四川省成都市2020届高三毕业班摸底测试物理试题

成都市2020届高中毕业班摸底测试

物    理

一.选择题

1.下列说法正确的是

A. 电场强度E是矢量，真空中点电荷的电场强度定义式为

B. 磁感应强度B是矢量，其定义式为

C. 电流I是标量，其定义式为I＝neSv

D. 电容C是标量，平行板电容器的电容定义式为

【答案】B

【解析】

【详解】A. 电场强度E是矢量，真空中点电荷电场强度决定式为，故A错误。

B. 磁感应强度B是矢量，其定义式为，故B正确。

C. 电流I是标量，其定义式为，故C错误。

D. 电容C是标量，平行板电容器的电容决定式为，故D错误。

2.在光电效应实验中用频率为的光照射光电管阴极发生了光电效应。下列说法正确的是

A. 减小入射光的强度，一定不发生光电效应

B. 改用频率小于的光照射，一定不发生光电效应

C. 增大入射光的强度，光电子的最大初动能变大

D. 改用频率大于的光照射，光电子的最大初动能变大

【答案】D

【解析】

【详解】A. 能否发生光电效应，与入射光的强度无关，选项A错误；

B. 光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，当改变频率小于ν，但不一定小于极限频率，故B错误；

C. 光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，则增大入射光的强度，光电子的最大初动能不变，选项C错误；

D. 根据光电效应方程知，Ekm=hv-W0，入射光的频率越高，光电子最大初动能越大。故D正确。

3.如图，电荷量分别为Q(Q>0)和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点在O与Q之间的x轴上，b点在y轴上。取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是

A. O点电势零，电场强度也为零

B. a点电场强度一定大于b点的电场强度

C. 将负的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功

D. 将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大

【答案】B

【解析】

【详解】A.结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线；电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以Ob连线的电势等于0，而电场强度不等于0．故A错误；

B.根据点电荷电场强度公式，及矢量的叠加原理可知，在x轴上，O点的电场强度最小，而在y轴上，O点的电场强度最大，因此a点电场强度大于b点电场强度的大小，故B正确；

C.将负的试探电荷从O点移到a点，即将负电荷从低电势移到高电势，则其电势能减小，电场力做正功，故C错误；

D.两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等，故D错误；

4.如图所示的电路中变阻器的最大阻值大于电源的内阻。调节变阻器的阻值使其由大到小，发现理想电流表A的示数为1.5A时，电源的输出功率达到最大值9W。由此可知

A. 电源的内阻为4Ω

B. 电源的电动势为6V

C. 电源输出功率最大时，闭合电路的总电阻为4Ω

D. 该电路中，电源效率的最大值为50%

【答案】A

【解析】

【详解】A.电源的输出功率达到最大时，设滑动变阻器的电阻值为R，则：P=I2R可得：，根据电源的输出功率最大的条件：外电阻与电源的内电阻相等可知，电源的内电阻也是4Ω．故A正确；

B.电源的电动势：E=I（R+r）=1.5×（4+4）=12V．故B错误；

C.电源输出功率最大时，闭合电路的总电阻为：R总=R+r=4+4=8Ω．故C错误；

D.电源的效率η=×100%，随外电阻的变化而变化，外电阻越大，则效率越大，可以大于50%．故D错误.

5.如图，长为1m的金属直棒以1m/s的速度沿倾角60°的绝缘斜面匀速下滑，斜面处在方向竖直向下、磁感应强度为0.1T的匀强磁场中。则在金属棒匀速下滑的过程中

A. 棒内电子受洛仑兹力作用，棒受到安培力作用

B. 棒内电子不受洛仑兹力作用，棒不受安培力作用

C. 棒两端的电压为0.05V

D. 棒两端的电压为0.1V

【答案】C

【解析】

【详解】AB.在金属棒匀速下滑的过程中，棒内电子磁场中运动，速度方向与磁场不平行，电子要受洛仑兹力作用。由于棒中没有电流，所以棒不受安培力作用，故AB错误。

CD.棒产生的感应电动势 E=BLvcos60°=0.1×1×1×0.5V=0.05V，由于棒中无电流，则棒两端的电压等于棒产生的感应电动势，所以棒两端的电压为0.05V．故C正确，D错误。

6.如图.单匝矩形线圈ab边长为20cm，bc边长为10cm，绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，转速为50r/s。若磁感应强度为0.1T，线圈电阻为1Ω。则

A. 转动过程中线圈中磁通量的变化率恒定

B. 1s内线圈中电流方向改变100次

C. 线圈中感应电流的瞬时值表达式为(A)

D. 线圈消耗的电功率为W

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据交流电产生的规律可知，在线圈转动的过程中，穿过线圈中磁通量的变化率做周期性的变化。故A错误；

B.线圈转速为50r/s，则1s内线圈中电流方向改变100次。故B正确；

C.磁场的磁感应强度B=0.1T，线圈的边长ab=20cm=0.2m，bc=10cm=0.1m，线圈总电阻r=1Ω，线圈的转速n0=50r/s。所以ω=2πn=2π×50=100π rad/s；最大值：Em=BSω=0.1×0.2×0.1×100π=0.2π （V），线圈上的最大电流：；则线圈中感应电流的瞬时值表达式为i=sin100πt（A），故C错误；

D.电阻R上的热功率，故D错误.

7.如图，理想变压器原副线圈的匝数比为2：1，电阻=10Ω，电流表和电压表均为理想交流电表。若电流表A的示数为0.5A，则电压表V的示数为

A. 2V B. 2.5V C. 4V D. 10V

【答案】A

【解析】

【详解】根据变压器电压和匝数的关系可知，输入电压与输出电压之比为U1：U2=2：1，则电阻R1两端电压为U1，电阻R2两端电压为U2，则通过两电阻的电流之比为2：1；若设通过电阻R2的电流为I2，则通过电阻R1的电流为2I2，根据电流和匝数的关系可知，原线圈的输入电流为，因电流表示数为0.5A，则+2I2=0.5A，即I2=0.2A，电压表示数为U2=I2R2=2V。
A. 2V，与结论相符，选项A正确；

B. 2.5V，与结论不相符，选项B错误；   

C. 4V，与结论不相符，选项C错误；   

D. 10V，与结论不相符，选项D错误；

8.如图，边长ab＝1.5L、bc＝L的矩形区域内存在着垂直于区域平面向里的匀强磁场，在ad边中点O处有一粒子源，可在区域平面内沿各方向发射速度大小相等的同种带电粒子。已知沿Od方向射入的粒子在磁场中运动的轨道半径为L，且经时间t0从边界cd离开磁场。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是

A. 粒子带负电

B. 粒子可能从c点射出

C. 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0

D. 粒子在磁场中运动的最长时间为2t0

【答案】D

【解析】

【详解】粒子运动轨迹如下图所示：

A.根据左手定则可知粒子带正电，故A不符合题意；
B.当粒子轨迹与dc相切时，设切点与d点距离为x，由几何关系得：

解得：

则粒子不会达到c点，故B不符合题意；

C.设粒子轨迹对应的圆心角为 ，

解得：

根据题意得：

解得：

T=6t0

故C不符合题意；

D.当有几何关系可以得到，粒子轨迹与bc边相切且从b点处射出时，在磁场中运动的时间最长，如下图所示：

设此时运动的角度为 ，由几何关系得：

解得：

则运动时间为：

故D符合题意。

二.多选题

9.关于近代物理学，下列说法正确的是

A. 玻尔原子模型能很好地解释氢原子光谱的实验规律

B. 电子的行射现象说明电子具有波动性

C. 德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越大

D. 目前我国核电站的能量来源于轻核聚变

【答案】AB

【解析】

【详解】A.玻尔原子理论解释氢原子光谱，故A正确；

B.电子的衍射实验证实了物质波的存在，说明电子具有波动性，故B正确；

C.依据德布罗意波长公式可知，微观粒子的动量越大，其对应的波长就越短，故C错误；

D.现已建成的核电站的能量均来自于核裂变，故D错误。

10.如图，水平放置的平行板电容器与直流电源连接，下极板接地。一带电质点恰好静止于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板向上移动一小段距离，则

A. 电容器的电容将减小，极板所带电荷量将增大

B. 带电质点将沿竖直方向向上运动

C. P点的电势将降低

D. 若将带电质点固定，则其电势能不变

【答案】BC

【解析】

【详解】A.下极板向上移动时，板间距减小，根据可知，电容减增大，因U不变，由Q=UC可知，电量将增大，故A错误；

B.开始时电场力与重力平衡，合力为零；下极板上移时，因U不变，根据E=U/d可知，电场强度增大，电场力增大，粒子将向上运动，故B正确；

C.场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将增大，上极板的电势等于电源的电动势，保持不变，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低。故C正确；

D.电场力向上，故粒子一定带负电，P点的电势降低，则其电势能将增大，故D错误。

11.一质谱仪的原理如图，粒子源产生的带电粒子(不计重力)经狭缝S1与S2之间的电场加速后进入速度选择器做直线运动，从小孔S3穿出再经磁场偏转最后打在照相底片上。已知磁场B1、B2的方向均垂直纸面向外。则

A. 图中P1可能为电源负极

B. 图中所示虚线可能为α粒子的轨迹

C. 在速度选择器中粒子可以做加速运动

D. 打在底片上的位置越靠近S3，粒子的荷质比越大

【答案】BD

【解析】

【详解】AB. 由左手定则可知，粒子在下面磁场中向左偏转，知粒子带正电，可知图中所示虚线可能为α粒子的轨迹，选项B正确；粒子带正电，则粒子在P1P2之间向下运动时受到向左的洛伦兹力，可知电场力向右，则图中P1为电源正极，选项A错误；

C. 在速度选择器中粒子做直线运动，则所受的电场力和洛伦兹力平衡，可知洛伦兹力不变，粒子做匀速运动，不可能做加速运动，选项C错误；

D. 打在底片上的位置越靠近S3，粒子的运动半径R越小，由可知，荷质比越大，选项D正确.

12.如图甲圆环a和b均由相同的均匀导线制成，a环半径是b环的两倍，两环用不计电阻且彼此靠得较近的导线连接。若仅将a环置于图乙所示变化的磁场中，则导线上M、N两点的电势差UMN=0.4V.下列说法正正确的是

A. 图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向里

B. 图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向外

C. 若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两端的电势差UMN=-0.4V

D. 若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两端的电势差UMN=-0.2V

【答案】AD

【解析】

【详解】AB.a环置于磁场中，则导线M、N两点的电势差大于零，则M点电势高，感应电流方向为逆时针，原磁场的方向垂直纸面向里，故A正确，B错误。

CD.a环与b环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，根据电阻定律，电阻之比为2：1；M、N两点间电势差大小为路端电压，。磁感应强度变化率恒定的变化磁场，故根据法拉第电磁感应定律公式E=S，得到两次电动势的大小之比为4：1，故两次的路段电压之比为U1：U2=2：1。根据楞次定律可知，将b环置于磁场中，N点的电势高，故电势差 UMN=-0.2V，故C错误，D正确。

三.非选择题

13.欧姆表的原理如图。其中，电池的电动势为E、内阻为r，表头G的满偏电流为Ig、内阻为Rg。

(1)图中的A端应与_______(填“红”或“黑”)色表笔相连接。

(2)测量电阻前，将红、黑色表笔短接，调节可变电阻使通过表头G的电流达到Ig，此时可变电阻接入电路的阻值R0=______________。

(3)测量电阳时，若表头G的示数为I，则被测电阻的阻值Rx=__________。[(2)、(3)结果用E、r、Ig、Rg、I表示]

【答案】    (1). 黑；    (2). ；    (3).

【解析】

【详解】第一空.多用表的正极接黑表笔，因此图中的A端应与黑色表笔相连接。

第二空.由闭合电路的欧姆定律可知，，解得.

第三空. 由闭合电路的欧姆定律可知，，

解得

14.某电阻的额定电压为2V、正常工作时的阻值约500Ω，现要精确测定其正常工作时的阻值Rx。实验室提供的器材有：

A.电流表A1(量程50mA.内阻r1约3Ω)

B.电流表A2(量程3mA，内阻r2=15Ω)

C电压表V(量程9V，内阻RV=1kΩ)

D.定值电阻1(阻值R1=985Ω)

E.定值电阻2(阻值R2=1985Ω)

F.滑动变阻器(0～20Ω)滑动变阻器

G.蓄电池E(电动势10V，内阻很小)

H开关S一个，导线若干

(1)某同学设计的实验电路如图。其中，电表1应选_________，电表2应选_________，定值电阻R应选_________。(填器材前的序号字母)

(2)实验中，调节滑动变阻器的阻值，当电表1的示数x1=_________时(结果保留1位有效数字)，被测电阻正常工作，此时电表2的示数为x2。

(3)被测电阻正常工作时电阻的表达式Rx=_________(用x1、x2和器材中已知量的符号表示)。

【答案】    (1). B；    (2). A；    (3). D；    (4). 2mA；    (5).

【解析】

【详解】第一空.第二空.第三空.根据设计的实验电路图，电表1应选已知内阻的电表B；电表2应选量程较大的电表A，定值电阻R应选阻值为R1=985Ω的D即可.

第四空.定值电阻正常工作时，两端的电压为2V，则此时当电表1的示数；

第五空.由电路结构可知： ，解得

15.如图，A、B是水平放置且间距d=5cm的两平行金属板，两板间为匀强电场，一质量m=1×10-9kg、电荷量q=5×10-12C的一带负电液滴恰静止在两板正中间的P点。液滴可视为质点，重力加速度g=10m/s2。

(1)求两板间的电场强度大小；

(2)若将液滴从P点移到B板，求该过程中电势能的增加量。

【答案】(1) E=2×103N/C；(2) =2.5×10-10J

【解析】

【详解】（1）液滴受电场力和重力作用处于平衡状态

由力的平衡条件有：mg=qE

代入数据解得：E=2×103N/C

（2）将液滴从P点移动到B板的过程中，电场力做负功

代入数据解得：=2.5×10-10J

16.如图，水平固定且间距为L的平行导轨处于方向垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨左端接有阻值为R的电阻，导轨上有a、b两根与导轨接触良好的导体棒，两棒的质量均为m、电阻均为2R。现对a施加一平行于导轨的恒力，使其由静止开始水平向右运动，当a向右的位移为x时，a的速度达到最大且b刚好不滑动。已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩察力，导轨电阻不计，重力加速度为g。求：

(1)b中的最大电流以及a的最大速度；

(2)a发生位移x的过程中，b产生的焦耳热。

【答案】(1) ；(2)

【解析】

【详解】（1）当a的速度达到最大值时，b中电流达到最大值

此时b刚好不滑动，对b由力的平衡条件有：

解得：

由电路分析有：

故：

电路的总电阻为：

则导体棒a产生的感应电动势为：

得：

由法拉第电磁感应定律有

解得：

（2）a先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大值后做匀速运动

a的速度为时，对a由力的平衡条件有：

a发生位移x的过程中，对系统由功能关系有：

各电阻的热功率分别为：，，

故

解得：

17.如图，粒子源由静止释放出质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，先经水平方向的电场加速，再沿中心轴线射入方向竖直的匀强电场，接着进入方向水平向里的有界匀强磁场(边界竖直)，最后经磁场偏转打到磁场左边界的感光胶片上。已知加速电场的电压为U0，偏转电场的板间距和极板长均为L、所加电压为，磁场的磁感应强度为。

(1)求带电粒子穿出偏转电场时的速度大小；

(2)求磁场的最小宽度；

(3)若简转电压可取与之间的任意一值，为使粒子都能打在感光胶片上，求感光胶片的最小长度。

【答案】(1) ；(2) (3)

【解析】

【详解】（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理有：

得：

粒子在偏转电场中的偏转，由牛顿第二定律：

水平方向上：

竖直方向有：

联立以上各式，将代入解得：

（2）如图1，粒子速度与磁场左边界的夹角满足：

解得：θ=60°

粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律有：

由几何关系，磁场的最小宽度：

联立以上各式，将代入解得：

（3）粒子在磁场中偏转时的侧移量为：

且：，

所以：为一定值

故感光胶片最小长度即为粒子在偏转电场中最大和最小偏转距离的差值为

在偏转电场中，偏转距离：

当时偏转距离最大：(，能穿出偏转电场)

当时偏转距离最小，

解得：

18.下列说法正确的是________

A. 一定质量的气体放出热量，其分子的平均动能可能增大

B. 在不考虑分子势能的情况下，质量和温度相同的氢气和氧气内能相同

C. 液体中悬浮颗粒内的分子所做的无规则运动就是布朗运动

D. 天然石英表现为各向异性，是由于组成该物质的微粒在空间的排列是规则的

E. 某些小昆虫在水面上行走自如，是因为“液体的表面张力”，该力是分子力的宏观表现

【答案】ADE

【解析】

【详解】A.气体放出热量，若外界对其做功，根据热力学第一定律可知内能可能增大，温度升高，其分子的平均动能可能增大，故A正确；

B.质量相等的氢与氧比较，氢的物质的量较多；温度相等则分子的平均动能相等，所以在不考虑分子势能的情况下，质量和温度相同的氢气和氧气内能不相同，故B错误；

C.布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的运动，不是分子的无规则运动，故C错误；

D.天然石英表现为各向异性，是由于组成该物质的微粒在空间的排列是规则的，具有空间上的周期性，故D正确；

E.液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，某些小昆虫在水面上行走自如，是因为“液体的表面张力”，该力是分子力的宏观表现。故E正确。

19.如图，透明容器中装有足够深的某种均匀液体，液面上竖直倒插着一根质量m=0.01kg的细长玻璃试管，当外界大气压强p0=1.01×105Pa时，试管静止时露出液面的长度为L=5cm，管中空气柱的总长度为L0=15cm，已知试管横藏面积为S=1×10-4m2，重力加速度g=10m/s2。试管的壁厚不计，试管与液体之间的粘滞力也不计。

(i)求该液体的密度；

(ii)若温度不变，但由于某种原因导致外界大气压强变为p′0=0.99×105Pa时，求试管再次静止后露出水面部分的长度L′。

【答案】(i) ；(ii)5.3cm

【解析】

【详解】(i)对试管由力的平衡条件得：

代入数据解得该液体密度：×103㎏/m3

(ii)初态，试管内气体压强为：=1.02×105Pa

末态，试管内气柱长度为

试管内气体压强为：=1.0×105Pa

根据玻意耳定律有：

代入数据解得：=15.3cm

因试管排开的液体体积不变，故露出水面部分的长度变为：

=5.3cm

20.弹性介质中某质点O沿竖直方向做简谐运动的规律如图甲，它完成两次全振动后停在平衡位置，其形成的机械波沿水平方向的x轴匀速传播，波速大小为10m/s。x轴上有3个质点(如图乙)，它们的坐标分别为xP＝－2m、xQ＝1m、xR＝3m。以质点O开始振动作为计时零点，下列说法正确的是         

A. 该机械波的波长为4m

B. 质点P在0.4s时刻的振动方向沿y轴负方向

C. 质点Q在0.5s内通过的路程为10cm

D. 质点R在0.4s时刻第一次位于波峰

E. 质点R在1.0～2.0s时间内通过的路程为20cm

【答案】ABDE

【解析】

【详解】A.由甲图可知，波的周期为T=0.4s，根据，，解得波长=4m，故A符合题意。

B.分析甲图可知，质点的起振方向沿y轴正方向，波传播到质点P的时间为0.2s，则质点P在0.4s时刻，位于平衡位置，振动方向沿y轴负方向，故B符合题意。

C.波传播到质点Q的时间为0.1s，则在0.5s内，经过了1个周期，通过的路程为8cm，故C不符合题意。

D.波传播到质点R的时间为0.3s，则在0.4s内振动了0.1s，经过了 个周期，质点第一次位于波峰，故D符合题意。

E.质点R在1s时振动了0.7s，即 T，处于波谷位置，经过1s通过个周期，通过的路程为20cm，故E符合题意。

21.如图，ABCA是横截面为直角三角形的玻璃三棱镜，一平行于CB边的细激光束从AC边上的某点射入梭镜后，在AB边上的D点部分反射、部分折射，其中反射光刚好与AC边平行。已知AB=L，AD=，∠C=30°，空气中的光速为c。

(i)试通过计算，判断光束第一次射到BC边时是否发生全反射；

(ii)求光束自进入棱镜到第一次从AC边射出所经历的时间。

【答案】(i)能发生全反射；(ii)

【解析】

【详解】(i)设光在AC边的入射点为E，在BC边的反射点为D，在AC边的出射点为G，光路图如图所示

由图结合题意可知，在D点反射角为30°，∠ADE=60°，ADE为等边三角形，在E点折射时，入射角i=60°，折射角为r=90°-∠ADE=30°

根据折射定律得：

得：

设发生全反射的临界角为C，则有

在F点，入射角为60°，因sin60°=>，故该处会发生全反射。

(ii)光射至G点发生折射进入空气

FG=ED=AD=

故光在棱镜中通过的路程：s=ED+DF+FG=2L

光棱镜中的速度：

解得光在棱镜中传播的时间为：