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)

1、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 1921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。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.核聚变反应沿$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

2、向低能级跃迁时，能产生八种不同频率的光，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；核聚变反应和1喧卜中放出核能，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 Q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。点的过程中A.电势能逐渐变小B.电势能先变大后

3、变小，到达 。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。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句的电场方向从。到M根据顺着电场线方向电势降低，可知粒子从 M点向。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M俄上场强的方向.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

4、所示，在水平杆 MN±套上两个质量不计的小环 A和B, 一长度为1、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【答案】A【解析】 则对A、B及m的整体：mg 2FN,则环与杆间的最大静摩擦力冲设细纯 与杆的夹角为8,则对圆环TesO-G 对物块：小i前mgo解得面101；设AB间的点睛：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

5、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4的位置抛出时，入框时球的动能最小D.在高度为H , h-二的位置抛出时，入框时球的动能最小2|【答案】D【解析】抛出点越高，则根据 卜k#1可知，t越大，根据Vo=L/t可知，抛出时所需的初速度越小；入框时球的动能+=一）,由数学知识可知，当京？即当L h ; ；时入框时的动能最小，故阻值 AB

6、C昔误,D正确；故选D.5.如图所小，圆形区域内有一垂直纸面向里的、磁感应强度大小为B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 I若仅将磁感应强度的大小变为 B2,这1 bJ段圆弧的弧长变为圆形区域周长的,则孑等于4 巴A. B. , C.1 D.不【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：ri=Rsin6

7、0°洛仑兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有：qvBi=m ;联立解得：Bi=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,泗R所以/ POQ=90;结合几何关系，有：2=Rsin45°洛仑兹力充当向心力，根据牛顿v*2m vb I .第二定律，有：qvB=m ;联立解得：E2=-;则 ，故选C.J RR, A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

8、电表。闭合开关S后，该变压器cdUab= 20日sinl00 兀 t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B. ab输入端输入功率 Pab =15 WC.电流表的示数为1A,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20丘乂有效值是U=20V副线圈电压为:= 10V,所以副线圈两只灯泡均能正常发光。灯泡的额定电流：%=£=、A=u.5n；电流表的读数为I2=2Io=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 Ub=U+U=20V+10V=30V输入端电压

9、的瞬时值表达式为 Uab=30：sin100 7tt (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=3X 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BG 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

10、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 体一起沿包力F方向做匀加速直线运动(轻绳与恒力 F方向平行)，分析对比下列恒力F泊料窗附上， 门?恒力产沿料面向制而惊角方通两枚柒和斜 面何的助施因救两方上，第面懂他力修且科 面兑沿1:如怕力，,置直及上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M加口、恒力广清水平育向且水平面选前A.四种情况中(3)的加速度一定大于其他三种情况8 .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.四种情况轻纯的张力一定一样大【答案】AD

11、【解析】(1 ) 中 加速度满足：.|»仆1 m期11曲心4 - ni)gcosO , (M寸山属，对 m :FFinI： m学MiiEgcosO * rn% ；解得5 单】碘 可飙刈；/ 一 ；M mM 卜 m(2)中加速度满足：F-(M m)gsin6-(M"用足，对mh m窗inOm%;解得%匚隼浊；M卜mFinl： MWFFm(3)中加速度满足：对m T广】网；解得;丁丁 ； 口 ;M 1 m M 十 m(4)中加速度满足：g(M寸】Bg对m： T4 mg 1也；解得知-占；M 4 H1Fin，厂M W由以上分析可知，选项 AD正确,BC错误；故选AD.8 .如图所

12、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。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4 9 (单位是弧度)。已知引力常量为 G, 9很小，可认为sin 8 二tan 8 = 8 ,忽略其他星体对双星系统的作用力。则A.B.恒星m的角速度大小为TK1I AHC.恒星m的线速度大小为mT恒星m的轨道半径大小为1：4D.两颗恒星的质量m和M满足关系式(m + M)22GT2【答案】BCD【解析】恒星m与M具有相同的角速度，则角速度为旧若,选项A错

13、误；恒星M的轨道半径.沁；对恒星系统：m/E2R,解得，叵星m的轨道半径大小为MLAH r -j2m、小e C 十小 IEAA3、士t2或 NiLAW MIL白,选项B正确；恒星m的线速度大小为3L 一 T 2m mT确；对恒星系统:G-""、=mw 2r=MjR,解得 GM=2r(r+R) 2; Gm=2R(r+R)2;相加 (r i R)'得：G(M + m) - <n2(R + r) 联立可得:,，选项D正确；故选BCD.(m 2GT"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

14、、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。甲(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 X 10-3 s (即时间轴每大格表示1.00 X10-2s),则圆盘的转动周期为 s、转速为 r/s。(结

15、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2.00X10-3S,所以圆盘转动的周期为 4.40X10-2s,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 金点睛：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

16、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。 120Q之间的电流表G改装成一个量程为030 V的伏特表，可以使用的实验器材 如下：rn-' 甲A.电源（电动势约4.5 V ,内电阻小于l Q）B.标准电流表A （量程为010 mA,内电阻约为50 Q）C.电阻箱（阻值范围09.9Q）D.电阻箱（阻值范围0999.9 Q）E.滑动变阻器（阻值为0l k Q）F.滑动变阻器（阻值为020Q）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R应选,

17、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 R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R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R（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R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重复步骤（3）35次；（5）该同学将实验中记录白各组标准电流表A的示数I和电阻箱的阻值R的数据在1-H图中正确地描好点（如图乙），请你在图中完图线。R：(6)根据图线可以求得电流表 G的量程为 A内电阻为

18、 Qo将电流表G与一个阻值为 Q【答案】(1). D (2). E(4). 0 7 |晓 (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P 4 5电路总电阻卜,工高则滑动变阻器选择E;(2)图像如图；乙由欧姆定律可知：QQR=【蠢,即1 -露9y;由图形可知：Ig=2X 10-3A;人公一”一七?2 二 0二,则rg=i00Q ；将 电流表 G与一个 阻值为 4 x此R - - r, - - JOO 7 490如的电阻串联就可以组成量程为 030V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

19、接组成，倾斜部分的倾角9 = 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=3Q的电阻。将质量m=0.2kg、电阻r=1 Q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仙=0.2倍，水平导轨光滑，导体棒始终垂直于两导轨，取 g= 10 m/s 2.求：M(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

20、上滑下，由动能定理：网3v；sinO 2解得 v°=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l迫'一in(R + r)当 v=vo时，a 最大，且 am=5m/s2(2)通过R的电荷量动量定理解得q.吸=0.8CBL12.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 1 =0.2 ,取 g= 10 m/s 2。(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；(

21、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:分别求出物块能从木板左端和右端滑离木板时，包力F的取值范围;求出物块不能滑离木板时，包力 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与包力F的大小的关系。【答案】(1) F.3M(2)(3F - 1N,物饶M木板左蜡滑落；卜> 3M物块从木板右端滑落INW鹿3N时.【解析】(1)依题意只要M的加速度大于m的加速度即可，对 m m mg=ma对 M F

22、- i mg>Ma解得F>3N(2)由动量守恒关系及能量关系：(M十m)n 联立解得：力;2y5m；专(3)已知0一加利、加需;若恒力较小，为Fi时，m滑至M左端处二者速度恰好 相等，只要包力F小于求出的Fi,物块就会从木板左端滑落；对M卜7尸山利解得Fi=1N故当0vFv1N寸，物块从木板左端滑落；若F较大，m相对于M先向左滑动，达到共同速度后又相对 M向右滑动，最终从M 右端滑落，可得F>3N即当F>3N时，物块从木板右端滑落；由的结果可知，当1N< F03N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,F+pmg 卜伯3卜"叼、qv

23、 4 v0 v v0s =4,- f = L2 I2 2 14联立可得与-F l- 34即当1N< F< 3N时，*F i ?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

24、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的压强等于即gh|（p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

25、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。rrrI【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：P.L*的a胎末态：Pa，； '1IS依据玻意耳定律：解得对气体B:初态：Vb=1S末态：Pb' ； VB' -is依据玻意耳定律：ap&h , IS Ph ' TS £解得对水银柱，由牛顿第二定律：解得心 g 3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