1、中学生标准学术能力诊断性测试2020年9月测试物理试卷本试卷共100分，考试时间90分钟。一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分；在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 下列说法中正确的是（）A. 照相机镜头表面镀一层增透膜，镜头表面原本反射的光全部能够进入镜头B. 拍摄橱窗内的展品，调整照相机镜头外的偏振片是让更多光线进入镜头C. 用肥皂膜观察光的薄膜干涉，人应该和光源在膜的同一侧D. 用紫外线照射锌板后，发生光电效应后的锌板应该带负电【答案】C【解析】【详解】A照相机的镜头表面镀有一层增透膜，使照相效果更好，是利用了光的干涉，并不是反射光全部进入镜头，故A错
2、误；B调整照相机镜头外的偏振片，会减弱橱窗玻璃反射光进入镜头的强度，使橱窗内物体的影像更清晰，故B错误；C观察薄膜干涉条纹时，是两列频率相同的反射光在薄膜上出现的现象，因此在入射光的同一侧，故C正确；D紫外线照射锌板，发生光电效应，锌板因失去电子，而带正电，故D错误。故选C。2. 下列说法中不正确的是（）A. 汤姆孙发现电子，揭示了原子有一定结构B. 在粒子散射实验现象的基础上，卢瑟福揭示了原子核的结构C. 玻尔第一次将量子观念引入原子领域，建立了以核式结构为基础的原子模型D. 人工核转变的结果最终确定了原子核的基本组成【答案】B【解析】【详解】A汤姆孙发现电子，揭示了原子有一定结构，选项A正
3、确，不符合题意；B在粒子散射实验现象的基础上，卢瑟福揭示了原子的核式结构，选项B错误，符合题意；C玻尔第一次将量子观念引入原子领域，建立了以核式结构为基础的原子模型，选项C正确，不符合题意；D人工核转变的结果发现了质子和中子，最终确定了原子核的基本组成，选项D正确，不符合题意。故选B。3. 某物体做直线运动的速度-时间关系为v=3t+3t2，则在第1s内的平均加速度以及1s末物体加速度随时间的变化率分别是（）A. 6m/s2、6m/s3B. 6m/s2、9m/s3C. 9m/s2、6m/s3D. 9m/s2、9m/s3【答案】A【解析】【详解】当t=0时，v0=0；当t=1s时，v1=6m/s
4、，则第1s内的平均加速度根据速度-时间关系为v=3t+3t2结合数学知识可知a=3+6t则故选A。4. 顺时针摇动水平放置的轮子，图为俯视图。若泥点从水平方向上飞出后打在竖直墙上的M点。可以判定，泥点是从哪点飞离圆盘的（）A. A点B. B点C. C点D. D点【答案】D【解析】【详解】泥点离开圆盘后做离心运动，泥点沿着圆盘的切线方向飞出，轮子顺时针转动，则在A点泥点水平向右飞出，在B点泥点斜向右飞出，在C点泥点竖直向上飞出，在D点泥点斜左上飞出，分析可得，从D点飞出时能打在竖直墙上。故选D。5. 如图所示，质量为m的小球在竖直平面内绕固定点O做半径为l的完整圆周运动，小球和O点间用轻杆相连。
5、Q点与圆心O等高，P是OQ之间某点。重力加速度为g，不考虑空气阻力和一切摩擦。小球做圆周运动过程中，下列判断错误的是（）A. 小球在最高点可能处于完全失重状态B. 小球路过Q点时，杆对小球的弹力一定指向OC. 小球路过P点时，杆对小球的弹力可能由O指向PD. 小球路过最低点时，小球对杆的弹力一定向下，大小至少为6mg【答案】D【解析】【详解】A小球运动到最高点时若杆对小球无作用力，则只有重力提供向心力，即得此时小球处于完全失重状态，故A正确；B小球路过Q点时，杆对小球的弹力提供向心力，所以此时杆对小球的弹力一定指向O，故B正确；C小球路过P点时速度较小，所需要的向心力较小，杆对小球提供支持力，
6、即杆对小球的弹力可能由O指向P，故C正确；D小球路过最低点时，杆对小球提供向上的拉力作用，使小球做圆周运动，当小球在最高点的速度为0时，对应小球运动到最低点时的速度最小，则此时杆对小球的作用力得所以小球路过最低点时，小球对杆的弹力最小值为5mg，故D错误。本题选错误的，故选D。6. 利用简单几何学，古人从地面上的两个点认识了地球，再从地球到月亮，从月亮到太阳，从太阳走向宇宙。完成了对地球半径、月球半径、太阳半径、月地距离、日地距离、较近恒星距离等的粗略计算。公元前3世纪，埃及小镇阿斯瓦有一深井，夏至正午的阳光可直接射到井底。在几年后的同一天的同一时间，埃拉托色尼记录了同一条经线上的城市亚历山大
7、（阿斯瓦的正北方）的物体的影子：1米长竖立的杆有0.125米长的影子。根据这种方法算出的地球周长约为（已知阿斯瓦到亚历山大的距离约是800km，=3.14） （）A. 3.8104kmB. 3.9104kmC. 4.0104kmD. 4.1104km【答案】C【解析】【详解】设地球的半径为R，则根据黄色区域的相似关系可知地球周长为故选C。7. 分析电流走向、找到电路中的等势点可以帮助解决复杂电路问题。在图示的电路中，已用箭头正确标出部分电阻上的电流方向。已知电路中每个电阻大小都是R，关于a、b、c、d、e点的电势，MN之间的总电阻R总，下列说法正确的是（）A. b、e、d三点电势相等，R总=R
8、B. b、e、d三点电势相等，R总=RC. a、e、c三点电势相等，R总=RD. a、e、c三点电势相等，R总=R【答案】B【解析】【详解】根据电路中流入节点的电流等于流出节点的电流，并结合对称知识可知，在ed之间的电阻上不会有电流流过，即ed两点电势相等，可视为用导线连接的两点；同理可知be两点电势相等，可视为用导线连接的两点，则电路等效为可计算出MN之间的总电阻为故选B。8. 粒子在竖直面上运动部分轨迹如图所示，已知粒子从M运动到N，图中显示粒子在水平磁场中曲率半径发生了明显、连续变化，引发这一变化可能的原因是（）A. 粒子本身荷质比变大B. 粒子所经位置磁场逐渐变弱C. 粒子受重力作用的
9、影响D. 一路电离空气分子过程中粒子本身能量减少【答案】D【解析】【详解】A.运动过程中粒子的电荷量和质量不会发生变化，荷质比不变，选项A错误。B.带电粒子在磁场中运动的轨迹半径，如果磁场逐渐变弱，则半径逐渐变大，而图中粒子从M运动到N的过程中半径逐渐变小，选项B错误。C.与磁场力相比，粒子所受重力可以忽略不计，选项C错误。D.在运动过程中，粒子使空气分子发生电离，其本身的能量逐渐减小，运动速度逐渐减小，根据根据，运动半径逐渐减小，符合图中从M到N半径逐渐减小的情况，选项D正确。故选D。9. 矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动。若轴线右侧没有磁场（磁场具有理想边界），如图所示。设abcda方
10、向为感应电流的正方向。从图示位置开始一个周期内线圈感应电流随时间变化的图像中，正确的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】从题图示位置开始，在时间内，磁通量减小，原磁场方向向里，由楞次定律“增反减同”可知，感应电流的磁场方向向里，产生的感应电流的方向为abcda，即与电流规定的正方向相同，且产生的感应电流的大小随时间按正弦规律变化，有在时间内，磁通量增大，原磁场方向向里，由楞次定律“增反减同”可知，感应电流的磁场方向向外，因线圈的位置也发生了变化，所以产生的感应电流的方向还是abcda，即与电流规定的正方向相同，结合题中选项可知，A正确，BCD错误。故选A。10. 研学小组对
11、自行车打气过程进行实验研究。首先设法测得拔下气门芯状态下内胎的容积是打足气状态的容积的一半（考虑到外胎的束缚，设打足气状态的容积不变，大小为V0）。安好气门芯后给自行车胎缓慢地打气（保证打气筒温度不变）。打气筒的总容积是V0的十分之一，每次将打气筒活塞拉到最顶端缓慢压到最底端，保证气筒内气体全部进入车胎。假设打气过程中各个衔接处不漏气，也不考虑打气筒与轮胎连接管内的微量气体影响。这样连续打气20次后胎内气体压强为（设当地大气压为P0） （）A. 2P0B. 2.5P0C. 0.4P0D. 0.5P0【答案】B【解析】【详解】设车胎容积为V0，开始时体积为 ，打入车胎内的体积为 打气20次后胎内
12、气体压强为 ，根据玻意耳定律可得解得打气20次后胎内气体压强为故选B。二、不定项选择题：本题共4小题，每小题3分，共12分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。11. 新型冠状病毒（2019-nCoV）的尺寸约为125纳米，主要通过飞沫传播和接触传播。飞沫是一种大于5微米的颗粒，由于重力它在空气中一般会沉降下去，传播时间只有几十秒，距离只有1米左右；飞沫在空气中长时间停留会逐渐失去水分而剩下的蛋白质和病原体组成的核，形成飞沫核，82%的飞沫核的大小都集中在0.74-2.12微米。根据下图的口罩实测数据可以判定（）A. 对于2微米以
13、上的微粒，医用外科口罩和N95/KN95口罩捕集效率基本相同B. 普通医用口罩对飞沫具有非常好的过滤效果，可以用于非病区的人流密集场所C. 纱布口罩对2.5微米的微粒捕集效率约有30%左右D. 医用外科口罩对不同大小的微粒的捕集效率均超过70%【答案】ABD【解析】【详解】A由图像可知，对于2微米以上的微粒，医用外科口罩和N95/KN95口罩捕集效率基本相同，均可达到100%，选项正确；B普通医用口罩对飞沫具有非常好的过滤效果，可以用于非病区的人流密集场所，选项B正确；C由图可知，纱布口罩对2.5微米的微粒捕集效率只有10%20%，选项C错误；D由图可知，医用外科口罩对不同大小的微粒的捕集效率
14、均超过70%，选项D正确。故选ABD。12. 如图所示，在一个倾角未知的、粗糙的、足够长的斜坡上，现给箱子一个沿坡向下的初速度，一段时间后箱子还在斜面上滑动，箱子和小球不再有相对运动，此时绳子在图中的位置（图中ob绳与斜坡垂直，od绳沿竖直方向）（）A. 可能是a、bB. 可能是b、cC. 可能是c、dD. 可能是d、e【答案】CD【解析】【详解】设斜面的倾角为，绳子与斜面垂直线的夹角为。据题意箱子和小球不再有相对运动，则它们的加速度相同。对箱子和小球整体作受力分析，易知：如果斜面对箱子的摩擦力小于整体的重力沿斜面的分力，整体将沿斜面向下做匀加速运动，且加速度小于gsin；如果斜面对箱子的摩擦
15、力恰等于整体的重力沿斜面的分力，整体将沿斜面向下做匀速运动；如果斜面对箱子的摩擦力大于整体的重力沿斜面的分力，整体将沿斜面向下做匀减速运动。再对小球作受力分析如图，根据牛顿第二定律分析如下：对oa情况有mgsin+ FTsin=ma必有agsin，即整体以加速度大于gsin沿斜面向下做匀加速运动，所以oa不可能。对ob情况有mgsin=ma得a=gsin，即整体以加速度等于gsin沿斜面向下做匀加速运动，所以ob不可能。对oc情况有mgsin FTsin=ma必有a，所以a0，加速度沿斜面向上，即整体沿斜面向下做匀减速运动，所以oe可能。由以上分析可知：绳子在图中的位置处于oa、ob均不可能，
16、处于oc、od、oe均可能。故选CD。13. 如图所示，物块A以一定水平速度v0在水平地面上滑行，然后与静止的物块B发生正碰。已知A、B物块质量之比为m1：m2=3：2。设碰撞过程中系统产生的热量为Q1，碰后滑行过程中系统产生的热量为Q2，Q1和Q2的比值可能是（）A. 1：2B. 2：3C. 3：2D. 2：1【答案】AB【解析】【分析】根据已知条件，碰撞过程动量守恒，但是动能不守恒，碰撞过程中动能损失产生热量Q1，碰撞后滑行过程中两物体动能损失产生热量Q2。碰撞后可以分为两种情况：1碰撞后两个物体以同样速度一起运动。2碰撞后两物体以不同速度向同一方向运动。若碰撞后两个物体以同样速度一起运动
17、，此时碰撞过程中动能损失最大，Q1最大，由于，所以Q2最小。这种情况下Q1和Q2的比值最大。【详解】若碰撞后两个物体以同样速度一起运动，取v0方向为正。根据动量守恒定律又因为m1：m2=3：2，可得碰撞过程中动能损失产生热量 滑行过程中两物体动能损失产生热量因此若碰撞后两物体以不同速度向同一方向运动， ，因此因此AB正确，CD错误。故选AB。14. 平衡位置处于坐标原点的波源S在y轴上振动，产生频率为50Hz的简谐横波向x正、负两个方向传播，波速均为100m/s。平衡位置在x轴上的P、Q两个质点随波源振动着，P、Q的x轴坐标分别为xP=3.3m、xQ=4.7m。当S过平衡位置并向y方向运动时，
18、P、Q两质点的（）A 加速度方向相同B. 位移方向相反C. 速度方向相反D. 速度大小相等【答案】BD【解析】【详解】由题意可知，波长为周期为P关于y轴的对称点P1，据题意可知两点的振动情况相同，则P1Q两点的距离之差为当S过平衡位置并向y方向运动时，Q质点在平衡位置上方，而P1点在平衡位置下方且距平衡位置距离相等，所以此时P1、Q两质点的位移大小相等，方向相反，加速度大小相等，方向相反，速度大小相等，由上下坡法可知，此时两质点均处于下坡路段即此时速度方向相同故选BD。三、实验题：本大题共2小题，共15分。15. (1)某同学做了图示的实验，为得出平抛在竖直方向做自由落体运动，应_；A改变小球
19、A、B距地面的高度，多次实验B小球A、B距地面的高度尽量小一些C改变锤子打击力度，多次实验D无论地面是否水平，只需要支撑A的面与地面平行即可(2)用频闪照片记录小球在竖直面上的某个未知运动，若运动途中的几个位置a、b、c、d如图所示（频闪时间间隔未知），图中所有间距单位均为cm。若物体水平方向做匀速直线运动，根据未知运动的轨迹及图中数据可推断：小球在竖直方向做_运动；若已知此轨迹记录的是小球的平抛运动（取g=9.8m/s2）a.小球平抛的初速度v0大小=_；b.小球经过b点时的速度vb与水平方向的夹角约为_。【答案】 (1). AC (2). 匀加速直线(不是自由落体运动，因为不知道加速度)
20、(3). 1.4m/s (4). 【解析】【详解】(1)1A球水平方向做匀速直线运动，为了说明竖直方向做自由落体运动，应改变A、B球的高度且保证两球的高度相同，观察两球是否同时落地，若同时落地说明A球竖直方向做自由落体运动，再改变锤子打击力度，且保证两球的高度相同观察两球是否同时落地故选AC(2)2由图中数据可知，相邻两点间的水平距离相等，说明相邻两点间的时间间隔相等，相邻两点间的竖直距离差相等，说明竖直方向做匀加速直线运动3竖直方向有则水平方向有4b点竖直方向的速度为则即所以小球经过b点时的速度vb与水平方向的夹角约为16. 某恒温电吹风实物模型图如图甲所示，其内部电路图如图乙所示（分为A、
21、B、C三个模块）。已知电路中二极管均为理想二极管、B模块中的b原件电阻非常小，d原件电阻也非常小。(1)根据图乙，在图甲中大致标出模块B、C的位置（图中已标出A、d的大致位置）；（ ）(2)电吹风中安装的M表示直流电动机，为能直接使用照明电，用4个二极管进行“整流”：整流后电流总是从电动机的同一端流入，另一端流出。为完成上述目的，请你在图乙中C模块导线断开的两个地方正确画出另外两个二极管的符号。（ ）(3)若图乙中标示的880W是本吹风机接通II档时的功率，求：本吹风机接通I档时的功率为_；本吹风机接通II档时，直流电动机M消耗的功率为_。(4)根据题干叙述及电路图乙，判断d原件的作用是_；图
22、中B模块中的b原件的作用是_。【答案】 (1). (2). (3). 440W (4). 40W (5). 电路电流过载时断开电路 (6). 控制吹风温度恒定【解析】【详解】(1)1模块B、C的位置如图；(2)2图乙中C模块导线断开的两个地方另外两个二极管的符号如图；(3)若图乙中标示的880W是本吹风机接通II档时的功率 3本吹风机接通I档时与一个二极管串联，由于二极管有单向导电性，而只有一半时间电流导通，则功率为II档时的功率的一半，即440W；4本吹风机接通II档时，由电路图可知阻值为110的电阻消耗的功率为则另一支路中电动机M和阻值为100的电阻消耗的功率之和为440W，在直流电动机M
23、消耗的功率相当于阻值为10的电阻消耗的功率，则(4)56根据题干叙述及电路图乙，可知d原件的作用是保护电路，即电路电流过载时断开电路；图中B模块中的b原件的作用是控制吹风温度恒定。四、计算题：本大题共4小题，共43分。17. 若地球是质量均匀分布的球体，其质量为M0，半径为R。忽略地球自转，重力加速度g随物体到地心的距离r变化如图所示。g-r曲线下O-R部分的面积等于R-2R部分的面积。（1）用题目中的已知量表示图中的g0；（2）已知质量分布均匀的空心球壳对内部任意位置的物体的引力为0。请你证明：在地球内部，重力加速度与r成正比；（3）若将物体从2R处自由释放，不考虑其它星球引力影响，不计空气
24、阻力，借助本题图像，求这个物体到达地表时的速率。【答案】（1）；（2）见解析所示；（3）【解析】【详解】（1）在地球表面，忽略地球自转，则有（2）地球是质量均匀分布的球体，设地球密度为。在地球内部，设物体到地心的距离r，根据题意，在以半径r为界，外部球壳对物体吸引力为0，则有吸引力部分的质量，根据万有引力定律可得出，在地球内部，重力加速度与r成正比。（3）微元法：将物体从离地心2R释放到落地表过程中分割为无数微小段，每一段的重力加速度可近似认为是不变的，再对这些过程进行累加求重力做功，其中gh数值与图像中R-2R部分的面积相对应，根据题意，又与O-R部分的面积对应，可得总功为根据动能定理带入计
25、算可得18. 如图，轻质细绳上端固定在O点，下端悬挂一个小球，小球静止在最低点O。已知：绳长为L，小球质量为m。（1）若用水平力将小球沿半径为L，圆心为O圆弧缓慢拉动，当小球运动到图中P点时（OOP=37），设拉力大小为F0。分析论证：将小球从O缓慢拉到P的过程中，拉力为变力，并用已知量表示出F0大小。（2）现从O点开始对小球施加一个大小为F0的水平恒力（大小同上一问），将小球拉动到Q点时撤去F0，OOQ=53。分析论证：a.小球能继续沿圆弧运动到某点后能沿原路径返回；b.小球在整个运动过程中哪个位置速度最大，并求出这个最大速度。【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】【详解】（1）缓慢移动
26、，近似平衡态，设悬绳偏离竖直方向的角度为，根据受力平衡得F=mgtan由于是变化的，故F是一个变力。当=37时，F0=0.75mg。（2）a.设小球能继续沿圆弧运动到某点后能沿原路径返回，最高点相对于最低点的高度为h，根据动能定理，有WFmgh=0即0.75mgLsin53mgh=0得h=0.6LhL=R，假设成立。b.小球运动过程中只有F0和G做功，二者的合力方向沿着OP方向，故在P点小球速度最大。根据动能定理F0Lsin37mgL（1cos37)=得19. 如图所示，导体棒MN垂直的放在粗糙水平金属轨道上，轨道间距为L。MN的有效电阻与左端固定电阻都是r，轨道其它部分电阻不计。MN质量为m
27、，MN与轨道间动摩擦因数为。垂直于金属轨道平面向上有匀强磁场，磁场强度为B。现给MN一个水平向右平行于金属轨道的初速度v0，运动过程中MN与金属轨道保持良好接触并始终与ac平行。已知MN向右运动全过程中在左端电阻r上产生的热量为Q。(1)定性画出MN向右运动过程中vt图像，并求出导体棒速率为v时的加速度；(2)求MN从开始运动到停止过程的位移；(3)求MN从开始运动到停止过程的时间。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)导体棒MN水平方向受摩擦阻力，安培力的作用，其中安培力为摩擦力为则加速度大小为由于加速度方向与速度方向相反，则导体棒做减速运动，所以加速度逐渐减小，则vt图像如图
28、(2)根据动能定理能量守恒解得(3)根据动量定理其中解得20. 电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。用图甲所示电路对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。不计图甲中电源内阻。(1)电容器充电的过程，实质上是电源逐步把正电荷从电容器的负极板移到正极板的过程。a.请利用uq图像求出电容器充电完成后储存的电能Ep；b.除了存储在电容器中的电能，充电电路消耗的其它能量都是损失的能量。证明：整个充电过程中，Ep等于损失的电能E损。(2)在如图甲所示的充电电路中，只改变R电阻，用大小不同的两个电阻及同一电源对同一电容器进行两次充电。在图乙
29、中做出两次充电过程中，极板上的电荷随时间变化的大致图像，并标出哪个是大电阻、哪个是小电阻对应的充电图像；(3)若将图甲中的电阻R减为0，本题(1)中Ep和E损的大小关系是否仍然成立？如果不成立给出合理的解释；如果成立，请解释E损的去向。【答案】(1)a.，见解析；(2)；(3)见解析【解析】【详解】(1)a.根据电容的定义Q=UC可知故电压U与电量为正比例关系，故图象如图所示根据图象的性质可知，图象与q轴所围成的面积表示电能，故有b.电源输出的总能量E总=qE=CE2则E损=E总Ep=Ep(2)如图，弯曲正确(3)成立，当R=0时损失的能量去向为：在导线上有很小的电阻因为初始充电电流非常大而产生热量电容器中电场迅速增加过程中会向外辐射电磁能。
