1、四川省绵阳市南山实验高中2020届高三物理下学期5月模拟试题（含解析）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1.如图是氢原子的能级图，对于一群处于的氢原子，下列说法中正确的是（）A. 这群氢原子能够吸收任意能量的光子后向更高能级跃迁B. 这群氢原子能够发出3种不同频率的光C. 这群氢原子发出的光子中，能量最大为D. 如果发出的光中子有两种能使某金属产生光电效应，其中一种一定是由能级跃迁到能级发出的【答案】D【解析】【分析】能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子能量越大，频率越大，波长越小。【详解】A氢原子发生跃迁，吸收的能量必须等于两能级的能级差
2、，故A错误；B根据知，这群氢原子能够发出6种不同频率的光子，故B正确；C一群处于的氢原子，由跃迁到，辐射的光子能量最大，故C错误；D如果发出的光子有两种能使某金属产生光电效应，知两种光子为能量最大的两种，分别为由跃迁到，和跃迁到能级发出的，故D正确。故选D。【点睛】解决本题的关键知道能级间跃迁满足的规律，即。关键掌握发生光电效应的条件，以及知道能级间跃迁时，哪个能级间跃迁发出的光子能量最大，哪个能级间跃迁发出的光子能量最小。2.是静止在地球赤道上的物体，是探测卫星，是地球同步卫星，它们在同一平面内沿不同的轨道绕地心做匀速圆周运动，且均沿逆时针方向绕行，若某一时刻，它们正好运行到同一条直线上（如
3、图甲所示）。则再经过6小时，图中关于、和三者位置的图示可能正确的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】同步卫星与地球保持相对静止，所以物体、卫星角速度相同，所以始终在的正上方；的转动半径比的大，据可得，的角速度小于的角速度，经过，转过的角度大一点，故D正确，ABC错误。故选D。3. 如图所示，在真空中固定两个等量异号点电荷+Q和-Q，图中O点为两点电荷的连线中点，P点为连线上靠近-Q的一点，MN为过O点的一条线段，且M点与N点关于O点对称，下列说法正确的是：A. 同一个试探电荷在M、N两点所受的电场力相同B. M、N两点的电势相同C. 将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的
4、过程中，电荷的电势能先增大后减小D. 只将-Q移到P点，其它点在空间的位置不变，则O点的电势升高【答案】A【解析】试题分析：等量异种点电荷的电场的分布具有一定的对称性，故M、N两点的电场强度相同，同一个试探电荷在M、N两点所受的电场力相同，故A正确；在过两电荷连线的垂直平分线的两侧，正电荷一边的电势要高于负电荷一边的电势，故M点的电势大于N点的电势，故B错误；将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电场力一直做正功，故电势能一直减小，故C错误；等量异种点电荷的连线中垂线是一条等势线，故O点的电势为零；只将-Q移到P点，其它点在空间的位置不变，此时两个电荷连线的中点在O点的左侧，故O点的
5、电势变为负值，故O点的电势减小，故D错误；故选A考点：电场强度；电势及电势能【名师点睛】本题关键是结合等量异号电荷的电场线分布图和等势面分布图进行分析，明确电场力做功等于电势能的减小量，不难4.如图所示，质量为3kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力。取。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间（）A. B对A的压力大小为12NB. 弹簧弹力大小为20NC. B的加速度大小为D. A的加速度为零【答案】A【解析】【详解】AC剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度隔离对B分析解得，根据牛顿第三定律可知B对A压力
6、为， C错误A正确；B细线剪断瞬间弹簧还没有来得及恢复形变，弹力大小不变，即为，B错误；D细线剪断瞬间，整体的加速度相同，均为，D错误。故选A。5.如图所示，一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子（不计重力），从静止开始经电压 U加速后，沿水平方向进入一垂直于纸面向外的匀强磁场B中，带电粒子经过半圆到A点，设OAy，则能正确反映y与U之间的函数关系的图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】粒子在电场中加速，在磁场中做圆周运动，应用动能定理求出粒子的速度，应用牛顿第二定律求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径，然后求出y与U间的关系式，再分析图示图象答题【详解】粒子在电场中加
7、速，由动能定理得：qU=mv2-0，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：，由几何知识得：y=2r，解得：，则y2=U，图C所示图象正确；故选C【点睛】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子的运动过程是正确解题的关键，应用动能定理与牛顿第二定律即可解题6.如图所示，甲图是一理想变压器，原、副线圈的匝数比为。若向原线圈输入图乙所示的正弦交变电流，图中为热敏电阻（阻值随温度升高而变小），为可变电阻，电压表和电流表均为理想电表，下列说法中正确的是（）A. 在时，电压表示数约为B. 变压器原、副线圈中的电流之比为C. 温度降低时，适当增大可保持两端的电压不变D.
8、温度升高时，电压表的示数不变，电流表的示数变大【答案】CD【解析】【详解】A由图乙可知交流电压最大值，有效值为即是电压表的读数，A错误；B根据所以变压器原、副线圈中的电流之比为，B错误；C温度降低时，电阻增大，在串联电路中适当增大的阻值，致使电路中的电流变小，根据可以保持两端的电压不变，C正确；D电压表的示数为输入电压，保持不变，根据则副线圈电压不变，温度升高时，阻值减小，根据欧姆定律可得，电流表的示数变大，D正确。故选CD。7.如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆A处质量为m的小球（可视为质点）相连A点距水平面的高度为h，直杆与平面的夹角为30，OA
9、= OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为v，并恰能停在C处已知重力加速度为g，则下列说法正确的是 A. 小球通过B点时的加速度为B. 小球通过AB段与BC段摩擦力做功相等C. 弹簧具有的最大弹性势能为D. A到C过程中，产生的内能为mgh【答案】BCD【解析】【详解】因在B点时弹簧在原长，则到达B点时的加速度为，选项A错误；因AB段与BC段关于B点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，选项B正确；设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为Ep根据能量守恒定律得，对于小球A到B
10、的过程有：mgh+Ep=mv2+Wf，A到C的过程有：mgh=2Wf，解得：Wf=mgh，Ep=mv2即弹簧具有的最大弹性势能为mv2；A到C过程中，产生的内能为2Wf=mgh，选项CD正确，故选BCD【点睛】解决本题的关键要灵活运用能量守恒定律，对系统分段列式，要注意本题中小球的机械能不守恒，也不能只对小球运用能量守恒定律列方程，而要对弹簧与小球组成的系统列能量守恒的方程8.如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L(Ld)，质量为m，电阻为R，将线圈从磁场上方高h处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开
11、磁场时速度也为v0则线圈穿越磁场的过程中，(从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止)以下说法正确的是A. 感应电流所做的功为mgdB. 感应电流所做的功为2mgdC. 线圈的最小速度一定为D. 线圈的最小速度一定为【答案】BCD【解析】【详解】AB根据能量守恒，研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，cd边刚进入磁场时速度为，cd边刚离开磁场时速度也为，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，
12、产生的热量感应电流做的功为故A错误，B正确；C线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，则则最小速度故C正确；D因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小设线圈的最小速度为，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：由上可知解得线圈的最小速度为故D正确。故选BCD。二、填空题（共2小题）9.如图甲是某同学测量重力加速度的装置，他将质量均为M的两个重物用轻绳连接，放在光滑的轻质滑轮上，这时系统处于静止状态该同学在左侧重物上附加一质量为m的小重物，这时，由于小重物m的重力作用而使系统做初速度为零
13、的缓慢加速运动，该同学用某种办法测出系统运动的加速度并记录下来完成一次实验后，换用不同质量的小重物，并多次重复实验，测出不同m时系统的加速度a并作好记录（1）若选定物块从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有（ ）A小重物的质量m B大重物的质量MC绳子的长度 D重物下落的距离及下落这段距离所用的时间（2）经过多次重复实验，得到多组a、m数据，做出图像，如图乙所示，已知该图象斜率为k，纵轴截距为b，则可求出当地的重力加速度g_，并可求出重物质量M_（用k和b表示）【答案】 (1). AD (2). 1/b (3). k/2b【解析】【详解】(1)对整体分析,根据牛顿第二定律得： ,计
14、算得出 ,根据 得： .所以需要测量的物理量有:小重物的质量m,重物下落的距离及下落这段距离所用的时间.故AD正确.(2)因为,则 ,知图线的斜率 ， ,计算得出 , .10.某同学利用以下器材测量一节干电池的电动势和内电阻，实验原理电路图如图甲所示电压表：V (量程3V，内阻Rv=10k)电流表：G (量程3mA，内阻Rg=100) 滑动变阻器：R（阻值范围010，额定电流2A)定值电阻：R0=0.5开关S和导线（1）该同学将电流表G与定值电阻R0并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是 _ A (结果保留一位有效数字）（2）该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G
15、读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标，绘出了如图乙所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=_V，电源的内阻r= _ (结果均保留小数点后两位）【答案】 (1). (1) 0.6； (2). (2) 1.461.49； (3). 0.84（0.76-0.90之间都给分）【解析】【详解】（1）1改装后电流表量程（2）23由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为：E=1.48V图线的斜率大小k=r，由数学知识知则电源的内阻为r=k=0.84三、解答题（共4小题，满分47分）11.如图所示，两形状完全相同的平板A、B置于光滑水平面上
16、，质量分别为和。平板B的右端固定一轻质弹簧，点为弹簧的原长位置，点到平板B左端点的距离为。物块C置于平板A的最右端，质量为且可视为质点。平板A与物块C以相同速度向右运动，与静止平板B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后平板A、B粘连在一起，物块C滑上平板B，运动至点压缩弹簧，后被弹回并相对于平板B静止在其左端点。已知弹簧的最大形变量为，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为。求：(1)平板A、B刚碰完时的共同速率；(2)物块C与平板B之间的动摩擦因数。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】（1）A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律有解得（2）设停在点时、共同速度为，整个过程系统动
17、量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律有解得对、组成的系统，从、碰撞结束瞬时到停在点的过程，根据能量守恒定律得解得12.如图所示，一面积为S的单匝圆形金属线圈与阻值为R的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k的磁场B.电阻R两端并联一对平行金属板M、N，两板间距为d，N板右侧xOy坐标系(坐标原点O在N板的下端)的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OA和y轴的夹角AOy45，AOx区域为无场区在靠近M板处的P点由静止释放一质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经过N板的小孔，从点Q(0，l)垂直y轴进
18、入第一象限，经OA上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第一象限求：(1)平行金属板M、N获得的电压U；(2)yOA区域内匀强磁场的磁感应强度B；(3)粒子从P点射出至到达x轴的时间【答案】（1） （2） （3）【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，求出闭合电路的电动势，即得到平行金属M、N获得的电压U；（2）由动能定理求出粒子经过MN间的电场加速度获得的速度正确画出粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何关系找出粒子运动的半径的大小，根据牛顿第二定律和向心力公式求得磁场的磁感应强度；（3）粒子从P点射出到到达x轴的时间为三段运动过程的时间之和【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，闭合线圈产生的感应
19、电动势为： 因平行金属板M、N与电阻并联，故M、N两板间的电压为：U=UR=E=kS （2）带电粒子在M、N间做匀加速直线运动，有 qU=mv2 带电粒子进入磁场区域的运动轨迹如图所示，有qvB=m 由几何关系可得：r+rcot45=l 联立得：；（3）粒子在电场中做匀加速直线运动，则有d=at12根据牛顿第二定律得：q=ma粒子在磁场中，有：T=t2=T/4粒子在第一象限的无场区中，有s=vt3由几何关系得：s=r粒子从P点射出到到达x轴的时间为：t=t1+t2+t3联立以上各式可得：t=（2d+l） ；【点睛】本题是粒子在磁场中匀速圆周运动和电磁感应的综合磁场中圆周运动常用方法是画轨迹，由
20、几何知识求半径13.如图，a、b、c、d是均匀媒质中x轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为2m、4m和6m一列简谐横波以2m/s的波速沿x轴正向传播，在时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，时a第一次到达最高点下列说法正确的( )A. 在时刻波恰好传到质点d处B. 在时刻质点c恰好到达最高点C. 质点b开始振动后，其振动周期为4sD. 在的时间间隔内质点c向上运动【答案】ACD【解析】【详解】Aad间距离为x=12m，波在同一介质中匀速传播，则波从a传到d的时间为，即在t=6s时刻波恰好传到质点d处故A正确；B设该波的周期为T，由题可得，得T=4s波从a传到c的时间为，则在t=5
21、s时刻质点c已振动了2s，而c起振方向向下，故在t=5s时刻质点c恰好经过平衡位置向上故B错误；C质点b振动周期等于a的振动周期，即为4s故C正确；Dbd相距10m；该波的波长=vT=24=8m；故bd相距则bd相当于相距四分之一波长，故有可能b、d同向运动，故D错误故选AC14.如图所示，AOB是截面为圆形、半径为R的玻璃砖，现让一束单色光在横截面内从OA靠近O点处平行OB射入玻璃砖，光线可从OB面射出；保持光束平行OB不变，逐渐增大入射点与O的距离，当入射点到达OA的中点E时，一部分光线经AB面反射后恰好未从OB面射出不考虑多次反射，求玻璃的折射率n及OB上有光射出的范围【答案】n=2 ；【解析】【详解】设光线射到AB面时入射角为，因E点为OA的中点，由几何知识可知入射角：设临界角为C，则：C=30，恰好发生全反射，则：解得：n=2由题意可知，光从OE间入射时，可从OB上射出，则从E点入射时出射点距O最远，设为F，则：
