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2020年广东省深圳市高考高三一模物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2020年广东省深圳市高考高三一模物理试卷（含详细答案解析），共29页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2020年广东省深圳市高考物理一模试卷
二、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14～18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2020年深圳春节期间路灯上悬挂的灯笼，三个灯笼由轻绳连接起来挂在灯柱上，O为结点，轻绳OA、OB、OC长度相等，无风时三根绳拉力分别为FA、FB、FC．其中OB、OC两绳的夹角为60°，灯笼总质量为3m，重力加速度为g。下列表述正确的是（ ）
A．FB一定小于mg
B．FB与FC是一对平衡力
C．FA与FC大小相等
D．FB与FC合力大小等于3mg
2．（6分）为了做好疫情防控工作，小区物业利用红外测温仪对出入人员进行体温检测。红外测温仪的原理是：被测物体辐射的光线只有红外线可被捕捉，并转变成电信号。图为氢原子能级示意图，已知红外线单个光子能量的最大值为1.62eV，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，最少应给处于n＝2激发态的氢原子提供的能量为（ ）
A．10.20eV B．2.89eV C．2.55eV D．1.89eV
3．（6分）电容器是一种常用的电学元件，在电工、电子技术中有着广泛的应用。以下有关电容式传感器在生活中应用说法正确的是（ ）
A．甲图中，手指作为电容器一电极，如果改用绝缘笔在电容式触摸屏上仍能正常操作
B．乙图中，力F增大过程中，电流计中的电流从a流向b
C．丙图中，油箱液位上升时，电容变小
D．丁图中，当传感器由静止突然向左加速，电容器处于充电状态
4．（6分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为11：1，原线圈接入如图乙所示的正弦式交变电流，A、V均为理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，R是定值电阻，L是灯泡，Rt是热敏电阻（电阻随温度升高而减小）。以下说法正确的是（ ）
A．交变电流的频率为100Hz
B．电压表的示数为10V
C．当温度升高时，灯泡L变亮
D．当温度降低时，理想变压器输入功率增大
5．（6分）如图甲所示，质量为0.5kg的物块和质量为1kg的长木板，置于倾角为37°足够长的固定斜面上，t＝0时刻对长木板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块开始沿斜面上滑，作用一段时间t后撤去拉力F．已知长木板和物块始终保持相对静止，上滑时速度的平方与位移之间的关系如图乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．长木板与斜面之间的动摩擦因数为μ1＝0.35
B．拉力F作用的时间为t＝2s
C．拉力F的大小为13N
D．物块与长木板之间的动摩擦因数μ2可能为0.88
6．（6分）如图所示，一光滑绝缘足够长的斜面与两个等量同种正点电荷连线的中垂面重合，O为两点电荷连线的中点。A、B为斜面上的两点，且BO＞AO．一个带电荷量为q、质量为m，可视为质点的小物块，从A点以初速度v0开始沿斜面下滑，到达B点速度恰好为零。（斜面对电场无影响）以下说法正确的是（ ）
A．小物块带正电，从A运动到B点，加速度先增大后减小
B．小物块带负电，从A运动到B点，电势能先减小后增大
C．小物块运动到O点时具有最大速度
D．小物块能回到A点，且速度大小等于v0
7．（6分）如图所示，一磁感强度为B的匀强磁场垂直纸面向里，且范围足够大。纸面上M、N两点之间的距离为d，一质量为m的带电粒子（不计重力）以水平速度v0从M点垂直进入磁场后会经过N点，已知M、N两点连线与速度v0的方向成30°角。以下说法正确的是（ ）
A．粒子可能带负电
B．粒子一定带正电，电荷量为mv0dB
C．粒子从M点运动到N点的时间可能是πd3v0
D．粒子从M点运动到N点的时间可能是13πd3v0
8．（6分）如图所示，航天器和卫星分别在同一平面内的1、2轨道上绕地球做匀速圆周运动，其半径分别为r、2r，速率分别为v1和v2，航天器运动到A点时突然加速到v3后沿曲线运动，其轨迹与轨道2交于B点，经过B点时速率和加速度分别为v4和a1，卫星通过B点时加速度为a2．已知地球的质量为M，质量为m的物体离地球中心距离为r时，系统的引力势能为−GMmr（取物体离地球无穷远处引力势能为零），物体沿AB曲线运动时机械能为零。则下列说法正确的是（ ）
A．v3=2v1
B．v2＝v4
C．a1＞a2
D．若航天器质量为m0，由A点运动到B点的过程中地球对它的引力做功为﹣m0v22
三、非选择题：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．（5分）小明同学在“研究物体做匀变速直线运动规律”的实验中，利用打点计时器（电源频率为50Hz）记录了被小车拖动的纸带的运动情况，并取其中的A、B、C、D、E、F、G七个计数点进行研究（每相邻两个计数点之间还有4个点未画出）。其中x1＝0.70cm，x2＝1.62cm，x3＝2.75cm，x4＝ cm（从图中读取），x5＝5.65cm，x6＝7.41cm，则打点计时器在打D点时小车的速度vD＝ m/s，小车的加速度a＝ m/s2．（计算结果均保留到小数点后两位）
10．（10分）在一次测量定值电阻Rx阻值（Rx≈5Ω）的分组实验中，甲、乙两组分别进行了如下实验过程：
（1）甲组可选器材如下：
滑动变阻器RA（0～500Ω，100mA）；
滑动变阻器RB（0～5Ω，2A）；
电流表A（0～0.6A、内阻约2Ω：0～3A、内阻约0.5Ω）；
电压表V（0～3V、内阻约1.5kΩ：0～15V、内阻约7.5kΩ）；
电源E（电动势为3V）；
开关S，导线若干。
①为便于调节和测量，滑动变阻器采用分压接法，应选择 （选填“RA”或“RB”）；
②请根据以上实验器材，在图甲中将实物电路连接完整：
③按以上操作，测得Rx测 Rx真（填“＞”、“＝”或“＜”）。
（2）乙组可选器材如下：
电压表V（0～3V）；
滑动变阻器RC（10Ω，1A）；
电阻箱R0（0～999.99Ω）；
电源E（电动势为3V）；
开关S。
请根据乙组的电路图乙和以上实验器材在MN处先接 ，按一定的步骤操作后记下仪表的读数，再换接 、正确操作后测出Rx的阻值；若在MN处更换器材时，不小心将滑动变阻器的滑片P向左移了一些，测量结果将 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
（3）比较甲乙两组测量结果， 组更接近真实值（填“甲”或“乙”）。
11．（12分）如图所示，金属圆环轨道MN、PQ竖直放置，两环之间ABDC内（含边界）有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。电阻为r，长为2l的轻质金属杆，一端套在内环MN上，另一端连接质量为m的带孔金属球，球套在外环PQ上，且都与轨道接触良好。内圆半径r1＝l，外圆半径r2＝3l，PM间接有阻值为R的电阻，让金属杆从AB处无初速释放，恰好到达EF处，EF到圆心的连线与竖直方向成θ角。其它电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g。求：
（1）这一过程中通过电阻R的电流方向和通过R的电荷量q；
（2）金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速率v和R两端的电压U。
12．（20分）如图所示，光滑水平面上有一被压缩的轻质弹簧，左端固定，质量为mA＝1kg的滑块A紧靠弹簧右端（不拴接），弹簧的弹性势能为Ep＝32J．质量为mB＝1kg的槽B静止放在水平面上，内壁间距为L＝0.6m，槽内放有质量为mC＝2kg的滑块C（可视为质点），C到左侧壁的距离为d＝0.1m，槽与滑块C之间的动摩擦因数μ＝0.1．现释放弹簧，滑块A离开弹簧后与槽B发生正碰并粘连在一起。已知槽与滑块C发生的碰撞为弹性碰撞。（g＝10m/s2）求：
（1）滑块A与槽碰撞前、后瞬间的速度大小；
（2）槽与滑块C最终的速度大小及滑块C与槽的左侧壁碰撞的次数；
（3）从槽开始运动到槽和滑块C相对静止时各自对地的位移大小。
【物理--选修3-3】（15分）
13．（5分）如图所示，圆筒形容器A、B用细而短的管连接，活塞F与容器A的内表面紧密接触，且不计摩擦。初始K关闭，A中有温度为T0的理想气体，B内为真空，整个系统对外绝热。现向右缓慢推动活塞F，直到A中气体的体积与B的容积相等时，气体的温度变为T1，则此过程中气体内能将 （填“变大”、“不变”、“变小”）。然后固定活塞不动，将K打开，使A中的气体缓慢向B扩散，平衡后气体的温度变为T2，那么T2 T1（填“＞”、“＝”、“＜”）。
14．（10分）如图甲所示，A端封闭、B端开口、内径均匀的玻璃管长L＝100cm，其中有一段长h＝15cm的水银柱把一部分空气封闭在玻璃管中。当玻璃管水平放置时，封闭气柱A长LA＝40cm。现把玻璃管缓慢旋转至竖直，如图乙所示，再把开口端向下插入水银槽中，直至A端气柱长L1＝30cm为止，这时系统处于静止平衡。已知大气压强p0＝75cmHg，整个过程温度不变，试求：
Ⅰ．玻璃管旋转至竖直位置时，A端空气柱的长度；
Ⅱ．如图丙所示，最后槽内水银进入玻璃管内的水银柱的长度d（结果保留两位有效数字）。
【物理--选修3-4】（15分）
15．如图所示，有两束细单色光p、q射向置于空气中的三棱镜表面，此时三棱镜的右侧表面只有一束光线射出（不考虑反射的情景），则两束光在三棱镜中的传播速率vp vq（填“＞”、“＝”、“＜”），若一束为黄光，一束为红光，则 是红光（填“p”或“q”）。
16．一列简谐横波的波源振动一个周期时波形如甲图所示，乙图为质点Q从该时刻计时的振动图象，P、Q分别是平衡位置为x1＝0.5m和x2＝2m处的质点。
I．请判断该简谐横波的传播方向和P、Q两点谁先到达波谷，并计算波速；
Ⅱ．从计时时刻起，当质点Q第三次出现在波峰位置时，请确定x＝11m处的质点M的振动方向及M在这段时间内的总路程。
2020年广东省深圳市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
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14～18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2020年深圳春节期间路灯上悬挂的灯笼，三个灯笼由轻绳连接起来挂在灯柱上，O为结点，轻绳OA、OB、OC长度相等，无风时三根绳拉力分别为FA、FB、FC．其中OB、OC两绳的夹角为60°，灯笼总质量为3m，重力加速度为g。下列表述正确的是（ ）
A．FB一定小于mg
B．FB与FC是一对平衡力
C．FA与FC大小相等
D．FB与FC合力大小等于3mg
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【分析】以O点为研究对象作出受力分析图，由正交分解法可得出平行四边形，由几何关系可得出各力间的关系。
【解答】解：ACD、三个灯笼受到重力与OA的拉力，所以OA的拉力FA＝3mg
三根绳子等长，可知OB与OC的拉力是相等额；对O点进行受力分析如图：
可知：FBcos30°+FCcos30°＝FA＝3mg，
所以：FB=FC=3mg，故A错误，C错误，D正确；
B、由图可知，FB与FC的方向不在同一条直线上，所以不是一对平衡力，故B错误；
故选：D。
【点评】该题结合力的合成与分解考查共点力平衡，解答的关键是要先判断出绳子OB与OC上的拉力相等。
2．（6分）为了做好疫情防控工作，小区物业利用红外测温仪对出入人员进行体温检测。红外测温仪的原理是：被测物体辐射的光线只有红外线可被捕捉，并转变成电信号。图为氢原子能级示意图，已知红外线单个光子能量的最大值为1.62eV，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，最少应给处于n＝2激发态的氢原子提供的能量为（ ）
A．10.20eV B．2.89eV C．2.55eV D．1.89eV
【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁．菁优网版权所有
【分析】根据题意，氢原子在跃迁时辐射能量的最小能量要大于1.62eV，才能被红外测温仪捕捉。因此n＝2激发态的氢原子吸收最小能量跃迁到更高能级，再向低能级跃迁时，辐射能量最小值大于1.62eV即可。
【解答】解：由氢原子能级示意图可知，最少应给处于n＝2激发态的氢原子提供的能量，
若使其跃迁到n＝4激发态，然后氢原子从n＝4激发态向低能级跃迁时，所辐射光子能量最小值为：
Emin＝﹣0.85eV﹣（﹣1.51eV）＝0.66eV＜1.62eV，
同理，若氢原子从n＝3激发态向低能级跃迁时，所辐射光子能量最小值为：
Emin＝﹣1.51eV﹣（﹣3.4eV）＝1.89eV＞1.62eV，
红外线单个光子能量的最大值为1.62eV，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，
因此最少应给处于n＝2激发态的氢原子提供的能量，跃迁到n＝4激发态满足条件，
那么提供的能量为：△E＝E4﹣E2＝﹣0.85eV﹣（﹣3.4eV）＝2.55eV，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题的关键是掌握氢原子在能级跃迁时，吸收或辐射的光子能量与各能级差间的关系，理解最少应给处于n＝2激发态的氢原子提供的能量，能使其跃迁到哪个能级是解题的关键，并注意辐射的光子能量最小值要小于1.62eV，即可被红外测温仪捕捉。
3．（6分）电容器是一种常用的电学元件，在电工、电子技术中有着广泛的应用。以下有关电容式传感器在生活中应用说法正确的是（ ）
A．甲图中，手指作为电容器一电极，如果改用绝缘笔在电容式触摸屏上仍能正常操作
B．乙图中，力F增大过程中，电流计中的电流从a流向b
C．丙图中，油箱液位上升时，电容变小
D．丁图中，当传感器由静止突然向左加速，电容器处于充电状态
【考点】AN：电容器与电容．菁优网版权所有
【分析】根据电容器的构造可以知道用绝缘笔代替手指，就不能构成电容器了，也就不能正常工作；根据C=ɛS4πkd可以判断两板间距离变化、正对面积发生变化时电容器的大小变化，因为电容器两板间电压不变，所以会出现相应的充放电状态。
【解答】解：A、两个彼此绝缘的靠得很近的导体，构成一个简单的电容器。电容器的两个电极都是导体，若把绝缘笔代替手指，绝缘笔不是导体，不能作为电容器的一电极，触摸屏就不能正常工作了，故A错误；
B、乙图中，力F增大的过程中，电容器两极板间距离减小，根据C=ɛS4πkd可知电容增大，电容器始终与电源相连，所以电容器两板间电压不变，根据C=QU可知，电容器所带电荷量增多，所以力F增大的过程中，给电容器充电，有充电电流，电流计中的电流从b流向a，故B错误；
C、丙图中油箱液位上升时，等效为电容器的正对面积增加，根据C=ɛS4πkd可知电容增大，故C错误；
D、丁图中，当传感器由静止突然向左加速时，电介质进入电容器中部分增多，相当于介电常数增大，根据C=ɛS4πkd可知电容增大，根据C=QU可知，电容器带电荷量增加，所以电容器处于充电状态，故D正确。
故选：D。
【点评】一个要懂得电容器的构造，还有电容器的决定式C=ɛS4πkd，并且会用这个决定式判断电容器电容的大小变化。
4．（6分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为11：1，原线圈接入如图乙所示的正弦式交变电流，A、V均为理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，R是定值电阻，L是灯泡，Rt是热敏电阻（电阻随温度升高而减小）。以下说法正确的是（ ）
A．交变电流的频率为100Hz
B．电压表的示数为10V
C．当温度升高时，灯泡L变亮
D．当温度降低时，理想变压器输入功率增大
【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【分析】根据图乙可知原线圈输入的交流电的频率。
二极管具有单向导电性，根据电流热效应求解交流电的有效值，根据变压比得到电压表示数。
温度变化，热敏电阻阻值变化，结合欧姆定律进行分析，分析输出功率的变化，得知输入功率的变化。
【解答】解：A、分析图乙可知，原线圈接入的正弦式交变电流的最大值为Um＝220V，周期：T＝0.02s，则频率：f=1T=50Hz，故A错误；
B、二极管具有单向导电性，根据电流热效应求解输入电压的有效值，(Um2)2⋅1R⋅T2=U12⋅1R⋅T，解得：U1＝110V，根据变压比可知，副线圈输出电压：U2=n2n1U1=10V，则电压表示数为10V，故B正确；
C、温度升高，热敏电阻Rt阻值减小，根据欧姆定律可知，电流表示数增大，电阻R两端电压增大，副线圈输出电压不变，则灯泡两端电压减小，灯泡L变暗，故C错误；
D、温度降低，热敏电阻Rt阻值增大，根据欧姆定律可知，电流表示数减小，副线圈输出功率减小，则理想变压器的输入功率减小，故D错误。
故选：B。
【点评】此题考查了变压器的规律及交变电流有效值的计算，要注意正确分析电路及图象，理解二极管的单向导电性，明确输出电压由输入电压决定，而输出功率决定了输入功率。
5．（6分）如图甲所示，质量为0.5kg的物块和质量为1kg的长木板，置于倾角为37°足够长的固定斜面上，t＝0时刻对长木板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块开始沿斜面上滑，作用一段时间t后撤去拉力F．已知长木板和物块始终保持相对静止，上滑时速度的平方与位移之间的关系如图乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．长木板与斜面之间的动摩擦因数为μ1＝0.35
B．拉力F作用的时间为t＝2s
C．拉力F的大小为13N
D．物块与长木板之间的动摩擦因数μ2可能为0.88
【考点】1I：匀变速直线运动的图象；2A：滑动摩擦力与动摩擦因数；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【分析】由速度位移的关系式：v2＝2ax与图形对比得到物体的最大速度、撤去F前的加速度大小、撤去F后的加速度大小、撤去F时发生的位移，再依据牛顿第二定律、速度公式依次求解即可。
【解答】解：设物块的质量为m＝0.5kg，长木板的质量为M＝1kg；
由速度位移的关系式：v2＝2ax与图形对比得：物体的最大速度vm＝8m/s，
撤去F前的加速度大小a1=vm22x1=82×4m/s2＝1m/s2，
撤去F后的加速度大小a2=vm22x2=82(4.5−4)m/s2＝8m/s2。
AC、撤去F前由牛顿第二定律得：F﹣（m+M）gsin37°﹣μ1（m+M）gcos37°＝（m+M）a1，
撤去F后由牛顿第二定律得：（m+M）gsin37°+μ1（m+M）gcos37°＝（m+M）a2，
联立解得：F＝13.5N，μ1＝0.25，故AC错误；
B、力F作用时物体做加速运动，由速度公式得：vm＝a1t，解得：t＝8s，故B错误；
D、以物块为研究对象，加速上升过程中根据牛顿第二定律可得μ2mgcos37°﹣mgsin37°≥ma1，解得μ2≥0.875，物块与长木板之间的动摩擦因数μ2可能为0.88，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了速度的平方与位移之间的关系图象与牛顿第二定律的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁可正确解题。
6．（6分）如图所示，一光滑绝缘足够长的斜面与两个等量同种正点电荷连线的中垂面重合，O为两点电荷连线的中点。A、B为斜面上的两点，且BO＞AO．一个带电荷量为q、质量为m，可视为质点的小物块，从A点以初速度v0开始沿斜面下滑，到达B点速度恰好为零。（斜面对电场无影响）以下说法正确的是（ ）
A．小物块带正电，从A运动到B点，加速度先增大后减小
B．小物块带负电，从A运动到B点，电势能先减小后增大
C．小物块运动到O点时具有最大速度
D．小物块能回到A点，且速度大小等于v0
【考点】A7：电场线；AE：电势能与电场力做功．菁优网版权所有
【分析】根据电场线的分布可以知道沿斜面方向的电场的特点，进而判断小物块沿斜面运动必然是先加速后减速，可以判断小物块的电性，以及小物块电势能的变化；当小物块受力平衡时速度最大；根据能量守恒定律可以判断返回到A点时的速度大小。
【解答】解：A、根据等量同种电荷的电场线的分布特点可知，O点的场强为零，电场线方向沿OA、OB方向，沿斜面方向电势先升高后降低，小物块一初速度沿斜面下滑，到B点速度为零，整个过程中有重力和电场力做功，重力做正功，电场力做负功，所以小物块带负电，故A错误；
B、小物块带负电，沿斜面从A到O，电势升高，电势能减小。从O到B，电势降低，电势能增大，故小物块从A点运动到B点，电势能先减小后增大，故B正确；
C、当小物块受力平衡时，速度最大。当小物块运动到O点时，所受电场力为零，合力为重力沿斜面向下的分力，其加速度不为零，还将继续加速下滑，故C错误；
D、小物块到B点时速度为零，此时所受沿斜面向上的电场力大于沿斜面向下的重力的分力，不能保持静止，所以，小物块将沿斜面向上运动。因为整个过程中只有重力和电场力做功，所以只有机械能和电势能之间的相互转化，根据能量守恒定律，当物块返回到A点时，重力和电场力做功为零，则小物块的动能不变，速度不变，故D正确。
故选：BD。
【点评】掌握等量同种电荷的电场线的特点是解题的关键，另外要注意结合能量守恒定律可以简化解题思路。
7．（6分）如图所示，一磁感强度为B的匀强磁场垂直纸面向里，且范围足够大。纸面上M、N两点之间的距离为d，一质量为m的带电粒子（不计重力）以水平速度v0从M点垂直进入磁场后会经过N点，已知M、N两点连线与速度v0的方向成30°角。以下说法正确的是（ ）
A．粒子可能带负电
B．粒子一定带正电，电荷量为mv0dB
C．粒子从M点运动到N点的时间可能是πd3v0
D．粒子从M点运动到N点的时间可能是13πd3v0
【考点】4A：向心力；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【分析】根据左手定则判断粒子的电性；根据几何关系可得粒子第一次经过N点时轨迹对应的圆心角，再求出轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子的电荷量，根据运动情况结合周期公式求解时间的可能值。
【解答】解：根据题意可得，粒子从M点垂直进入磁场后会经过N点，轨迹如图所示：
A、根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B、设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，由于M、N两点之间的距离为d，
根据几何关系可得粒子第一次经过N点时轨迹对应的圆心角θ＝60°，则：R＝d，
根据洛伦兹力提供向心力可得：R=mv0qB
解得粒子的电荷量为：q=mv0dB，故B正确；
CD、设粒子从M点运动到N点的时间为t，则t＝（n+60°360°）T＝（n+16）×2πdv0；
如果n＝1，则t=πd3v0；如果n＝2，则t′=13πd3v0，故CD正确。
故选：BC。
【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间，注意由于粒子运动具有周期性，粒子经过N点的时间没有确定的值。
8．（6分）如图所示，航天器和卫星分别在同一平面内的1、2轨道上绕地球做匀速圆周运动，其半径分别为r、2r，速率分别为v1和v2，航天器运动到A点时突然加速到v3后沿曲线运动，其轨迹与轨道2交于B点，经过B点时速率和加速度分别为v4和a1，卫星通过B点时加速度为a2．已知地球的质量为M，质量为m的物体离地球中心距离为r时，系统的引力势能为−GMmr（取物体离地球无穷远处引力势能为零），物体沿AB曲线运动时机械能为零。则下列说法正确的是（ ）
A．v3=2v1
B．v2＝v4
C．a1＞a2
D．若航天器质量为m0，由A点运动到B点的过程中地球对它的引力做功为﹣m0v22
【考点】4F：万有引力定律及其应用；6B：功能关系．菁优网版权所有
【分析】卫星在圆轨道运行速度的公式：v=GMr；航天器沿着轨道AB运动时，只有引力做功，机械能守恒，克服引力做功等于重力势能的增加量。
【解答】 解：AB、航天器在AB轨道运动过程中，机械能守恒，且为零，故：12mv32−GMmr=12mv42−GMm2r=0，
解得：v3=2GMr，v4=GMr；
根据环绕速度公式v=GMr，卫星在轨道1的速度v1=GMr，在轨道2的速度v2=GM2r，
故v3=2v1，v2＜v4，故A正确，B错误；
C、根据牛顿第二定律，加速度a1=Fm=GMm(2r)2m=GM4r2，加速度a2=Fm=GMm(2r)2m=GM4r2，故a1＝a2，故C错误；
D、若航天器质量为m0，由A点运动到B点的过程中地球对它的引力做功等于势能的减小量，故：W=−△Ep=(−GMm0r)−(−GMm02r)=−GMm02r2，
而−m0v22=−m0(GM2r)2=−GMm02r2，故由A点运动到B点的过程中地球对它的引力做功为﹣m0v22，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题从能的转化与守恒的角度研究卫星问题，关键是结合卫星的势能表达式和能量守恒定律列式分析，同时要记住卫星的环绕速度公式v=GMr。
三、非选择题：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．（5分）小明同学在“研究物体做匀变速直线运动规律”的实验中，利用打点计时器（电源频率为50Hz）记录了被小车拖动的纸带的运动情况，并取其中的A、B、C、D、E、F、G七个计数点进行研究（每相邻两个计数点之间还有4个点未画出）。其中x1＝0.70cm，x2＝1.62cm，x3＝2.75cm，x4＝ 4.10 cm（从图中读取），x5＝5.65cm，x6＝7.41cm，则打点计时器在打D点时小车的速度vD＝ 0.12 m/s，小车的加速度a＝ 0.21 m/s2．（计算结果均保留到小数点后两位）
【考点】M4：探究小车速度随时间变化的规律．菁优网版权所有
【分析】根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以求出打下D点时小车的瞬时速度，根据逐差法可以算出小车的加速度。
【解答】解：从图中得x4＝5.10cm﹣1.00cm＝4.10 cm，
每相邻两个计数点之间还有4个点未画出，所以计数点之间的时间间隔为T＝0.1s，
根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度得：
vD=x4−x22T=0.12m/s，
根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2可以求出加速度的大小，得：a=(x6−x3)−x3(3T)2=0.21m/s2，
故答案为：4.10，0.12，0.21。
【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，同时注意有效数字的保留。
10．（10分）在一次测量定值电阻Rx阻值（Rx≈5Ω）的分组实验中，甲、乙两组分别进行了如下实验过程：
（1）甲组可选器材如下：
滑动变阻器RA（0～500Ω，100mA）；
滑动变阻器RB（0～5Ω，2A）；
电流表A（0～0.6A、内阻约2Ω：0～3A、内阻约0.5Ω）；
电压表V（0～3V、内阻约1.5kΩ：0～15V、内阻约7.5kΩ）；
电源E（电动势为3V）；
开关S，导线若干。
①为便于调节和测量，滑动变阻器采用分压接法，应选择 RB （选填“RA”或“RB”）；
②请根据以上实验器材，在图甲中将实物电路连接完整：
③按以上操作，测得Rx测 ＜ Rx真（填“＞”、“＝”或“＜”）。
（2）乙组可选器材如下：
电压表V（0～3V）；
滑动变阻器RC（10Ω，1A）；
电阻箱R0（0～999.99Ω）；
电源E（电动势为3V）；
开关S。
请根据乙组的电路图乙和以上实验器材在MN处先接 Rx ，按一定的步骤操作后记下仪表的读数，再换接 R0 、正确操作后测出Rx的阻值；若在MN处更换器材时，不小心将滑动变阻器的滑片P向左移了一些，测量结果将 变小 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
（3）比较甲乙两组测量结果， 乙 组更接近真实值（填“甲”或“乙”）。
【考点】N6：伏安法测电阻．菁优网版权所有
【分析】（1）①滑动变阻器采用分压接法，为了便于调节和测量，选择最大阻值较小的滑动变阻器。
②根据Rx与RARV关系判断电流表的接法，然后连接实物图。
③根据R=UI和测量值分析测量结果。
（2）乙组是利用的等效替代的思想，在MN处先接Rx，闭合开关，调节滑动变阻器到电压表合适的示数，记下电压表表的读数，再换接R0，调节变阻箱至电压表读数和接R想时示数相等，此时变阻箱的读数即为Rx的阻值。
（3）根据以上分析知哪一组测量更接近真实值。
【解答】解：（1）①被测电阻约5Ω，为了便于调节和测量，滑动变阻器采用分压接法，选择最大阻值较小的滑动变阻器，即RB；
②因为Rx＜RARV，所以电流表外接，滑动变阻器采用分压接法，连接实物图，如图。
③利用电流表外接，由于电压表的分流，测得电流偏大，根据R=UI知被测电阻偏小，即Rx测＜Rx真。
（2）乙组是利用的等效替代的思想，在MN处先接Rx，闭合开关，调节滑动变阻器到电压表合适的示数，记下电压表表的读数，再换接R0，调节变阻箱至电压表读数和接R想时示数相等，此时变阻箱的读数即为Rx的阻值；若在MN处更换器材时，不小心将滑动变阻器的滑片P向左移了一些，总电阻变小，电流变大，根据R=UI知测量结果将变小。
（3）根据以上分析知乙组测量更接近真实值。
故答案为：（1）①RB；②如图；③＜．（2）Rx，R0，变小。（3）乙。
【点评】此题考查两种方法测电阻，一种为伏安法，一种是等效替换法，要记住重要的实验原理，会根据R=UI进行误差分析，基础题目。
11．（12分）如图所示，金属圆环轨道MN、PQ竖直放置，两环之间ABDC内（含边界）有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。电阻为r，长为2l的轻质金属杆，一端套在内环MN上，另一端连接质量为m的带孔金属球，球套在外环PQ上，且都与轨道接触良好。内圆半径r1＝l，外圆半径r2＝3l，PM间接有阻值为R的电阻，让金属杆从AB处无初速释放，恰好到达EF处，EF到圆心的连线与竖直方向成θ角。其它电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g。求：
（1）这一过程中通过电阻R的电流方向和通过R的电荷量q；
（2）金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速率v和R两端的电压U。
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【分析】（1）根据右手定则判断电流方向；根据电荷量的计算公式结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律进行求解；
（2）金属杆第一次离开磁场到EF，由动能定理求解速度，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，再根据闭合电路的欧姆定律求解电压。
【解答】解：（1）金属杆从AB处无初速释放，向下转动的过程中切割磁感应线，根据右手定则可知通过杆的电流方向B→A，则通过R的电流方向由M指向P；
金属杆从AB滑动到CD的过程中，通过R的电荷量q=I•△t，
根据闭合电路的欧姆定律可得：I=ER+r，
该过程的平均感应电动势：E=△Φ△t=B0⋅△S△t=14π(r22−r12)B0△t=2πl2B0△t，
则通过R的电荷量q=2πl2B0R+r；
（2）设金属杆离开磁场时金属杆的角速度为ω，第一次离开磁场到EF，由动能定理得：
﹣mg•3l（1﹣cosθ）＝0−12mv2，
解得：v=6gl(1−cosθ)，
由于v＝3lω，解得ω=6gl(1−cosθ)3l；
金属杆第一﹣次离开磁场瞬间产生电动势为：E＝B0⋅2lv=B0⋅2l⋅ωr1+ωr22，
根据闭合电路的欧姆定律可得U=ER+r⋅R=4B0lR6gl(1−cosθ)3(R+r)。
答：（1）这一过程中通过电阻R的电流方向为M→P，通过R的电荷量为2πl2B0R+r；
（2）金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速率为6gl(1−cosθ)，R两端的电压为4B0lR6gl(1−cosθ)3(R+r)。
【点评】本题主要是考查电磁感应现象中涉及电路问题的分析，能够根据导体棒的转动情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及动能定理列方程求解。
12．（20分）如图所示，光滑水平面上有一被压缩的轻质弹簧，左端固定，质量为mA＝1kg的滑块A紧靠弹簧右端（不拴接），弹簧的弹性势能为Ep＝32J．质量为mB＝1kg的槽B静止放在水平面上，内壁间距为L＝0.6m，槽内放有质量为mC＝2kg的滑块C（可视为质点），C到左侧壁的距离为d＝0.1m，槽与滑块C之间的动摩擦因数μ＝0.1．现释放弹簧，滑块A离开弹簧后与槽B发生正碰并粘连在一起。已知槽与滑块C发生的碰撞为弹性碰撞。（g＝10m/s2）求：
（1）滑块A与槽碰撞前、后瞬间的速度大小；
（2）槽与滑块C最终的速度大小及滑块C与槽的左侧壁碰撞的次数；
（3）从槽开始运动到槽和滑块C相对静止时各自对地的位移大小。
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【分析】（1）根据能量守恒求出碰撞前的速度大小，碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律列式即可求解速度；
（2）对整体根据动量守恒定律求出B、C相对静止时速度大小，根据能量守恒定律求出C、B间的相对路程，然后求出碰撞次数；
（3）设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1′、v2′．根据动量守恒定律及能量守恒定律列式可知，故可用匀变速直线运动规律求时间，根据动量守恒定律以及两物体的位移关系可求出该时间内物块运动的位移大小。
【解答】解：（1）弹簧的弹性势能为：Ep＝32J，根据能量守恒定律有：Ep=12mAv2
代入数据解得：v＝8m/s
滑块A离开弹簧后与槽B发生正碰并粘连在一起，根据动量定理有：mAv＝（mA+mB）v0
代入数据解得：v0＝4m/s
（2）ABC三个物体看做一个系统，整个系统动量守恒，最后三个物体一起运动，根据动量守恒定律有：（mA+mB）v0＝（mA+mB+mC）v'
代入数据解得：v'＝2m/s
则槽与滑块C的最终速度大小为2m/s；
整个过程中损失的能量转化为内能，则有：Q＝μmCg△S，△S为滑块C相对于槽所走的路程
有：Q=12(mA+mB)v02−12(mA+mB+mC)v′2=8J
联立并代入数据解得：△S＝4m
C到左侧壁的距离为：d＝0.1m
则滑块C与槽的左侧壁碰撞的次数为：n=△S−0.11.2+1≈4次
最后滑块停在槽的中间位置。
（3）设AB的质量为m，C的质量为m，设凹槽与滑块C碰前的速度分别为 v1、v2，碰后的速度分别为v1′、v2′．以AB碰后的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv1+mv2＝mv1′+mv2′
由机械能守恒定律得：12mv12+12mv22=12mv′12+12mv′22
解得：v1′＝v2，v2′＝v1，即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，故可用匀变速直线运动规律求时间。
则有：则v'＝v0+at，a＝﹣μg
解得：t＝2s
设凹槽与物体的速度分别为vA，vB，根据动量守恒定律得：mv0＝mvC+mvB
即为：v0＝vC+vB，
vA，vB的运动方向相同，结合上式可得两物体位移关系为：v0t＝SB+SC，
根据第二问分析，两者一直同方向运动，相对静止时物块在凹槽的中端，所以两物体的位移关系为SC﹣SB＝0.2
解得：SC＝4.1m，SB＝3.9m
答：（1）滑块A与槽碰撞前速度为8m/s、后瞬间的速度为4m/s；
（2）槽与滑块C最终的速度大小为2m/s及滑块C与槽的左侧壁碰撞的次数为4次；
（3）从槽开始运动到槽滑块C相对静止时，槽对地的位移大小为3.9m和滑块C对地的位移大小为4.1m。
【点评】解决该题的关键是掌握动量守恒的条件，知道碰撞过程中动量守恒，知道用动能定理求解摩擦力所做的功，从而判断出两物体的相对路程，找到最后的位置关系；
【物理--选修3-3】（15分）
13．（5分）如图所示，圆筒形容器A、B用细而短的管连接，活塞F与容器A的内表面紧密接触，且不计摩擦。初始K关闭，A中有温度为T0的理想气体，B内为真空，整个系统对外绝热。现向右缓慢推动活塞F，直到A中气体的体积与B的容积相等时，气体的温度变为T1，则此过程中气体内能将 变大 （填“变大”、“不变”、“变小”）。然后固定活塞不动，将K打开，使A中的气体缓慢向B扩散，平衡后气体的温度变为T2，那么T2 ＝ T1（填“＞”、“＝”、“＜”）。
【考点】9D：气体的等温变化．菁优网版权所有
【分析】根据热力学第一定律分析内能的变化情况。
【解答】解：当K关闭时，用力向右推活塞，外界对气体做功，整个系统绝热，根据热力学第一定律，内能变大；
固定活塞，打开K，右侧为真空，气体进入B中，但不做功，根据热力学第一定律，内能不变，温度不变。
故填：变大，＝
【点评】本题考查热力学第一定律，关键是知道外界对气体做功，W记为正，气体真空中膨胀不对外做功。
14．（10分）如图甲所示，A端封闭、B端开口、内径均匀的玻璃管长L＝100cm，其中有一段长h＝15cm的水银柱把一部分空气封闭在玻璃管中。当玻璃管水平放置时，封闭气柱A长LA＝40cm。现把玻璃管缓慢旋转至竖直，如图乙所示，再把开口端向下插入水银槽中，直至A端气柱长L1＝30cm为止，这时系统处于静止平衡。已知大气压强p0＝75cmHg，整个过程温度不变，试求：
Ⅰ．玻璃管旋转至竖直位置时，A端空气柱的长度；
Ⅱ．如图丙所示，最后槽内水银进入玻璃管内的水银柱的长度d（结果保留两位有效数字）。
【考点】9D：气体的等温变化；9K：封闭气体压强．菁优网版权所有
【分析】Ⅰ先求出旋转后气体的压强，再根据玻意耳定律求此时的气体长度；
Ⅱ玻璃管插入水银槽，分别对A、B分析，分别求出插入前后A、B气体的压强和长度，最后求出槽内水银进入玻璃管内的水银柱的长度d。
【解答】解：Ⅰ．玻璃管旋转至竖直，A中气体的压强变为：pA1＝p0＝ph＝60cmHg
对A部分气体，由玻意耳定律：p0LAS＝pA1LA1S
解得：LA1＝50cm
Ⅱ．旋转至竖直B段气柱长LB＝L﹣LA1﹣h＝100﹣50﹣15cm＝35cm
玻璃管插入水银槽
A部分气体分析，由玻意耳定律：pA1LA1S＝pA2L1S
解得：pA2＝100cmHg
对B部分气体：pB＝p0，pB1＝pA2+ph＝115cmHg
由玻意耳定律：pBLBS＝pB1LB1S
解得：LB1＝23cm
则d＝L﹣h﹣L1﹣LB1＝32cm
答：Ⅰ．玻璃管旋转至竖直位置时，A端空气柱的长度为50cm；
Ⅱ．最后槽内水银进入玻璃管内的水银柱的长度32cm。
【点评】该题考查了气体的等温变化，解决此类问题的关键是确定气体的状态及状态参量，要特别注意密封气体的水银柱长度的变化。
【物理--选修3-4】（15分）
15．如图所示，有两束细单色光p、q射向置于空气中的三棱镜表面，此时三棱镜的右侧表面只有一束光线射出（不考虑反射的情景），则两束光在三棱镜中的传播速率vp ＞ vq（填“＞”、“＝”、“＜”），若一束为黄光，一束为红光，则 p 是红光（填“p”或“q”）。
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【分析】作出光在介质中传播的光路图，根据光路图分析两束光在介质中传播的折射率，根据v=cn分析两束光在介质中的传播速度；
黄光的折射率大于红光，以此分析哪一束为红光。
【解答】解：根据题意可得两束光在介质中传播的光路图如图所示，
根据光路可逆原理可知，介质对q光的偏折度更强，所以q光在介质中的折射率大于p光，
根据v=cn可得，vp＞vq，
因为黄光的折射率大于红光，所以p是红光。
故答案为：＞，p。
【点评】解决该题关键是正确作出光在介质中传播的光路图，能正确推导出两束光的折射率关系，知道红光的折射率小于黄光。
16．一列简谐横波的波源振动一个周期时波形如甲图所示，乙图为质点Q从该时刻计时的振动图象，P、Q分别是平衡位置为x1＝0.5m和x2＝2m处的质点。
I．请判断该简谐横波的传播方向和P、Q两点谁先到达波谷，并计算波速；
Ⅱ．从计时时刻起，当质点Q第三次出现在波峰位置时，请确定x＝11m处的质点M的振动方向及M在这段时间内的总路程。
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【分析】（1）根据波形图象和振动图象判断波的传播方向，并判断P、Q此时的振动方向，从而判断谁先到达波谷，根据v=λT求波速；
（2）先求得质点Q第三次出现波峰的时间，以及计算波传播到x＝11m处质点M的时间，再根据质点的齐整方向计算出质点M的振动方向和总路程。
【解答】解：I根据质点Q的振动图象t＝0时质点沿y轴正方向振动，根据波形图象可知波沿x轴正方向传播，根据上下坡法可知此时P沿y轴负方向振动，从而得出P先到达波谷；
根据题可知λ＝4m，T＝0.20s，根据v=λT=20m/s
Ⅱ．由质点Q的振动图象可知经过T4=0.05s第一次到达波峰，则当质点Q第三次出现在波峰位置时，经历的时间t=214T=0.45s，t＝0时质点到x＝4m，质点刚到达M时所用时间t1=720s，则质点M振动时间为△t=t−t1=0.1s=T2，根据图象可知质点起振方向沿y轴负方向，则此时质点M的振动方向沿y轴正方向，总路程为s＝2A＝10cm
答：I波沿x轴正方向传播，P先到达波谷，波速为20m/s；
Ⅱ．从计时时刻起，当质点Q第三次出现在波峰位置时，x＝11m处的质点M的振动方向沿y轴正方向，总路程为10cm。
【点评】波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，熟练要分析波动形成的过程，要灵活运用波形平移法确定质点的位置。
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日期：2020/4/29 8:41:20；用户：吴祥福；邮箱：wxfty@xyh.com；学号：24010
2020年广东省深圳市高考物理一模试卷
二、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14～18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2020年深圳春节期间路灯上悬挂的灯笼，三个灯笼由轻绳连接起来挂在灯柱上，O为结点，轻绳OA、OB、OC长度相等，无风时三根绳拉力分别为FA、FB、FC．其中OB、OC两绳的夹角为60°，灯笼总质量为3m，重力加速度为g。下列表述正确的是（ ）
A．FB一定小于mg
B．FB与FC是一对平衡力
C．FA与FC大小相等
D．FB与FC合力大小等于3mg
2．（6分）为了做好疫情防控工作，小区物业利用红外测温仪对出入人员进行体温检测。红外测温仪的原理是：被测物体辐射的光线只有红外线可被捕捉，并转变成电信号。图为氢原子能级示意图，已知红外线单个光子能量的最大值为1.62eV，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，最少应给处于n＝2激发态的氢原子提供的能量为（ ）
A．10.20eV B．2.89eV C．2.55eV D．1.89eV
3．（6分）电容器是一种常用的电学元件，在电工、电子技术中有着广泛的应用。以下有关电容式传感器在生活中应用说法正确的是（ ）
A．甲图中，手指作为电容器一电极，如果改用绝缘笔在电容式触摸屏上仍能正常操作
B．乙图中，力F增大过程中，电流计中的电流从a流向b
C．丙图中，油箱液位上升时，电容变小
D．丁图中，当传感器由静止突然向左加速，电容器处于充电状态
4．（6分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为11：1，原线圈接入如图乙所示的正弦式交变电流，A、V均为理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，R是定值电阻，L是灯泡，Rt是热敏电阻（电阻随温度升高而减小）。以下说法正确的是（ ）
A．交变电流的频率为100Hz
B．电压表的示数为10V
C．当温度升高时，灯泡L变亮
D．当温度降低时，理想变压器输入功率增大
5．（6分）如图甲所示，质量为0.5kg的物块和质量为1kg的长木板，置于倾角为37°足够长的固定斜面上，t＝0时刻对长木板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块开始沿斜面上滑，作用一段时间t后撤去拉力F．已知长木板和物块始终保持相对静止，上滑时速度的平方与位移之间的关系如图乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．长木板与斜面之间的动摩擦因数为μ1＝0.35
B．拉力F作用的时间为t＝2s
C．拉力F的大小为13N
D．物块与长木板之间的动摩擦因数μ2可能为0.88
6．（6分）如图所示，一光滑绝缘足够长的斜面与两个等量同种正点电荷连线的中垂面重合，O为两点电荷连线的中点。A、B为斜面上的两点，且BO＞AO．一个带电荷量为q、质量为m，可视为质点的小物块，从A点以初速度v0开始沿斜面下滑，到达B点速度恰好为零。（斜面对电场无影响）以下说法正确的是（ ）
A．小物块带正电，从A运动到B点，加速度先增大后减小
B．小物块带负电，从A运动到B点，电势能先减小后增大
C．小物块运动到O点时具有最大速度
D．小物块能回到A点，且速度大小等于v0
7．（6分）如图所示，一磁感强度为B的匀强磁场垂直纸面向里，且范围足够大。纸面上M、N两点之间的距离为d，一质量为m的带电粒子（不计重力）以水平速度v0从M点垂直进入磁场后会经过N点，已知M、N两点连线与速度v0的方向成30°角。以下说法正确的是（ ）
A．粒子可能带负电
B．粒子一定带正电，电荷量为mv0dB
C．粒子从M点运动到N点的时间可能是πd3v0
D．粒子从M点运动到N点的时间可能是13πd3v0
8．（6分）如图所示，航天器和卫星分别在同一平面内的1、2轨道上绕地球做匀速圆周运动，其半径分别为r、2r，速率分别为v1和v2，航天器运动到A点时突然加速到v3后沿曲线运动，其轨迹与轨道2交于B点，经过B点时速率和加速度分别为v4和a1，卫星通过B点时加速度为a2．已知地球的质量为M，质量为m的物体离地球中心距离为r时，系统的引力势能为−GMmr（取物体离地球无穷远处引力势能为零），物体沿AB曲线运动时机械能为零。则下列说法正确的是（ ）
A．v3=2v1
B．v2＝v4
C．a1＞a2
D．若航天器质量为m0，由A点运动到B点的过程中地球对它的引力做功为﹣m0v22
三、非选择题：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．（5分）小明同学在“研究物体做匀变速直线运动规律”的实验中，利用打点计时器（电源频率为50Hz）记录了被小车拖动的纸带的运动情况，并取其中的A、B、C、D、E、F、G七个计数点进行研究（每相邻两个计数点之间还有4个点未画出）。其中x1＝0.70cm，x2＝1.62cm，x3＝2.75cm，x4＝ cm（从图中读取），x5＝5.65cm，x6＝7.41cm，则打点计时器在打D点时小车的速度vD＝ m/s，小车的加速度a＝ m/s2．（计算结果均保留到小数点后两位）
10．（10分）在一次测量定值电阻Rx阻值（Rx≈5Ω）的分组实验中，甲、乙两组分别进行了如下实验过程：
（1）甲组可选器材如下：
滑动变阻器RA（0～500Ω，100mA）；
滑动变阻器RB（0～5Ω，2A）；
电流表A（0～0.6A、内阻约2Ω：0～3A、内阻约0.5Ω）；
电压表V（0～3V、内阻约1.5kΩ：0～15V、内阻约7.5kΩ）；
电源E（电动势为3V）；
开关S，导线若干。
①为便于调节和测量，滑动变阻器采用分压接法，应选择 （选填“RA”或“RB”）；
②请根据以上实验器材，在图甲中将实物电路连接完整：
③按以上操作，测得Rx测 Rx真（填“＞”、“＝”或“＜”）。
（2）乙组可选器材如下：
电压表V（0～3V）；
滑动变阻器RC（10Ω，1A）；
电阻箱R0（0～999.99Ω）；
电源E（电动势为3V）；
开关S。
请根据乙组的电路图乙和以上实验器材在MN处先接 ，按一定的步骤操作后记下仪表的读数，再换接 、正确操作后测出Rx的阻值；若在MN处更换器材时，不小心将滑动变阻器的滑片P向左移了一些，测量结果将 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
（3）比较甲乙两组测量结果， 组更接近真实值（填“甲”或“乙”）。
11．（12分）如图所示，金属圆环轨道MN、PQ竖直放置，两环之间ABDC内（含边界）有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。电阻为r，长为2l的轻质金属杆，一端套在内环MN上，另一端连接质量为m的带孔金属球，球套在外环PQ上，且都与轨道接触良好。内圆半径r1＝l，外圆半径r2＝3l，PM间接有阻值为R的电阻，让金属杆从AB处无初速释放，恰好到达EF处，EF到圆心的连线与竖直方向成θ角。其它电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g。求：
（1）这一过程中通过电阻R的电流方向和通过R的电荷量q；
（2）金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速率v和R两端的电压U。
12．（20分）如图所示，光滑水平面上有一被压缩的轻质弹簧，左端固定，质量为mA＝1kg的滑块A紧靠弹簧右端（不拴接），弹簧的弹性势能为Ep＝32J．质量为mB＝1kg的槽B静止放在水平面上，内壁间距为L＝0.6m，槽内放有质量为mC＝2kg的滑块C（可视为质点），C到左侧壁的距离为d＝0.1m，槽与滑块C之间的动摩擦因数μ＝0.1．现释放弹簧，滑块A离开弹簧后与槽B发生正碰并粘连在一起。已知槽与滑块C发生的碰撞为弹性碰撞。（g＝10m/s2）求：
（1）滑块A与槽碰撞前、后瞬间的速度大小；
（2）槽与滑块C最终的速度大小及滑块C与槽的左侧壁碰撞的次数；
（3）从槽开始运动到槽和滑块C相对静止时各自对地的位移大小。
【物理--选修3-3】（15分）
13．（5分）如图所示，圆筒形容器A、B用细而短的管连接，活塞F与容器A的内表面紧密接触，且不计摩擦。初始K关闭，A中有温度为T0的理想气体，B内为真空，整个系统对外绝热。现向右缓慢推动活塞F，直到A中气体的体积与B的容积相等时，气体的温度变为T1，则此过程中气体内能将 （填“变大”、“不变”、“变小”）。然后固定活塞不动，将K打开，使A中的气体缓慢向B扩散，平衡后气体的温度变为T2，那么T2 T1（填“＞”、“＝”、“＜”）。
14．（10分）如图甲所示，A端封闭、B端开口、内径均匀的玻璃管长L＝100cm，其中有一段长h＝15cm的水银柱把一部分空气封闭在玻璃管中。当玻璃管水平放置时，封闭气柱A长LA＝40cm。现把玻璃管缓慢旋转至竖直，如图乙所示，再把开口端向下插入水银槽中，直至A端气柱长L1＝30cm为止，这时系统处于静止平衡。已知大气压强p0＝75cmHg，整个过程温度不变，试求：
Ⅰ．玻璃管旋转至竖直位置时，A端空气柱的长度；
Ⅱ．如图丙所示，最后槽内水银进入玻璃管内的水银柱的长度d（结果保留两位有效数字）。
【物理--选修3-4】（15分）
15．如图所示，有两束细单色光p、q射向置于空气中的三棱镜表面，此时三棱镜的右侧表面只有一束光线射出（不考虑反射的情景），则两束光在三棱镜中的传播速率vp vq（填“＞”、“＝”、“＜”），若一束为黄光，一束为红光，则 是红光（填“p”或“q”）。
16．一列简谐横波的波源振动一个周期时波形如甲图所示，乙图为质点Q从该时刻计时的振动图象，P、Q分别是平衡位置为x1＝0.5m和x2＝2m处的质点。
I．请判断该简谐横波的传播方向和P、Q两点谁先到达波谷，并计算波速；
Ⅱ．从计时时刻起，当质点Q第三次出现在波峰位置时，请确定x＝11m处的质点M的振动方向及M在这段时间内的总路程。
2020年广东省深圳市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
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14～18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2020年深圳春节期间路灯上悬挂的灯笼，三个灯笼由轻绳连接起来挂在灯柱上，O为结点，轻绳OA、OB、OC长度相等，无风时三根绳拉力分别为FA、FB、FC．其中OB、OC两绳的夹角为60°，灯笼总质量为3m，重力加速度为g。下列表述正确的是（ ）
A．FB一定小于mg
B．FB与FC是一对平衡力
C．FA与FC大小相等
D．FB与FC合力大小等于3mg
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【分析】以O点为研究对象作出受力分析图，由正交分解法可得出平行四边形，由几何关系可得出各力间的关系。
【解答】解：ACD、三个灯笼受到重力与OA的拉力，所以OA的拉力FA＝3mg
三根绳子等长，可知OB与OC的拉力是相等额；对O点进行受力分析如图：
可知：FBcos30°+FCcos30°＝FA＝3mg，
所以：FB=FC=3mg，故A错误，C错误，D正确；
B、由图可知，FB与FC的方向不在同一条直线上，所以不是一对平衡力，故B错误；
故选：D。
【点评】该题结合力的合成与分解考查共点力平衡，解答的关键是要先判断出绳子OB与OC上的拉力相等。
2．（6分）为了做好疫情防控工作，小区物业利用红外测温仪对出入人员进行体温检测。红外测温仪的原理是：被测物体辐射的光线只有红外线可被捕捉，并转变成电信号。图为氢原子能级示意图，已知红外线单个光子能量的最大值为1.62eV，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，最少应给处于n＝2激发态的氢原子提供的能量为（ ）
A．10.20eV B．2.89eV C．2.55eV D．1.89eV
【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁．菁优网版权所有
【分析】根据题意，氢原子在跃迁时辐射能量的最小能量要大于1.62eV，才能被红外测温仪捕捉。因此n＝2激发态的氢原子吸收最小能量跃迁到更高能级，再向低能级跃迁时，辐射能量最小值大于1.62eV即可。
【解答】解：由氢原子能级示意图可知，最少应给处于n＝2激发态的氢原子提供的能量，
若使其跃迁到n＝4激发态，然后氢原子从n＝4激发态向低能级跃迁时，所辐射光子能量最小值为：
Emin＝﹣0.85eV﹣（﹣1.51eV）＝0.66eV＜1.62eV，
同理，若氢原子从n＝3激发态向低能级跃迁时，所辐射光子能量最小值为：
Emin＝﹣1.51eV﹣（﹣3.4eV）＝1.89eV＞1.62eV，
红外线单个光子能量的最大值为1.62eV，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，
因此最少应给处于n＝2激发态的氢原子提供的能量，跃迁到n＝4激发态满足条件，
那么提供的能量为：△E＝E4﹣E2＝﹣0.85eV﹣（﹣3.4eV）＝2.55eV，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题的关键是掌握氢原子在能级跃迁时，吸收或辐射的光子能量与各能级差间的关系，理解最少应给处于n＝2激发态的氢原子提供的能量，能使其跃迁到哪个能级是解题的关键，并注意辐射的光子能量最小值要小于1.62eV，即可被红外测温仪捕捉。
3．（6分）电容器是一种常用的电学元件，在电工、电子技术中有着广泛的应用。以下有关电容式传感器在生活中应用说法正确的是（ ）
A．甲图中，手指作为电容器一电极，如果改用绝缘笔在电容式触摸屏上仍能正常操作
B．乙图中，力F增大过程中，电流计中的电流从a流向b
C．丙图中，油箱液位上升时，电容变小
D．丁图中，当传感器由静止突然向左加速，电容器处于充电状态
【考点】AN：电容器与电容．菁优网版权所有
【分析】根据电容器的构造可以知道用绝缘笔代替手指，就不能构成电容器了，也就不能正常工作；根据C=ɛS4πkd可以判断两板间距离变化、正对面积发生变化时电容器的大小变化，因为电容器两板间电压不变，所以会出现相应的充放电状态。
【解答】解：A、两个彼此绝缘的靠得很近的导体，构成一个简单的电容器。电容器的两个电极都是导体，若把绝缘笔代替手指，绝缘笔不是导体，不能作为电容器的一电极，触摸屏就不能正常工作了，故A错误；
B、乙图中，力F增大的过程中，电容器两极板间距离减小，根据C=ɛS4πkd可知电容增大，电容器始终与电源相连，所以电容器两板间电压不变，根据C=QU可知，电容器所带电荷量增多，所以力F增大的过程中，给电容器充电，有充电电流，电流计中的电流从b流向a，故B错误；
C、丙图中油箱液位上升时，等效为电容器的正对面积增加，根据C=ɛS4πkd可知电容增大，故C错误；
D、丁图中，当传感器由静止突然向左加速时，电介质进入电容器中部分增多，相当于介电常数增大，根据C=ɛS4πkd可知电容增大，根据C=QU可知，电容器带电荷量增加，所以电容器处于充电状态，故D正确。
故选：D。
【点评】一个要懂得电容器的构造，还有电容器的决定式C=ɛS4πkd，并且会用这个决定式判断电容器电容的大小变化。
4．（6分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为11：1，原线圈接入如图乙所示的正弦式交变电流，A、V均为理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，R是定值电阻，L是灯泡，Rt是热敏电阻（电阻随温度升高而减小）。以下说法正确的是（ ）
A．交变电流的频率为100Hz
B．电压表的示数为10V
C．当温度升高时，灯泡L变亮
D．当温度降低时，理想变压器输入功率增大
【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【分析】根据图乙可知原线圈输入的交流电的频率。
二极管具有单向导电性，根据电流热效应求解交流电的有效值，根据变压比得到电压表示数。
温度变化，热敏电阻阻值变化，结合欧姆定律进行分析，分析输出功率的变化，得知输入功率的变化。
【解答】解：A、分析图乙可知，原线圈接入的正弦式交变电流的最大值为Um＝220V，周期：T＝0.02s，则频率：f=1T=50Hz，故A错误；
B、二极管具有单向导电性，根据电流热效应求解输入电压的有效值，(Um2)2⋅1R⋅T2=U12⋅1R⋅T，解得：U1＝110V，根据变压比可知，副线圈输出电压：U2=n2n1U1=10V，则电压表示数为10V，故B正确；
C、温度升高，热敏电阻Rt阻值减小，根据欧姆定律可知，电流表示数增大，电阻R两端电压增大，副线圈输出电压不变，则灯泡两端电压减小，灯泡L变暗，故C错误；
D、温度降低，热敏电阻Rt阻值增大，根据欧姆定律可知，电流表示数减小，副线圈输出功率减小，则理想变压器的输入功率减小，故D错误。
故选：B。
【点评】此题考查了变压器的规律及交变电流有效值的计算，要注意正确分析电路及图象，理解二极管的单向导电性，明确输出电压由输入电压决定，而输出功率决定了输入功率。
5．（6分）如图甲所示，质量为0.5kg的物块和质量为1kg的长木板，置于倾角为37°足够长的固定斜面上，t＝0时刻对长木板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块开始沿斜面上滑，作用一段时间t后撤去拉力F．已知长木板和物块始终保持相对静止，上滑时速度的平方与位移之间的关系如图乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．长木板与斜面之间的动摩擦因数为μ1＝0.35
B．拉力F作用的时间为t＝2s
C．拉力F的大小为13N
D．物块与长木板之间的动摩擦因数μ2可能为0.88
【考点】1I：匀变速直线运动的图象；2A：滑动摩擦力与动摩擦因数；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【分析】由速度位移的关系式：v2＝2ax与图形对比得到物体的最大速度、撤去F前的加速度大小、撤去F后的加速度大小、撤去F时发生的位移，再依据牛顿第二定律、速度公式依次求解即可。
【解答】解：设物块的质量为m＝0.5kg，长木板的质量为M＝1kg；
由速度位移的关系式：v2＝2ax与图形对比得：物体的最大速度vm＝8m/s，
撤去F前的加速度大小a1=vm22x1=82×4m/s2＝1m/s2，
撤去F后的加速度大小a2=vm22x2=82(4.5−4)m/s2＝8m/s2。
AC、撤去F前由牛顿第二定律得：F﹣（m+M）gsin37°﹣μ1（m+M）gcos37°＝（m+M）a1，
撤去F后由牛顿第二定律得：（m+M）gsin37°+μ1（m+M）gcos37°＝（m+M）a2，
联立解得：F＝13.5N，μ1＝0.25，故AC错误；
B、力F作用时物体做加速运动，由速度公式得：vm＝a1t，解得：t＝8s，故B错误；
D、以物块为研究对象，加速上升过程中根据牛顿第二定律可得μ2mgcos37°﹣mgsin37°≥ma1，解得μ2≥0.875，物块与长木板之间的动摩擦因数μ2可能为0.88，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了速度的平方与位移之间的关系图象与牛顿第二定律的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁可正确解题。
6．（6分）如图所示，一光滑绝缘足够长的斜面与两个等量同种正点电荷连线的中垂面重合，O为两点电荷连线的中点。A、B为斜面上的两点，且BO＞AO．一个带电荷量为q、质量为m，可视为质点的小物块，从A点以初速度v0开始沿斜面下滑，到达B点速度恰好为零。（斜面对电场无影响）以下说法正确的是（ ）
A．小物块带正电，从A运动到B点，加速度先增大后减小
B．小物块带负电，从A运动到B点，电势能先减小后增大
C．小物块运动到O点时具有最大速度
D．小物块能回到A点，且速度大小等于v0
【考点】A7：电场线；AE：电势能与电场力做功．菁优网版权所有
【分析】根据电场线的分布可以知道沿斜面方向的电场的特点，进而判断小物块沿斜面运动必然是先加速后减速，可以判断小物块的电性，以及小物块电势能的变化；当小物块受力平衡时速度最大；根据能量守恒定律可以判断返回到A点时的速度大小。
【解答】解：A、根据等量同种电荷的电场线的分布特点可知，O点的场强为零，电场线方向沿OA、OB方向，沿斜面方向电势先升高后降低，小物块一初速度沿斜面下滑，到B点速度为零，整个过程中有重力和电场力做功，重力做正功，电场力做负功，所以小物块带负电，故A错误；
B、小物块带负电，沿斜面从A到O，电势升高，电势能减小。从O到B，电势降低，电势能增大，故小物块从A点运动到B点，电势能先减小后增大，故B正确；
C、当小物块受力平衡时，速度最大。当小物块运动到O点时，所受电场力为零，合力为重力沿斜面向下的分力，其加速度不为零，还将继续加速下滑，故C错误；
D、小物块到B点时速度为零，此时所受沿斜面向上的电场力大于沿斜面向下的重力的分力，不能保持静止，所以，小物块将沿斜面向上运动。因为整个过程中只有重力和电场力做功，所以只有机械能和电势能之间的相互转化，根据能量守恒定律，当物块返回到A点时，重力和电场力做功为零，则小物块的动能不变，速度不变，故D正确。
故选：BD。
【点评】掌握等量同种电荷的电场线的特点是解题的关键，另外要注意结合能量守恒定律可以简化解题思路。
7．（6分）如图所示，一磁感强度为B的匀强磁场垂直纸面向里，且范围足够大。纸面上M、N两点之间的距离为d，一质量为m的带电粒子（不计重力）以水平速度v0从M点垂直进入磁场后会经过N点，已知M、N两点连线与速度v0的方向成30°角。以下说法正确的是（ ）
A．粒子可能带负电
B．粒子一定带正电，电荷量为mv0dB
C．粒子从M点运动到N点的时间可能是πd3v0
D．粒子从M点运动到N点的时间可能是13πd3v0
【考点】4A：向心力；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【分析】根据左手定则判断粒子的电性；根据几何关系可得粒子第一次经过N点时轨迹对应的圆心角，再求出轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子的电荷量，根据运动情况结合周期公式求解时间的可能值。
【解答】解：根据题意可得，粒子从M点垂直进入磁场后会经过N点，轨迹如图所示：
A、根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B、设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，由于M、N两点之间的距离为d，
根据几何关系可得粒子第一次经过N点时轨迹对应的圆心角θ＝60°，则：R＝d，
根据洛伦兹力提供向心力可得：R=mv0qB
解得粒子的电荷量为：q=mv0dB，故B正确；
CD、设粒子从M点运动到N点的时间为t，则t＝（n+60°360°）T＝（n+16）×2πdv0；
如果n＝1，则t=πd3v0；如果n＝2，则t′=13πd3v0，故CD正确。
故选：BC。
【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间，注意由于粒子运动具有周期性，粒子经过N点的时间没有确定的值。
8．（6分）如图所示，航天器和卫星分别在同一平面内的1、2轨道上绕地球做匀速圆周运动，其半径分别为r、2r，速率分别为v1和v2，航天器运动到A点时突然加速到v3后沿曲线运动，其轨迹与轨道2交于B点，经过B点时速率和加速度分别为v4和a1，卫星通过B点时加速度为a2．已知地球的质量为M，质量为m的物体离地球中心距离为r时，系统的引力势能为−GMmr（取物体离地球无穷远处引力势能为零），物体沿AB曲线运动时机械能为零。则下列说法正确的是（ ）
A．v3=2v1
B．v2＝v4
C．a1＞a2
D．若航天器质量为m0，由A点运动到B点的过程中地球对它的引力做功为﹣m0v22
【考点】4F：万有引力定律及其应用；6B：功能关系．菁优网版权所有
【分析】卫星在圆轨道运行速度的公式：v=GMr；航天器沿着轨道AB运动时，只有引力做功，机械能守恒，克服引力做功等于重力势能的增加量。
【解答】 解：AB、航天器在AB轨道运动过程中，机械能守恒，且为零，故：12mv32−GMmr=12mv42−GMm2r=0，
解得：v3=2GMr，v4=GMr；
根据环绕速度公式v=GMr，卫星在轨道1的速度v1=GMr，在轨道2的速度v2=GM2r，
故v3=2v1，v2＜v4，故A正确，B错误；
C、根据牛顿第二定律，加速度a1=Fm=GMm(2r)2m=GM4r2，加速度a2=Fm=GMm(2r)2m=GM4r2，故a1＝a2，故C错误；
D、若航天器质量为m0，由A点运动到B点的过程中地球对它的引力做功等于势能的减小量，故：W=−△Ep=(−GMm0r)−(−GMm02r)=−GMm02r2，
而−m0v22=−m0(GM2r)2=−GMm02r2，故由A点运动到B点的过程中地球对它的引力做功为﹣m0v22，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题从能的转化与守恒的角度研究卫星问题，关键是结合卫星的势能表达式和能量守恒定律列式分析，同时要记住卫星的环绕速度公式v=GMr。
三、非选择题：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．（5分）小明同学在“研究物体做匀变速直线运动规律”的实验中，利用打点计时器（电源频率为50Hz）记录了被小车拖动的纸带的运动情况，并取其中的A、B、C、D、E、F、G七个计数点进行研究（每相邻两个计数点之间还有4个点未画出）。其中x1＝0.70cm，x2＝1.62cm，x3＝2.75cm，x4＝ 4.10 cm（从图中读取），x5＝5.65cm，x6＝7.41cm，则打点计时器在打D点时小车的速度vD＝ 0.12 m/s，小车的加速度a＝ 0.21 m/s2．（计算结果均保留到小数点后两位）
【考点】M4：探究小车速度随时间变化的规律．菁优网版权所有
【分析】根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以求出打下D点时小车的瞬时速度，根据逐差法可以算出小车的加速度。
【解答】解：从图中得x4＝5.10cm﹣1.00cm＝4.10 cm，
每相邻两个计数点之间还有4个点未画出，所以计数点之间的时间间隔为T＝0.1s，
根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度得：
vD=x4−x22T=0.12m/s，
根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2可以求出加速度的大小，得：a=(x6−x3)−x3(3T)2=0.21m/s2，
故答案为：4.10，0.12，0.21。
【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，同时注意有效数字的保留。
10．（10分）在一次测量定值电阻Rx阻值（Rx≈5Ω）的分组实验中，甲、乙两组分别进行了如下实验过程：
（1）甲组可选器材如下：
滑动变阻器RA（0～500Ω，100mA）；
滑动变阻器RB（0～5Ω，2A）；
电流表A（0～0.6A、内阻约2Ω：0～3A、内阻约0.5Ω）；
电压表V（0～3V、内阻约1.5kΩ：0～15V、内阻约7.5kΩ）；
电源E（电动势为3V）；
开关S，导线若干。
①为便于调节和测量，滑动变阻器采用分压接法，应选择 RB （选填“RA”或“RB”）；
②请根据以上实验器材，在图甲中将实物电路连接完整：
③按以上操作，测得Rx测 ＜ Rx真（填“＞”、“＝”或“＜”）。
（2）乙组可选器材如下：
电压表V（0～3V）；
滑动变阻器RC（10Ω，1A）；
电阻箱R0（0～999.99Ω）；
电源E（电动势为3V）；
开关S。
请根据乙组的电路图乙和以上实验器材在MN处先接 Rx ，按一定的步骤操作后记下仪表的读数，再换接 R0 、正确操作后测出Rx的阻值；若在MN处更换器材时，不小心将滑动变阻器的滑片P向左移了一些，测量结果将 变小 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
（3）比较甲乙两组测量结果， 乙 组更接近真实值（填“甲”或“乙”）。
【考点】N6：伏安法测电阻．菁优网版权所有
【分析】（1）①滑动变阻器采用分压接法，为了便于调节和测量，选择最大阻值较小的滑动变阻器。
②根据Rx与RARV关系判断电流表的接法，然后连接实物图。
③根据R=UI和测量值分析测量结果。
（2）乙组是利用的等效替代的思想，在MN处先接Rx，闭合开关，调节滑动变阻器到电压表合适的示数，记下电压表表的读数，再换接R0，调节变阻箱至电压表读数和接R想时示数相等，此时变阻箱的读数即为Rx的阻值。
（3）根据以上分析知哪一组测量更接近真实值。
【解答】解：（1）①被测电阻约5Ω，为了便于调节和测量，滑动变阻器采用分压接法，选择最大阻值较小的滑动变阻器，即RB；
②因为Rx＜RARV，所以电流表外接，滑动变阻器采用分压接法，连接实物图，如图。
③利用电流表外接，由于电压表的分流，测得电流偏大，根据R=UI知被测电阻偏小，即Rx测＜Rx真。
（2）乙组是利用的等效替代的思想，在MN处先接Rx，闭合开关，调节滑动变阻器到电压表合适的示数，记下电压表表的读数，再换接R0，调节变阻箱至电压表读数和接R想时示数相等，此时变阻箱的读数即为Rx的阻值；若在MN处更换器材时，不小心将滑动变阻器的滑片P向左移了一些，总电阻变小，电流变大，根据R=UI知测量结果将变小。
（3）根据以上分析知乙组测量更接近真实值。
故答案为：（1）①RB；②如图；③＜．（2）Rx，R0，变小。（3）乙。
【点评】此题考查两种方法测电阻，一种为伏安法，一种是等效替换法，要记住重要的实验原理，会根据R=UI进行误差分析，基础题目。
11．（12分）如图所示，金属圆环轨道MN、PQ竖直放置，两环之间ABDC内（含边界）有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。电阻为r，长为2l的轻质金属杆，一端套在内环MN上，另一端连接质量为m的带孔金属球，球套在外环PQ上，且都与轨道接触良好。内圆半径r1＝l，外圆半径r2＝3l，PM间接有阻值为R的电阻，让金属杆从AB处无初速释放，恰好到达EF处，EF到圆心的连线与竖直方向成θ角。其它电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g。求：
（1）这一过程中通过电阻R的电流方向和通过R的电荷量q；
（2）金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速率v和R两端的电压U。
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【分析】（1）根据右手定则判断电流方向；根据电荷量的计算公式结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律进行求解；
（2）金属杆第一次离开磁场到EF，由动能定理求解速度，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，再根据闭合电路的欧姆定律求解电压。
【解答】解：（1）金属杆从AB处无初速释放，向下转动的过程中切割磁感应线，根据右手定则可知通过杆的电流方向B→A，则通过R的电流方向由M指向P；
金属杆从AB滑动到CD的过程中，通过R的电荷量q=I•△t，
根据闭合电路的欧姆定律可得：I=ER+r，
该过程的平均感应电动势：E=△Φ△t=B0⋅△S△t=14π(r22−r12)B0△t=2πl2B0△t，
则通过R的电荷量q=2πl2B0R+r；
（2）设金属杆离开磁场时金属杆的角速度为ω，第一次离开磁场到EF，由动能定理得：
﹣mg•3l（1﹣cosθ）＝0−12mv2，
解得：v=6gl(1−cosθ)，
由于v＝3lω，解得ω=6gl(1−cosθ)3l；
金属杆第一﹣次离开磁场瞬间产生电动势为：E＝B0⋅2lv=B0⋅2l⋅ωr1+ωr22，
根据闭合电路的欧姆定律可得U=ER+r⋅R=4B0lR6gl(1−cosθ)3(R+r)。
答：（1）这一过程中通过电阻R的电流方向为M→P，通过R的电荷量为2πl2B0R+r；
（2）金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速率为6gl(1−cosθ)，R两端的电压为4B0lR6gl(1−cosθ)3(R+r)。
【点评】本题主要是考查电磁感应现象中涉及电路问题的分析，能够根据导体棒的转动情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及动能定理列方程求解。
12．（20分）如图所示，光滑水平面上有一被压缩的轻质弹簧，左端固定，质量为mA＝1kg的滑块A紧靠弹簧右端（不拴接），弹簧的弹性势能为Ep＝32J．质量为mB＝1kg的槽B静止放在水平面上，内壁间距为L＝0.6m，槽内放有质量为mC＝2kg的滑块C（可视为质点），C到左侧壁的距离为d＝0.1m，槽与滑块C之间的动摩擦因数μ＝0.1．现释放弹簧，滑块A离开弹簧后与槽B发生正碰并粘连在一起。已知槽与滑块C发生的碰撞为弹性碰撞。（g＝10m/s2）求：
（1）滑块A与槽碰撞前、后瞬间的速度大小；
（2）槽与滑块C最终的速度大小及滑块C与槽的左侧壁碰撞的次数；
（3）从槽开始运动到槽和滑块C相对静止时各自对地的位移大小。
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【分析】（1）根据能量守恒求出碰撞前的速度大小，碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律列式即可求解速度；
（2）对整体根据动量守恒定律求出B、C相对静止时速度大小，根据能量守恒定律求出C、B间的相对路程，然后求出碰撞次数；
（3）设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1′、v2′．根据动量守恒定律及能量守恒定律列式可知，故可用匀变速直线运动规律求时间，根据动量守恒定律以及两物体的位移关系可求出该时间内物块运动的位移大小。
【解答】解：（1）弹簧的弹性势能为：Ep＝32J，根据能量守恒定律有：Ep=12mAv2
代入数据解得：v＝8m/s
滑块A离开弹簧后与槽B发生正碰并粘连在一起，根据动量定理有：mAv＝（mA+mB）v0
代入数据解得：v0＝4m/s
（2）ABC三个物体看做一个系统，整个系统动量守恒，最后三个物体一起运动，根据动量守恒定律有：（mA+mB）v0＝（mA+mB+mC）v'
代入数据解得：v'＝2m/s
则槽与滑块C的最终速度大小为2m/s；
整个过程中损失的能量转化为内能，则有：Q＝μmCg△S，△S为滑块C相对于槽所走的路程
有：Q=12(mA+mB)v02−12(mA+mB+mC)v′2=8J
联立并代入数据解得：△S＝4m
C到左侧壁的距离为：d＝0.1m
则滑块C与槽的左侧壁碰撞的次数为：n=△S−0.11.2+1≈4次
最后滑块停在槽的中间位置。
（3）设AB的质量为m，C的质量为m，设凹槽与滑块C碰前的速度分别为 v1、v2，碰后的速度分别为v1′、v2′．以AB碰后的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv1+mv2＝mv1′+mv2′
由机械能守恒定律得：12mv12+12mv22=12mv′12+12mv′22
解得：v1′＝v2，v2′＝v1，即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，故可用匀变速直线运动规律求时间。
则有：则v'＝v0+at，a＝﹣μg
解得：t＝2s
设凹槽与物体的速度分别为vA，vB，根据动量守恒定律得：mv0＝mvC+mvB
即为：v0＝vC+vB，
vA，vB的运动方向相同，结合上式可得两物体位移关系为：v0t＝SB+SC，
根据第二问分析，两者一直同方向运动，相对静止时物块在凹槽的中端，所以两物体的位移关系为SC﹣SB＝0.2
解得：SC＝4.1m，SB＝3.9m
答：（1）滑块A与槽碰撞前速度为8m/s、后瞬间的速度为4m/s；
（2）槽与滑块C最终的速度大小为2m/s及滑块C与槽的左侧壁碰撞的次数为4次；
（3）从槽开始运动到槽滑块C相对静止时，槽对地的位移大小为3.9m和滑块C对地的位移大小为4.1m。
【点评】解决该题的关键是掌握动量守恒的条件，知道碰撞过程中动量守恒，知道用动能定理求解摩擦力所做的功，从而判断出两物体的相对路程，找到最后的位置关系；
【物理--选修3-3】（15分）
13．（5分）如图所示，圆筒形容器A、B用细而短的管连接，活塞F与容器A的内表面紧密接触，且不计摩擦。初始K关闭，A中有温度为T0的理想气体，B内为真空，整个系统对外绝热。现向右缓慢推动活塞F，直到A中气体的体积与B的容积相等时，气体的温度变为T1，则此过程中气体内能将 变大 （填“变大”、“不变”、“变小”）。然后固定活塞不动，将K打开，使A中的气体缓慢向B扩散，平衡后气体的温度变为T2，那么T2 ＝ T1（填“＞”、“＝”、“＜”）。
【考点】9D：气体的等温变化．菁优网版权所有
【分析】根据热力学第一定律分析内能的变化情况。
【解答】解：当K关闭时，用力向右推活塞，外界对气体做功，整个系统绝热，根据热力学第一定律，内能变大；
固定活塞，打开K，右侧为真空，气体进入B中，但不做功，根据热力学第一定律，内能不变，温度不变。
故填：变大，＝
【点评】本题考查热力学第一定律，关键是知道外界对气体做功，W记为正，气体真空中膨胀不对外做功。
14．（10分）如图甲所示，A端封闭、B端开口、内径均匀的玻璃管长L＝100cm，其中有一段长h＝15cm的水银柱把一部分空气封闭在玻璃管中。当玻璃管水平放置时，封闭气柱A长LA＝40cm。现把玻璃管缓慢旋转至竖直，如图乙所示，再把开口端向下插入水银槽中，直至A端气柱长L1＝30cm为止，这时系统处于静止平衡。已知大气压强p0＝75cmHg，整个过程温度不变，试求：
Ⅰ．玻璃管旋转至竖直位置时，A端空气柱的长度；
Ⅱ．如图丙所示，最后槽内水银进入玻璃管内的水银柱的长度d（结果保留两位有效数字）。
【考点】9D：气体的等温变化；9K：封闭气体压强．菁优网版权所有
【分析】Ⅰ先求出旋转后气体的压强，再根据玻意耳定律求此时的气体长度；
Ⅱ玻璃管插入水银槽，分别对A、B分析，分别求出插入前后A、B气体的压强和长度，最后求出槽内水银进入玻璃管内的水银柱的长度d。
【解答】解：Ⅰ．玻璃管旋转至竖直，A中气体的压强变为：pA1＝p0＝ph＝60cmHg
对A部分气体，由玻意耳定律：p0LAS＝pA1LA1S
解得：LA1＝50cm
Ⅱ．旋转至竖直B段气柱长LB＝L﹣LA1﹣h＝100﹣50﹣15cm＝35cm
玻璃管插入水银槽
A部分气体分析，由玻意耳定律：pA1LA1S＝pA2L1S
解得：pA2＝100cmHg
对B部分气体：pB＝p0，pB1＝pA2+ph＝115cmHg
由玻意耳定律：pBLBS＝pB1LB1S
解得：LB1＝23cm
则d＝L﹣h﹣L1﹣LB1＝32cm
答：Ⅰ．玻璃管旋转至竖直位置时，A端空气柱的长度为50cm；
Ⅱ．最后槽内水银进入玻璃管内的水银柱的长度32cm。
【点评】该题考查了气体的等温变化，解决此类问题的关键是确定气体的状态及状态参量，要特别注意密封气体的水银柱长度的变化。
【物理--选修3-4】（15分）
15．如图所示，有两束细单色光p、q射向置于空气中的三棱镜表面，此时三棱镜的右侧表面只有一束光线射出（不考虑反射的情景），则两束光在三棱镜中的传播速率vp ＞ vq（填“＞”、“＝”、“＜”），若一束为黄光，一束为红光，则 p 是红光（填“p”或“q”）。
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【分析】作出光在介质中传播的光路图，根据光路图分析两束光在介质中传播的折射率，根据v=cn分析两束光在介质中的传播速度；
黄光的折射率大于红光，以此分析哪一束为红光。
【解答】解：根据题意可得两束光在介质中传播的光路图如图所示，
根据光路可逆原理可知，介质对q光的偏折度更强，所以q光在介质中的折射率大于p光，
根据v=cn可得，vp＞vq，
因为黄光的折射率大于红光，所以p是红光。
故答案为：＞，p。
【点评】解决该题关键是正确作出光在介质中传播的光路图，能正确推导出两束光的折射率关系，知道红光的折射率小于黄光。
16．一列简谐横波的波源振动一个周期时波形如甲图所示，乙图为质点Q从该时刻计时的振动图象，P、Q分别是平衡位置为x1＝0.5m和x2＝2m处的质点。
I．请判断该简谐横波的传播方向和P、Q两点谁先到达波谷，并计算波速；
Ⅱ．从计时时刻起，当质点Q第三次出现在波峰位置时，请确定x＝11m处的质点M的振动方向及M在这段时间内的总路程。
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【分析】（1）根据波形图象和振动图象判断波的传播方向，并判断P、Q此时的振动方向，从而判断谁先到达波谷，根据v=λT求波速；
（2）先求得质点Q第三次出现波峰的时间，以及计算波传播到x＝11m处质点M的时间，再根据质点的齐整方向计算出质点M的振动方向和总路程。
【解答】解：I根据质点Q的振动图象t＝0时质点沿y轴正方向振动，根据波形图象可知波沿x轴正方向传播，根据上下坡法可知此时P沿y轴负方向振动，从而得出P先到达波谷；
根据题可知λ＝4m，T＝0.20s，根据v=λT=20m/s
Ⅱ．由质点Q的振动图象可知经过T4=0.05s第一次到达波峰，则当质点Q第三次出现在波峰位置时，经历的时间t=214T=0.45s，t＝0时质点到x＝4m，质点刚到达M时所用时间t1=720s，则质点M振动时间为△t=t−t1=0.1s=T2，根据图象可知质点起振方向沿y轴负方向，则此时质点M的振动方向沿y轴正方向，总路程为s＝2A＝10cm
答：I波沿x轴正方向传播，P先到达波谷，波速为20m/s；
Ⅱ．从计时时刻起，当质点Q第三次出现在波峰位置时，x＝11m处的质点M的振动方向沿y轴正方向，总路程为10cm。
【点评】波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，熟练要分析波动形成的过程，要灵活运用波形平移法确定质点的位置。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2020/4/29 8:41:20；用户：吴祥福；邮箱：wxfty@xyh.com；学号：24010
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