云南省景东彝族自治县第一中学2020届高三物理下学期押题卷（二）（含解析）二、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只有一项是符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.氢原子的能级图如图所示。

根据玻尔理论，大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时（）A. 原子的能量增大B. 核外电子的动能增大C. 最多发出3种不同频率的光D. 由n=2跃迁到n=1释放的光子能量最小【答案】B【解析】【详解】AB．根据波尔理论，大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，原子的能级降低，能量减小，电子轨道半径减小，根据222e vk mr r=可知，电子动能变大，选项A错误，B正确；C．最多发出246C=种不同频率的光，选项C错误；D．由n=4跃迁到n=3能级差最小，则释放的光子能量最小，选项D错误。

故选B。

2.一理想变压器原、副线圈的匝数比为100：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头。

则下列说法正确的是（）A. 副线圈输出电压的频率为50HzB. 副线圈输出电压的有效值为3.1VC. P向左移动时，原、副线圈的电流比减小D. P向左移动时，变压器的输出功率增加【答案】A【解析】【详解】A．由图甲可知，周期为T=2×10－2s，频率1==50HzfT故A正确；B．由甲图可知，原线圈输入电压的最大值为310V，则其有效值为12U==220V 根据1122U n U n=解得副线圈输出电压的有效值为2220100U=V=2.2V 故B错误；C．根据U1I1=U2I2所以122211I U n I U n==则P向左移动时，原、副线圈的电流比不变，故C错误；D．变压器的输出功率P 2=22U RP 向左移动时，电阻变大，变压器的输出功率减小，故D 错误。

故选A 。

3.如图所示，在x >0、y >0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于xOy 平面向里。

现有一质量为m 、电量为q 的带正电粒子，从x 轴上的某点P 沿着与x 轴成30︒角的方向射入磁场。

不计重力影响，则可以确定的物理量是（ ）A. 粒子在磁场中运动的时间B. 粒子运动的半径C. 粒子从射入到射出的速度偏转角D. 粒子做圆周运动的周期【答案】D 【解析】【详解】AC ．粒子在磁场中做圆周运动，由于P 点位置不确定，粒子从x 轴上离开磁场或粒子运动轨迹与y 轴相切时，粒子在磁场中转过的圆心角最大，为max 300α︒=粒子在磁场中的最长运动时间maxmax3002π5π3603603m mt T qB qBα︒︒︒==⨯= 粒子最小的圆心角为P 点与坐标原点重合，最小圆心角min 120α︒=粒子在磁场中的最短运动时间minmin 12π36033mt T T qBα︒=== 粒子在磁场中运动所经历的时间为2π5π33m mt qB qB≤≤说明无法确定粒子在磁场中运动的时间和粒子的偏转角，故AC错误；B．粒子在磁场中做圆周运动，由于P点位置不确定，粒子的偏转角不确定，则无法确定粒子的运动半径，故B错误；D．粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则2vqvB mr=且2πrvT=则得2π=mTqB说明可确定粒子做圆周运动的周期，故D正确。

故选D。

4.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）A. ab中的感应电流方向由b到aB. ab中的感应电流逐渐减小C. ab所受的安培力保持不变D. ab所受的静摩擦力逐渐减小【答案】D【解析】【详解】A．磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a 到b，A错误；B．由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律BSEt∆=∆得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，根据2P I R=可知电阻R消耗的热功率不变，B错误；C ．根据安培力公式F BIL =知，电流不变，B 均匀减小，则安培力减小，C 错误；D ．导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，f F =，安培力减小，则静摩擦力减小，D 正确． 5.一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能增大为原来的4倍，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的（ ） A. 向心加速度大小之比为1∶4 B. 轨道半径之比为4∶1 C. 周期之比为4∶1 D. 角速度大小之比为1∶2【答案】B 【解析】【详解】AB.根据万有引力充当向心力22Mm v G m r r ＝=224m r Tπ=m 2ωr =ma ，卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度v =GMr，其动能E k =2GMm r ，由题知变轨后动能增大为原来的4倍，则变轨后轨道半径r 2=14r 1，变轨前后卫星的轨道半径之比r 1∶r 2=4∶1；向心加速度a =2GMr，变轨前后卫星的向心加速度之比a 1∶a 2=1∶16，故A 错误，B 正确；C.卫星运动的周期234πr T GM=，变轨前后卫星的周期之比12T T =3132r r =81，故C 错误； D.卫星运动的角速度3GMr ω＝，变轨前后卫星的角速度之比12ωω=3231r r =18，故D 错误． 6.如图所示，O 是一固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线，负点电荷q 仅在电场力的作用下沿实线所示的轨迹从a 处运动到b 处，然后又运动到c 处．由此可知( )A. O 为正电荷B. 在整个过程中q 的电势能先变小后变大C. 在整个过程中q 的加速度先变大后变小D. 在整个过程中，电场力做功为零【答案】CD 【解析】【详解】粒子的所受合力的方向大致指向轨迹的弯曲的方向，知负电荷所受的电场力背离点电荷向外，知O 为负电荷．故A 错误．从a 处运动b 处，然后又运动到c 处电场力先做负功再做正功，所以电势能先变大后变小，故B 错误．越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小．故C 正确．初末位置在同一个等势面上，两点间的电势差为零，根据W=qU ，知电场力做功为零，故D 正确．故选CD ．【点睛】解决本题的关键掌握通过轨迹的弯曲大致判断合力的方向，会根据电场力做功判断动能的变化，知道在等势面上移动电荷，电场力不做功．7.疫情当前，无人驾驶技术在配送、清洁、消毒等方面的应用，节省人力的同时，也大幅降低了相关人员的感染风险，对疫情防控起到了积极作用。

某公司在研发无人驾驶汽车的过程中，对比甲乙两辆车的运动，两车在开始计时时刚好经过同一位置且沿同一方向做直线运动，它们的速度随时间变化的关系如图所示，由图可知（ ）A. 在t =3s 时，两车第一次相距最远B. 甲车某些时刻加速度大小为零C. 在t =6s 时，两车又一次经过同一位置D. 甲车t =6s 时的加速度与t =9s 时的加速度相同 【答案】AB 【解析】【详解】A ．甲乙两车同时同地出发，03s ~内甲车速度大于乙车速度，甲在前乙在后，距离越来越远，36s ~内甲车速度小于乙车速度，距离越来越近，所以3s t =时，甲乙两车速度相等，第一次距离最远，故A 正确；B ．v t -图像斜率的物理意义为加速度，图像的斜率可以为0，所以甲车的加速度可以为0，故B 正确；C ．图像与横轴所围面积代表位移，可知前6s 内，乙的位移比甲的大，故C 错误；D ．甲车在6s 时和9s 时加速度方向不同，故D 错误。

故选AB 。

8.如图所示，a 、b 、c 分别为固定竖直光滑圆弧轨道的右端点、最低点和左端点，Oa 为水平半径，c 点和圆心O 的连线与竖直方向的夹角53α︒=。

现从a 点正上方的P 点由静止释放一质量1kg m =的小球（可视为质点），小球经圆弧轨道飞出后以水平速度3m/s v =通过Q 点。

已知圆弧轨道的半径1m R =，取重力加速度210m/s g =，sin 530.8︒=，cos530.6︒=，不计空气阻力。

下列分析正确的是（ ）A. 小球从P 点运动到Q 点的过程中重力所做的功为4.5JB. P 、a 两点的高度差为0.8mC. 小球运动到b 点时对轨道的压力大小为43ND. 小球运动到c 点时的速度大小为4m/s 【答案】AC 【解析】【详解】ABD ．小球从c 到Q 的逆过程做平抛运动，小球运动到c 点时的速度大小3m/s 5m/s cos 0.6c v v α=== 小球运动到c 点时竖直分速度大小4tan 3m/s=4m/s 3cy v v α=⋅=⨯则Q 、c 两点的高度差224m 0.8m 2210cyv h g ===⨯设P 、a 两点的高度差为H ，从P 到c ，由机械能守恒得21cos 2c mg H R mv α+=()解得0.65m H =小球从P 点运动到Q 点的过程中重力所做的功为[][]cos 1100.6510.60.8J 4.5J W mg H R h α=+-=⨯⨯+⨯-=()()故A 正确，BD 错误；C ．从P 到b ，由机械能守恒定律得212b mg H R mv +=()小球在b 点时，有2bv N mg m R-=联立解得43N N =根据牛顿第三定律知，小球运动到b 点时对轨道的压力大小为43N ，故C 正确。

故选AC 。

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。

9.某中学实验小组的同学利用如图1所示的实验装置完成了动能定理的验证，将带有遮光条的物块放在气垫上，用细绳连接并跨过光滑的定滑轮，在靠近滑轮的位置固定一光电门，已知物块和钩码的质量分别为M 、m ，重力加速度为g 。

该小组的同学完成来如下操作： （1）用螺旋测微器测量来遮光条的宽度，如图2所示，则遮光条的宽度d =______mm ； （2）将物块由远离定滑轮的一段无初速度释放，并测出释放点距离光电门的间距s ； （3）记录遮光条的挡光时间t ；（4）多次改变s ，重复（2）（3），如果利用图像完成实验的验证，该小组的同学用s 为纵轴，21t 为横轴，发现该图像为过原点的直线，该图像的关系式为__________（用已知量和测量量表示）【答案】 (1). 1.880 (2). 22()1()2m M d s mg t+=【解析】【详解】(1)[1]．螺旋测微器的读数为 1.5mm 38.00.01mm 1.880mm d =+⨯=； (4)[2]．物块通过光电门的瞬时速度dv t=根据动能定理得2211()()()22d mgs m M v m M t=+=+ 解得22()1()2m M d s mg t+=10.某物理实验小组利用实验室提供的器材测定电压表V 1的内阻，可选用的器材如下：A ．待测电压表V 1：量程3V ，内阻约3kΩB ．电压表V 2：量程15V ，内阻约20kΩC ．电流表A ：量程3A ，内阻约0．1ΩD ．定值电阻R 0：9．0kΩE ．滑动变阻器R 1：0~200ΩF ．滑动变阻器R 2：0~2kΩG ．电源E ：电动势约为12V ，内阻忽略不计 H ．开关、导线若干（1）现用多用电表测电压表V 1的内阻，选择倍率“×100”挡，其它操作无误，多用电表表盘示数如图所示，则电压表V 1的内阻约为 Ω．（2）为了准确测量电压表V 1的内阻，两位同学根据上述实验器材分别设计了如图甲和乙两个测量电路，你认为 （选填“甲”或“乙”）更合理，并在实物图中用笔画线代替导线将电路图补充完整．（3）该实验中滑动变阻器应该选用 （选填“R 1”或“R 2”）．（4）用已知量R 0和V 1、V 2的示数U 1、U 2来表示电压表V 1的内阻R V1= ． 【答案】（1）3400； （2）乙；连图如图； （3）R 1； （4）1021U R U U【解析】试题分析：（1）用多用电表测得的电压表的内阻为34×100Ω=3400Ω；（2）甲图中，因为电压表V 2的电阻与R 0阻值相当，通过电压表V 2的电流不能忽略，故用通过R 0的电流作为通过V 1的电路，则误差较大；故用乙电路较合理；电路连接如图；（3）实验中滑动变阻器要用分压电路，故用选取阻值较小的R 1；（4）根据欧姆定律可知：10112121VU RURU U U UR==--考点：测量电压表的内阻【名师点睛】此题使用电压表及定值电阻测定电压表的内阻；关键是要搞清实验的原理，认真分析实验可能带来的系统误差，结合部分电路的欧姆定律来处理实验的结果；此题是伏安法测电阻的改进实验，立意较新颖，是一道考查学生实验能力的好题．11.如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值；（2）该粒子在电场中运动的时间．【答案】（1）EB＝21tan2vθ；（2）t＝2tandvθ【解析】试题分析：（1）设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，并设其圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律和向心力公式有：qv0B ＝2vmr①由题设条件和图中几何关系可知：r＝d ②设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向运动的速度大小为v x，由牛顿第二定律有：qE＝ma x③根据运动学公式有：v x＝a x t，2xvt⋅＝d ④由于粒子在电场中做类平抛运动（如图），有：tanθ＝0x v v ⑤由①②③④⑤式联立解得：E B ＝201tan 2v θ （2）由④⑤式联立解得：t ＝02tan d v θ 考点：本题主要考查了带电粒子在交替复合场中的运动问题，属于中档题．12.如图所示，半径未知的14光滑圆弧AB 与倾角为37°的斜面在B 点连接，B 点的切线水平。