江苏省苏中三市2020届高三下学期3月第一次调研物理试题 Word版含解析 21页

www.ks5u.com江苏省苏中三市2020届高三物理3月第一次调研试题一、单项选择题。本题共5小题，每小题3分，共计15分。每小题只有一个选项符合题意。1.如图所示，相距为LA、B两质点沿相互垂直的两个方向以相同的速率v做匀速直线运动，则在运动过程中，A、B间的最短距离为（　　）A.B.LC.LD.2L【答案】A【解析】【详解】A、B间的距离当L-vt=vt时，s最小，A、B间的最短距离为故A正确，BCD错误。故选A。2.帆船航行时，遇到侧风需要调整帆面至合适的位置，保证船能有足够的动力前进．如图是帆船航行时的俯视图，风向与船航行方向垂直，关于帆面的a、b、c、d四个位置，可能正确的是A.aB.bC.cD.d【答案】B-21- 【解析】【详解】风对帆船的作用力垂直帆船，则由力的平行四边形定则可知，只有的位置，其中的一个分力沿着船的前进方向，如图所示：故B正确，ACD错误；故选B。【名师点睛】考查风与帆船的作用力即为弹力，掌握弹力的方向与接触面的关系，同时理解力的平行四边形定则的含义．注意确定对研究对象的受力分析．3.将一小球从高处水平抛出，最初2s内小球动能Ek随时间t变化的图线如图所示，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.根据图象信息，无法确定的物理量是A.小球的质量B.小球的初速度C.小球拋出时的高度D.最初2s内重力对小球做功的平均功率【答案】C【解析】【详解】AB.设小球的初速度为v0，则2s末的速度为：根据图象可知：小球的初动能2s末的动能-21- 解得：故AB不符合题意．CD.最初2s内重力对小球做功的平均功率：根据已知条件只能求出2s内竖直方向高度而不能求出小球抛出时的高度，故D不符合题意，C符合题意．4.如图所示，MNPQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从α点射入场区，并在竖直平面内沿直线运动至b点，则小球（ ）A.一定带正电B.受到电场力的方向一定水平向右C.从α到b过程中，克服电场力做功D.从α到b过程中可能做匀加速运动【答案】C【解析】【详解】带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球一定做匀速直线运动，只要满足合外力为零即可，小球可能带正电，受到电场力的方向水平向右，从a到b过程，克服电场力做功；可能带负电，受到电场力的方向斜向上，从a到b过程，克服电场力做功；选项C正确。故选C。5.如图所示电路中，R、R0为定值电阻，C为电容器．t=0时闭合开关S，在t=t0时刻断开S，下列关于流过电阻R的电流i随时间变化的图象中，可能正确的是（）-21- A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，t=0时闭合开关S，在t=t0时刻断开S可知，电容器先充电，然后通过R放电，根据电容器放电特点进行分析即可．【详解】t=0时闭合开关S，电容器充电．R中电流逐渐增大；在t=t0时刻断开S，电容器通过R放电，流过电阻R的电流方向不变，逐渐减小，所以流过电阻R的电流i随时间变化的图象中，故D正确，ABC错误。故选D。二、多项选择题。本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。6.如图甲所示电路中，电感为L的线圈与电流表A串联后接在交流电源上，当电路中通过如图乙所示正弦式交变电流时，下列说法中正确的是（　　）A.电流表读数为5AB.L越大，电感对交流电阻碍作用越大C.t=2×10-2s时，线圈中自上而下电动势最小D.t=5×10-3s时，线圈中电流的磁场最强。-21- 【答案】BD【解析】【详解】A．电流表的示数为A错误；B．L越大，电感对交流电阻碍作用越大，B正确；C．时，线圈中电流变化量最大，产生的自感电动势最大，C错误；D．时，此时正向电流最大，电流周围存在磁场，电流越大，磁场越强，D正确。故选BD。7.2012年2月25日凌晨，我国成功地将第十一颗北斗导航卫星送入太空预定转移轨道，它最终将被定点成为一颗地球静止轨道卫星，则：A.卫星的转移轨道是以地球球心为焦点的椭圆轨道B.卫星由转移轨道进入静止轨道时需要加速C.卫星在转移轨道上运动时万有引力等于向心力D.卫星在转移轨道的运动周期大于24小时【答案】AB【解析】【详解】卫星的转移轨道是以地球球心为焦点的椭圆轨道，即由椭圆到圆的轨道转变；由椭圆到圆，要加速离心；卫星在转移轨道上运动时处于离心状态，万有引力小于向心力；卫星在转移轨道的运动周期小于24小时，轨道半径越高周期越长，地球静止轨道比转移轨道高，故选项AB正确，CD错误。故选AB。8.如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g．现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度大小a可能是（）-21- A.a＝μgB.a＝C.a＝D.a＝－【答案】BD【解析】【详解】当物块与木板一起向右加速，没有发生相对滑动，以物块和木板整体为研究对象进行受力分析，有：解得：当物块和木板间发生相对滑动，以木板为研究对象有：解得：故BD正确，AC错误．9.如图所示，实线表示某电场的电场线，过O点的虚线MN与电场线垂直，两个相同的带负电的粒子P、Q分别从A、B两点以相同的初速度开始运动，速度方向垂直于MN，且都能从MN左侧经过O点．设粒子P、Q在A、B两点的加速度大小分别为a1和a2，电势能分别为和，以过O点时的速度大小分别为v1和v2，到达O点经过的时间分别为t1和t2．粒子的重力不计，则（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【详解】A．电场线越密，场强越大，粒子受到的电场力越大，加速度越大．所以a1＞a2-21- ．故A错误；B．过A点画出等势面，根据沿着电场线方向电势降低，所以A点电势大于B点电势，由于带负电，所以．故B正确；C．粒子P、Q在A、B两点分别到O点．有AO点间的电势差大于BO点间的电势差，所以粒子P的动能减小量大于粒子Q的动能减小量，所以v1＜v2．故C正确；D．带负电的粒子Q从B运动到O沿水平方向分运动的加速度小于带负电的粒子P从A运动到O的加速度，P、Q水平方向位移相同，做减速运动，所以t1＞t2，故D正确。故选BCD．第Ⅱ卷（非选择题共89分）三、简答题∶本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分。请将解答填写在答题卡相应的位置。10.某实验小组用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数μ，提供的器材有∶带定滑轮的长木板，打点计时器，交流电源，木块，纸带，米尺，8个质量均为20g的钩码以及细线等。实验操作过程如下∶A．长木板置于水平桌面上，带定滑轮的一端伸出桌面，把打点计时器固定在长木板上并与电源连接，纸带穿过打点计时器并与木块相连，细线一端与木块相连，另一端跨过定滑轮挂上钩码，其余钩码都叠放在木块上；B．使木块靠近打点计时器，接通电源，释放木块，打点计时器在纸带上打下一系列点，记下悬挂钩码的个数n；C．将木块上的钩码逐个移到悬挂钩码端，更换纸带，重复实验操作B；D．测出每条纸带对应木块运动的加速度a，实验数据如表乙所示。(1)实验开始时，必须调节滑轮高度，保证______________。(2)根据表乙数据，在图丙中作出a-n图像_____；图线得到μ=_____（g=9.8m/s2），还可求的物理量是________（只需填写物理量名称）。-21- 【答案】(1).细线与木板表面平行(2).见解析(3).0.31（0.29~0.33均正确）(4).木块的质量【解析】【详解】(1)[1]小车的加速度是绳子的拉力和摩擦力的合力所产生的，所以实验开始时，必须调节滑轮高度，保证细线与木板表面保持平行。(2)[2]根据图乙表格提供的数据，描点，连线可得a-n图像如图所示[3]设钩码的质量为m，对木块与钩码组成的系统，由牛顿第二定律得nmg-[（8-n）mg+m木g]=（8m+m木）a求得系统加速度的表达式为-21- 由a—n图象得：n=0时，，所以。[4]由a-n图象还可求得其斜率，由于钩码质量已知，故而还可以求出木块质量。11.为了测量某高内阻电源的电动势E和内阻r(电动势约5V、内阻约500Ω),现提供下列器材：A．待测电源B．电压表V(0~3V，内阻约几千欧)C．电流表A(10mA，RA=10Ω)D．电阻箱R0(0~9999.9Ω)E．滑动变阻器R1(0~20Ω)F．滑动变阻器R2(0~1000Ω)G．开关及导线H．干电池若干节(内阻很小)(1)实验中需要将电压表改装．首先测定其内阻，某同学采用图甲所示的电路，电源为干电池组．开关S闭合前，电阻箱R0的阻值应该调到_________（选填“零”或“最大”）．闭合开关，调节电阻箱，当电压表指针满偏时，阻值为R01=2950Ω；当电压表指针半偏时，阻值为R02=8900Ω，则电压表内阻RV=_________Ω． (2)采用图乙所示的电路测量电源电动势和内阻．电阻箱R0与电压表串联构成量程为6V的电压表，则R0=________Ω；滑动变阻器应选_________(选填“R1”或“R2”)． (3)根据实验测得数据,作出电源路端电压U随电流I变化的图象如图丙所示，由图象可知E=______V，r=_______Ω．【答案】(1).最大(2).3000(3).3000(4).R2(5).5.0(6).490【解析】【详解】（1）[1][2]．开关S闭合前，电阻箱R0的阻值应该调到最大．由-21- 解得RV=3000Ω．（2）[3][4]．根据扩大电压表量程原理，电阻箱R0与电压表串联构成量程为6V的电压表，则R0=3000Ω；滑动变阻器应选阻值范围大的R2．（3）[5][6]．由闭合电路欧姆定律，E=U+Ir，结合图线解得E=5.0V图线斜率的绝对值等于电源内阻r=490Ω．12.研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体叫做气团。气团直径达几千米，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，气团在上升过程中可看成是一定质量理想气体的绝热膨胀，设气团在上升过程中，由状态Ⅰ（p1、V1、T1）绝热膨胀到状态II（p2、V2、T2）。倘若该气团由状态I（p1、V1、T1）作等温膨胀到Ⅲ（p3、V3、T3），试回答：(1)下列判断正确是_______。A.p3＜p1B.p3＜p2C.T1＞T2D.T1T2，气团由状态Ⅰ（p1、V1、T1）作等温膨胀到Ⅲ（p3、V3、T3），体积增大，压强减小，p3＜p2。故AC正确，BD错误。故选AC。(2)[2]若气团在绝热膨胀过程中对外做的功为W1，由热力学第一定律，则其内能变化为若气团在等温膨胀过程中对外做的功为W2，则其内能变化-21- (3)[3][4]气体密度气团体积由V1变化到V2时，气团在变化前后的密度比为设分子之间平均距离为d，气体分子数N，则所有气体体积V=Nd3气团在变化前后的分子间平均距离之比13.下列说法中正确的是（　　）A.受迫振动的频率与振动系统的固有频率有关B.波是传递能量的一种方式C.牛顿环由光的衍射产生的D.电子液晶显示是光的偏振现象的应用【答案】BD【解析】【详解】A．受迫振动的频率等于驱动力的频率，和振动系统的固有频率无关，A错误；B．波是传递能量的一种方式，B正确；C．牛顿环由光的干涉产生的，C错误；D．电子液晶显示是光的偏振现象的应用，D正确。故选BD。14.二十世纪二十年代，天文学家哈勃从星光谱的观测中发现宇宙中所有的星系都在彼此远离退行，距离越远，退行速度越大，两者成正比，这个规律称为哈勃定律。一个遥远的超新星以速度v远离地球观察者，地球观察者测量的星系光谱波长____（选填“大于”、“等于”或“小于”）超新星发出光谱波长；地球观察者测量超新星发出光的传播速度为_____（光在真空中传播速度为c）。【答案】(1).大于(2).c【解析】【详解】[1][2]根据多普勒效应，遥远的超新星以速度v-21- 远离地球观察者，则地球观察者测量的星系光谱波长大于超新星发出光谱波长；根据相对论原理，地球观察者测量超新星发出光的传播速度为c。15.研究发光物体的光谱通常需要三棱镜，如图所示是截面为等边三角形ABC的三棱镜，一束光从AB边的P点射入棱镜，当入射角时，进入棱镜的折射光线与BC平行，求：（1）光在棱镜中的传播速度(光在真空中传播速度)（2）入射光经过棱镜两次折射后偏转的角度．【答案】（1）（2）60°【解析】【详解】（1）由几何知识得：第一次折射时折射角为由折射定律得折射率解得则光在棱镜中的传播速度（2）如图所示：由几何关系可知：偏转角．16.自由中子是不稳定的，它的平均寿命大约是900s，它能自发地发生放射性衰变，衰变方程是:其中-21- 是反电子中微子（不带电的质量很小的粒子）.下列说法正确的是（）A.自由中子的衰变是β衰变，X是负电子B.有20个自由中子，半小时后一定剩下5个中子未发生衰变C.衰变过程遵守动量守恒定律D.衰变过程有质量亏损，所以能量不守恒【答案】AC【解析】【详解】A．根据电荷数守恒、质量数守恒，知X的电荷数为-1，质量数为0，为负电子，该衰变为β衰变．故A正确；B．半衰期有统计规律，对大量的中子适用．故B错误；C．在衰变的过程，系统不受外力，动量守恒．故C正确；D．衰变的过程中，有质量亏损，能量守恒，亏损的质量以能量的形式释放．故D错误。故选AC。点睛：解决本题的关键知道衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，当系统不受外力时，动量守恒．17.电子浮获即原子核俘获1个核外轨道电子，使核内1个质子转变为中子。一个理论认为地热是镍58（）在地球内部的高温高压下发生电子俘获核反应生成钴（Co）58时产生的，则镍58电子获核反应方程为____；生成的钴核处于激发态，会向基态跃迁，辐射γ光子的频率为，已知真空中的光速和普朗克常量是c和h，则此核反应过程中的质量亏损为____。【答案】(1).(2).【解析】【详解】[1][2]镍58电子俘获核反应方程为辐射γ光子的能量为h，由质能方程可得，此核反应过程中的质量亏损为18.在电子俘获中，原子核俘获了K层一个电子后，新核原子的K层将出现一个电子空位，当外层L层上电子跃迁到K层填补空位时会释放一定的能量；一种情况是辐射频率为ν0的X射线；另一种情况是将该能量交给其他层的某电子，使电子发生电离成为自由电子．该能量交给M层电子，电离后的自由电子动能是E0，已知普朗克常量为h-21- ，试求新核原子的L层电子和K层电子的能级差及M层电子的能级(即能量值)．【答案】ΔE＝hν0；EM＝E0－hν0【解析】【详解】由于当外层L层上电子跃迁到K层填补空位时会辐射频率为ν0的X射线；则L层电子和K层电子的能级差ΔE＝hν0由能量守恒E0＋(0－EM)＝ΔE所以EM＝E0－hν0四、计算题∶本题共4小题，共计59分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。19.无风的情况下，在离地面高为H处，将质量为m的球以速度v0水平抛出，在空气中运动时所受的阻力，v是球的速度，k是已知的常数，阻力的方向与速度方向相反，并且球在着地前已经竖直向下做匀速运动，重力加速度为g。(1)小球刚抛出时加速度大小；(2)求球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功；(3)若有一个与上述相同的球从同一地点由静止释放，试比较两球落地所需时间和着地时的速度，并简述理由。【答案】(1)；(2)；(3)一样，见解析【解析】【详解】(1)小球刚抛出时受到的合力由牛顿第二定律解得小球刚抛出时加速度大小-21- (2)球最终竖直向下做匀速直线运动，设此时速度为v，则设球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功为W，由动能定理有解得(3)根据运动的独立性，两种情况下，在竖直方向都是从静止开始的运动，受到的合力均为根据牛顿第二定律，加速度均为故在竖直方向的运动是相同的，运动时间相等，着地时速度都是20.如图所示，在xoy平面内第二象限的某区域存在一个矩形匀强磁场区，磁场方向垂直xoy平面向里，边界分别平利于x轴和y轴一电荷量为e、质量为m的电子，从坐标原点为O以速度v0射入第二象限，速度方向与y轴正方向成45°角，经过磁场偏转后，通过P（0，a）点，速度方向垂直于y轴，不计电子的重力。（1）若磁场的磁感应强度大小为B0，求电子在磁场中运动的时间t；（2）为使电子完成上述运动，求磁感应强度的大小应满足的条件；（3）若电子到达y轴上P点时，撤去矩形匀强磁场，同时在y轴右侧加方向垂直xoy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1，在y轴左侧加方向垂直xoy平面向里的匀强磁场，电子在第（k+1）次从左向右经过y轴（经过P点为第1次）时恰好通过坐标原点。求y轴左侧磁场磁感应强度大小B2及上述过程电子的运动时间t。-21- 【答案】（1）；（2）；（3）；【解析】【详解】（1）根据题意，可画出如图1所示电子在磁场中的轨迹由几何知识可得：电子在磁场中转过的角度运动周期故电子在磁场中运动的时间t联立解得-21- （2）设磁感应强度最小值为Bmin，对应的最大回旋半径为R，圆心O1，则有由几何关系可得联立解得故磁感应强度的大小应满足的条件为（3）设电子在y轴右侧和左侧做圆周运动的半径分别为r1和r2，则有由图2的几何关系可知，2k（r1-r2）=a联立解得设电子在y轴右侧和左侧做圆周运动的周期分别为T1和T2，则有-21- 故有联立解得21.如图甲所示，空间存在一垂直纸面向里的水平磁场，磁场上边界OM水平，以O点为坐标原点，OM为x轴，竖直向下为y轴，磁感应强度大小在x方向保持不变、y轴方向按B=ky变化，k为大于零的常数。一质量为m、电阻为R、边长为L的正方形线框abcd从图示位置静止释放，运动过程中线框经络在同一竖直平面内，当线框下降h0（h0