1、江苏省苏州市2020届高三物理上学期学业质量阳光指标调研试题（含解析）注意事项:1.本调研卷包含选择题和非选择题两部分.学生答题全部答在答题卡上，答在本调研卷上无效，本次答题时间为100分钟，满分值为120分.2.答题前，请务必将自己的姓名，调研序列号用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上，并用2B铅笔将对应的数字标号涂黑。3答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案、答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置答题一律无效.一、单项选择题:本题共7小题，每小题3分，共21分、每小题只有一个选项
2、符合题意.1.如图所示，一根均匀柔软的细绳质量为m。两端固定在等高的挂钩上，细绳两端的切线与水平方向夹角为，重力加速度为g。挂钩对细绳拉力的大小为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】先对挂钩一端受力分析可知挂钩对绳子的拉力和绳子对挂钩的拉力相等：对绳子受力分析如右图，正交分解：解得：，A正确，BCD错误。故选A。2.如图所示，电源电动势为E、内阻不计，R1、 R2为定值电阻，R0为滑动变阻器，C为电容器，电流表A为理想电表、当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列说法正确的是A. A的示数变大，电容器的带电量增多B. A的示数变大，电容器的带电量减少C. A的示数不变，电容器的带电量不
3、变D. A的示数变小，电容器的带电量减少【答案】A【解析】【详解】电容器接在（或滑动变阻器）两端，电容器两端电压和（或滑动变阻器）两端电压相等，滑动变阻器滑片向右移动，电阻增大， 和滑动变阻器构成的并联电路分压增大，所以两端电压增大，根据欧姆定律：可知电流表示数增大；电容器两端电压增大，根据：可知电荷量增多，A正确，BCD错误。故选A。3.如下图所示，在自行车车轮的辐条上固定有一个小磁铁，前叉上相应位置处安装了小线圈，在车前进车轮转动过程中线圈内会产生感应电流，从垂直于纸面向里看，下列i-t图像中正确的是(逆时针方向为正)A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】磁铁靠近线圈时，线圈中
4、向外的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场向里，根据安培定则可知线圈中感应电流方向为顺时针方向（负方向）；当磁铁离开线圈时，线圈中向外的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场向外，根据安培定则可知线圈中感应电流方向为逆时针方向（正方向），ABC错误，D正确。故选D。4.如图所示，磁性白板放置在水平地面上，在白板上用一小磁铁压住一张白纸。现向右轻拉白纸，但未拉动，在该过程中A. 小磁铁受到向右的摩擦力B. 小磁铁只受两个力的作用C. 白纸下表面受到向左的摩擦力D. 白板下表面与地面间无摩擦力【答案】C【解析】【详解】AB小磁铁受到竖直向下的重力、白板对小磁铁吸引力和竖直向上的支
5、持力，三力平衡，静止不动，所以小磁铁不受摩擦力，AB错误；C对小磁铁和白纸作为整体受力分析可知，水平方向上受到向右的拉力和向左的摩擦力平衡，C正确；D对小磁针、白纸和磁性白板整体受力分析可知，水平方向上受到向右的拉力和地面对磁性白板向左的摩擦力平衡，D错误。故选C。5.如图所示，在水平地面上O点正上方的A、B两点水平抛出两个相同小球，两小球同时落在水平面上的C点，不计空气阻力。则两球A. 可能同时抛出B. 落在C点的速度方向可能相同C. 落在C点的速度大小一定不同D. 落在C点时重力的瞬时功率一定不同【答案】D【解析】【详解】A平抛运动的时间由竖直高度决定，根据：可知两小球抛出高度不同，落地时
6、间不同，不可能同时抛出，A错误；B平抛运动的末速度方向的反向延长线必过水平位移的中点，两小球平抛的水平位移相同，竖直位移不同，所以在C点的末速度方向不同，B错误；C平抛运动的末速度：若，则代入上述公式解得：，有解，说明速度可以相等，C错误；D落地C点重力的瞬时功率：两小球落地时间不同，落地时重力的瞬时功率不同，D正确。故选D。6.如图所示，两个相同的灯泡a、b和电阻不计的线圈L (有铁芯)与电源E连接，下列说法正确的是A. S闭合瞬间，a灯发光b灯不发光B. S闭合，a灯立即发光，后逐渐变暗并熄灭C S断开，b灯“闪”一下后熄灭D. S断开瞬间，a灯左端的电势高于右端电势【答案】B【解析】【详
7、解】A闭合开关瞬间，两小灯泡均有电流流过，同时发光，A错误；B闭合开关瞬间，a灯立即发光，根据楞次定律可知线圈中产生的阻碍原电流变大的感应电流逐渐减小至0，因为a灯和线圈并联，所以通过线圈的电流逐渐增大，通过a灯的电流逐渐减小，亮度逐渐减小，因为线圈电阻不计，所以稳定时a灯被短路，最后熄灭，B正确；C断开开关瞬间，b灯断路无电流流过，立即熄灭，C错误；D断开开关瞬间，根据楞次定律可知，通过线圈的电流水平向右，所以线圈作为感应电动势右端电势高于左端，所以a灯右端的电势高于左端，D错误。故选B。7.如图所示，在横截面为正三角形的容器内放有一小球，容器内各面与小球恰好接触，图中a、b、c为容器的三个
8、侧面、将它们以初速度v0竖直向上抛出，运动过程中容器所受空气阻力与速率成正比，下列说法正确的是A. 上升过程中，小球对c有压力且逐渐变大B. 上升过程中，小球受到合力逐渐变大C. 下落过程中，小球对a有压力且逐渐变大D. 下落过程中，小球对容器的作用力逐渐变大【答案】D【解析】【详解】AB小球和正三角形容器为共加速系统，上升过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：系统加速度竖直向下且大于重力加速度，小球加速度向下，所以容器底面c对小球无作用力，a、b侧面对小球的作用力竖直向下，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律：系统速度减小，加速度减小，小球受到的合外力减小，AB错误；CD下落过程中，以整
9、体为研究对象，根据牛顿第二定律：系统加速度竖直向下且小于重力加速度，小球加速度向下，所以a、b侧面对小球无作用力，底面c对小球的作用力竖直向上，根据牛顿第二定律：系统的速度增大，加速度减小，小球的加速度减小，底面c对小球的作用力增大，根据牛顿第三定律可知小球对容器的作用力逐渐变大，C错误；D正确。故选D。二、多项选择题:本题共5小题，每小题4分，共计20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.8.如图所示，空中飞椅在水平面内做匀速圆周运动，飞椅和人的质量为m，运动半径为R，角速度大小为，钢绳与竖直方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说
10、法正确的是A. 运动周期为B. 线速度大小为RC. 钢绳拉力的大小为m2RD. 角速度与夹角的关系为gtan=2R【答案】BD【解析】【详解】A运动的周期：A错误；B根据线速度和角速度的关系：B正确；CD对飞椅和人受力分析：根据力的合成可知绳子的拉力：根据牛顿第二定律：化解得：，C错误，D正确。故选BD。9.可调式理想变压器示意图如图所示，原线圈的输入电压为U1，副线圈输出电压为U2，R为电阻将原线圈输入端滑动触头P向下移动时下列结论中正确的是（）A. 输出电压U2增大B. 流过R的电流减小C. 原线圈输入电流减小D. 原线圈输入功率不变【答案】A【解析】【详解】P向下移动时，原线圈的匝数减小
11、，根据，可知副线圈电压增大，则副线圈电流增大，流过R的电流增大，输出功率增大，则输入功率也增大，原线圈电压不变，则原线圈输入电流增大，故A正确、BCD错误10.在科幻电影流浪地球中，流浪了2500年的地球终于围绕质量约为太阳质量的比邻星做匀速圆周运动，进入了“新太阳时代”。若“新太阳时代”地球公转周期与现在绕太阳的公转周期相同，将“新太阳时代”的地球与现在相比较，下列说法正确的是A. 所受引力之比为1：8B. 公转半径之比为1：2C. 公转加速度之比为1：2D. 公转速率之比为1：4【答案】BC【解析】【详解】AB地球绕行中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：解得：，“新太阳时代”的地球
12、的轨道半径与现在的轨道半径之比：万有引力：所以“新太阳时代”的地球所受万有引力与现在地球所受万有引力之比：A错误，B正确；C万有引力提供加速度：所以“新太阳时代”的地球公转加速度与现在地球加速度力之比：C正确；D万有引力提供向心力：所以“新太阳时代”的地球公转速率与现在地球公转速率力之比：D错误。故选BC。11.如图甲所示，一个小球悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中小球的机械能E与路程x的关系图像如图乙所示，其中O-x1过程的图像为曲线，x1-x2过程的图像为直线。忽略空气阻力。下列说法正确的是A. O-x1过程中小球所受拉力大于重力B. 小球运动路程为x1时的动能为零C.
13、O-x2过程中小球的重力势能一直增大D. x1-x2过程中小球一定做匀加速直线运动【答案】BD【解析】【详解】A小球在竖直向上的拉力和竖直向下的重力下运动，拉力做功改变小球的机械能，则：可知题中机械能-路程图像斜率的大小为拉力的大小；O-x1过程中小球所受拉力竖直向上且减小，拉力做正功，小球的机械能增加，开始时小球从静止开始加速，拉力大于重力，运动过程中拉力逐渐减小，x1之后，拉力竖直向上做负功，小球向下运动，所以x1处速度为零，动能为零，说明O-x1过程中小球先加速后减速，所以在减速阶段拉力小于重力，A错误，B正确；CO-x1过程中小球向上运动，重力做负功，重力势能增大，x1-x2过程中小球
14、向下运动，重力做正功，重力势能减小，C错误；Dx1-x2过程中重力大于拉力，小球向下运动，图像斜率不变，拉力不变，所以小球加速度恒定，向下做匀加速直线运动，D正确。故选BD。12.如图所示，两个固定的半径均为r的细圆环同轴放置，O1、O2分别为两细环的圆心，且O1O2 =2r，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷-Q、+Q(Q0)。一带负电的粒子(重力不计)位于右侧远处，现给粒子一向左的初速度，使其沿轴线运动，穿过两环后运动至左侧远处。在粒子运动的过程中A. 从O1到O2，粒子一直做减速运动B. 粒子经过O1点时电势能最小C. 轴线上O1点右侧存在一点，粒子在该点动能最大D. 粒子从右向左运动的
15、整个过程中，电势能先减小后增加【答案】AC【解析】【详解】A圆环在水平线上产生的场强竖直分量叠加为0，只有水平分量相加，所以圆环在水平线上的场强方向与水平线平行，同理圆环在水平线上的场强方向与水平线平行；根据场强的叠加，带负电粒子从到过程中，受到的电场力合力方向始终水平向右，与粒子运动方向相反，所以粒子做减速运动，A正确；BC圆环在水平线上处场强为0，在向右无穷远处场强为0，同理圆环在水平线上的场强分布也如此，根据场强的叠加说明在右侧和左侧必定存在场强为0的位置，所以粒子从右侧远处运动到过程中，合场强先水平向左减小，带负电粒子所受电场力水平向右减小，电场力做正功，电势能减小，粒子做加速运动，在
16、右侧某位置合场强为0，粒子速度达到最大，动能最大；继续向左运动，合场强水平向右且增大，粒子所受电场力水平向左，电场力做负功，电势能增大，粒子做减速运动至，B错误，C正确；D粒子穿过后，对比上述分析可知，粒子所受电场力先水平向右，后水平向左，所以电势能先减小，后增大，综合BC选项分析，D错误。故选AC。三、简答题:本题共2小题，共计18分.请将解答填写在答题卡相应的位置.13.用如图甲所示实验装置探究做功与动能变化的关系，在该实验中_ ( 需要/不需要)平衡摩擦力。若实验中不要求满足小沙桶和沙子的总质量远小于滑块的质量，则所选择的研究对象是_。图乙所示是实验所得的一条纸带，在纸带上取了O、A、B
17、、C、D、E六个计数点，相邻两个计数点之间的时间间隔为0.1s， x1=1.42cm， x2=l.84cm， x3=2.25cm，x4=2.67cm， x5=3.10cm， 用天平测得沙桶和沙的质量m=24g，滑块质量M=500g，重力加速度g=9.8m/s2，根据以上信息，从A点到D点拉力对滑块做的功为_J，滑块动能增加了_J。根据实验结果可得到：在实验误差允许的范围内合外力做功等于物体动能的变化。(结果均保留两位有效数字)【答案】 (1). 需要 (2). 滑块、沙桶和沙子构成的整体 (3). 0.016 (4). 0.014【解析】【详解】1平衡摩擦力，让小车所受合外力为绳子的拉力；2对
18、小沙桶和沙子应用牛顿第二定律：对小滑块：两式相比：，若实验中不要求满足小沙桶和沙子的总质量远小于滑块的质量，小沙桶和沙子的总重量不能视为合外力，所以需要选择滑块、沙桶和沙子构成的整体研究合外力做功与动能变化量的关系；3满足，绳子拉力近似等于沙桶和沙子的总重量，从A点到D点拉力做功：；4匀变速运动中某段时间内，平均速度和中间时刻速度相等，A、D点速度：动能变化量：。14.欧姆表的内部电路可简化为一个电动势为E的电源、一个电流表和一个阻值为r的电阻串联而成(如图甲所示)。小明同学欲测量某多用电表欧姆挡在“100”挡时的内部电阻和电动势，选用的器材如下：多用电表，电压表(量程03V、内阻为3k)，滑
19、动变阻器 (最大阻值2k)，导线若干。请完善以下步骤：(1)将多用电表的选择开关调到“100”挡，再将红、黑表笔短接，进行_ (机械/欧姆)调零；(2)他按照如图乙所示电路进行测量，将多用电表的红、黑表笔与a、b两端相连接，此时电压表右端应为_接线柱 (正/负)；(3)调节滑动变阻器滑片至某位置时，电压表示数如图丙所示，其读数为_V。(4)改变滑动变阻器阻值，记录不同状态下欧姆表的示数R及相应电压表示数U。根据实验数据画出的图线如图丁所示，由图可得电动势E=_ V，内部电路电阻r=_k。(结果均保留两位小数)【答案】 (1). 欧姆 (2). 正 (3). 0.95 (0.940.96) (4
20、). 1.45 (1.411.47) (5). 1.57 (1.52-1.59)【解析】【详解】（1）1选择合适的档位进行欧姆调零，使指针指向欧姆表的零刻度位置；（2）2黑表笔和欧姆档内部的电源正极相连，电压表右端和黑表笔相连，所以电压表右端应为正接线柱；（3）3电压表分度值为，所以电压表读数为：；（4）4根据闭合电路欧姆定律：变形得：根据图像中的斜率：解得：；5根据图像中的纵截距：解得：。四、计算题:本题共4小题，共计61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.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.15.空间存在一边界为MN、方向与纸面垂直、
21、大小随时间变化的磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系如图甲所示，方向向里为正。用单位长度电阻值为R0的硬质导线制作一个半径为r的圆环，将该圆环固定在纸面内，圆心O在MN上，如图乙所示。(1)判断圆环中感应电流的方向；(2)求出感应电动势大小；(3)求出0t1的时间内电路中通过的电量。【答案】（1）顺时针，（2），（3）。【解析】【详解】(1)根据楞次定律可知，圆环中的感应电流始终沿顺时针方向；(2)根据法拉第电磁感应定律，圆环中的感应电动势(3)圆环的电阻：R=2rR0圆环中通过的电量：q=It1而：解得：。16.如图所示，在竖直平面内，有一倾角为的斜面CD与半径为R的光滑圆弧轨道ABC相切于
22、C点，B是最低点，A与圆心O等高。将一质量为m的小滑块从A点正上方高h处由静止释放后沿圆弧轨道ABC运动，小滑块与斜面间的动摩擦因数为，空气阻力不计，重力加速度为g，取B点所在的平面为零势能面，试求：(1)小滑块在释放处的重力势能Ep；(2)小滑块第一次运动到B点时对轨道的压力FN；(3)小滑块沿斜面CD向上滑行的最大距离x。【答案】（1）mg (h+R)，（2），方向竖直向下，（3）。【解析】【详解】(1)小滑块在释放处的重力势能：Ep=mg (h+R)；(2)小滑块从释放处到B点，根据动能定理有：mg(h+ R)= 在B点，根据牛顿第二定律有：解得：根据牛顿第三定律，小滑块对轨道的压力为，
23、方向竖直向下；(3)从释放处到斜面的最高点，对小滑块，根据动能定理有：解得：。17.如图所示，光滑水平面上静止放着长L=2.0m，质量M=3.0kg的木板，一个质量m=1.0kg的小物体(可视为质点)放在离木板右端d=0.40m处，小物体与木板之间的动摩擦因数=0.1。现对木板施加F=10.0N水平向右的拉力，使其向右运动。 g取10m/s2.求：(1)木板刚开始运动时加速度大小；(2)从开始拉动木板到小物体脱离木板，拉力做功的大小；(3)为使小物体能脱离木板，此拉力作用时间最短为多少？【答案】（1）3m/s2，（2）24J，（3）0.8s。【解析】【详解】(1)对木板，根据牛顿第二定律有：解
24、得：a=3m/s2；(2)对小物体，根据牛顿第二定律有mg = ma物解得：a物=1m/s2设小物体从木板上滑出所用时间为t0：木板的位移：拉力做功：W= Fx板=24J；(3)设最短作用时间为t，则撤去拉力F前的相对位移设撤去拉力F后，再经过时间t小物体和木板达到共同速度v共，且小物体和木板恰好将要分离，该阶段木板加速度大小为a：对木板，根据牛顿第二定律有mg = Ma解得：由速度关系得：撤去拉力F后的相对位移：由位移关系得：解得：t=0.8s。18.如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，在第一象限存在磁感应强度B =0.1T、方向垂直于纸面向里、边界为矩形的匀强磁场( 图中未画出)。现
25、有一束比荷为带正电的离子，从磁场中的A点(m，0)沿与x轴正方向成=60角射入磁场，速度大小v0，所有离子经磁场偏转后均垂直穿过y轴的正半轴，不计离子的重力和离子间的相互作用。(1)求速度最大的离子在磁场中运动的轨道半径；(2)求矩形有界磁场区域的最小面积；(3)若在x0区域都存在向里的磁场，离子仍从A点以向各个方向均匀发射，求y轴上有离子穿出的区域长度和能打到y轴的离子占所有离子数的百分比。【答案】（1）0.1m，（2）m2，（3），50%。【解析】详解】(1)由洛伦兹力提供向心力有：qvB= 解得：R=0.1m；(2)如图1所示，根据几何关系可知，速度最大的离子在磁场中做圆周运动的圆心在y
26、轴上的B(0，m)点，离子从C点垂直穿过y轴。所有离子均垂直穿过y轴，即速度偏向角相等，AC连线应该是磁场的边界。满足题意的矩形如图1所示，由几何关系可知矩形长为：宽为：R-Rcos =m面积：S=m2；(3)由洛伦兹力提供向心力有：解得：临界1：由图2可得，与x轴成30角射入磁场中的离子打在y轴上的B点，AB为直径，所以B点为y轴上有离子打到的最高点。由几何关系可知：OB=m临界2：由图2可得，沿x轴负方向射入磁场中的离子与y轴相切于C点，所以C点为y轴上有离子打到的最低点。由几何关系可知：OC=m故y轴上B点至C点之间的区域有离子穿过，且长度：BCm由图3可得，沿x轴正方向逆时针转到x轴负方向的离子均可打到y轴上，故能打到y轴的离子占所有离子数的50%。