资料简介
2020 年高考桂林崇左贺州市联合调研考试理科综合能力测试物理部分
一、选择题
1.下列说法正确的是（ ）
A. 汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”
B. 光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
C. 一群氢原子在第四能级最多能向外辐射四种不同频率的光子
D. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的链式反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”，故 A 符合题意；
B．根据爱因斯坦光电效应方程
Ek=hγ-W0
可知光电子的最大初动能与入射光的频率是线性关系，但不是正比，故 B 不符合题意；
C．一群处于第四能级 氢原子向基态跃迁时，根据
可知将向外辐射 6 种不同频率的光子，故 C 不符合题意；
D．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应，故 D 不符合题意。
故选 A。
2.如图所示，某双星系统中两星球相距为 L，质量比为 mA：mB＝1：9，两星球的半径远小于 L，下列说法
正确的是（ ）
A. 星球 A 的周期比星球 B 的大 B. 星球 A 的向心加速度比星球 B 的小
C. 两星球的轨道半径 rA：rB＝3：1 D. 两星球的轨道速度大小 vA：vB＝9：1
【答案】D
【解析】
【详解】A．双星系统具有相同的角速度，所以星球 A 的周期与星球 B 的周期相等，故 A 错误；
B．根据万有引力提供向心力
可得星球 A 的向心加速度与星球 B 的加速度之比为
的
2
4 6C =
2 A B
A B
A B
m mG m a amL
==故 B 错误；
C．双星靠相互间的万有引力提供向心力，则向心力的大小相等，则有
可得两星球的轨道半径
rA：rB＝9：1
故 C 错误；
D．根据
可得两星球的轨道速度大小
vA：vB＝9：1
故 D 周期。
故选 D。
3.如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为 f、电压为 U 的交流电，副线圈接有光敏电阻 R1、用电器 R2(纯
电阻)。下列说法正确的是
A. 当光照减弱时，变压器的输入功率增大
B. 当光照增强时，流过用电器 R2 的电流不变
C. 当滑动触头 P 向上滑动时，用电器消耗的功率增大
D. 当 f 减小时，变压器的输入功率减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．当光照减弱时，光敏电阻的电阻值增大，故变压器的输出功率减小，所以输入功率也减小，
故 A 错误；
B．当光照增强时，变压器的匝数比不变，所以输出电压不变，则流过用电器 R2 的电流不变，故 B 正确；
C．当滑动触头 P 向上滑动时，原线圈匝数增加，根据
: : 9:1B AA Ba a m m= =
2 2
2
A B
A A B B
m mG m r m rL
ω ω= =
v rω=
1 1
2 2
U n
U n
=变压器的输出电压减小；根据功率表达式
可知用电器消耗的功率减小，故 C 错误；
D．当 f 减小时，输入电压和输出电压不变，输出功率不变，故变压器的输入功率不变，故 D 错误。
故选 B。
4.甲、乙两物体沿同一直线运动，运动过程的位移－时间图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 0～5s 内两物体的平均速度大小相等 B. 0～6s 内乙物体的速度逐渐减小
C. 0～6s 内两物体的速度方向始终相反 D. 0～6s 内不存在两物体速度大小相等的时刻
【答案】C
【解析】
【详解】A．0～5s 内，甲的位移
△x 甲=1m-（-4m）=5m
乙 位移
△x 乙=1m-4m=-3m
大小为 3m，所以 0～5s 内两物体的位移不等，平均速度不等，故 A 错误；
B．0～6s 内乙物体图象斜率的绝对值逐渐增大，则乙的速度逐渐增大，故 B 错误；
C．如图可知，0～6s 内甲沿着 x 轴正方向运动，乙沿 x 轴负方向运动，故 C 正确；
D．0～6s 内存在某时刻两图象斜率的绝对值相等，则存在某时刻两物体的速度大小相等，故 D 错误。
故选 C
5.如图所示，正方形导线框 abcd 和菱形 MNPQ 在同一水平面内，ab＝MN＝MP＝L，ab⊥NQ，N 位于 ab 的
中点，菱形区域存在方向竖直向上的匀强磁场，使线框从图示位置沿 NQ 方向匀速穿过菱形区域，规定电流
逆时针为正，则线框中的电流 i 随位移 x 变化的图象可能是( )
的
。
2UP R
=A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据“使线框从图示位置沿 NQ 方向匀速穿过菱形区域”、“线框中的电流 i 随位移 x 变化的图象”可知，
本题考查法拉第电磁感应定律和楞次定律，根据法拉第电磁感应定律和楞次定律分段研究切割长度的变化，
线框中感应电流大小、方向的变化．
【详解】AC、导线框右边进入磁场时由楞次定律可以判断感应电流方向为顺时针方向，故 A 错误，C 错误；
BD、当 ab 边与 MP 重合时，切割长度最大，感应电流最大；从 ab 边与 MP 重合到 cd 边到达 N 点，有效切割
长度均匀减小，感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；cd 边进入磁场一直运动到 ab 和 cd 边关于 MP 对
称的中间位置，右边 ab 切割长度均匀减小，左边 cd 切割长度均匀增加，而且两边感应电动势反向，所以
总电动势减小更快，到达正中央位置电流为 0，故 B 错误，D 正确．
故选 D
6.如图，两位同学同时在等高处抛出手中初始静止的篮球 A、B，A 以速度 v1 斜向上抛出，B 以速度 v2 竖直
向上抛出，当 A 到达最高点时恰与 B 相遇。不计空气阻力，A、B 质量相等且均可视为质点，重力加速度
为 g，以下判断正确的是（ ）
A. 相遇时 A 的速度一定不为零
B. 两位同学抛球时对 A、B 做功一样多
C. 从抛出到相遇 A、B 动能的变化量不同
D. 从抛出到相遇 A、B 两篮球重力势能的变化量相同
【答案】AD
【解析】【详解】A．A 分解为竖直向的匀减速直线运动与水平向的匀速直线运动，相遇时 A 达到最高点则其竖直向
的速度为零，水平向速度不变，合速度不为零，故 A 正确；
B．两位同学抛球的初速度不同，根据动能定理可知，两位同学抛球时对 A、B 做功不一样多，故 B 错误；
C．根据动能定理可知，从抛出到相遇 A、B 两个物体的重力做功相同，因此动能的变化量相同，故 C 错误；
D．A、B 质量相等且上升高度相等，所以从抛出到相遇 A、B 两篮球重力势能的变化量相同，故 D 正确。
故选 AD。
7.如图甲所示，小物块 A 静止在足够长的木板 B 左端，若 A 与 B 间动摩擦因数为 µ1＝0.6，木板 B 与地面
间的动摩擦因数为 µ2＝0.2，假设各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻起 A 受到 F＝3t 的水
平向右的外力作用，测得 A 与 B 间摩擦力 f 随外力 F 的变化关系如图乙所示，则下列判断正确的是（ ）
A. A、B 两物体的质量分别为 1kg 和 0.5kg B. 当 t＝1s 时，A、B 发生相对滑动
C. 当 t＝3s 时，A 的加速度为 4m/s2 D. B 物体运动过程中的最大加速度为 8m/s2
【答案】AC
【解析】
【详解】A．设 A、B 两物体的质量分别为 m1、m2，根据 A 与 B 间摩擦力 f 随外力 F 的变化关系可得 A 与 B
间滑动摩擦力为 6N，B 与地面的摩擦力为 3N，则有
联立解得
m1=1kg
m2=0.5kg
故 A 正确；
B． A、B 发生相对滑动时，对 A 有
对 B 有
联立可得
1 1 6Nm gµ =
( )2 1 2 3Nm m gµ + =
1 1 1F m g m aµ′− =
( )1 1 2 1 2 2m g m m g m aµ µ− + =即
故 B 错误；
C．由 B 分析可知，当 t＝3s 时，A、B 相对静止，一起做匀加速运动，则有
代入数据可得
a1=4m/s2
故 C 正确；
D．B 物体运动过程中的最大加速度为
代入数据可得
a2=6m/s2
故 D 错误。
故选 AC。
8.如图所示，空间中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处，A 点为对应棱的中点，B 点为右侧
面的中心，C 点为底面的中心，D 点为正四面体的中心(到四个顶点的距离均相等)。则下列判断正确的是
（ ）
A. 将电子从 A 点移动到 B 点，电势能增加 B. B 点电势高于 C 点电势
C. A 点电势等于 D 点电势 D. A 点的电势等于 C 点的电势
【答案】BC
【解析】
【详解】C．由题如图所示
12NF′ =
4st′ =
( ) ( )1 2 1 2 1 2 1F m m g m m aµ− + = +
( )1 1 2 1 2 2 2m g m m g m aµ µ− + =两个等量异种点电荷，其电场线和等势面具有对称性，通过 ab 和 cd 之间的中垂面是一等势面，由题目描
述知 A、D 在同一等势面上，电势相等，故 C 正确；
BD．由图可知，电场线方向由 B 指向 C 一侧，依据沿电场线方向电势降低，由几何关系可知
φB＞φC
φB＞φA
φD＞φC
故 B 正确，D 错误；
A．由上分析可知
φB＞φA
将电子从 A 点移动到 B 点，电场力做正功，电势能减少，故 A 错误。
故选 BC。
二、非选择题
9.如图 1 所示为实验室常用的力学实验装置。
(1)关于该装置，下列说法正确的是____________
A.利用该装置做研究匀变速直线运动 实验时，需要平衡小车和木板间的摩擦力
B.利用该装置探究小车的加速度与质量关系时，每次改变小车的质量后必须重新平衡小车与木板间的摩擦
力
C.利用该装置探究功与速度变化关系实验时，可以将木板带有打点计时器的一端适当垫高，目的是消除摩
擦力对实验的影响
D.将小车换成滑块，利用该装置测定滑块与木板间的动摩擦因数，可以不需要满足滑块的质量远大于钩码
的质量
的(2)某学生使用该装置做“测定当地的重力加速度”的实验时，得到一条点迹清晰的纸带如图 2 所示。他用
天平测得小车的质量为 M，钩码质量为 m，已知计时器所用交流电周期为 T。
①打点 2 时小车的速度大小为____________(用 d1、d2、d3、d4、d5、d6、T 中的几个物理量来表示)
②通过纸带可以求出当地的重力加速度 g＝____________(用 d1、d2、d3、d4、d5、d6、T 中的几个物理量来
表示)
【答案】 (1). CD (2). (3).
【解析】
【详解】(1)［1］A．用此装置“研究匀变速直线运动”时，不需要平衡摩擦力，只要物体做匀变速直线运动
即可，故 A 错误；
B．用此装置“探究加速度 a 与力 F 的关系”时，改变砝码和砝码盘的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故 B
错误；
C．探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，方法是将木板带打点计时器的一端适当垫高，这
样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响，从而小车受到的合力即为绳子的
拉力，故 C 正确；
D．将小车换成滑块，再利用该装置测定滑块与木板间的动摩擦因数时，不需要用钩码的重力代替绳子的拉
力，所以不需要满足滑块的质量远大于钩码的质量，故 D 正确。
故选 CD。
(2) ①［2］根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出打点 2 的速度
②［3］根据逐差法可得加速度为
3 1
2
d d
T
− 6 3
2
2
9
d dg T
−=
3 1
2 2
d dv T
−=10.如图甲为一多用电表的表盘，图乙是其原理简化示意图。
(1)按正确使用方法将选择开关置于“×10”挡测量电阻 R 的阻值时，指针指在刻度盘的正中央 15 刻线处，
则 Rx＝_________Ω；
(2)把该多用电表的欧姆挡和一块内阻约为几十千欧的电压表接成电路，就能一次性既能测出电压表的内阻，
又能测出多用电表中欧姆挡的内部电源的电动势及内部灵敏电流表的满偏电流。
①在多用电表连接电压表之前，正确的操作是________________
A.将选择开关置于倍率“×1”挡，两表笔短接进行欧姆调零，再将两表笔接在电压表接线柱上
B.将选择开关置于倍率“×1k”挡，两表笔短接进行欧姆调零，再将两表笔接 电压表接线柱上
C.两表笔接在电压表接线柱上，再将选择开关置于倍率“×1”挡，两表笔短接进行欧姆调零
D.两表笔接在电压表接线柱上，再将选择开关置于倍率“×1k”挡，两表笔短接进行欧姆调零
②图中的 A 表笔是_____（填“红”或“黑”）表笔，在多用电表连接电压表时，与电压表“＋”接线柱连
接的是_____（填“A”或“B”）表笔；
③在实验中，同学们读出电压表的读数为 2V，欧姆表指针所指的刻度如图甲所示，并且在实验过程中，一
切操作都是正确的，由此可得电压表的内阻为_____，欧姆表内电池的电动势为______，内部电流表的满偏
电流为____mA（取三位有效数字）。
【答案】 (1). 150 (2). B (3). 黑 (4). A (5). 50kΩ (6). 2.6V (7). 0.173mA
【解析】
【详解】(1)[1]将选择开关置于“×10”挡测量电阻Rx 的阻值，指针指在刻度盘的正中央 15 刻线处，则电阻
阻值
Rx=15×10Ω=150Ω
(2)[2]电压表的内阻约为几十千欧，为了减小误差，应选择×1k 挡，换挡后两表笔短接进行欧姆调零，再将
两表笔接在电压表接线柱上，故 B 正确，ACD 错误。
故选 B。
[3][4]由图所示可知，图中的 A 表笔与欧姆表内置电源正极相连，电流从 A 表笔流出多用电表，则 A 笔是
黑表笔。连接电压表时，应该让电流从电压表的“＋”接线柱流入电压表，所以电压表“＋”接线柱接黑
在
6 3
2
2
9
d da T
−=表笔。
[5]欧姆表是“×1k”倍率的，刻度指在 50 处，所以欧姆表内阻为 50kΩ；
[6][7]“×1k”倍率时，欧姆表内阻为
根据闭合电路欧姆定律可得欧姆表内电池的电动势为
内部电流表的满偏电流
11.如图所示，间距为 L 的光滑 M、N 金属轨道水平平行放置， 是电阻为 的金属棒，可紧贴导轨滑动，
导轨右侧连接水平放置的平行板电容器，板间距为 板长也为 L，导轨左侧接阻值为 R 的定值电阻，其它
电阻忽略不计．轨道处的磁场方向垂直轨道平面向下，电容器处的磁场垂直纸面向里，磁感应强度均为 B，
当 以速度 向右匀速运动时，带电量大小为 的颗粒以某一速度从紧贴 A 板左侧平行于 A 板进入电容
器内，恰好做匀速圆周运动，并刚好从 C 板右侧边缘离开，求:
（1）AC 两板间的电压 U；
（2）带电颗粒的质量
（3）带电颗粒的速度大小
【答案】（1） ；（2） ； （3）
【解析】
【分析】
棒 ab 向右运动时滑动时切割磁感线，产生感应电动势为 E=BLv0，相当于电源，AC 间的电压等于电阻 R 两
端的电压，由串联电路分压规律求解；带电粒子在 AC 间中做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，列式求解
质量 m，粒子做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何关系求出轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力列式求解
粒子的速度大小．
g 15 1000Ω 15000ΩR = × =
( ) ( ) ( )V g V g
V
2 50000 15000 V 2.6V50000
UE I R R R RR
= + = + = × + =
g
g
2.6 A 0.173mA15000
EI R
= = ≈
ab 0R
d，
ab 0v q
m；
.v
0
0
RBLvU R R
= + ( ) 0
0
RqBLvm R R gd
= +
2 2
0
0
( )( )
2
R R L d gv RLv
+ +=【详解】（1）棒 ab 向右运动时产生的电动势为：
AC 间的电压即为电阻 R 的分压，由分压关系可得：
解得：
（2）带电粒子做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡有：
解得：
（3）粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得：
粒子运动轨迹如图所示：
由几何关系可得：
解得：
【点睛】本题是电磁感应与带电粒子在复合场中运动的综合，关键要抓住它们之间的联系：AC 间的电压等
于电阻 R 两端的电压．对于带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，要抓住：重力与电场力平衡，洛伦兹
力提供向心力．
12.如图所示，木槽 A 质量为 m，置于水平桌面上，木槽上底面光滑，下底面与桌面间的动摩擦因数为 μ，
槽内放有两个滑块 B 和 C(两滑块都可看作质点)，B、C 的质量分别为 m 和 2m，现用这两个滑块将很短的
轻质弹簧压紧(两滑块与弹簧均不连接，弹簧长度忽略不计)，此时 B 到木槽左端、C 到木槽右端的距离均为
L，弹簧的弹性势能为 EP＝µmgL。现同时释放 B、C 两滑块，B 与 A 的竖直内壁碰撞为弹性碰撞，C 与 A
的竖直内壁碰撞后粘在一起不再分离，且碰撞时间极短。求：
(1)B、C 两滑块离开弹簧时的速度 vB、vC 的大小；
(2)滑块与槽壁第一次碰撞后 A 的速度 v1 的大小；
0E BLv=
0
EU RR R
= +
0
0
BLvU RR R
= +
Uq mgd
=
( )0
0
RBLv qm R R gd
= +
2vqvB m r
=
( )22 2L r d r+ − =
( )( )2 2
0
02
R R L d g
v RLv
+ +
=(3)木槽 A 在与滑块第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，木槽 A 对地的位移 x。
【答案】(1) ， ；(2) ；(3)
【解析】
【详解】(1)释放后弹簧弹开 B、C 两滑块的过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有
解得
滑块 B 经过时间 t1 先与木槽 A 左侧壁碰撞
(2)B 与 A 弹性碰撞，则
解得
(3)木槽 A 与 B 滑块相撞后，A 向左做匀减速运动，其加速度大小为
木槽 A 和滑块 B 相撞后速度减为 0 的时间
在（t1+t2）这段时间内，木槽移动的距离为 x1，则
4
3Bv glµ= 1
3Cv glµ= 1
4
3v glµ=
6
Lx =
0 2 C Bmv mv= −
2 21 1 22 2P B CE mv mv= + ⋅
4
3Bv glµ=
1
3Cv glµ=
1
3
4B
L Lt v gµ= =
1B Bmv mv mv′= +
2 2 2
1
1 1 1
2 2 2B Bmv mv mv′= +
1
4
3v glµ=
0Bv′ =
( )2 4m m m ga gm
µ µ+ += =
1
2 12
v Lt a gµ= =滑块 C 和木槽移动的距离之和为
所以在 C 与 A 相撞前 A 已停止运动。所以木槽移动的距离为 x1，则
13.下列说法正确的是
A. 密封在钢瓶内的气体，若温度升高，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大
B. 物体的温度升高，分子的热运动加剧，每个分子的动能都增大
C. 一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，则在该过程中气体的压强一定减小
D. 第二类永动机是不能制造出来的，因为它虽不违反能量守恒定律，但违反热力学第二定律
E. 一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度升高，内能一定增加，气体一定对外做功
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．密封在钢瓶内的气体，若温度升高，分子平均动能增大，则气体分子对器壁单位面积上的平均
作用力增大，故 A 符合题意；
B．温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以物体的温度
升高，分子热运动变剧烈，并不是每个分子的动能都增大，故 B 不符合题意；
C．根据热力学第一定律，理想气体温度不变，内能就不变
△U=0
气体吸收热量
Q＞0
气体对外做功
W＜0
气体体积增大。一定质量的理想气体，根据理想气体气体状态方程
可得气体的压强减小，故 C 符合题意；
D．第二类永动机是不能制造出来的，因为它虽不违反能量守恒定律，但违反热力学第二定律，故 D 符合
题意；
E．一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度升高，如果对外做功，内能不一定增加，故 E 不符合题意。
1 1 2
1
2 6
Lx v t= =
( )1 2 1
5
6Cs v t t x L L= + + = <
6
Lx =
pV CT
=故选 ACD。
14.如图所示，粗细均匀的 U 形管左端封闭右端开口，一段空气柱将水银分为 A、B 两部分，水银柱 A 的长
度 h1＝30cm，位于封闭端的顶部，B 部分位于 U 形管的底部。右管内有一轻活塞，活塞与管壁之间的摩擦
不计。活塞自由静止时，玻璃管右侧空气柱的长度 L＝28.5cm，，左侧空气柱的长度 L0＝12cm，B 部分水银
两液面的高度差 h2＝35cm，外界大气压强 p0＝75 cmHg，把两段空气柱视为理想气体。保持温度不变，将
活塞缓慢上提，当 A 部分的水银柱恰好对 U 形管的顶部没有压力时。求：
①左侧空气柱的长度；
②活塞移动的距离。
【答案】①16cm；②13cm
【解析】
【详解】①设玻璃管的横截面积为 S，对左侧被封闭气体
初态
p1=(75-35)cmHg=40cmHg
末态
p2=30cmHg
由玻意耳定律
p1L0S=p2L2S
得
L2=16cm
②对右侧被封闭气体
初态
=75cmHg
末态
=(30+35-2×4)cmHg=57cmHg
1p′
2p′由玻意耳定律
得
=37.5cm
由几何关系可知，活塞上升的高度为
15.如图甲所示，一根拉紧的均匀弦线沿水平的 x 轴放置，现对弦线上 O 点(坐标原点)施加一个向上的扰动
后停止，其位移时间图象如乙图所示，该扰动将以 2m/s 的波速向 x 轴正向传播，且在传播过程中没有能量
损失，则有
A. 3s 时 6m 处的质点开始向下运动
B. 2.5s
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