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2020 年湖北省高三（4 月）线上调研考试 物理参考答案 二、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 14~18 题只 有一项符合题目要求，第 19~21 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。 14．C 解析：在两次转动过程中金属框内有正弦交流电产生。金属框在两次转动过程中穿过金 属框的磁通量变化量相同，由法拉弟电磁感应定律 t φnE   知，回路中产生的感应电动势最 大值和有效值相同；由 ω πt 4/ 知，转动的时间相同；由 R EI  知，回路中通过的电流相同； 则由 RtIQ 2 知，回路中产生的焦耳热相同。即 Q1∶Q2=1∶1，只有 C 正确。 15．A 解析：球和物块受力如图所示，则有：弹簧弹力 θmgkxF sin1  ，解得： x θmgk sin ， A 正确 B 错误；由于 12 FF  ，且 αFMg tan2 ，解得： θαmM sintan ，故 C、D 错误。 O α θA B O′ mg Mg F1 FN1 FN2 F2 C 16．C 解析：爱好者做匀加速直线运动，则有 axυυ 22 0 2  ，由图可知当 2υ =0 时，x=－2m， 代入上式得： aυ 42 0  ；当 x=0 时， 2υ =4 2(m/s) ，代入上式得： 04 2 0  υ ，解得： 0υ =2m/s， a=1 2m/s ，故 A、B 错误；当 2υ =8 2(m/s) 时，可解得 x=2m，故 C 正确；爱好者速度的平方 由数字 4 增加到 8 的过程中，运动时间为 1 4812  a υυt = )12(2  s，故 D 错误。 17．D 解析：大量的氢原子处于 n=4 的激发态，可能发出光子频率的种数 2 4Cn  =6，故 A 错 误；氢原子由 n=4 能级跃迁到 n=3 能级时，放出能量，故氢原子能量减小，同时电子向原 子核靠近，库仑力做正功，故电子动能增加，故 B 错误；由于 n=4 能级的氢原子的能量为 －0.85eV，要出现电离，则光子的能量至少为 0.85eV，因此 0.70eV 和 0.80eV 的两种光子不 可能使处于 n=4 能级的氢原子出现电离现象，故 C 错误；从 n=4 能级跃迁到 n=2 能级辐射 出的光子能量最大为 W=－0.85－(－3.40)=2.55eV，所以，根据 k0 EWW  ，故光电子获得 的最大动能为 kE =0.30J，故 D 正确。 18．C 解析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直 AC 边射出的粒子在磁场中运动的时间 是 T/3，即 T/3= 0t ，得周期 T=3 0t ，故 A 错误；由 qB mπT 2 得 03 22 qt mπ qT mπB  ，故 B 错误； 设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有 4 5 2 0tTπ θ  ，得 6 5πθ  ， 画出该粒子的运动轨迹如图所示，设轨道半径为 R，由几何知识得： dRR  30cos 2/ 30sin ， 可得 132 3   dR ，则射出点距 A： 13230cos 2/   dRx ，故 C 正确；根据 υ Rθt  4 5 0 ，解得0)36( 2 t dπυ   ．故 D 错误。 B A C θ 19．BC 解析：输入端电压的有效值为 100V，当 0R =0 时，电压表的读数为 1 1 2 2 Un nU  =50V， 选项 A 错误；次级线圈中的电流 R UI 2 2  =5A，选项 B 正确；当 0R =10Ω时，设电流表的示 数为 I，则此时初级电流为 0.5I，初级电压为：100－0.5I×10=100－5I，则次级电压为(100－ 5I)/2，则(100－5I)/2=I×10，解得 I=4A，此时电压表读数为 IR=40V，选项 C 正确，D 错误。 20．ACD 解析：飞船直线推进时，根据动量定理可得： υmtF  ，解得飞船的质量为： υ tFm   ， 故 A 正确、B 错误；飞船绕孤立星球运动时，根据公式 rT πmr MmG 2 12 )2( ，又 r υmr MmG 2 2  ， 解得： Gπ TυM 2 13  ，故 C 正确；用弹簧秤称量时有： 2R GM m Ng  ，在星球表面运动时有： RT πmR MmG 2 22 )2( ，解得： mπ NTR 2 2 2 4  ， 34 4 2 3 16 mπG TNM  ，故 D 正确。 21．CD 解析：对整体分析，根据共点力平衡得，F=4μmg，解得μ=F/4mg，故 A 错误；根据动 能定理得 2102 1233 υmmglμlmgμlmgμlF  ，解得 m Flυ 10 3 ，故 B 错误；由牛 顿第二定律得 mamgμF 10 ，解得 m Fa 40 3 ，以第 5 个小朋友之后的 5 个小朋友为研究对 象，有 maF 5 ，解得 FF 8 3 ，故 C 正确；在水平恒力 F 作用下，在第 5 个小朋友进入 地 面 后 ， 整 体 将 做 减 速 运 动 ， 设 第 n 个 小 朋 友 能 进 入 粗 糙 地 面 ， 由 动 能 定 理 ： 00)]1(321[)1(  nmglμlnF ，解得：n=8，所以第 9 和第 10 个小朋友 不能进入粗糙地面，故 D 正确。 三、非选择题：共 174 分，第 22~32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33~38 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 129 分。 22．1.03cm(1 分)；⑵C(1 分)， glt d  2 2 2 (1 分)；⑶AC(1 分)， 2 2 )( tl dmmg  (1 分) 解析：⑴游标卡尺读数为 d=10mm+3×0.1mm=10.3mm=1.03cm。⑵小圆柱通过光电门的瞬时速度为： t dυ  ，根据能量转换关系有： mglυm 2 2 1 ，则 有： glt d  2 2 2 ，因此要验证机械能守恒定律，必须用刻度尺测出悬点到圆柱重心的距离 l， C 正确。 ⑶根据牛顿第二定律得： l υmmgF 2  ，解得： 2 2 )( tl dmmgF  ，可知要验证小圆 柱做圆周运动在最低点向心力的公式，必须用天平测出小圆柱的质量 m 和用刻度尺测出悬 点到圆柱重心的距离 l，AC 正确。 23．⑴如图所示(3 分)；⑵0.260(1 分)，2.80(1 分)，2.45±0.02(1 分)； ⑶①3.6(1 分)，2.0(1 分)，②0(1 分)，0.9(1 分) V1 R P E r S V2 A 解析：⑴伏安法测电源电动势与内阻实验中，电压表 1V 测路端电压，其示数随滑动变 阻器接入电路阻值的增大而增大；电压表 2V 测灯泡两端电压，其示数随滑动变阻器接入电 路电阻的增大而减小。所以，设计电路图如图所示。 ⑵由图示电流表可知，电流表量程为 3A，其分度值为 0.1A，示数为 0.30A；电压表 1V 的量程为 6V，分度值为 0.2V，其示数为 2.9V；电压表 2V 的量程为 3V，分度值为 0.1V，其 示数为 2.60V。 ⑶①由图示电源 IU  图线可知，电源内阻 1.03.0 0.34.3 －   I Ur Ω=2.0Ω；当回路电流 I=0.1A 时，路端电压 U=3.4V，则电源的电动势 E=U+Ir=(3.4+0.1×2)V=3.6V。 ②电路处于 Q 状态时，两电压表示数相等，即滑动变阻器接入电路的阻值为零。 由图示图像可知，灯泡电压为 3.0V，电流为 0.3A，灯泡实际功率：P=UI=3.0×0.3=0.9W。 24． 解：⑴小球 P 做自由落体运动，有： 2 12 1 gth  (1 分) 解得： 1t =1s (1 分) 分析物块甲，在恒力 F 作用时，根据牛顿第二定律有： maθFmgμθF  )sin(cos (1 分) 解得物块甲的加速度大小为： 2m/s8a (1 分) 由运动学公式 asυ 22  求得物块甲到达物块乙处时的速度大小为： asυ 2甲 =4m/s (1 分) 运动时间： a st 2 2  =0.5s (1 分) 物块甲、乙碰撞，由动量守恒定律得： 甲乙甲 υmυm 2 (1 分) 则： 甲甲乙 υυ 2 1 =2m/s (1 分) 接着物块甲、乙做匀速运动，运动时间： 213 ttt  =0.5s 则木板的长度为： 3tυsL 甲乙 =2m (1 分) ⑵物块甲、乙和小球碰撞，水平方向动量守恒，则有： υmυm 32 甲乙 ① (1 分) 物块甲、乙和小球将以速度 υ 做平抛运动，则有：水平方向： tυx  ② 竖直方向： 2 2 1 gty  ③ 联立①②③及 xy 3 可得： 15 16x m， 5 16y m (2 分) 物块甲、乙和小球在斜面上的落点坐标为( 15 16 m， 5 16 m) (1 分) 25． 解：⑴开始 MN 刚好不下滑时，MN 受沿倾斜导轨向上的最大静摩擦力 mf ，则：  37sinm mgf (1 分) 设 PQ 进入磁场 1B 后切割磁感线的有效长度为 xL ，由法拉第电磁感应定律得 PQ 棒产 生的感应电动势为： υLBE x1 (1 分) 由闭合电路欧姆定律得整个回路中的感应电流为： R EI 2  (1 分) 则 MN 所受的安培力为： AF = ILB2 (1 分) MN 棒刚要向上滑动时，MN 受沿倾斜导轨向下的最大静摩擦力，由力的平衡条件有： AF =  37sinm mgf (2 分) 联立解得： xL =0.6m 即 MN 棒刚要滑动时，PQ 棒刚好运动到圆形磁场区域的直径位置。 (1 分) ⑴ ⑵从 PQ 棒开始运动到 MN 棒刚要滑动的过程中，穿过回路的磁通量的变化量为： 21 2 1 rπBBSφ  = 400 9π Wb (1 分) 平均感应电动势： t φE   (1 分) 平均感应电流： R EI 2  (1 分) 通过 PQ 棒的电荷量： 800 9 22 π R φtR EtIq  C (2 分) ⑶当 PQ 棒进入磁场 1B 后的位移为 x 时，切割磁感线的有效长度为： rxxxrrL 22)(2 222y  (1 分) 回路中的电流为： R υLBI 2 y1 (1 分) PQ 受到的安培力为： AF = y1ILB 由题意知：外力 AFF  = y1ILB (1 分) 故有： xxR υLBF 8.482 2 2y2 1 A  (0