1、柳州市2020届高三毕业班4月模拟理科综合能力测试物理部分二、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1418题只有一项符合题目要求，第1921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.下列说法正确的是（）A. 卢瑟福的核式结构模型能够解释氢原子光谱的分立特征B. 根据玻尔模型，氢原子由基态跃迁到激发态时电子运动的动能变小C. 温度升高放射性元素半衰期变短D. 用频率为的光照射某金属，发出的某光电子的初动能为，该金属的截止频率为【答案】B【解析】【详解】A卢瑟福在用粒子轰击金箔实验中发现大多粒子能穿透金箔，只有少量的粒子发生较
2、大的偏转，提出原子核式结构学说，但不能解释原子光谱分立特征，而玻尔的原子模型能很好的解释，故A错误；B氢原子从基态跃迁到激发态时，需吸收能量，则总能量增大，轨道半径变大，根据，可得因半径增大，所以动能减小，故B正确；C原子核的衰变是由原子核内部因素决定的，与外界环境无关，即与原子的物理化学状态无关，故C错误；D用频率为的光去照射某金属时，出射电子初动能为不一定是最大初动能，即根据爱因斯坦光电效应方程解得则金属的截止频率为，故截止频率小于等于，故D错误。故选B。2.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态如图所
3、示是这个装置的纵截面图若用外力使MN保持竖直，缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止在此过程中，下列说法中正确的是A. MN对Q的作用力先减小后增大B. 地面对P的摩擦力逐渐减小C. P、Q间的弹力逐渐增大D. 地面对P的支持力逐渐增大【答案】C【解析】【详解】AC、对Q受力分析,受重力、P对Q支持力和MN对Q的支持力,如图根据共点力平衡条件,有 当MN保持竖直，缓慢地向右移动，夹角 逐渐增大，根据公式可知：， 都增大，故A错；C对BD、再对P、Q整体受力分析,受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力,如图根据共点力平衡条件,有 当MN保持竖直，缓慢地向
4、右移动，夹角 逐渐增大，根据公式可知：地面对P的摩擦力逐渐增大，地面对P的支持力保持不变，故BD错误；3.如图所示，A、B两颗质量相同的卫星均绕地球做匀速圆周运动，若p表示卫星的动量大小，E表示卫星的机械能，a表示卫星的向心加速度大小，T表示周期，则下列关系正确的是（）A. pA pBB. EAEBC. aA aBD. TATB【答案】C【解析】【详解】A根据万有引力提供向心力，则有解得，A轨道半径较大，则vAvB，由于AB的质量相等，根据p=mv可知两者动量的大小关系pApB，故A错误；B卫星由低轨道向高轨道运动需要增加机械能，故在A轨道的机械能大于B轨道的机械能，故B错误；C根据万有引力提
5、供向心力，则有解得，A的轨道半径较大，则aATB，故D错误。故选C。4.如图所示，轻弹簧的上端固定在天花板上，下端挂有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向下的力F作用在物块P上，使其以加速度a竖直向下匀加速。运动一段距离（未超过弹簧的弹性限度），巳知加速度a小于重力加速度g。以x表示物块P离开初始位置的位移，则在向下加速运动的过程中，力F、物块P的动能Ek、系统的机械能增量E和x之间的关系图像可能正确的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】AB根据牛顿第二定律F-kx=ma解得F=ma+kx故F-x图像应为直线，故A错误，B正确；D初动能为零，根据动能定理有匀加速运动F合恒
6、定，故Ek-x图像应该为过原点的直线，D中初动能不为零，故D错误；C拉力F做功表征系统机械能的变化，根据功能关系有因此E-x图像为曲线，故C错误。故选B。5.一个含有理想变压器的电路如图所示，图中L1、L2和L3是完全相同的三个灯泡，灯泡的额定电压为U0，U为正弦交流电源。当开关S闭合时，电路中的灯泡均能正常发光。下列说法正确的是（）A. 理想变压器原、副线圈匝数比为12B. 交流电源电压有效值为2U0C. 交流电源电压最大值为U0D. 若开关S断开稳定后，灯泡L2变暗【答案】C【解析】【详解】A三个灯泡均正常发光，副线圈回路中的电流是原线圈中电流的2倍，因此原副线圈的匝数比为故A错误；B因为
7、副线圈回路两个灯泡的并联，电压为，根据解处原线圈两端的电压为，则交流电源的电压故B错误；C最大值，故C正确；D若断开S，副线圈回路的总电阻变大，输出功率变小，输出电流变小，输入电流变小。灯泡L1两端的电压减小，原线圈两端的电压升高，所以副线圈两端的电压增大，灯泡L2变亮，故D错误。故选C。6.如图所示，相距为2d的A、B两个点电荷固定于竖直线上，电荷量分别为+Q和-Q。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，与AB连线间的距离为d，C、D是细杆上与A、B等高的两点，O点是CD中点。一个质量为m、电荷量为+q的带电小球P（可视为点电荷，放入电场后不影响电场的分布）穿过细杆，由C点静止开始释放，向下运动到O
8、点时速度大小为v。已知静电力常量为k，重力加速度为g。则（）A. C、D两点电势C=DB. C、D两点的电场强度大小相等C. O点处的电场强度大小E=D. 小球P经过D点时的速度大小为2v【答案】BC【解析】【详解】A由等量异号电荷电场线分布可知，C点电势高于D点电势，故A错误；B由电场强度的叠加可知CD两点的电场强度大小相等，故B正确；C正点电荷Q在O点产生的场强大小为负点电荷Q在O点产生的场强大小为如图所示由电场强度的叠加可得O点处的电场强度故C正确；D从C到O与从O到D重力及电场力做功相同，从C到O过程，根据动能定理有从O到D过程，根据动能定理有联立解得，故D错误。故选B。7.一物块静止
9、在粗糙水平地面上，04s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示，02s内速度图像如图乙所示。重力加速度g=10m/s2，关于物块的运动。下列说法正确的是（）A. 第4s末物块的速度为0B. 前4s内物块的位移大小为6mC. 前4s内拉力的冲量为0D. 物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2【答案】AD【解析】【详解】D由乙图可知，第2s内物体匀速运动，则由甲图可知摩擦力f=F=2N；根据速度时间图象的斜率表示加速度，则第1s内物块的加速度=4m/s2第1s内F=6N，根据牛顿第二定律有F-f=ma代入数据则有6-2=4m解得m=1kg又解得，故D正确；A由甲图可知，第3s内物体减速运动，F
10、的大小为2N，方向反向，根据牛顿第二定律有2+f=ma解得a=4m/s2，则减速到零的时间为故第3s末物块速度为0，第4s内拉力与摩擦力相等，物块静止，故A正确；B速度时间图象围成的面积表示位移，则前4s内的位移为故B错误；C前4s内拉力的冲量为F-t图象与坐标轴所围面积，则有故C错误。故选AD8.如图所示，宽为L的平行光滑金属导轨MN和PQ由圆弧部分和水平部分平滑连接，右端接阻值为R的定值电阻，水平轨道的左边部分矩形区域内有竖直向上、大小为B的匀强磁场。在圆弧部分的某一高度h处由静止释放一根金属棒，金属棒到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒质量为m，电阻为，与导轨始终垂直接触良好。导轨电阻不
11、计，重力加速度为g。则在整个运动过程中（）A. 通过电阻的最大电流大小为B. 金属棒两端的最大电压为BLghC. 磁场区域长度d=D. 右端电阻R产生的焦耳热为mgh【答案】AC【解析】【详解】A金属棒下滑过程中机械能守恒，则有金属棒到达水平面时的速度，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势为E=BLv最大的感应电流为故A正确；B金属棒两端的电压为路端电压，最大值为故B错误；C金属棒在整个运动过程中，由动量定理得而又联立解得，故C正确；D由能量守恒整个电路产生的焦耳热为mgh，右端电阻R产生的焦耳热小于mgh，故D错误。故选AC。三、非选
12、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.某同学设计出如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t，当地的重力加速度为g0。(1)为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量_。A.小球的质量m B.AB之间的距离H C.小球的直径d(2)小球通过B点的速度v=_；(3)调整AB之间距离H，多次重复上述过程，作出随H的变化图像如图乙所示，测得该直线斜率为k0，当小球下落过程中机械能守恒时g0 =_
13、。【答案】 (1). BC (2). (3). 【解析】【详解】（1）1要验证机械能守恒定律，即需验证mgH与是否相等，其中v指的是小球通过光电门时的瞬时速度，它与小球经过光电门的平均速度相等，而小球通过光电门的平均速度大小为小球的直径与经过光电门的时间的比值。因此实验中需要测出AB之间的距离H和小球的直径。由于需验证的两式都有m，则不需要测量小球的质量，故BC正确，A错误。故选BC。（2）2匀变速运动的平均速度与该段时间中间时刻的瞬时速度相等，则有（3）3若机械能守恒，则有变形得图像的斜率解得，实验得到的g与g0相等，则机械能守恒。10.一实验小组要测量电压表V1的内阻，实验室提供如下器材A
14、.待测电压表V1（量程为0 2V，内阻约2k）B.标准电压表V2（量程为0 9V，内阻约4k）C.滑动变阻器R1（阻值范围0 10）D.定值电阻R2=20E.定值电阻R3 =5.0kF.直流电源（内阻约1，电动势为12V）G.开关、导线若干(1)为使实验结果尽可能准确，除待测电压表、直流电源、滑动变阻器、开关和导线之外，该实验小组还选取了标准电压表V2和一个定值电阻，定值电阻选_（填器材前面的序号）。(2)某同学按所给的器材完成了供电部分的电路设计，通过S2切换分压接法与限流接法。请将图中剩下电路的连线补充完整_；当S2断开时，电路为_接法；为确保电路安全，测量时，开关S2应处于_状态。(3)
15、根据选用的器材，待测电压表V1的读数为U1，定值电阻阻值为R，标准电压表V2的读数为U2，由此得出，待测电压表内阻的表达式为_。【答案】 (1). E (2). (3). 限流 (4). 闭合 (5). 【解析】【详解】（1）1由题知，要测电压表V1的内阻，则需要测出V1的电压和电流，其电压即为V1的示数，但没有电流表，所以无法直接测出电流，故为使实验结果尽可能准确，需要将一定值电阻与V1串联起来分压，然后再与电压表V2并联，故需要大电阻才能满足分压的要求，故定值电阻应选E；（2）2为使测量结果尽量准确，滑动变阻器采用分压接法，电路如图所示3当S2断开时，滑动变阻器只有右边部分接入电路中，故此
16、时为限流接法；4为确保电路安全，测量时，开关S2应处于闭合状态，则一开始测量电压表的示数可以从零开始变化，不会因为电压过大而烧坏仪器；（3）5根据串联电路电压关系，电压表V2示数为U2，则定值电阻R3两端电压为U2-U1，电流为根据解得11.如图所示，在y0区域存在着垂直xOy平面向外的匀强磁场，在第四象限的空间中存在着平行于xOy平面沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m，带电量为q的带正电粒子从坐标原点以初速度v0射入磁场，方向与x轴负方向成60角斜向上，然后经过M点进入电场，并从y轴负半轴的N点垂直y轴射出电场。已知M点坐标为（L，0），粒子所受的重力不计，求(1)匀强磁场的磁感应强度B的大
17、小；(2)匀强电场的电场强度E的大小。【答案】（1）；（2）。【解析】【详解】（1）作出粒子的运动轨迹如图所示设在磁场中运动半径为R，则几何关系可得2Rsin60=L由洛伦兹力提供向心力，则有联立解得（2）粒子从M点到N点过程为匀变速曲线运动，逆推从N到M为类平抛运动沿x轴方向有沿y轴方向由牛顿第二定律得Eq=ma解得12.如图所示，直轨道与水平面夹角为37，光滑竖直圆轨道与直轨道相切于C点，圆轨道最高点为D，半径OD竖直，半径为0.8m，质量为0.5kg的物块m放在B点，由止动装置使其静止，质量为1kg的物块M，从直轨道的P点滑向B点，当其运动到B点时，撤去m的止动装置，M与m发生弹性正碰，
18、之后m恰好通过圆轨道最高点D，已知两物块与直轨道间的动摩擦因数均为0.25，B、C点间的距离为1.7m，g=10m/s2，sin37=0.6、cos37=0.8，物块大小忽略不计均可视为质点，求：(1)物块m通过C点时的动能；(2)物块M在与m碰前瞬间速度的大小；(3)物块m抛出后落在斜面上的落点到B点的距离。【答案】（1）9.2J；（2）6m/s；（3）1.9m。【解析】【详解】（1）圆周运动过程机械能守恒，则有在最高点，由牛顿第二定律有而动能联立解得J（2）m碰后速度为，碰后到C过程由动能定理有碰撞过程动量守恒，则有由能量守恒得联立解得m/s（3）设物块在斜面上的落点为A，D点在斜面上的竖
19、直投影点为，间的距离为L，则有由几何关系知水平射程为x，则有由几何关系知x=Lcos37落点A到B的距离为联立解得m13.下列说法正确的是_。A. 气体扩散现象表明气体分子间存在斥力B. 热量不能自发的从温度低的物体传递到温度高的物体C. 温度高的物体分子的平均动能一定大D. 温度高的物体内能一定大E. 晶体熔化过程分子平均动能不变但分子势能增加【答案】BCE【解析】【详解】A气体的扩散现象表明气体分子永不停息的做无规则运动，不能说明分子间有斥力，故A错误；B热量总是自发的从高温物体传到低温物体，也可以在引起其他变化的情况下从低温物体传递给高温物体，一切热现象都具有方向性，故B正确；C分子的平
20、均动能只与温度有关，故温度越高，分子平均动能越大，故C正确；D物体内能与分子动能、分子势能、分子数量都有关系，故D错误；E晶体熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，吸收热量增加了分子势能，故E正确。故选BCE。14.如图所示A为一直立圆筒型储气罐，B为一打气筒，已知打不气筒活塞M的行程为L0，活塞面积为S，储气罐的高度为2L0，截面积为3S，开始罐内气体压强为3p0，每次开始打气时打气筒活塞在最上端，内部气体压强为p0，打气筒通过细管和单向阀门K与储气罐相连接。当打气简内气体压强大干储气罐内压强时阀门开启。细管的容积忽略不计，储气罐与打气筒导热良好，环境温度不变，缓慢向下推动活塞。活塞向下移动
21、多大距离时B中气体开始进入A中；要使储气罐内压强达到4p0，打气筒应连续打气多少次。【答案】；6。【解析】【详解】当打气筒内压强为p时开始有气体进入储气罐，则有取B中气体为研究对象，由玻意耳定律有解得所以活塞下移距离取最后罐内总的气体为研究对象，这些气体相当于3p0时的体积为V1，由玻意耳定律有解得还需要补入压强为3p0气体体积为V2，则有补入气体在p0下体积为V3，由玻意耳定律有解得打气筒应连续打气的次数为次15.一列简谐横波沿x轴传播在t = 0时刻的波形如图中实线所示，P点此时正沿y轴负方向运动，t =0.5 s时刻的波形第一次如图中虚线所示，虚线恰好过质点P的平衡位置。已知质点P平衡位
22、置的坐标x=0.5 m。下列说法正确的是_。A. 波沿x轴负方向传播B. 波源振动的周期为1.0 sC. 该波传播的速度为1.4 m/sD. 质点P运动路程为25cmE. 质点O的振动方程为y = 10cm【答案】ACD【解析】【详解】A0时刻质点P向y轴负方向运动，根据“上下坡法”可知波沿x轴负方向传播，故A正确；C由图可知，0.5s内波传播的距离为0.7m，故波的速度为1.4m/s故C正确；B波源动周期故B错误；Dt=0时刻，质点P偏离平衡位置5cm，波向x轴负方向传播，最近是x=1.2m处质点运动形式平移到该点，质点P向平衡位置运动，经十二分之一个周期刚好回到平衡位置，再运动半个周期，故路程为5+2A=25cm故D正确；E质点O的振动方程故E错误。故选ACD。16.一游客在夜间站在平静湖面的长直岸边的O点，湖面与岸平齐，在O点正前方的水下d =4m处有一点光源S，光源到岸的距离为x =3m，湖面上被光照亮的地方到O点的最大距离为m，求：水的折射率；若游客眼睛到地面高度h=1.4m，由O点垂直岸向后退多大距离时看不到点光源发出光。【答案】1.25；。【解析】【详解】作出光路图，如图所示被照亮的最远点为A，由几何关系有，而联立解得n=1.25从S射向O点的光进入不了人眼，人后退距离最大，为L时恰看不到S的光，则有根据折射定律有根据几何关系有解得
