1、江苏省常州市前黄国际中学2020届高三物理下学期寒假学情检测试题（二）（含解析）（总分：120 分 考试时间：100 分钟）一、单项选择题：本题共 5 小题，每小题 3 分，共计 15 分 1.图甲所示是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术的原理图，其原理是用通电线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得物件内部是否断裂及位置的信息如图乙所示的是一个由带铁芯的线圈L、开关S和电源连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起对以上两个实例的理解正确的是（ ）A. 涡流探伤技术运用了电流的热效应，跳环实验演示了自
2、感现象B. 涡流探伤技术所探测的物件必须是导电材料，但是跳环实验所用的套环可以是塑料的C. 金属探伤时接的是交流电，跳环实验装置中接的是直流电D. 涡流探伤技术和跳环实验两个实例中的线圈所连接的电源可以都是恒压直流电源【答案】C【解析】【详解】A涡流探伤技术其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变；跳环实验演示线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，属于演示楞次定律，故A错误；B无论是涡流探伤技术，还是演示楞次定律，都需要产生感应电流，而感应电流产生的条件是在金属导体内，即所用材料都是导电材料，故B错误；CD金属探
3、伤时，是探测器中通过交变电流，产生变化的磁场，当金属处于该磁场中时，该金属中会感应出涡流；演示楞次定律的实验中，线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，故C正确，D错误。故选C。2.粗细均匀的电线架在A、B两根电线杆之间由于热胀冷缩，电线在夏、冬两季呈现如图所示的两种形状，若电线杆始终处于竖直状态，下列说法中正确的是（）A. 冬季，电线对电线杆的拉力较大B. 夏季，电线对电线杆的拉力较大C. 夏季与冬季，电线对电线杆的拉力一样大D. 夏季，电线杆对地压力较大【答案】A【解析】试题分析：对于电线，重心在最低点，受力分析如下图所示由共点力的平衡
4、条件知，由于夏天气温较高，电线因长度膨胀而使夹角变小，F变小，而电线的质量一定，整体受力平衡，故夏季、冬季杆对地面的压力相等，选项A正确考点：本题旨在考查共点力的平衡、力的合成与分解3.设地球的质量为M，半径为R，自转角速度为，万有引力常量为G，同步卫星离地心高度为r，地表重力加速度为g，则关于同步卫星的速度v的表达式不正确的是( )A. v=rB. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据线速度与角速度的关系，万有引力提供向心力、万有引力等于重力，抓住同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等进行分析求解【详解】A项：因为同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，则同步卫星的线速度v=r故A正确
5、；B、C项：根据万有引力提供向心力，有：，解得：由上式得：，则有：，则有：故B错误，C正确；D项：因为GM=gR2，所以v，故D正确本题选不正确的，故选B【点睛】解决本题的关键知道同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，以及掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这连个理论，并能灵活运用4.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态如图所示，一块宽为、长为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为当显示屏闭合时元件处于垂直于
6、上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压，以此控制屏幕的熄灭则元件的（ ）A. 前表面的电势比后表面的低B. 前、后表面间的电压与无关C. 前、后表面间的电压与成正比D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为【答案】D【解析】【详解】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有，故，故D正确，由则电压，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误5.如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运
7、动轨迹设电子在A、B两点的加速度大小分别为 aA、aB，电势能分别为EpA、EpB下列说法正确的是（ ）A. 电子一定从A向B运动B. 若aAaB，则Q靠近M端且为负电荷C. 无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAaB，则可知点电荷Q靠近M端；又由电子受力指向凹侧，可知MN上电场线方向向右，故点电荷Q为正电荷，故B错误；C电子受力指向凹侧，可知根据电子只受电场力作用；电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大，即EpAEpB，故C正确；D电子受力指向凹侧，可知MN上电场线方向向右；根据沿着电场线电势降低，可知B点电势低于A点电势，故D错误。故选C。二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题
8、 4 分，共计 16 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6.刀削面是西北人喜欢的面食之一,全凭刀削得名如图所示,将一锅水烧开,拿一块面团放在锅旁边较高处,用一刀片飞快地削下一片片很薄的面片儿,面片便水平飞向锅里,若面团到锅的上沿的竖直距离为0.8m,面团离锅上沿最近的水平距离为0.4m,锅的直径为0.4m若削出的面片落入锅中,则面片的水平初速度可能是() （ ）A. 0.8m/sB. 1.2m/sC. 1.8m/sD. 3.0m/s【答案】BC【解析】根据平抛运动的公式，水平方向有x=v0t，竖直方向有：h= gt2，其中0.4mx0.8
9、m，联立可得：1m/sv02m/s，故BC正确，AD错误故选BC.7.如图所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动劲度系数为的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内取与平台同高度的点为坐标原点，以竖直向下为轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用，分别表示人的速度、加速度和下落时间下列描述与、与的关系图像可能正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【详解】A B从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，绳子拉直前，人先做自由落体运动，图线为匀变速直线运动，
10、图线斜率恒定；绳子拉直后在弹力等于重力之前，人做加速度逐渐减小的加速运动，图线斜率减小；弹力等于重力之后，人开始减速运动，弹力增大加速度逐渐增大，图线斜率逐渐增大，直到速度减到零所以A选项正确，B选项错误CD从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，绳子拉直前，人先做自由落体运动，加速度恒定绳子拉直后在弹力等于重力之前，随着弹力增大，人做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小，设向下运动的位置为，绳子刚产生弹力时位置为，则：则加速度为：弹力等于重力之后，人开始减速运动，则加速度：所以，与的关系图线斜率是恒定的故D选项正确，C选项错误8.教学用发电机能够产生正弦式交变电流利用该发电机(内阻可忽略)通过
11、理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P，若发电机线圈的转速变为原来的，则（ ）A. 电流表A的读数变为IB. R消耗的功率变为PC. 电压表V的读数变为UD. 通过R的交变电流频率不变【答案】AC【解析】【详解】AC线圈在匀强磁场中匀速转动，设线圈的面积为S，磁场的磁感应强度为B，线圈转动的角速度为，则产生的最大电动势为原线圈两端的电压等于电动势的有效值为设原、副线圈的匝数比为k，则副线圈两端的电压为又当发电机线圈的转速变为原来的时，角速度变为原来的，可知原线圈两端电压和副线圈两端电压变为原来的，即电压表的读数变为；根据
12、欧姆定律可知副线圈的输出电流变为原来的，根据变流比可知，原线圈的输入电流变为原来的，即电流表A的读数变为，故AC正确；B根据功率公式可知，R消耗的功率变为原来的，即，故B错误；D根据，得转速和频率的关系式f=n可知转速变为原来的，则频率变为原来的，即通过R的交流电频率为原来的，故D错误。故选AC。9.如图所示，质量不计的直角支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B，支架两直角边长度分别为2L和L，支架可绕固定轴O点在竖直平面内无摩擦转动，开始时OA处于水平位置，由静止释放后（ ）A. A球的最大速度为2B. A球的速度最大时，两小球的总重力势能最小C. A球的速度最大时，两直角边与竖直方向的
13、夹角为45D. A、B两球的最大角速度之比AB=21【答案】BC【解析】【详解】D由题知AB是同轴转动，则在任意时刻它们的角速度大小都相同，故D错误；AC根据线速度与角速度的关系式有即，当OA与竖直方向夹角为时，由系统机械能守恒得：解得由数学知识知，当时vA有最大值；则有，此时，故A错误，C正确；BA的速度最大，B的速度也最大，则两者的动能最大，根据系统机械能守恒可知，此时两球的总重力势能最小，故B正确。故选BC。三、简答题：本题分必做题和选做题两部分，共计 42 分请将解答填写在答题卡相应的位置【必做题】10.验证“力的平行四边形定则”，如图所示，实验步骤如下：用两个相同的弹簧测力计互成角度
14、拉细绳套，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，记为O1记录两个弹簧测力计的拉力F1和F2的大小和方向只用一个弹簧测力计，将结点仍拉到位置O1，记录弹簧测力计的拉力F3的大小和方向按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F比较F3和F的一致程度(1)下列说法中正确的是_A. 应使橡皮条与两绳夹角的平分线在同一直线上B. 为了便于计算合力大小，两绳间夹角应取、等特殊角度C. 系在橡皮条末端的两绳要一样长D. 同时改变两个弹簧测力计拉力的大小和方向，结点可能保持在位置O1(2)改变F1、F2，重复步骤至进行第二次实验，记下结点位置O2，位置O2_（选填“
15、必须”或“不必”）与位置O1相同(3)实验记录纸如图所示，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；两个力的大小分别为：F13.0N,F23.5N，请根据图中给出的标度作出F1和F2的合力，（ ）并测得合力F_N(4)实验中，用两个弹簧测力计同时拉，两绳夹角小于，一个弹簧测力计示数接近量程，另一个超过量程的一半这样操作_（选填“合理”或“不合理”）【答案】 (1). D (2). 不必 (3). (4). 4.0 (5). 不合理【解析】【详解】(1)1AF1、F2方向间夹角大小适当即可，不一定要橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上，故A错误；B两细线拉橡皮条时，只
16、要确保拉到同一点即可，不一定两绳间夹角应取、等特殊角度，故B错误；C细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长，故C错误；D同时改变两个弹簧测力计的拉力，结点可能保持在位置O1，故D正确(2)2F1、F2方向间夹角大小适当即可，不一定要橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上(3)3根据平行四边形定则求F2与F1的合力，作图如图4用刻度尺量平行四边形的对角线可知，合力为4.0N；(4)5用两个弹簧测力计同时拉，两绳夹角小于 ，一个弹簧测力计示数接近量程，另一个超过量程的一半这样操作不合理，理由是只用一个弹簧测力计拉时会超过其量程11.某同学设计了如图甲所示的电路测量某电池的电动势E和内阻r
17、，电路中定值电阻R0=20（1）根据图甲所示电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接_（2）实验中，该同学移动滑动变阻器的滑片，读出电压表V1和V2的示数U1、U2，数据如下表所示请根据表格中的数据在图丙所示坐标纸中画出U2U1的图线_次数123456U1/V1.02.03.04.04.55.0U2/V16.815.215.012.011.110.3（3）由U2U1图线求得该电源的电动势E=_V，内阻r=_(均保留三位有效数字)【答案】 (1). (2). (3). 18.0 (4). 30.8【解析】【详解】（1）1根据图甲所示电路图连接实物图，如图所示（3）2根据表中实验数据在
18、坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图线如图所示（3）3由图示电路图可知，根据闭合电路欧姆定律有整理得由U2-U1图线可知，纵截距表示电源电动势，则有E=18.0V；4图线斜率的绝对值解得电源内阻30.8。选修 3512.基于下列四幅图的叙述正确的是_A. 由甲图可知，黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动B. 由乙图可知，a光光子的频率高于b光光子的频率C. 由丙图可知，该种元素的原子核每经过7.6天就有发生衰变D. 由丁图可知，中等大小的核的比结合能量大，这些核最稳定【答案】AD【解析】【分析】考查黑体辐射、光电效应、原子核衰变、比结合能【
19、详解】A由甲图观察可知黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A正确B由乙图可知，光光子的频率低于于光光子的频率，故B错误C由丙图可知，该种元素的原子核每经过7.6天就有发生衰变，故C错误D由丁图可知，质量数为40的原子的比结合能最大，即中等大小的核的比结合能量大，这些核最稳定，故D正确故选AD。13.氢原子第n能级的能量为En，其中E1是基态能量若某氢原子发射能量为E1的光子后处于比基态能量高E1的激发态，则该氢原子发射光子前处于第_能级；发射光子后处于第_能级【答案】 (1). 4 (2). 2【解析】【详解】由题意可得发射光子后氢原子能量为
20、；根据波尔理论氢原子发射光子能量，得到氢原子发射光子前的能量为，根据氢原子第能级的能量为，得到发射光子前，发射光子后14.如图所示，质量为m的滑块从倾角为的固定斜面顶端由静止滑下，经时间t滑到斜面底端时速率为v.求此过程中：（1）斜面对物块的支持力的冲量大小IN；（2）斜面对物块的摩擦力的冲量大小If.【答案】 INmgcos t Ifmgsintmv【解析】【详解】（1）把重力沿垂直斜面方向分解，分力为，在垂直斜面方向物体受到支持力，物体在垂直斜面方向处于平衡状态，可得平衡方程：，所以支持力的冲量为：（2）在整个过程，对物块由动量守恒可得：，化简可得摩擦力的冲量为：【选做题】选修 33 15
21、.下列关于热学现象说法中正确的有（）A. 温度高的同种物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B. 饱和汽压与液面上方饱和汽的体积有关C. 雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用D. 给自行车打气时气筒压下后反弹，主要是由分子斥力造成的【答案】AC【解析】【详解】A.温度是分子平均动能的标志，温度高的平均动能大，但内能不一定大，内能的大小还与质量、状态、材料等有关系，故A正确；B.根据饱和气压的特点可知，液体的饱和汽压与温度有关，温度越高饱和汽压越大，但饱和汽压与饱和汽的体积无关故B错误；C.雨伞伞面上有许多细小的孔却能遮雨，是因为水的表面张力的作用，故C正确；D.用打气筒向
22、篮球充气时需用力，是由于气筒内气体对活塞有压强，产生压力，不是由于气体分子间有斥力，故D错误；故选AC16.某单晶体的体积为V，质量为m，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数NA则该晶体所含有的分子数为_，分子直径为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据摩尔质量可求得物质的量，从而求出分子数；根据摩尔质量可求得摩尔体积，从而求出单个分子体积，再根据球体的体积公式即可求得分子直径【详解】该单晶体的物质的量，则分子数为：nNA；该单个分子体积 解得【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的应用，要注意明确摩尔质量、摩尔体积以及分子质量和分子体积间的关系，能正确根据阿伏加德罗常数进行分析计算17.如图所
23、示，圆柱形气缸竖直放置，质量m3.0kg，横截面积S1.0103m2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸壁封闭良好，不计摩擦，不计活塞和气缸的厚度开始时活塞距气缸底距离h10.50m，此时温度T1300K给气缸缓慢加热至T2，活塞上升到距离气缸底h20.80m处，同时缸内气体内能增加300J，已知外界大气压P01.0105Pa，取g10m/s2求：（1）缸内气体加热后的温度T2；（2）此过程中缸内气体吸收的热量Q【答案】（1）480k；（2）336J；【解析】【详解】（1）气体做等压变化,根据气态方程可得解得T2=480K；（2）缸内气体压强在气体膨胀的过程中，气体对外做功为 根据热力学第
24、一定律U=W0+Q得Q=U+W0=336J点睛：气体做等压变化，根据理想气体状态方程求温度；根据活塞受力平衡可求压强，在气体膨胀的过程中，气体对外做功，加热的过程中内能的变化可由热力学第一定律列方程求解得出 选修 3418.下列说法正确的是_A. 同种介质中，光的波长越长，传播速度越快B. 麦克斯韦预言并用实验验证了电磁波的存在C. 变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场D. 在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光变为红光，则条纹间距变宽【答案】AD【解析】【详解】A根据可知波长越长，频率越小，则折射率越小，根据可知在同种介质中的传播速度越快，故A正确；B麦克斯韦首先预言
25、了电磁波的存在，而赫兹实验验证了电磁波的存在，故B错误；C根据麦克斯韦的电磁场理论可知，均匀变化的电场产生恒定不变的磁场，均匀变化的磁场产生恒定不变的电场，故C错误；D在光的双缝干涉实验中，根据可知条纹间距与光波长成正比，红光的波长比绿光长，则条纹间距变宽，故D正确。故选AD。19.如图所示，在杨氏双缝干涉实验中，用波长为5.30107m的激光，屏上P点距双缝S1和S2的路程差为7.95107m则在这里出现的应是_（填“明条纹”或“暗条纹”）现改用波长为6.30107m的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间距将_（填“变宽”、“变窄”或“不变”）【答案】 (1). 暗条纹； (2
26、). 变宽；【解析】【详解】屏上P点距双缝s1和s2的路程差为7.9510-7m，则，3是奇数，故在P点出现暗条纹根据x=知，波长变大，则条纹间距变宽【点睛】关键掌握出现明暗条纹的条件以及掌握双缝干涉条纹的间距公式x=20.如图所示，某种单色光的光束a，以入射角i从平行玻璃板上表面O点入射，从下表面射出已知平行玻璃板厚度为d，单色光的折射率为n，真空中的光速为c.求：该单色光在玻璃中传播的速度；该单色光在玻璃中传播的时间【答案】【解析】【详解】 由公式有v=如图所示，有n=sin =x2=d2x2(1sin2)=d2x=四、计算题：本题共 3 小题，共计 47 分解答时请写出必要的文字说明、方
27、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21.如图甲所示，导体框架abcd水平固定放置，ab平行于dc且bc边长L0.20 m，框架上有定值电阻R9(其余电阻不计)，导体框处于磁感应强度大小B11.0 T、方向水平向右匀强磁场中有一匝数n300匝、面积S0.01 m2、电阻r1的线圈，通过导线和开关K与导体框架相连，线圈内充满沿其轴线方向的匀强磁场，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示B1与B2互不影响(1) 求00.10 s线圈中的感应电动势大小E；(2) t0.22 s时刻闭合开关K，若bc边所受安培力方向竖直向上，判断bc边中电流
28、的方向，并求此时其所受安培力的大小F；(3) 从t0时刻起闭合开关K，求0.25 s内电阻R中产生的焦耳热Q.【答案】(1)30V；(2)1.2 N (3) 24.3 J【解析】【详解】(1) 由法拉第电磁感应定律得代入数据得(2) 由左手定则得电流方向为bc代入数据得由闭合电路的欧姆定律得安培力大小FI2LB11.2 N(3) 由法拉第电磁感应定律得22.如下图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段圆弧面相连接在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道，斜面的倾角为.现有10个质量均为m、半径均为r的均匀刚性球，在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止，力F与圆槽在同一竖直面内，
29、此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h.现撤去力F使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内重力加速度为g.求：(1)水平外力F的大小；(2)1号球刚运动到水平槽时的速度；(3)整个运动过程中，2号球对1号球所做的功【答案】(1)10mgtan (2)(3)9mgrsin 【解析】【详解】(1)以10个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得tan 得F10mgtan .(2)以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得mghmv2解得v(3)撤去水平外力F后，以10个小球整体为研究对象，利用机械能守恒定律可得：10mg10mv12解得v1以1号球为研究对象，由动能定理得mghWmv1
30、2得W9mgrsin .23.在科学研究中，可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制在如图所示的平面坐标系x0y内，矩形区域(-3dxd，-dyd)外存在范围足够大的匀强磁场一质量为m、电奇量为+q的粒子从P(0，d)点沿y轴正方向射入磁场当入射速度为时，粒子从(-2d，d)处进入无场区(1)求磁场的磁感应强度B的大小(2)求粒了离开P点后经多长时间第一次回到P点(3)若仅将入射速度变为2，其它条件不变，求粒于离开P点后运动多少路程经过P点【答案】（1）（2）（3），其中k1、2、3或，其中k0、1、2、3【解析】【分析】（1）找出半径，根据洛伦兹力提供向心力进行求解即可；（2）画出粒
31、子运动轨迹，求出在磁场中运动时间和在无磁场中运动的时间；（3）画出粒子运动轨迹，注意讨论粒子运动的方向不同；【详解】（1）由题条件可判断粒子做圆周运动半径为：粒子在磁场中，得到：；（2）粒子运动轨迹如图所示：粒子在磁场中运动时间：粒子在无场区运动时间：粒子再次回到P点时间：得到：（3）粒子运动轨迹如图所示：粒子速度变为，则在磁场中运动半径为：由P点沿圆弧运动到C点时间： 由C点沿直线运动到D点时间： 粒子以2v0沿y轴正向经过P则粒子运动时间：，其中k1、2、3粒子运动距离：得到：，其中k1、2、3粒子以大小与y方向成60经过P则：，其中k0、1、2、3粒子运动距离为：得到：，其中k0、1、2、3【点睛】带电粒子在磁场中的运动，关键是找出半径和圆心，利用洛伦兹力提供向心力进行求解即可，同时还要准确地画出轨迹