1、江苏省扬州市2020届高三物理下学期5月调研试题（含解析）本试卷选择题9题，非选择题8题，共16题，满分为120分，考试时间100分钟，注意事项：1.答卷前，考生务必将本人的学校、班级、姓名、考试号填在答题卡的相应位置。2.将每题的答案或解答写在答题卡上，在试卷上答题无效。3.考试结束，只交答题卡。 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意，选对的得3分，错选或不答的得0分。1.某水电站输电给远处的用户，其输电功率为P，输电电压为U，输电电流为I，输电线总电阻为r，则下列表达式正确的是（）A. U=IrB. P=UIC. P=I2rD. 【答案】B【解析】
2、【详解】AIr表示导线上的电压损失，不等于输电电压U，选项A错误；BP=UI等于输电功率，选项B正确；CI2r表示导线上的功率损失，不等于输电功率，选项C错误；D不不表示任何意义，也不等于输电功率，选项D错误。故选B。2.如图所示的装置中，A、B两物块的质量分别为4kg、1kg，不计弹簧和细绳质量以及一切摩擦，重力加速度g=10m/s，先固定物块A使系统处于静止状态。释放A的瞬间，下列说法正确的是（）A. 弹簧的弹力大小为30NB. 弹簧的弹力大小为40NC. A的加速度大小为10m/sD. B的加速度大小为0【答案】D【解析】【详解】开始时弹簧的弹力为F=mBg=10N释放A的瞬时，弹簧弹力
3、不变，则弹簧的弹力大小仍为10N， A的加速度物体B受力不变，则B的加速度为零，则选项ABC错误，D正确。故选D3.如图所示，两墙壁平行竖直，小球从P点以垂直于墙面的初速度v0抛出，打在右侧墙壁上的Q点。已知小球与墙壁碰撞前后竖直分速度不变，水平分速度大小不变、方向相反，不计空气阻力，若只改变初速度大小，小球仍能击中Q点，则初速度大小可能为（）A. B. 2v0C. 3 v0D. 4 v0【答案】C【解析】【详解】设两墙壁之间的距离为x，则小球从P点到Q点的时间t是一定的，则水平方向x=v0t(2n+1)x=v1t则v1=(2n+1)v0则当n=1时v1=3v0.故选C。4.如图所示，木板上右
4、端放一小物块，木板可以绕转轴在竖直面内转动，现让木板以恒定角速度从图示位置转到水平位置，在此过程中，物块相对木板静止，则物块所受支持力的瞬时功率（）A. 逐渐增大B. 保持不变C. 先增大，后减小D. 先减小，后增大【答案】A【解析】【详解】物体随木板以恒定角速度，则线速度大小恒定，则支持力的功率其中是木板与竖直方向的夹角，由于逐渐增加到90，可知支持力的功率逐渐变大。故选A。5.如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，电源电动势为E，匀强磁场与导轨平面垂直，阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好。t=0时刻，闭合开关S，棒的速度v随时间t变化的图像可能正确的是（
5、）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】闭合开关S后，导体棒将受到向右的安培力而向右做加速运动，随着速度的增加，导体棒会切割磁感线产生的感应电动势逐渐变大，因感应电动势方向与原电池的电动势方向相反，可知回路的总电动势逐渐减小，电流逐渐减小，安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，最终加速减为零时棒做匀速运动，故图像C符合题意。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。6.2019年12月31日晚，我国重量最重、技术含量最高的高轨卫星“实践20号”成功实施了第四次变轨，如图所示，实线1、虚线2
6、分别是卫变轨前后的轨道，则卫星（）A. 在轨道1A点处应点火加速B. 在轨道1A点处的速度比在轨道1B点处的小C. 在轨道1A点处的加速度比在轨道2A点处的小D. 在轨道1运行周期比在轨道2的运行周期大【答案】AB【解析】【详解】A由卫星的轨迹图可知，卫星在轨道1A点处应点火加速，进入轨道2，选项A正确；B根据开普勒第二定律可知，卫星在轨道1A点处的速度比在轨道1B点处的小，选项B正确；C根据可知，卫星在轨道1A点处的加速度等于在轨道2A点处的加速度，选项C错误；D根据开普勒第三定律可知，轨道1的半长轴较小，则在轨道1运行周期比在轨道2的运行周期小，选项D错误。故选AB。7.在真空中某点电荷的
7、电场中，将等量异种的检验电荷分别置于M、N两点，两检电荷所受电场力方向如图所示，且F2F1（不计检验电荷间相互作用），已知M点处检验电荷带负电，下列说法中正确的有（）A. 场源点电荷带负电B. M点电场强度大于N点电场强度C. M点电势高于N点电势D. 若将M点处检验电荷沿MN连线从M点移到N点，其电势能一定先增大后减小【答案】ACD【解析】【详解】A因M点处检验电荷带负电，则场源点电荷带负电，选项A正确；B由图可知M点离场源电荷较远，则M点电场强度小于N点电场强度，选项B错误；C因场源电荷带负电，可知M点电势高于N点电势，选项C正确；D若将M点处检验电荷沿MN连线从M点移到N点，因MN连线上
8、的电势先降低后升高，则带负电的检验电荷的电势能一定先增大后减小，选项D正确。故选ACD。8.如图所示的电路，R1为定值电阻，R敏为热敏电阻（温度升高，电阻减小），电源的电动势为E，内阻为r。闭合开关，当环境温度升高时，下列说法正确的有（）A. 电压表示数增大B. 电流表示数减小C. 有电流向下流过A点D. 电压表和电流表示数变化量之比保持不变【答案】CD【解析】【详解】AB当环境温度升高时，则R2减小，总电阻减小，总电流变大，则电流表示数变大，内阻和R1两端电压变大，则R2电压减小，即电压表读数减小，选项AB错误；C由于电容器两端电压减小，可知电容器放电，则有电流向下流过A点，选项C正确；D由
9、于U=E-I(R1+r)，则即电压表和电流表示数变化量之比保持不变，选项D正确。故选CD。9.如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C、木板下端位于板A处，整体处于静止状态，木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g=10m/s2，则由图像可知（）A. 10NF15N时物块B和木板C相对滑动C. 水板C的质量D. 木板和物块两者间的动摩擦因数【答案】BD【解析】【详解】AB由图像可知，当10NF15N时木板的加速度变大，可知此时物块B和木板C产生了相对滑动，选项A错误，B正
10、确；C对木板和木块的整体，当F1=10N时，a=0，则当F2=15N时，a=2.5m/s2，则 联立方程可求解M+m=2kgsin=05但是不能求解木板C的质量，选项C错误；D因当F2=15N时，a=2.5m/s2，此时木块和木板开始发生相对滑动，此时物块和木板之间的摩擦力达到最大，则对物块联立方程可求解选项C错误，D正确。故选BD。三、简答题：本题分必做题（第10、11、12题）和选做题（第13题）两部分，共计42分。请将解答填写在答题卡相应的位置。10.某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，将气垫导轨固定在水平桌面上，调节旋钮使其水平，在气垫导轨的左端固定一光滑的定滑轮，在B处固定
11、一光电门，测出滑块及遮光条的总质量为M、将质量为m为的钩码通过细线与滑块连接，打开气源，滑块从A处由静止释放，宽度为d的遮光条经过光电门遮光时间为t，取遮光时间t内的平均速度作为滑块经过B处的速度，A、B之间的距离为x，钩码离地面足够高，重力加速度为g(1)关于实验操作和注意事项，下列说法正确的是_，A.必须满足m远小于MB.调整定滑轮高度，使细线水平C.用手向上托稳钩码，由静止开始释放钩码D.不开气源，平衡滑块与导轨之间的摩擦力后，也能验证系统机械能守恒(2)滑块由A运动到B的过程中，系统重力势能的减小量EP为_，系统动能的增加量EK，为_。（以上结果均用题中所给字母表示）。(3)改变x重复
12、实验得到多组数据，用图像法处理数据，为了形象直观，应该画_A.t-x图像 B.t2-x图像 C.图像【答案】 (1). B (2). mgx (3). (4). C【解析】【详解】(1)1 A实验中要验证砝码和滑块系统的机械能守恒，则没必要满足m远小于M，选项A错误；B调整定滑轮高度，使细线水平，选项B正确；C用手先固定住滑块，由静止开始释放滑块，选项C错误；D不开气源，则滑块与导轨之间有较大的摩擦力，用此装置不能验证系统机械能守恒，选项D错误。故选B。(2)23滑块由A运动到B过程中，系统重力势能的减小量EP=mgx滑块经过光电门时的速度为则系统动能的增加量 (3)4要验证的关系式为则改变x
13、重复实验得到多组数据，用图像法处理数据，为了形象直观，应该画图像，故选C。11.某兴趣小组通过实验测量一个标准电池组的电动势和内阻，实验原理图如图甲所示，定值电阻R0的标称值为4.0.(1)闭合开关S，调节滑动变阻器R，发现电压表有读数，而电流表读数为0.用多用电表排查故障，在使用多用电表前，发现指针不在左边“0”刻度线处，应先调整图乙中多用电表的_ （选填“A”，“B”或“C”）(2)将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，选直流电压10V档检测故障，在图甲中，将多用电表的_（选填“红”或“黑”）表笔接入a端，另一表笔接入b端发现指针偏转，说明a、b间_（选填“短路”或“断路”）。(3)排除
14、故障后，某次实验的数据如下表所示：根据表中的数据，在图丙的方格纸上作出了U-I图像，由图像求得电动势E=_V，内阻r=_ 。（结果保留三位有效数字）(4)将测量结果与标准电池组说明书中给出参数比较发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值偏大。若测量过程无误，则内阻测量值偏大的原因可能是_ A.电压表内阻的影响B.电流表内阻的影响C.滑动变阻器R的最大值偏小 D.R0的标称值比实际阻值偏小【答案】 (1). A (2). 红 (3). 断路 (4). 5.37（5.36-5.38）（ (5). 1.44（1.30-1.60） (6). D【解析】【详解】(1)1在使用多用电表前，发现
15、指针不在左边“0”刻度线处，应先调整图乙中多用电表的A；(2) 23将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，选直流电压10V档检测故障，在图甲中，将多用电表的红表笔接入a端，另一表笔接入b端发现指针偏转，说明a、b间断路。(3)45由图可知，电源电动势E=5.37V内阻(4) 6A电压表内阻的影响会使得电流的测量值偏大，造成内阻的测量值偏小，选项A错误；B电流表内阻对实验结果无影响，选项B错误；C滑动变阻器R的最大值偏小 对实验结果无影响，选项C错误；DR0的标称值比实际阻值偏小，则使内阻的测量值偏大，选项D正确。故选D。12. 下列现象中，与原子核内部变化有关的是A. 粒子散射现象B. 天然
16、放射现象C. 光电效应现象D. 原子发光现象【答案】B【解析】【详解】A粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化，故A项错误；B天然放射现象是原子核内部发生变化自发的放射出粒子或电子，从而发生衰变或衰变，故B项正确；C光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故C项错误；D原子发光是原子跃迁形成的也没有涉及到原子核的变化，故D项错误13.为了做好疫情防控工作，小区物业利用红外测温仪对出入人员进行体温检测。红外测温仪的原理是：被测物体辐射的光线只有红外线可被捕捉，并转变成电信号。图为氢原子能级示意图；已知红外线单个光子能量的最大值为1.62
17、eV。若有一群处于n=4激发态的氢原子最多能辐射_种频率的光子，其中可被红外测温仪捕捉到的有_种。 【答案】 (1). 6 (2). 1【解析】【详解】12一群处于n=4激发态的氢原子最多能辐射种频率的光子；因光子能量小于1.62eV的只有从n=4到n=3的跃迁（释放光子0.66eV的能量），则可被红外测温仪捕捉到的有1种。14.如图所示，在足够长的光滑水平面上，用质量分别为2kg和1kg的甲、乙两滑块，将轻弹簧压紧后处于静止状态，轻弹簧仅与甲拴接，乙的右侧有一挡板P。现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s，此时乙尚未与P相撞。求弹簧恢复原长时乙的速度大小；若乙与挡板P
18、碰撞反弹后不能再与弹簧发生碰撞。求挡板P对乙的冲量的最大值。 【答案】4m/s；6 Ns【解析】【详解】设向左为正方向，由动量守恒定律得 v乙=4m/s 要使乙反弹后不能再与弹簧发生碰撞，碰后最大速度为 设向左为正方向，由动量定理得解得I=6 Ns15.关于内能，下列说法正确的是A. 物体的内能包括物体运动的动能B. 0C的水结冰过程中温度不变，内能减小C. 提起重物，因为提力做正功，所以物体内能增大D. 摩擦冰块使其融化是采用热传递的方式改变物体的内能【答案】B【解析】【详解】A物体的内能是指物体内所有分子的总动能和分子势能之和，不包括物体运动的动能，选项A错误；B0的水结冰过程中温度不变，
19、分子动能不变，因要放热，则内能减小，选项B正确；C提起重物，因为提力做正功，所以物体机械能变大，但是内能不一定增大，选项C错误；D摩擦冰块使其融化是采用做功的方式改变物体的内能，选项D错误。故选B。16.(1)一定质量的理想气体由状态A经状态B变化到状态C的P-V图像如图所示，气体分子在单位时间内撞击容器上单位面积的次数用N表示，则NB_NC。气体在AB过程中放出的热量_在BC过程中吸收的热量；（填“大于”“小于“或“等于”）。 (2)上题中，已知气体在状态C时的温度为27，阿伏加德罗常数为6.01023mol-1， 在标准状态（压强p0= 1.0105Pa，温度t0=0）下理想气体的摩尔体积
20、都为22.4L，求该气体的分子数_。（计算结果保留一位有效数字）【答案】 (1). 大于 (2). 小于 (3). 71022个【解析】【详解】12从B到C，气体的压强不变，体积变大，则分子数密度减小，压强减小，则气体分子在单位时间内撞击容器上单位面积的次数减小，即NB大于NC；气体在AB过程中温度降低，内能减小，即U10，体积变大，则W20，则气体吸收热量，由于气体在AC两态的温度相同，则内能相同，则 ，则Q1Q2；3气体在状态C时的温度为TC=27=300K；VC=310-3m3=3L；pC= 1.0105Pa，则设在标准状况下的体积为V0，则由 解得V0=2.73L则分子数个17.下列说
21、法中正确的是A. 医学上检查人体内部器官的“CT”，使用的是射线B. 雨后公路积水表面漂浮的油膜阳光下呈现彩色，这是光的折射现象C. 利用多普勒效应原理，可以测量运动物体的速度D. 考虑相对论效应，静止的人测量沿自身长度方向高速运动的杆比静止时的杆长【答案】C【解析】【详解】A医学上检查人体内部器官的“CT”，使用的是x射线，选项A错误；B雨后公路积水表面漂浮的油膜阳光下呈现彩色，这是光的干涉现象，选项B错误；C利用多普勒效应原理，可以测量运动物体的速度，选项C正确；D考虑相对论尺缩效应，静止的人测量沿自身长度方向高速运动的杆比静止时的杆短，选项D错误。故选C。18.如图所示，一直线上有振动情
22、况完全相同的波源S1、S2，已知振动频率为5Hz，波速为10m/s，则该波的波长为_ m。若S1、S2间距离为2m，S1、A、B、C、S2、间等间距，A、B、C三点中振动加强的点是_【答案】 (1). 2m (2). B【解析】【详解】1该波的波长为2因AC两点到波源S1和S2的距离之差都等于1m=，则AC都是振动减弱点；因B点到波源S1和S2的距离之差等于0，则B点是振动加强点；19.半圆环形透明薄件截面如图所示，内径为r，材料折射率n=2，点光源放在p点，射向A点的光线恰好不能射出。已知光速为c，AOP=，求：光在圆环中传播的速度v；圆环外径R。【答案】；【解析】【详解】光在圆环中传播的速
23、度 临界角满足得 则三角形OPA为等腰三角形，则三角形OPA中四、计算或论述题：本题共4小题，共47分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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。20.如图所示，匀强磁场有个圆形闭合单匝线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的半径r=0.2m，总电阻R=0.1，感应强度B在0-1s内从3.0T均匀减小到1.0T，=3.14，求：(1)t=0.5s时，线圈内感应电动势的大小和感应电流的方向；(2)在0-1s内线圈产生的焦耳热；(3)t=0.5s时，圆心角为60度弧形导线ad受到的安培力大小F。【答案】(1)0.25V，顺
24、时针方向；(2)0.63J；(3)1.0N【解析】【详解】(1)感应电动势磁通量的变化量 解得 感应电流方向为顺时针方向 (2)感应电流 焦耳热 (3)导线ab的有效长度L=r=0.2m t=0.5s时，B=2T 安培力21.如图所示，半径为R的光滑半圆形导轨固定在竖直面内的AB两点，直径AB与竖直方向的夹角为60，导轨上的C点在A点的正下方，D点是轨道的最低点，质量为m的圆环套在导轨上，圆环通过两个相同的轻弹簧分别与A、B两点连接，弹簧原长均为R，对圆环施加水平向右的力F=可使其静止在D点。 (1)求弹簧的劲度系数k：(2)由C点静止释放圆环，求圆环运动到D点的动能Ek；(3)由C点静止释放
25、圆坏，求圆环运动到D点时对轨道的作用力N。【答案】（1）；（2）；（3），方向竖直向下【解析】【详解】(1)如图1所示，圆环在D点时，BD弹簧处于原长，AD弹簧的伸长量为x= 受力分析，正交分解 解得 (2)C点与D点的高度差 h=0.5R 圆环从C运动到D，弹簧弹性势能不变，根据机械能守恒解得 (3)如图2所示，圆环运动到D点时的速度v=受力分析，正交分解解得根据牛顿第三定律，圆环对轨道的作用力N为方向竖直向下.22.如图所示，圆形匀强磁场区域半径为R，磁场中心与O、O在同一水平线上，右侧有间隔分布的匀强电场区域和无场区域，宽度都是L，场强大小为E=，MN是无限大竖直接收屏，现有带正电粒子组
26、成的粒子束，沿与水平成60方向正对场中心射入，粒子质量为m，电荷量为q，速率为v0，恰好从O点沿水平方间进入电场区域，不计重力和粒子间相互作用，求：(1)磁感应强度大小B：(2)若接收屏MN距O点距离为2L，粒子击中接收屏时的速度v；(3)若接收屏MN距O点距离为nL（n=1，2，3），粒子击中接收屏用时离OO线的距离y。【答案】（1）；（2），与水平方向成45；（3）【解析】【详解】(1)粒子在磁场中运动的半径 得 (2)粒子通过L的时间 粒子击中接收屏时的水平速度vx=v0粒子击中接收屏时的竖直速度vy= 粒子击中接收屏时的速度大小 与水平方向夹角满足 得=45 (3)作vy-t图，可看出水平方向每经过L时，竖直方向位移大小成等差数列 通过第1个水平距离L时的竖直距离为 粒子击中接收屏时离OO线的距离 最终结果
