湖北省武汉市武昌区2020届高三物理下学期5月调考考试试题（含解析） 18页

湖北省武汉市武昌区2020届高三物理下学期5月调考考试试题（含解析） ‎ 二、选择题：本大题共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O分。‎ ‎1.关于近代物理知识的叙述，下列说法正确的是 A. 大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，只能产生3种不同频率的光 B. 某种原子的发射光谱是线状谱，说明该原子只能发出几种特定频率的光 C. 核聚变反应中，反应前的结合能之和与反应后的结合能之和相等 D. 人工转变核反应中，遵循电荷守恒、质量守恒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，能产生种不同频率的光，选项A错误； 某种原子的发射光谱是线状谱，说明该原子只能发出几种特定频率的光，选项B正确；核聚变反应中放出核能，则反应前的结合能之和小于反应后的结合能之和，选项C错误；人工转变核反应中，遵循电荷数守恒、质量数守恒，选项D错误；故选B.‎ ‎2.真空中有如图所示的坐标系，两等量带正电的点电荷固定在x轴上的A、B两点，A、B两点关于），轴对称。在y轴上的M点有另一带正电的检验电荷以某一初速度向y轴的负方向运动并能通过原点O。检验电荷的重力可忽略，取无穷远处电势能为零，那么检验电荷从M点运动到O点的过程中 A. 电势能逐渐变小 B. 电势能先变大后变小，到达O点时电势能为零 C. 先做加速运动，后做减速运动 D. 始终做减速运动，到达O点时加速度为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据等量正电荷电场线的分布情况可知：MO间的电场方向从O到M，根据顺着电场线方向电势降低，可知粒子从M点向O点运动的过程中，电势逐渐升高，小球带正电，其电势能逐渐增大。故AB错误。电场力方向与初速度方向相反，小球一定做减速运动，到达O点时，由于场强为零，所受的电场力为零，则加速度为零，故C错误，D正确。故选D。‎ 点睛：加强基础知识的学习，掌握住等量同种电荷的电场线的分布特点，特别是注意MO线上场强的方向．能掌握电场力做功与电势能变化的关系，熟练判断电势能的变化情况．‎ ‎3.如图所示，在水平杆MN上套上两个质量不计的小环A和B，一长度为l、不可伸长的细线两端分别系在环A、B上，并在细线中点挂一个质量为m的物块。已知环A、B与杆间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。那么系统平衡时小环A、B间的最大距离为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 则对A、B及m的整体：，则环与杆间的最大静摩擦力；设细绳与杆的夹角为θ，则对圆环；对物块：。解得；设AB间的最大距离为x，则 ，解得，故选A.‎ 点睛：此题是整体法即隔离法的应用问题；解题时要能正确选择研究对象，对研究对象正确的受力分析，利用正交分解法列出方程，结合几何关系求解.‎ ‎4.如图所示，在投球游戏中，小明坐在可沿竖直方向升降的椅子上，停在不同高度将球水平抛出，落入固定的球框中。已知球框距地面的高度为h，球质量为m，抛出点与球框中心的水平距离为L，忽略空气阻力。下列说法中正确的是 A. 抛出点越高，抛出时所需的初速度越小，入框时球的动能越小 B. 抛出点越低，抛出时重力势能就越小，入框时球的动能越小 C. 在高度为的位置抛出时，入框时球的动能最小 D. 在高度为的位置抛出时，入框时球的动能最小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 抛出点越高，则根据可知，t越大，根据v0=L/t可知，抛出时所需的初速度越小；入框时球的动能 ，由数学知识可知，当，即当 时入框时的动能最小，故阻值ABC错误，D正确；故选D.‎ ‎5.如图所示，圆形区域内有一垂直纸面向里的、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，磁场边界上的P点有一粒子源，可以在纸面内向各个方向以相同的速率发射同种带电粒子，不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用，这些粒子从某一段圆弧射出边界，这段圆弧的弧长是圆形区域周长的；若仅将磁感应强度的大小变为B2，这段圆弧的弧长变为圆形区域周长的，则等于 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为Q，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，相应的弧长变为圆周长的1/3，所以∠POQ=120°；结合几何关系，有：r1=Rsin600；洛仑兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB1=m；联立解得：B1=；同理，若仅将磁感应强度的大小变为B2，相应的弧长变为圆周长的1/4，所以∠POQ=90°；结合几何关系，有：r2=Rsin450；洛仑兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB2=m；联立解得：B2=；则，故选C.‎ 点睛：带电粒子在磁场中的圆周运动问题，必须要根据题意画出运动的轨迹，尤其是找到临界轨迹，结合几何关系找出半径求解．‎ ‎6.如图甲所示的电路中，变压器原、副线圈匝数比为2：1，L1、L2. L3是规格均为“10V ‎ 5W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表。闭合开关S后，该变压器cd输入端交变电压u的图象如图乙。以下说法正确的是 ‎ ‎ A. ab输入端电压的瞬时值表达式为Uab= 20sinl00πt B. ab输入端输入功率Pab =15 W C. 电流表的示数为lA，且三只灯泡均正常发光 D. 若断开开关S，电压表V的示数将变小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 由cd输入端交变电压最大值为20V，有效值是U=20V，副线圈电压为：U′＝×U＝10V，所以副线圈两只灯泡均能正常发光。灯泡的额定电流：；电流表的读数为I2=2I0=1A，原线圈电流为，所以原线圈的灯泡也能正常发光，ab输入端电压为Uab=U+UL3=20V+10V=30V；输入端电压的瞬时值表达式为uab=30sin100πt（V）A错误，C正确。三个灯泡都正常发光，所以ab输入端输入功率Pab=3×5W=15W．故B正确；若将S断开，则副线圈上的输出电流将减小，所以原线圈的输入电流也减小，则流过灯泡L3的电流减小，L3上消耗的电压减小，所以原线圈上的电压降增大，即电压表V读数将变大，故D错误；故选BC。‎ 点睛：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时运用闭合电路欧姆定律来分析随着电阻变化时电流、电压如何变化．分析的思路先干路后支路，以不变应万变．最后值得注意的是变压器的原线圈与灯泡串联后接入交流中，所以图象的有效值不是原线圈的有效值．‎ ‎7.如图所示，质量分别为m和M的两物体用轻绳连接，在M上施加恒力F，使两物体 ‎ 一起沿恒力F方向做匀加速直线运动（轻绳与恒力F方向平行），分析对比下列四种情况下两物体间轻绳的张力大小T和两物体的加速度大小a，正确的是 A. 四种情况中 (3)的加速度一定大于其他三种情况 B. 四种情况中(4)的加速度一定小于其他三种情况 C. 四种情况中(3)的轻绳张力一定小于其他三种情况 D. 四种情况轻绳的张力一定一样大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎（1）中加速度满足：，对m：；解得；；‎ ‎（2）中加速度满足：，对m：；解得；；‎ ‎（3）中加速度满足：，对m：；解得；；‎ ‎（4）中加速度满足：，对m：；解得；；‎ 由以上分析可知，选项AD正确，BC错误；故选AD.‎ ‎8.如图所示，双星系统由质量不相等的两颗恒星组成，质量分别是M、m(M>m)， 他们围绕共同的圆心O做匀速圆周运动。从地球A看过去，双星运动的平面与AO垂直，AO距离恒为L。观测发现质量较大的恒星M做圆周运动的周期为T，运动范围的最大张角为△θ(单位是弧度)。已知引力常量为G，△θ很小，可认为sin△θ= tan△θ= △θ，忽略其他星体对双星系统的作用力。则 A. 恒星m的角速度大小为 B. 恒星m的轨道半径大小为 C. 恒星m的线速度大小为 D. 两颗恒星的质量m和M满足关系式 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 恒星m与M具有相同的角速度，则角速度为，选项A错误；恒星M的轨道半径为；对恒星系统： mω2r=Mω2R，解得恒星m的轨道半径大小为，选项B正确；恒星m的线速度大小为，选项C正确；对恒星系统： =mω2r=Mω2R，解得GM=ω2r(r+R)2；Gm=ω2R(r+R)2；相加得：，联立可得：，选项D正确；故选BCD.‎ 点睛：双星问题，关键是知道双星做圆周运动的向心力由两者之间的万有引力来提供，知道两者的角速度相同，周期相同.‎ 三、本卷包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都应作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答。须用黑色签字笔在答题卡上规定的区域书写作答，在试题卷上作答无效。‎ ‎9.如图甲是利用激光测转速的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上涂有一段很薄的反光涂层。当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号立即转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来。‎ ‎(1)若图乙中示波器显示屏上横向的时间轴上每小格对应的时间为2.00×10-3 s（即时间轴每大格表示1.00×10-2s），则圆盘的转动周期为_______s、转速为______ r/s。（结果均保留3位有效数字，下同）‎ ‎(2)若测得圆盘直径为22.00 cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度（弧长）为_____cm。‎ ‎【答案】 (1). (2). 22.7 (3). 3.14‎ ‎【解析】‎ ‎（1）从图乙显示圆盘转动一周在横轴上显示22格，由题意知道，每格表示2.00×10-3s，所以圆盘转动的周期为4.40×10-2s，则转速为n=1/T=22.7r/s；‎ ‎（2）反光中引起的电流图象在图乙中横坐标上每次一小格，说明反光涂层的长度占圆盘周长的22分之一，故圆盘上反光涂层的长度为；‎ 点睛：此题关键能从图象中看出圆盘的转动周期即图象中电流的周期，知道转速与周期的关系式T=1/n，注意反光时间即为电流的产生时间；‎ ‎10.一位同学想将一个量程2.5 mA左右（有清晰刻度但没有示数）、内电阻在90 Ω～120Ω之间的电流表G改装成一个量程为0～30 V的伏特表，可以使用的实验器材如下：‎ A.电源（电动势约4.5 V，内电阻小于l Ω）‎ B.标准电流表A（量程为0～10 mA，内电阻约为50 Ω）‎ C.电阻箱（阻值范围0～9.9Ω）‎ D.电阻箱（阻值范围0～999.9 Ω）‎ E．滑动变阻器(阻值为0～l kΩ)‎ F．滑动变阻器（阻值为0～20Ω）‎ G.电键S和导线若干 为了正确改装，用如图甲的电路来测量出电流表G的量程和内电阻，该同学的实验操作过程为：‎ ‎(1)将选好的实验仪器按图甲所示电路连接，电阻箱R1应选______，滑动变阻器R2应选 _______（用仪器前的字母序号表示）；‎ ‎(2)将滑动变阻器的滑片P移至滑动变阻器的接近右端处，将电阻箱R1阻值调至最大，闭合电键S；接着交替移动滑片P和调节电阻箱R1直至电流表G满偏且标准电流表A有一个合适的读数，记录此时标准电流表A的示数I电阻箱的阻值R1‎ ‎(3)向左移动滑片P至滑动变阻器的另一位置，再次调节电阻箱R1直至电流表G满偏，记录此时标准电流表A的示数，和电阻箱的阻值R ‎(4)重复步骤(3)3～5次；‎ ‎(5)该同学将实验中记录的各组标准电流表A的示数I和电阻箱的阻值R的数据在 图中正确地描好点（如图乙），请你在图中完图线________。‎ ‎(6)根据图线可以求得电流表G的量程为_______A，内电阻为_______Ω。将电流表G与一个阻值为_______Ω的电阻串联就可以组成量程为0～30V的伏特表。‎ ‎【答案】 (1). D (2). E (3). (4). (5). 100 (6). 14900‎ ‎【解析】‎ ‎（1）电阻箱应该选择与待测电流表阻值相当的D；电流中的总电流不超过10mA，则电路总电阻，则滑动变阻器选择E；‎ ‎（2）图像如图；‎ 由欧姆定律可知： ，即；由图形可知：Ig=2×10-3A；Igrg=，则rg=100Ω；将电流表G与一个阻值为的电阻串联就可以组成量程为0～30V的伏特表；‎ ‎11.如图所示，两根足够长的平行金属导轨由倾斜和水平两部分平滑连接组成，倾斜部分的倾角θ= 45°，水平部分处于方向竖直向上的、磁感应强度为B=lT的匀强磁场中。导轨间距/=lm，在导轨左上端接有一个阻值为R=3Ω的电阻。将质量m=0.2kg、电阻r=1Ω的金属棒ab从斜导轨上的与水平导轨高度差为h=lm处由静止释放，导轨电阻不计，棒与倾斜导轨间的摩擦力是它们之间正压力的μ= 0.2倍，水平导轨光滑，导体棒始终垂直于两导轨，取g= 10 m/s2．求：‎ ‎(1)棒ab刚运动到水平导轨上时的速度大小和棒ab在水平导轨上运动的最大加速度；‎ ‎(2)在棒ab运动的整个过程中通过电阻R的电荷量。‎ ‎【答案】(1) ， (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）从倾斜导轨上滑下，由动能定理：‎ 解得v0=4m/s；‎ 导体棒ab进入磁场，产生的电动势E=BLv 水平导轨，由牛顿第二定律：BIL=ma 解得 当v=v0时，a最大，且am=5m/s2‎ ‎（2）通过R的电荷量 动量定理 解得 ‎12.质量为M= 0.5 kg、长为L=lm的木板静止在光滑的水平面上，在木板右端静止叠放一个质量为m=1 kg的物块（可视作质点）。已知m和M之间的动摩擦因数为μ=0.2，取g= 10 m/s2。‎ ‎(1)给木板施加一个水平向右的恒力F,物块与木板间能产生相对滑动并从木板左端滑落，求F的取值范围；‎ ‎(2)给木板一个水平向右的瞬时冲量使木板获得初速度vo，物块与木板间能产生相对滑动并从木板左端滑落，求vo取值范围；‎ ‎(3)给木板一个水平向右的瞬时冲量使木板获得初速度vo=4m/s的同时对木板施加一个水平向左的恒力F：‎ ‎①分别求出物块能从木板左端和右端滑离木板时，恒力F的取值范围；‎ ‎②求出物块不能滑离木板时，恒力F的取值范围，并推导出这种情况下物块最终能相对于木板发生的位移s与恒力F的大小的关系。‎ ‎【答案】（1） （2） （3① ； ②‎ ‎【解析】‎ ‎（1）依题意只要M的加速度大于m的加速度即可，对m：μmg=ma0；‎ 对M：F-μmg>Ma0，‎ 解得F>3N ‎（2）由动量守恒关系及能量关系：‎ 联立解得：‎ ‎（3）①已知，若恒力较小，为F1时，m滑至M左端处二者速度恰好相等，只要恒力F小于求出的F1，物块就会从木板左端滑落；‎ 对M：‎ 解得F1=1N 故当03N 即当F>3N时，物块从木板右端滑落；‎ 由①的结果可知，当1N≤F≤3N时，物块最终会与木板达到共同速度而不滑落，并发生相对位移s，‎ 联立可得 即当1N≤F≤3N时， ‎ ‎13.如图所示，纵坐标表示压强p、横坐标表示热力学温度T。一定质量的理想气体，经历了A—B—C—A的状态变化，则下列结论正确的是____。（选对一个给2分，选对两个给4分，选对3个给5分。每选错一个扣3分，最低得分为0分）‎ A．状态A—B，理想气体的密度增大 B.状态A—B，单位时间内对单位面积器壁碰撞的分子数变少 C．状态B—C，外界对理想气体做正功 D.状态B—C，理想气体的内能增加 E．状态C—A，理想气体向外界放出热量 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ 状态A—B，理想气体的压强不变，温度升高，则体积变大，密度减小，选项A错误；状态A—B，气体的压强不变，温度升高，则气体分子的平均速率变大，单位时间内对单位面积器壁碰撞的分子数变少，选项B正确；状态B—C，温度不变，内能不变；压强变大，则体积减小，外界对理想气体做正功，选项C正确，D错误；状态C—A，气体的体积不变，温度降低，内能减小，根据可得，理想气体向外界放出热量，选项E正确；故选BCE.‎ ‎14.如图所示，两端封闭、粗细均匀的竖直玻璃管内有A、B两段长度均为，的理想气体气柱和一段长为h的水银柱，且气柱A的压强等于（ρ为水银的密度、g为重力加速度）。当玻璃管以某一加速度a做竖直向上的匀加速运动，稳定后，上部空气柱长度是下部空气柱的3倍，求这个加速度a的大小。已知运动过程中整个管内各处的温度不变。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 设玻璃管的横截面积为S，依题意温度不变，AB段气体的状态参量分别为：A气体：初态： 末态：pA′；‎ 依据玻意耳定律：‎ 解得 对气体B：初态： VB=lS 末态：pB′；‎ 依据玻意耳定律：‎ 解得 对水银柱，由牛顿第二定律：‎ 解得 点睛：此题关键是选择研究对象，并能对气体的状态参量进行分析求解上下两部分气体的压强，然后对水银柱利用牛顿第二定律求解加速度.‎ ‎15.一列振幅为A的简谐横波向右传播，在其传播路径上每隔L=0.2 m选取一个质点，如图甲所示，t=0时刻波恰传到质点1，质点1立即开始向上振动，经过时间△t=0.6 s，所选取的l～9号质点间第一次出现如图乙所示的波形，则下列判断正确的是___（选对一个给2分，选对两个给4分，选对3个给5分。每选错一个扣3分，最低得分为0分）‎ A.该波的周期为0.4 s，波速为4m/s B．t= 0.6 s时刻，质点l向下运动 C．t= 0.6 s时刻，质点8向上运动 D. t=0至t=0.6 s内，质点5运动的时间只有0.4 s E．t=0至f=0.3 s内，质点3通过的路程为3A ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 由图可知，经过了0.6s的时间，质点1已经振动了1.5T，则1.5T=0.6s，T=0.4s；波长为λ=0.2m×8=1.6m，则波速，选项A正确；由波形图可知，t= 0.6 s时刻，质点l向下运动，质点8向下运动，选项B正确，C正确；振动从1传到5的时间为，则t=0至t=0.6 s内，质点5运动的时间只有0.4 s，选项D正确；振动从1传到3的时间为，则t=0至t=0.3 s内，质点3振动了0.2s=0.5T，通过的路程为2A，选项E错误；故选ABD.‎ 点睛：此题的解题关键是根据波的基本特点：各质点的起振方向与波源的起振方向相同；根据“同侧法”或“爬坡法”确定质点的振动方向；同时一定要注意振动该质点的时间与质点振动的时间的关系.‎ ‎16.如图所示，真空中的三棱镜横截面是等腰直角三角形，∠A=90°，平行于底面BC的入射光从AB面进入三棱镜，经AB面和AC面折射后能从AC面射出三棱镜，求三棱镜材料的折射率n值的范围。（不考虑光线在三棱镜里的反复反射）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 设三棱镜的折射率为n，光线在AB面发生折射，由折射定律；‎ 要使光线能从AC面射出，要求θ小于等于临界角，即：‎ 由几何关系可知 又：‎ 联立解得 又n>1，则折射率满足：‎