1、河南省南阳市、驻马店市、信阳市、漯河市、周口市、三门峡市2020届高三物理下学期第二次联合调研检测试题（含解析）第卷（选择题）一、选择题（本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68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. 一质点做匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为x，动能变为原来的4倍，则该质点的加速度为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】由题意可知，末动能为初动能的4倍，则由平均速度公式得由加速度公式得联立以上三式，解得故B正确，ACD错误。故选B。2. 如图所示，竖直放置的矩形导线框
2、MNPQ边长分别为L和2L，M、N间连接水平的平行板电容器，两极板间距为d，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场。两极板间有一质量为m、电荷量为q的带负电油滴恰好处于平衡状态，已知重力加速度为g，则下列磁场磁感应强度大小B的变化情况及其变化率分别是（）A. 正在减小，B. 正在减小，C. 正在增强，D. 正在增强，【答案】D【解析】【详解】ABCD电荷量为q的带负电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电场强度方向竖直向下，所以电容器的上极板带正电，线框上端相当于电源的正极，感应电动势逆时针方向，感应电流的磁场方向和原磁场方向相反，根据楞次定律可知，穿过线框的磁通量在均匀
3、增强，线框产生的感应电动势油滴所受电场力与重力大小相等，则联立以上两式得，线圈中的磁通量变化率的大小为故D正确，ABC错误。故选D。3. 如图所示，为远距离交流输电的简化电路图，升压变压器与发电厂相连，降压变压器与用户相连，两变压器均为理想变压器。当升压变压器原、副线圈匝数比为n时，用户得到的功率为P1。现保持发电厂的输出电功率P、升压变压器原线圈两端电压和输电线总电阻不变，当升压变压器的原、副线圈匝数比变为kn时，用户得到的电功率为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】ABCD当升压变压器原副线圈的匝数比为n时，由变压器的规律得设输电线总电阻为R，由能量守恒得，输电线损失的功
4、率当升压变压器的原副线圈匝数比为kn时，由变压器的规律得此时输电线损失的功率为用户得到的功率为故A正确，BCD错误。故选A。4. 2020年1月7日23时20分，西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭将通信技术试验卫星五号成功发射升空，送入预定轨道。如图所示为该卫星绕地球运行示意图，测得它在时间t内沿圆周轨道从M点运动到N点，这段圆弧所对的圆心角为。已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，则该卫星在轨运行的线速度大小为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】对于地球表面的物体对于该卫星解得故ABC错误，D正确。故选D。5. 如图所示，水平传送带以速度匀速运动，从传送带边缘垂直传送
5、带弹入一底面涂有墨汁的棋子，棋子弹入的速度为，且，棋子在传送带表面滑行一段时间后随传送带一起运动。以传送带的运动方向为x轴正方向，棋子初速度方向为y轴正方向，棋子出发点为坐标原点，在下列各图中，最接近棋子在传送带上留下的墨迹形状的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】依据运动的合成与分解，以传送带为参考系，棋子在垂直传送带方向做初速度不为零的匀减速直线运动，而在平行传送带方向做初速度不为零的匀减速直线运动，物体的运动方向为合速度方向，所受到的摩擦力方向与运动方向相反，故该棋子做匀减速直线运动。由图可知棋子相对于传送带往后运动，故C正确，ABD错误。故选C。6. 子与氢原子核（
6、质子）构成的原子称为氢原子，它在原子核物理的研究中有重要作用，如图所示为氢原子的能级示意图。假定光子能量为E的一束光照射容器中大量处于n=2能级的氢原子，氢原子吸收光子后，发出频率分别为、和的光，且频率依次增大，若普朗克常量为h，则（）A. E=h(+)B. E=h(-+)C. E=h(+)D. E=h(-)【答案】AB【解析】【详解】氢原子吸收能量后从能级跃迁到较高m能级，然后从m能级向较低能级跃迁，若从m能级向低能级跃迁时如果直接跃迁到基态能级，则辐射的能量最大，否则跃迁到其它较低的激发态时氢原子仍不稳定，将继续向基态和更低的激发态跃迁，即1、2、3m任意两个轨道之间都可以产生一种频率的辐
7、射光，故总共可以产生的辐射光子的种类解得，即氢原子吸收能量后先从能级跃迁到能级，然后从能级向低能级跃迁。辐射光子的按能量从小到大的顺序排列为4能级到3能级，能级3到能级2，能级4到能级2，能级2到能级1，能级3到能级1，能级4到能级1，所以能量E与相等，也等于和，故AB正确，CD错误。故选AB7. 如图所示，在直角坐标系xOy中，0xd区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，xd区域内有垂直坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P（0，d）点以平行于x轴的初速度射入电场，经过一段时间粒子从M（d，）点离开电场进入磁场，经磁场偏转后，从N（d，d）点返回电场，当粒子返回电场时，电
8、场强度大小不变，方向反向。不计粒子重力，不考虑电场方向变化产生的影响。则以下分析正确的是（）A. 粒子最后射出电场时速度大小为2B. 粒子最后射出电场的位置坐标是（0，2d）C. 电场强度大小为E=D. 磁场磁感应强度大小为B=【答案】CD【解析】【详解】A粒子在电场做类平抛运动解得根据速度的合成与分解得解得，故A错误；BC粒子第一次在电场运动过程，由动能定理有代入解得粒子第二次进入电场，水平方向解得竖直方向，电场强度大小不变，方向相反，故做减速运动联立解得，粒子最后射出电场的位置坐标是(0，-)，故B错误，C正确。D粒子在磁场运动过程根据几何关系得联立解得，故D正确。故选CD。8. 如图甲所
9、示，在倾角为=30的固定光滑斜面上，轻质弹簧下端固定在底端挡板上，另一端与质量为m的小滑块A相连，A上叠放另一个质量也为m的小滑块B，弹簧的劲度系数为k，初始时滑块均处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力F作用在滑块B上，使B开始沿斜面向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个滑块的vt图像如图乙所示，重力加速度为g，则（）A. 施加拉力F前，弹簧的形变量为B. 拉力F刚施加上时，A的加速度为0C. A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力大小为D. 弹簧恢复到原长时，A的速度达到最大值【答案】AC【解析】【详解】A施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件，有解得故A正确；B由图乙可知，拉力F刚施加上时，
10、物体A、B还未分离，具有相同加速度a，故B错误；CA、B在t1时刻分离，此时它们具有相同得加速度和速度，且对A代入解得故C正确；D当A受到合力为零时，即此时A达到最大速度，故D错误。故选AC。第卷（非选择题）二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。（一）必考题9. 某实验小组设计如图甲所示的实验装置，用来测量滑块与木板之间的动摩擦因数：一木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；滑块的左端与穿过打点计时器（未画出）的纸带相连，右端用细线通过定滑轮与托盘连接。在托盘中放入适量砝码，接通电源，释放滑块，打点计时器在纸带上打出一系列的点。(1)如图乙所示，为实验中获取的一条纸带：0、1、2、3、4、5、
11、6是选取的计数点，每相邻两计数点间还有4个计时点（图中未标出），测得计数点间的距离如图所示。已知交流电源的频率为50Hz，根据图中数据计算出滑块加速度大小为a=_m/s2，计数点4对应的滑块速度大小=_m/s。（结果均保留两位有效数字）(2)滑块、托盘（含砝码）的质量分别用M、m表示，滑块的加速度用a表示，重力加速度为g，则滑块与木板间的动摩擦因数=_。（用题中M、m、g、a表示）(3)若实验测得的动摩擦因数偏大，主要原因可能是_。A纸带与打点计时器间有摩擦B滑轮存在摩擦阻力C木板未调节水平，左端偏高D未满足M远大于m【答案】 (1). 0.50m/s2 (2). 0.31m/s (3). (
12、4). AB【解析】【详解】(1)12每相邻两计数点间还有4个计时点，相邻两计数点时间间隔根据逐差法根据匀变速直线运动规律，4点的瞬时速度等于3点到5点的平均速度(2)3以整个系统为研究对象，根据牛顿第二定律联立解得(3)4纸带与打点计时器间的摩擦力和滑轮存在摩擦阻力都会使测得的摩擦力增大，根据可知摩擦力增大，故摩擦因数增大，木板未调节水平，左端偏高和未满足M远大于m均不会影响摩擦力变大，故AB正确，CD错误。故选AB。10. 某同学利用图甲所示电路探究某光伏电池的路端电压U与电流I的关系，图中定值电阻R0=5。设相同光照强度下光伏电池的电动势不变，电压表、电流表均可视为理想电表。实验一：用一
13、定强度的光照射该电池，闭合电键S。调节滑动变阻器R的阻值，通过测量得到该电池的UI曲线a如图丙所示。实验二：减小实验一光照的强度，重复实验，测得UI曲线b如图丙所示。(1)某时刻电压表示数如图乙所示，读数为_V。由图像可知，此时电源内阻为_。(2)在实验一中，当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为2.5V，则在实验二中滑动变阻器仍为该值时，滑动变阻器消耗的电功率为_W（计算结果保留两位有效数字）。【答案】 (1). 1.50V (2). 5.605.70 (3). W【解析】【详解】(1)12由图丙可知，量程为，读数要估读一位，故此时电压表读数为。由图象a可知，在路端电压为时，此时电路中电流根据
14、闭合电路欧姆定律，得代入数据，得(2)3在a图线中，路端电压为，则此时对应的电流为设滑动变阻器阻值为R，由欧姆定律得代入数据得在图丁中作外电阻图象，如图所示由图象可知交点为，故R消耗功率为解得11. 如图甲所示，两根固定平行金属导轨与水平面夹角为=30，导轨间距为L，两根长度均为L的相同光滑导体棒a、b垂直于导轨放置在导轨上，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中。某时刻开始对a棒施一平行于导轨向上的拉力F，两棒均始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒的质量均为m、电阻均为R，重力加速度大小为g，导轨足够长，导轨电阻不计，若起初b棒用立柱挡住不能下滑，施加的拉力F随时间t
15、按如图乙所示规律变化，0t0时间内a棒处于静止状态；某时刻b棒开始运动，此时a棒的加速度大小为。求：(1)b棒开始运动时，a棒的速度大小；(2)从0时刻起到b棒开始运动过程中拉力F的冲量大小。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)设t1时刻导体棒a的速度为v，此时回路中导体棒b受到的安培力大小为解得(2)设t1时刻拉力F的大小为F1，对a棒由题意知由图象可得所以，0t1时间内力F的冲量为求得12. 如图所示，一个足够长的圆筒竖直固定，筒内有一质量为M的滑块锁定在距圆筒顶端h1=5m处。现将一个直径小于圆筒内径，质量为m的小球，从圆筒顶端沿圆筒中轴线由静止释放，小球与滑块刚要碰撞时解除滑块
16、的锁定，小球与滑块发生弹性碰撞后上升到最大高度处时，距圆筒顶端h2=3.2m。不计空气阻力，已知滑块与圆筒间的滑动摩擦力为f=7.2N，重力加速度g取10m/s2。(1)求小球与滑块的质量之比；(2)若滑块质量为0.9kg，求小球与滑块第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔t。【答案】(1)；(2)2.5s【解析】【详解】(1)设小球碰撞前、后瞬间的速度大小分别为v1、v2，滑块碰后瞬间的速度大小为v，则由机械能守恒定律有小球与滑块发生弹性碰撞的过程有联立以上方程并代入数据得(2)碰后，滑块向下做匀加速运动，设其加速度大小为a，则碰后经过时间t，对滑块有对小球解得（二）选考题【物理选修33】13.
17、下列说法正确的是（）A. 晶体具有固定的熔点，某种物理性质可表现为各向异性B. 可采用升温或加压的方法，让未饱和汽变成饱和汽C. 空调既能制热又能制冷，说明在非自发的条件下，热传递可以逆向D. 两个系统达到热平衡时，它们的分子平均动能一定相等E. 在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使分子直径计算结果偏小【答案】ACD【解析】【详解】A晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，单晶体的物理性质是各向异性的，而多晶体和非晶体是各向同性的，故A正确；B根据可以采取降低温度、减小体积的方法，使未饱和汽变成饱和汽，故B错误；C空调既能制热又能制冷，说明
18、在非自发的条件下，热量可以逆向传递，故C正确；D两个系统达到热平衡状态，宏观上温度相同，微观上分子平均动能就相同，故D正确；E根据进行推导，纯油酸的体积等于油酸酒精溶液的体积乘以浓度，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使体积偏大，导致分子直径计算结果偏大，故E错误。故选ACD。14. 如图所示，在上端开口的汽缸内有两个厚度不计、质量均为m=1kg的绝热活塞A、B，A、B之间为真空并压缩一劲度系数为k=500N/m的轻质弹簧，A、B与汽缸无摩擦，活塞B下方封闭有温度为27的理想气体。稳定时，活塞A、B将汽缸等分成三等分。已知活塞的横截面积均为S=20cm2，L=0.6m，大气压强
19、p0=1.0105Pa，重力加速度g取10m/s2，取绝对零度为。(1)若汽缸是绝热的，现通过加热丝对B下方的气体进行缓慢加热，当活塞A刚好上升到气缸的顶部时，求封闭气体的绝对温度；(2)若汽缸是导热的，从第(1)问中活塞A的末态位置开始，在活塞A上缓慢倒入沙子，保持气体温度为第(1)问中气体末态的温度不变，直到活寨B回到加热前的位置，求此时沙子的质量和活塞A、B间的距离。【答案】(1)；(2)22kg，【解析】【详解】(1)初态，气体温度为体积为当活塞A刚好达到汽缸顶部时，设气体温度为T2，气体体积为该过程气体发生等压变化，有解得(2)温度为T1时，气体的压强为设最后沙子倒入的质量为M，则活
20、塞B回到初位置时，气体的压强为此时气体的温度为由查理定律有解得设弹簧又压缩了，由胡克定律有则稳定后A、B间的距离为【物理选修34】15. 有一列沿x轴传播的简谐横波，从某时刻开始，介质中位置在x=0处的质点a和在x=6m处的质点b的振动图线分别如图甲、乙所示。则下列说法正确的是（）A. 质点a处在波谷时，质点b一定处在平衡位置且向y轴正方向振动B. 质点a的振动方程为cmC. 若波传播速度为0.2m/s，则这列波沿x轴正方向传播D. 若波沿x轴负方向传播，这列波最大波长24mE. 若波沿x轴正方向传播，这列波的最大传播速度为3m/s【答案】ACD【解析】【详解】A根据图象知，质点b相位超前质点
21、a，所以质点a处在波谷时，质点b一定处在平衡位置且向y轴正方向振动，故A正确；B由图1可知，质点的振动周期为可得振幅为质点a的振动方程为故B错误；C若波沿x轴正方向传播，则解得符合实际情况。若波沿x轴负方向传播，则解得不符合实际情况。故C正确。D由图1知，该波沿x轴负方向传播，则有解得当时，波长最大为故D正确；E若波沿x轴正方向传播，则有解得当时，波长最大为故最大传播速度为故E错误。故选ACD。16. 如图，ABO是一半径为R的圆形玻璃砖的横截面，O是圆心，AB弧形面镀银。现位于AO轴线上的点光源S发出一束光线射向玻璃砖的OB边，入射角i=60，OS=。已知玻璃的折射率为，光在空气中传播的速度为c，每条边只考虑一次反射。求：（i）光线射入玻璃砖时的折射角；（ii）光线从S传播到离开玻璃砖所用的时间。【答案】(i) 30；(ii) 。【解析】【详解】(i)光路如答图2，设光在C点的折射角为r由折射定律有 代入数据解得r=30 (ii)进入玻璃砖中，光在AB面上D点反射，设入射角为，反射角为=90-i=30由三角函数关系有OC=OScot=且 在ODC中，由正弦定理有： 得=30由于=30，CDF=30，故FDE=90，所以光线DE垂直于OA射出玻璃砖在ODC中，由几何关系有CD=OC=又DE=Rcos=光在玻璃中的速率 则光线从S传播到离开玻璃砖所用的时间 解得
