m1与木板间的动摩擦因数10.2，木板与地面间的动摩擦因数20.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin370.6，cos370.8，重力加速度g
11、10m/s2求：（1）物块到达圆弧槽左端时的速率v；（2）炸药爆炸释放的化学能E；（3）木板从开始运动到停下的过程中与地面间因摩擦而产生的热量Q。三、物理-选修3-3l（15分）。13（5分）如pT图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程、到达状态d。对此气体，下列说法正确的是（）A过程中，气体体积不断增大B过程中，气体向外界吸收热量C过程为绝热过程D状态a的体积大于状态d的体积E过程中。气体分子在单位时问内撞击容器壁上单位面积的平均次数增加14（10分）如图，封有一定质量理想气体的圆柱形气缸竖直放置，气缸的高度H30cm，缸体内底面积S200cm2，缸体质量M10kg。弹簧下端固定在
12、水平桌面上，上端连接活塞，当缸内量气体温度T0280K时，缸内气体高h20cm。现缓慢加热气体，使活塞最终恰好静止在缸口（未漏气），此过程中缸内气体吸收热量为Q450J已知大气压恒为p01l05Pa，重力加速度gl0m/s2，不计活塞质量、厚度及活塞与缸壁的摩擦，且气缸底部及活塞表面始终保持水平。求：（i）活塞最终静止在缸口时，缸内气体的温度；（ii）加热过程中，缸内气体内能的增加量。五、物理-选修3-4（15分）15一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t0时刻的波形如图所示，此时波刚好传播到x5m处的M点，再经时间t1s，在x10m处的Q质点刚好开始振动。下列说法正确的是（）A波长为5mB波速为
13、5m/sC波的周期为0.8sD质点Q开始振动的方向沿y轴正方向E从t0到质点Q第一次到达波峰的过程中，质点M通过的路程为80cm16如图，ABO是一半径为R的圆形玻璃砖的横截面，O是圆心，AB弧形面镀银。现位于AO轴线上的点光源S发出一束光线射向玻璃砖的OB边，入射角i60，OS已知玻璃的折射率为，光在空气中传播的速度为c，每条边只考虑一次反射。求：（i）光线射入玻璃砖时的折射角；（ii）光线从S传播到离开玻璃砖所用的时间。2020年四川省成都市高考物理二诊试卷参考答案一、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1418题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求
14、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 解：A、根据6知，这些氢原子可能辐射出6种不同频率的光子，故A错误；B、根据能级差公式hvEmEn可得：n4跃迁到n3辐射的光子能量为0.66eV，n3跃迁到n2辐射的光子能量为1.89eV，都小于2.29eV，不能使金属钾发生光电效应；n4跃迁到n2辐射的光子能量为2.55eV，大于2.29eV，其它3种光子能量都大于2.29eV，所以能发生光电效应的光子共4种，故B错误；C、根据光电效应方程EkhvW0可知，照射金属的光频率越高，光电子的最大初动能越大，故C正确；D、根据光电效应现象可知，从金属板中逸出的光电子就是电子，故D错误；故选
15、：C。2 解：根据安培定则可判断对左边导线I1在连线中点处的磁感应强度B1方向竖直向上，由于合磁感应强度竖直向下，则右边导线I2在该处形成的磁感应强度B2一定竖直向下，且B2B1，所以I2I1，根据安培定则可知，电流方向垂直纸面向外，故B正确，ACD错误。故选：B。3 解：A、赤道上的物体A与同步卫星C转动周期相同，角速度相同，由于赤道上的物体的轨道半径小于同步通信卫星的轨道半径，根据vr可知，同步卫星C比物体A的速度大；同步卫星和近地卫星均绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有：，解得：v，则近地卫星B的运行速度大，比较可知，运行速度最大的一定是B，故A正确；B、万有引力提供向心力，有
16、：，解得：T2，则近地卫星的周期小，运行周期最小的一定是B，故B错误；C、根据a可知，近地卫星的向心加速度大于同步卫星，根据a2r可知，同步卫星的向心加速度大于赤道上的物体，故向心加速度最小的一定是A，故C错误；D、A、B、C三者的质量未知，无法比较受到的万有引力大小，故D错误。故选：A。4 解：A、子弹射入A之前，AB系统所受合力为0，挡板对B的弹力大小为2mgsin，故A错误B、弹射入A的过程中，A与子弹之间的摩擦生热，组成的系统机械能不守恒，故B错误C、子弹射入A前弹簧为压缩状态，压缩量为：x1，挡板对B的弹力刚好为零时弹簧处于伸长状态，伸长量为：x2，则在时间t内，A发生的位移大小为：
17、xx1+x2，故C正确D、选沿斜面向上为正，时间t初态A的动量为mv0，在时间t的末态，对于系统弹性势能相同，重力势能增加，则动能变小，即此位置A动量大小P要小于mv0，时间t内由动量定理有：I弹2mgtsinP（mv0）2mv0即为：I弹2mv0+2mgtsin故D错误故选：C。5 解：A从P到N，带正电的离子的加速度随的增加而增大，即随的减小而增加，可知场源点电荷带负电，故A错误；B在N点，由库仑定律及牛顿第二定律：aN解得：Q，故B错误； CD在P点时，由库仑定律及牛顿第二定律：aP离子在P点受到的电场力大小为：FPmaP故C错误，D正确。故选：D。6 解：A、由图b可知，线圈产生的感应
18、电动势的最大值为V，周期T0.2s，线圈产生的感应电动势的有效值根据闭合电路的欧姆定律可知I，故A正确；B、电压表的示数UIR8V，故B错误；C、t0.1s时刻，线圈产生的感应电动势最大，此时线圈位于与中性面垂直位置，故穿过线圈的磁通量为零，故C正确；D、线圈转动的角速度，线圈产生的最大感应电动势EmBS，故BS，00.05s内，通过电阻R的电荷量为q，故D错误；故选：AC。7 解：A、令传送带的倾角为，传送带的速度为v，根据题意可知，物块放上传送带上时的受力如图所示，物块向上做减速运动，其加速度大小为a1gsin+gcos8m/s2，当物块的速度和传送带速度相等时，所用时间为，物体发生的位移
19、为，对物体由于mgsin37mgcos37，所以当物块的速度和传送带速度相等后物块相对于传送带向下运动，其受力如图所示，根据牛顿第二定律可知，其加速度大小为物块继续向上做匀减速直线运动，当速度减为零时，所用时间为，物块的位移为，当物块的速度减为零后，物块反向做匀加速直线运动，其加速度大小为，当物块回到传送带底端时根据x可得，下滑所用时间为故物块先做减速运动，速度减到零后反向做加速运动直到离开传送带，故A错误，B正确；C、物块在传送上运动时，受到的摩擦力fmgcos2N，在整个运动过程中，释放时速度最大，故此时传送带对物块的功率最大，故Pfv026W12W，故C正确；D、在沿斜面向上减速运动到2
20、m/s的过程中，发生的相对位移物块继续向上减速到零发生的相对位移为x2vt2x20.5m物块在向下滑动时，发生的相对位移摩擦力产生的热量Qmgcos（x1+x2+x3）（8+2）J，故D错误；故选：BC。8 解：AB、金属杆2向右运动时，切割磁感线产生感应电流，金属杆1受到向右的安培力，若安培力总小于金属杆1的最大静摩擦力，则金属杆1保持静止，随着速度增大，产生的感应电动势增大，感应电流增大，金属杆2受到的安培力增大，合力减小，加速度减小，金属杆2做加速度逐渐减小的变加速运动，当合力为零时开始做匀速运动，故A错误，B正确；CD、若安培力增大到大于金属杆1的最大静摩擦力时，金属杆1将开始向右加速
21、运动，也切割磁感线产生感应电动势，由于金属杆2和1间的速度差增大，回路产生的总的感应电动势增大，感应电流增大，两杆受到的安培力增大，则金属杆1的加速度增大，金属杆2的加速度减小，当两杆的加速度相同时，速度差恒定，回路中感应电流恒定，两杆受到的安培力恒定，合力恒定，所以最终两杆以相同的加速度一起做匀加速运动，故C错误，D正确。故选：BD。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，考生根据要求傲答（一）必考题（共129分）9 解：（1）重物和物块整体的动能增量；（2）根据动能定理有：mgxMgxEk，整理后有：（mgMg）x，变
22、形得：x；显然要绘制的象是s图象；（3）绘制的s图象是一条倾斜直线，而斜率k，由此变形可得：。故答案为：（1）；（2）C；（3）A；10 解：（1）因为干电池的放电电流不允许超过0.6A，所以测量通过干电池的电流表应该用挡位2，因为量程越小，测量结果精确度越高；（2）把A2改装成电压表，应该改装成量程至少为1.5V的才可以，用R0、R1、R2分别和A2串联后改装成的电压表的量程分别为，所以应该选择定值电阻R2与电流表A2串联；（3）因为干电池的内阻太小，应该串联一个定值电阻作为保护电阻，若是R1或者R2与电源串联，则电路中的电流太小，电流表A1不能准确测量出电路中的电流，造成测量误差太大，所以
23、应该用R0与电源串联，这样电路中的最大电流为，也正好等于A1的量程，可以满足要求；（4）当电路中的电流分别为0.1A和0.5A时，电路中的总电阻分别为，电路中总电阻的变化范围为315，所以滑动变阻器选用R4才可以满足要求，R3的电阻太小不能满足要求；（5）电流表对电路的影响主要是因为电流表的分压作用，所以应该选用a电路可以消除电流表的分压作用；（6）根据闭合电路的欧姆定律EU+Ir可得：EI2（rA+R2）+I1r，整理得由图C可以得到图象的斜率，即，解得r0.49，图象c的纵轴截距，即，解得：E1.49V。故答案为：（1）2；（2）R2；（3）R0；（4）R4；（5）a；（6）1.49，0.
24、49。11 解：（1）根据题意可知，微粒在第一象限内受到重力和电场力作用由P到O做匀加速直线运动，其运动轨迹如图所示其合力方向由P指向O，所以微粒受到的电场力向左，微粒带正电，根据三角形定则有qEmg，P到O根据动能定理有mgL+qEL，所以微粒到达O点的速度为v2；（2）根据左手定则可知，磁场的方向垂直于纸面向外，在第一象限内，根据运动学规律有，则，在第三象限内，根据牛顿第二定律有，根据几何知识有，微粒做圆周运动的圆心角为90，所以微粒在磁场中运动的时间为，则微粒在PQ间运动的总时间tt1+t2。答：（1）该微粒的带正电，通过O点时的速度大小为2；（2）磁场方向垂直于纸面向外，该微粒在PQ间
25、运动的总时间为。12 解：（1）m2离开圆弧槽后，在空中飞行过程的逆过程是平抛运动。分解m2离开圆弧槽时的速度v在竖直方向有：vyvsin37根据平抛运动规律得：vygt代入数据，联立解得：v5m/s（2）设炸药爆炸后，m1、m2获得的速率分别为v1、v2m2运动过程中，由机械能守恒定律得：代入数据解得：v26m/s爆炸过程中，由动量守恒定律得m1v1m2v2代入数据解得：v13m/s根据题意可得代入数据解得：E45J（3）对木块m1：有1m1gm1a1对木板m有：1m1g2（m+m1）gma2代入数据解得：设经过时间t达到共同速度vv1a1ta2tva2t代入数据解得：t1s，v1m/s在此
26、过程中m1的位移为木板的位移为：木板与m1的相对位移为：xx1x21.5mL故m1未脱离木板。假设它们一起做匀减速运动直到静止由2（m1+m）g（m1+m）a共得又fm1m1gm1a共，故假设成立。设此后木板发生的位移为x3，由运动学规律得所以整个过程中木板与地面的摩擦产生的热量为Q2（m1+m）g（x2+x3）代入数据得：Q3J答：（1）物块到达圆弧槽左端时的速率v为5m/s；（2）炸药爆炸释放的化学能E为45J；（3）木板从开始运动到停下的过程中与地面间因摩擦而产生的热量Q为3J。三、物理-选修3-3l（15分）。13 解：A、过程中，气体做等温变化，压强减小，根据pVC可知，体积增大，故
27、A错误；B、过程中，直线的延长线过坐标原点，故为等容变化，气体不做功，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律UW+Q可知，气体放热，不是绝热过程，故B错误；D、从a到d，根据理想气体状态方程可知，代入数据解得，故状态a的体积大于状态d的体积，故D正确；E、过程中，气体做等压变化，温度降低，分子的平均动能减小，分子撞击气壁的平均作用力减小，体积减小，单位体积内的分子数增多，气体分子在单位时问内撞击容器壁上单位面积的平均次数增加，才能保证压强不变，故E正确；故选：ADE。14 解：（i）缸内气体做等压变化，设慢升温至活塞刚要脱离气缸时温度为T，初态：V1hS，T1T0末态：V2HS，T2T由盖吕萨
28、克定律得：解得：T420K（ii）H30cm0.3m。h20cm0.2m对气缸，由平衡条件得：Mg+p0SpS在加热过程中，气体做等压变化，气体对外做功：WFxpS（Hh）联立解得：W210J由热力学第一定律得：UQ+WWW解得：U240J答：（i）活塞最终静止在缸口时，缸内气体的温度为420K；（ii）加热过程中，缸内气体内能的增加量为240J。五、物理-选修3-4（15分）15 解：ABC、波速v，由图可知，波长4m，根据波速公式，解得波的周期为：，故A错误，BC正确；D、分析质点M可知，起振方向沿y轴负方向，故质点Q起振方向为沿y轴负方向，故D错误；E、从t0到质点Q第一次到达波峰的时间为，质点M通过的路程为 s24A2410cm80cm，故E正确；故选：BCE。16 解：（i）光传播过程的光路图如图所示，根据折射定律有，代入数据解得30；（ii）进入玻璃砖中，光在AB面上D点反射，设入射角为，反射角为，因为90i30，根据三角函数关系有，且，在ODC中，由正弦定理有，解得30，因为30，CDF30，故FDE90，所以光线DE垂直于OA射出玻璃砖，在ODC中，根据几何关系有CD，又因为DE，光在玻璃中的速率为v，则光线从S传播到离开玻璃砖所用的时间为。答：（i）光线射入玻璃砖时的折射角为30；（ii）光线从S传播到离开玻璃砖所用的时间为。
