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1、湖北省武汉市武昌区2020届高三物理下学期6月调研考试试题（一）（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1418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0分。1.原子钟是利用原子跃迁产生固定频率的光进行计时的工具。据报道，中国计划在2020年6月发射最后一颗北斗卫星，这也是中国北斗三号系统的“收官之星”，这些卫星都采用星载氢原子钟。图示为氢原子的能级图，用大量处于n=2能级的氢原子跃迁到基态时发射出的光照射光电管阴极K，测得光电管中的遏止电压（也叫截止电压）为7.6V，已知普朗克常量，元电荷，
2、下列判断正确的是（）A. 电子从阴极K表面逸出的最大初动能为2.6eVB. 阴极K材料的逸出功为7.6eVC. 阴极K材料的极限频率约为D. 氢原子从能级跃迁到能级，发射出的光照射该光电管阴极K时能发生光电效应【答案】C【解析】【详解】A根据最大初动能故A错误；B处于n=2能级的氢原子跃迁到基态时发射出的光子能量为据得故B错误；C根据得极限频率为故C正确；D从能级跃迁到能级，发射出的光子能量不能发生光电效应，故D错误。故选C。2.2020年4月24日是第五个“中国航天日”，中国国家航天局公开中国首次火星探测任务名称、任务标识。中国行星探测任务被命名为“天问（Tianwen）系列”，首次火星探测
3、任务被命名为“天问一号”（Tianwen-1）。假设将来在火星表面完成下面的实验：在固定的竖直光滑圆轨道内部最低点静止放置一个质量为m的小球（可视为质点），如图所示，当给小球水平向右的瞬时冲量I时，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。已知圆轨道半径为r，火星的半径为R，引力常量为G，则火星的质量为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】设火星的重力加速度为，小球在最高点的速度为，小球从最低点到最高点的过程中机械能守恒其中小球刚好做完整的圆周运动，在最高点有由以上两式可得若火星表面有一个物体质量为 ，则其受到的万有引力为联立解得火星质量故A正确，BCD错误。故选A。3.质量为m
4、=0.10kg小钢球以v0=10m/s的水平速度抛出，下落h=5.0m时撞击一钢板，如图所示，碰撞后速度恰好反向，且速度大小不变，已知小钢球与钢板作用时间极短，取g=10m/s2，则（）A. 钢板与水平面的夹角=30B. 小钢球与钢板碰撞前后的动量变化量大小为kgm/sC. 小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量大小为2NsD. 小钢球刚要撞击钢板时小球动量的大小为2kgm/s【答案】B【解析】【详解】根据平抛运动公式解得A因为有几何关系可知，钢板与水平面的夹角为故A错误；B小钢球与钢板碰撞时速度大小为小钢球与钢板碰撞前后的动量变化量大小为故B正确；C小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的
5、过程中重力的冲量大小为故C错误；D小钢球刚要撞击钢板时小球动量的大小为故D错误。故选B。4.如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个边长为L的正方形闭合线框abcd，其四个顶点均位于一个圆形区域的边界上，ac为圆形区域的一条直径，ac上方和下方分别存在大小均为B、方向相反的匀强磁场。现给线框接入从a点流入、d点流出的大小为I的恒定电流，则线框受到的安培力的大小为（）A. 0B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】ABCD电流经过A点后分成两条支路，其大小分别为 ,如图判断线圈四边受安培力大小和方向分别为 ，向右 ，向下 ，向右 , 向上则线框受到的安培力的大小为ABC错误，D正确。故选D。
6、5.真空中两个点电荷Q1、Q2分别固定于x轴上x10和x24a的两点，在它们的连线上场强E与x关系如图所示(取x轴正方向为场强正方向，无穷远处为电势零点)，以下判断正确的是( )A. Q1、Q2都带正电B. Q1与Q2的电荷量之比是1:3C. x轴上a处的电势小于零D. 正点电荷q在x轴上2a处的电势能比在3a处的小【答案】C【解析】【详解】A.根据图像可知，0-a为x轴负向，a-4a为x轴正向，所以Q1、Q2都带负电，故A错误；B.因为x=a处场强为零，根据可知Q1与Q2的电荷量之比是1:9，故B错误；C.由于两个电荷都带负电，取无穷远处为电势零点时，电场中各点的电势都小于零，所以x轴上a处
7、的电势小于零，故C正确；D.正点电荷从2a处运动到3a处电场力做正功，电势能减小，故D错误6.如图所示，把倾角为30的粗糙斜面体C固定于水平地面上，质量为2m的物块A通过跨过光滑轻定滑轮的轻绳与质量为m的小球B连接，O点为轻绳与定滑轮的接触点，初始时，小球B在水平向右的拉力F作用下，使轻绳OB段与水平拉力F的夹角为=120，A、B均保持静止状态。现改变拉力F，并保持夹角大小不变，将小球B向右上方缓慢拉起至OB水平，物块A始终保持静止状态。g为重力加速度，关于该过程下列说法正确的是（）A. 拉力F最大为B. 拉力F一直变小C. 物块A所受摩擦力先变小后变大D. 轻绳拉力先变大后变小【答案】AC【
8、解析】【详解】A设OB绳与水平面夹角为，因不变，且小球B受力平衡，有代算可得当时，拉力最大为故A正确；B由题意可知的取值范围是且是从60逐渐减小到0，则拉力F一直变大，故B错误；C因为OB绳的拉力满足则有开始时，拉力最大，且最后，拉力最小，且即物块A所受摩擦力先变小后变大，故C正确；D因为即逐渐减小，故D错误。故选AC。7.如图所示，CDE和MNP为两根足够长且弯折的平行金属导轨，CD、MN部分与水平面平行，DE和NP与水平面成30，间距L = 1 m，CDNM面上有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B1 = 1 T，DEPN面上有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B2 =
9、2 T。两根完全相同的导体棒a、b，质量均为m = 0.1 kg，导体棒b与导轨CD、MN间的动摩擦因数均为 = 0.2，导体棒a与导轨DE、NP之间无摩擦。导体棒a、b的电阻均为R = 1 。开始时，b棒静止在导轨上，现在由静止释放a棒，运动过程中a、b棒始终不脱离导轨，除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩擦力大小相等，g取10 m/s2，则（）A. b棒开始向右滑动时a棒的速度v = 0.2 m/sB. 若经过1 s，b棒开始滑动，则此过程中，a棒发生的位移为0.24 mC. 若将CDNM面上的磁场竖直向上，大小不变，b棒始终在水平导轨上，经过足够长的时间，a棒做匀速运动D. 若将
10、CDNM面上的磁场竖直向上，大小不变，b棒始终在水平导轨上，经过足够长的时间，b棒做匀加速运动【答案】BD【解析】【详解】A开始时，a棒向下运动，根据右手定则可知电流方向俯视为顺时针，对b棒根据左手定则可知b棒受到向左的安培力，所以b棒开始向左运动，当b棒开始滑动时，b棒受到的安培力应满足再由公式，综上各式解得因为b棒开始向左运动，而非向右运动，故A错误；B对a棒由动量定理得其中联立解得故B正确；CD设a棒的加速度为a1，b棒的加速度为a2，则有且当稳定后，电流保持不变，则可得，即a、b棒都做匀加速运动，故C错误，D正确。故选BD。8.如图甲所示，在水平地面上固定一倾角为30的光滑斜面，一劲度
11、系数k=100N/m的轻质弹簧，其下端固定在斜面底端，整根弹簧足够长且处于自然状态。质量为m=2.0kg的滑块从距离弹簧上端x0=0.35m处由静止释放。设滑块与弹簧接触过程系统没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，取重力加速度大小为g=10m/s2。规定滑块释放处为坐标原点O、沿斜面向下为位移x正方向。则（）A. 当滑块下滑位移xx0时，其加速度大小为a=5m/s2B. 滑块下滑过程做匀加速运动C. 当滑块下滑位移xx0时，其加速度大小为a=（22.550x）m/s2D. 滑块下滑速度的最大值vm=2m/s【答案】ACD【解析】【详解】A当滑块下滑位移xx0时，重力沿斜面的分力即为物体的合
12、外力，根据牛顿第二运动定律得解得其加速度大小为故A正确；B滑块下滑过程中接触弹簧以后合外力发生变化，加速度就会改变，故B错误；C当滑块下滑位移xx0时，沿斜面对物体进行受力分析并根据牛顿第二定律得带入数据解得加速度故C正确；D 当滑块接触弹簧后，弹簧被压缩，滑块加速度逐渐减小，当加速度为0时，设弹簧形变为x，弹簧弹力和重力分力平衡，得代入数据得x=0.1m即处加速度为0，根据机械能守恒滑块下滑速度的最大值为2m/s，故D正确。故选ACD。第卷（共174分）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
13、在答题卡上规定的区域书写作答，在试题卷上作答无效。（一）必考题（共11题，计129分）9.利用阿特伍德机可以验证力学定律。图为一理想阿特伍德机示意图，A、B为两质量分别为m1、m2的两物块，用轻质无弹性的细绳连接后跨在轻质光滑定滑轮两端，两物块离地足够高。设法固定物块A、B后，在物块A上安装一个宽度为d的遮光片，并在其下方空中固定一个光电门，连接好光电门与毫秒计时器，并打开电源。松开固定装置，读出遮光片通过光电门所用的时间t。若想要利用上述实验装置验证牛顿第二定律实验，则(1)实验当中，需要使m1、m2满足关系：_。(2)实验当中还需要测量的物理量有_利用文字描述并标明对应的物理量符号）。(3
14、)验证牛顿第二定律实验时需要验证的等式为_（写出等式的完整形式无需简化）。(4)若要利用上述所有数据验证机械能守恒定律，则所需要验证的等式为_（写出等式的完整形式无需简化）。【答案】 (1). (2). 物块A初始释放时距离光电门的高度h (3). (4). 【解析】【详解】(1)1由题意可知，在物块A上安装一个宽度为d的遮光片，并在其下方空中固定一个光电门，连接好光电门与毫秒计时器，所以应让物块A向下运动，则有；(2)2由匀变速直线运动的速度位移公式可知，加速度为则实验当中还需要测量的物理量有物块A初始释放时距离光电门的高度h；(3)3对两物块整体研究，根据牛顿第二定律，则有物块A经过光电门
15、的速度为联立得(4)4机械能守恒定律得10.某同学用图甲电路做“测量电源的电动势和内阻”实验。可用的器材有：A电源（电动势约3V，内阻约10）B电压表V（量程050mV，内阻为50）C电流表A（量程0100mA，内阻约为2.5）D电阻箱R（0999.9，最小改变值为0.1）E定值电阻R1=2950F定值电阻R2=9950G开关S及若干导线在尽可能减小测量误差的情况下，请回答下列问题：(1)定值电阻应选用_。（填写器材前面的字母序号）(2)在正确选择定值电阻的情况下，定值电阻与电压表串联后改装成的量程为0_V。(3)用笔画线代替导线，按图甲电路将图乙实物完整连接起来_。(4)实验步骤如下：闭合S
16、，调节电阻箱的阻值使电流表的示数为100mA，此时电阻箱的阻值为14.5，电压表的示数为U0。断开S，拆下电流表，将B与C用导线直接相连，闭合S，调节电阻箱的阻值使电压表的示数仍为U0，此时电阻箱的阻值为17.1，则电流表的内阻为_。调节电阻箱阻值，记下电阻箱的阻值和电压表的示数；多次改变电阻箱的阻值，可获得多组数据。作出电压表示数的倒数随电阻箱的阻值的倒数变化的图线如图丙所示，若不考虑电压表对电路的影响，该电源的电动势和内阻分别为_V、_（结果保留三位有效数字）。【答案】 (1). E (2). 3 (3). (4). 2.6 (5). 2.88 (6). 11.9【解析】【详解】（1）1
17、由于而定值电阻应选用阻值为2 950 的电阻，即选E。（2）2 根据（1），改装后的电压表的量程为03 V。（3）3 实物连线如图 （4）4 根据闭合电路欧姆定律解得电流表的内阻56 若不考虑电压表对电路的影响，则路端电压可得结合图3有解得E=288 Vr=11.9 11.如图所示，完全相同的两个弹性环A、B用不可伸长的、长为L的轻绳连接，分别套在水平细杆OM和竖直细杆ON上，OM与ON在O点用一小段圆弧杆平滑相连（圆弧长度可忽略），且ON足够长。初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后静止释放两个环，此后某时刻，A环通过O点小段圆弧杆速度大小保持不变，重力加速度为g，不计一切摩擦，试求： (1
18、)当B环下落至轻绳与竖直方向夹角=60时，A环的速度大小；(2)若两环碰撞时间极短，A环和B环第一次碰撞后瞬间的速度大小分别为多少？【答案】(1)；(2)，【解析】【详解】(1)B环下落至轻绳与竖直方向夹角，即B环下降，此时轻绳与水平方向之间的夹角满足，设A、B两环速度分别为、，则即设A环、B环质量均为m，B环下降的过程中，A与B组成的系统机械能守恒所以A环的速度(2)设A环到达O点时速度为，此时B环的速度等于0，B环下降L过程中，由于A、B系统机械能守恒即环A过O点后做初速度为，加速度为g的匀加速直线运动，环B做自由落体运动；设从A环经过O点开始，追上B环用时，A、B即将发生第一次碰撞时二者
19、的速度分别为v1、v2，则有即故A环追上B环时A、B发生弹性碰撞，设第一次碰撞后瞬间A、B速度分为、，根据动量守恒定律，有根据机械能守恒定律，有解得12.在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x轴沿水平方向，如图甲所示。第一象限有一竖直向下的匀强电场，第二象限内有一水平向左的匀强电场，第一象限场强大小为第二象限场强大小的一半。处在第三象限的某种发射装置（图中没有画出）竖直向上射出一个质量为m、电荷量为-q（q0）的带电粒子（可视为质点），该粒子以初速度v0从-x上的A点沿y轴正方向进入第二象限，并从+y上的C点沿x轴正方向进入第一象限，C点粒子动能为A点粒子动能的4倍。重力加速度为g。试求：
20、(1)OC距离L以及第二象限匀强电场的电场强度E的大小；(2)若第一象限同时存在按如图乙所示规律变化的磁场，磁场方向垂直于纸面（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向，图中B0，T0均为未知量），并且在t=时刻粒子由C点进入第一象限，且恰好能通过同一水平线上的D点，速度方向仍然水平，且CD=OC若粒子在第一象限中完成一个完整圆周运动的周期与磁场变化周期相同，求交变磁场变化的周期T0的大小；(3)若第一象限仍同时存在按如图乙所示规律变化的磁场（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向，图中B0，T0均为未知量），调整磁场变化的周期，让粒子在t=0时刻由C点进入第一象限，且恰能通过x轴上F点，且OF=OC，求交
21、变磁场的磁感应强度B0的大小应满足的条件。【答案】(1)，；(2)；(3)【解析】【详解】(1)设粒子从A点运动至C点所用时间为t，C点速度为，根据“C点粒子动能为A点粒子动能的四倍”可得竖直方向上粒子做匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，则取水平向右为正方向，则解得 ，(2)由第(1)问及题干可知因此带电粒子在第一象限将做速度为的匀速圆周运动。设运动半径为R，周期为，使粒子从C点运动到同一水平线上的D点，如图所示，则由位移关系可得粒子在磁场中匀速圆周运动的周期则磁场变化的周期(3)使粒子从C点运动到F点，如图所示，设粒子运动轨道半径为R，则每经过磁场的半个周期粒子转过圆心角60，则又故交变磁
22、场磁感应强度大小应满足的关系（二）选考题：（每学科15分，共45分）请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上的选答区域的指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。33.【物理选修33】13.对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是（ ）A. 温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B. 外界对物体做功，物体内能一定增加C. 悬浮颗粒越小布朗运动越显著，温度越高布朗运动越剧烈D. 当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而减小E. 夏
23、天荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故【答案】ACE【解析】内能取决于物体温度、体积和物质的量；温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大，故A正确；外界对物体做功的同时如果向外界放出热量，则物体的内能就不一定增大，故B错误；悬浮颗粒越小布朗运动越显著，温度越高布朗运动越剧烈，选项C正确；当分子间作用力表现为斥力时，当分子间距离的减小时，分子力做负功，分子势能增大，选项D错误；夏天荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故，选项E正确；故选ACE.14.如图所示，在一圆形管道内封闭有理想气体，用一固定绝热活塞K和质量为m的可
24、自由移动的绝热活塞A将管内气体分割成体积相等的M、N两部分。温度都为T0300 K，上部气体M压强为p01.0105 Pa，活塞A产生的压强有（S为活塞横截面积）。现保持下部分气体N温度不变，只对上部分气体M缓慢加热，当活塞A移动到最低点B时（不计摩擦），求：（i）上部分气体的温度；（ii）保持上下部分M、N气体温度不变，释放一部分M气体，稳定后活塞A又回到了原来的位置，则释放气体质量与M气体原有质量之比。【答案】（i）； （ii）。【解析】【详解】（i）对下部分气体N，做等温变化，初状态压强为体积为末状态:压强为p2，体积为根据玻意耳定律有对上部分气体M，当活塞A移动到最低点时，对活塞A受力
25、分析可得出两部分气体的压强初状态：压强为p0，温度为T0，体积为V0末状态：压强为，温度，体积为根据理想气体状态方程，有代入数据解得（ii）设上部分气体M，等温变化，压强回到p0时体积为V3，根据玻意耳定律有代入数据解得对应释放气体的等效体积为释放气体与原气体质量m0之比为【物理选修3-4】15.如图所示，在x轴上有O、P、Q三点，且OP=1.8m，OQ=3.0m。一列简谐波沿x轴正方向传播，图示为0时刻的波形。再过0.3s的时间P质点第二次振动至波峰。下列说法正确的是（）A. Q点的振幅为10cmB. 波速为8m/sC. 频率为4HzD. 质点Q在00.3s内的运动路程为50cmE. 质点Q
26、在t=0.3s时沿y轴正方向运动【答案】ACE【解析】【详解】A由图易知，Q点的振幅为10cm。故A正确；BC根据图像可知，波长为0.3s的时间P质点第二次振动至波峰，有联立解得故B错误，C正确；D质点Q运动路程为50cm所需要的时间为代入数据解得所以质点Q在00.3s内的运动路程应小于50cm。故D错误；E根据图像可知，Q在t=0时刻在波谷处向上振动，则时刻在平衡位置下方沿y轴正方向运动。故E正确。故选ACE。16.如图所示，一透明玻璃半球竖直放置，OO为其对称轴，O为球心，球半径为R，半球左侧为圆面，右侧为半球面。现有一束平行红光从其左侧垂直于圆面射向玻璃半球，玻璃半球对红光的折射率为，真
27、空中的光速为c，不考虑光在玻璃中的多次反射，（若计算需要用到sin15，取sin15=），求：（i）从左侧射入能从右侧半球面射出的入射光束截面积占左侧入射面圆面积的比例；（ii）光线从距O点处入射经玻璃半球偏折后到与对称轴OO相交所用的传播时间。【答案】（i）；（ii）【解析】【详解】（i）从左侧圆面垂直入射，不偏折，考虑截面，从左侧的A点入射，光在右侧半球面刚好发生全反射，则由折射定律有则从左侧射入能从右侧射出光束是以O为圆心，OA长为半径的圆，其面积而左侧入射面的面积解得（ii）设距O点的入射点为B，射到半球面上的C点，入射角为i，折射角为r，在OBC中有考虑在C点折射，由折射定律有解得r=45设从C点的出射光线交OO轴于D点，由图知，在OCD中，OCD=135，COD=i=30可得CDO=15，则解得光在玻璃中传播速度光从B点传播到D点的时间解得