2020届海南省高三（下）高考调研测试物理试题（解析版）

2020 年海南省普通高中高考调研测试物理试题 ―、单选题 1.在平直公路上行驶的甲车和乙车，它们沿同一方向运动的 图像如图所示。已知 时刻乙车在甲车 前方 处，下列说法正确的是（　　） A. 时，甲、乙两车相遇 B. 内，甲、乙两车位移相等 C. 甲、乙两车之间 最小距离为 D. 相遇前甲、乙两车之间的最大距离为 18m 【答案】B 【解析】 【详解】AD．0 时刻，乙车在甲车前 处，前 内乙车的速度大于甲车的速度，所以两车的距离逐渐变 大，在 时刻速度相等，距离最远， 图线和时间轴围成的面积为位移 AD 错误； B． 图线和时间轴围成的面积为位移，前 内，根据几何关系可知甲乙两车的 图线和时间轴围成 的面积相等，所以二者位移相等，B 正确； C．甲车速度大于乙车速度，二者最终可以相遇，最小距离为 0m，C 错误。 故选 B。 2.关于扩散现象和布朗运动，下列说法正确的是（　　） A. 扩散现象只能发生在液体或气体中，不能发生在固体中 B. 布朗运动就是花粉分子的无规则运动 C. 悬浮在一定温度的液体中的固体小颗粒越大，布朗运动越明显 D. 扩散现象和布朗运动都能证明分子在永不停息地做无规则运动 【答案】D 【解析】 的 v t− 0t = 10m 2st = 0 4s∼ 6m 10m 2s 2s v t− max 2 4( ) 10m m 10m 14m2s x x ×= − + = + =乙 甲 v t− 4s v t−【详解】A．大量事实表明，气态、液态和固态物质之间都能发生扩散现象，故 A 错误； B．布朗运动就是悬浮在液体表面的花粉颗粒的无规则运动，不是花粉分子的无规则运动，选项 B 错误； C．悬浮在一定温度的液体中的固体小颗粒越小，布朗运动越明显，选项 C 错误； D．扩散现象和布朗运动都能证明分子在永不停息地做无规则运动，选项 D 正确。 故选 D。 3.一块含铀矿石的质量为 M，其中铀的质量为 m，铀发生一系列衰变，最终生成物为铅.已知铀的半衰期为 T，则经过时间 T，下列说法正确的是 A. 这块矿石的质量为 0.5M B. 这块矿石的质量为 C. 这块矿石中铀的质量为 0.5m D. 这块矿石中铅的质量为 0.5m 【答案】C 【解析】 【详解】根据半衰期公式 m 余=m（ ）n，n 为半衰期次数，其中 n=1，经过 1 个半衰期后剩余铀核为 ，则这块矿石中铀的质量还剩 0.5m，但 U 变成了 Pb，且生成铅质量小于 ，经过一个半衰期后该 矿石的质量剩下会大于（M- ）； A．这块矿石的质量为 0.5M，与结论不相符，选项 A 错误； B．这块矿石的质量为 0.5(M-m) ，与结论不相符，选项 B 错误； C．这块矿石中铀的质量为 0.5m ，与结论相符，选项 C 正确； D．这块矿石中铅的质量为 0.5m，与结论不相符，选项 D 错误； 故选 C. 4.一质量为 m 的质点以速度 在光滑水平面内沿 x 轴正方向做匀速运动，运动到坐标原点 O 时，又受到另 一恒定的拉力 F 作用，其在水平面内运动轨迹如图所示，其中运动到 P 点时速度 v 的方向沿 y 轴正方向， 在质点从 O 点运动到 P 点的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 质点的动能一直增加 B. 质点的机械能可能先增加后减少 C. 拉力的方向可能与 x 轴负方向和 y 轴正方向组成的角的平分线平行 ( )0.5 M m− 1 2 1 2 m 1 2 m 1 2 m 0vD. 质点运动的轨迹为圆弧，其加速度大小为 【答案】C 【解析】 【详解】ABC．把质点运动分解为两个方向，在 x 轴方向，质点做减速运动，故水平方向分力的方向水平 向左；在 y 轴方向，质点做加速运动，故竖直方向分力方向竖直向上；故拉力的方向与 x 轴和 y 轴有夹角， 若 v=v0，则拉力的方向与 x 轴负方向和 y 轴正方向组成的角的平分线平行；由几何关系可知，当拉力方向 和速度方向垂直时，质点速度最小，故质点的动能应该是先减小后增大，质点的机械能也是先减少后增加， 故 AB 错误，C 正确； D．质点受恒力作用，轨迹不可能是圆弧，选项 D 错误。 故选 C。 5.如图所示，a、b、c 是正点电荷电场中的一条电场线上的三点，ab=bc，在 a 点处自由释放一带负电的试 探电荷时，它沿直线向右做加速运动，依次经过 b、c 点.下列说法正确的是 A. a 点的电场强度比 b 点的大 B. a 点的电势比 c 点的低 C. 试探电荷在 c 点时的动能等于在 b 点时的两倍 D. 试探电荷在 b 点时的电势能等于在 c 点时的两倍 【答案】B 【解析】 【详解】AB．在正点电荷形成的电场线上 a 处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向 c 点处运动，电荷 受到的电场力向右，所以电场线的方向向左，即场源电荷在右侧，所以 a 点的电场强度比 b 点的小，a 点的 电势比 c 点的低，故 A 错误，B 正确； C．因为场源电荷在右侧，虽然 ab=bc，所以 Uab＜Ubc，由动能定理知试探电荷在 c 点时的动能 Ekc=q （Uab+Ubc），试探电荷在 b 点时的动能 Ekb=qUab，Ekc≠2Ekb，故 C 错误； D．只有电场力做功时，发生动能和电势能的相互转化，但总量不变，动能不满足 2 倍关系，则电势能也不 会满足 2 倍关系，故 D 错误； 故选 B。 6.红、黄、绿三种单色光以相同的入射角从水中射向空气，若绿光在界面上恰好发生全反射，则下列判断正 确的是（　　） A. 黄光一定能发生全反射 F mB. 红光一定能发生全反射 C. 黄光在水中的波长比红光在水中的波长长 D. 这三种单色光相比，红光在水中传播的速率最大 【答案】D 【解析】 【详解】AB．红、黄、绿三种单色光，红光的折射率最小，绿光的折射率最大，则根据 可知， 红光的临界角最大，绿光的临界角最小，若绿光在界面上恰好发生全反射，则红光和黄光都不能发生全反 射，选项 AB 错误； C．根据 ，红光的折射率最小，频率最小，则在水中的波长最长，选项 C 错误； D．根据 ，红光的折射率最小，可知在水中传播的速率最大，选项 D 正确； 故选 D。 7.如图所示，用电阻为 0. 1 的金属丝围成一个半径为 0. 3m 的扇形闭合线框，该线框绕垂直于纸面的 O 轴 以 100rad/s 的角速度匀速转动，O 轴位于方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为 0. 2T 的匀强磁场边界上。 则线框进入磁场的过程中的电功率为（　　） A. 8. 1W B. 9W C. 30W D. 90W 【答案】A 【解析】 【详解】线框转动过程半径切割磁感线产生的感应电动势为 线框进入磁场的过程中的电功率为 故选 A。 1sinC n = c n v f f λ = = cv n = Ω 2 21 1 1 0.2 0.3 100V=0.9V2 2 2E Brv Br r Brω ω= = ⋅ = = × × × 2 20.9 W=8.1W0.1 EP R = =8.2019 年 12 月 7 日 10 时 55 分，我国在太原卫星发射中心用“快舟一号”甲运载火箭，成功将“吉林一号”高 分 02B 卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，绕地球做匀速圆周运动。已知地球质量为 M、引力常最为 G，卫星与地心的连线在时间 t（小于其运动周期）内扫过的面积为 S，则卫星绕地球运动的轨道半径为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可知 根据几何关系可知，卫星与地心连线在时间 内扫过的面积 联立解得卫星绕地球的轨道半径 故 A 正确，B、C、D 错误； 故选 A。 二、多选题 9.水平地面上放置一质量为 1kg 的物体，一同学将其沿竖直方向由静止开始匀加速提升了 2m，此时物体的 速度大小为 3m/s，取重力加速度 g=10m/s2，下列判断正确的是（　　） A. 该过程中物体的重力势能增加了 20J B. 该过程中物体的动能增加了 20J C. 该过程中该同学对物体做功为 24. 5J D. 该过程用时为 1s 【答案】AC 【解析】 【详解】A．该过程中物体的重力势能增加了 选项 A 正确； B．该过程中物体的动能增加了 2 2 4S GMt 2S t GM 2 24 GMt S 2 t GM S 2 2 GMm m rr ω= t 2 2 tS r ω ππ=  2 2 4Sr GMt = 1 10 2J=20JPE mgh∆ = = × ×选项 B 错误； C．该过程中该同学对物体做功为 选项 C 正确； D．该过程用时为 选项 D 错误。 故选 AC。 10.如图所示，一理想变压器输入端接一正弦交流电源（电压有效值不变），输出端电路由 R1、R2、R3 和 R4 四个电阻构成.将该变压器原、副线圈的匝数比由 15：1 改为 30：1 后 A. R1 两端的电压减小到原来的 B. R2 两端的电压减小到原来的 C. R3 两端的电压减小到原来的 D. R4 的热功率减小到原来的 【答案】CD 【解析】 【详解】理想变压器的原副线圈的电压和匝数成正比，将该变压器原、副线圈的匝数比由 15：1 改为 30：1 后，副线圈的电压减小到原来的 ，输出端的四个电阻的电压都减小到原来的 。 A．R1 两端 电压减小到原来的 ，故 A 错误。 B．R2 两端的电压减小到原来的 ，故 B 错误。 C．R3 两端 电压减小到原来的 ，故 C 正确。 的 的 2 21 1 1 3 J=4.5J2 2kE mv∆ = = × × 24.5Jk PW E E= ∆ + ∆ = 2 2 2 4s= s3 3 h ht vv ×= = = 1 4 1 3 1 2 1 4 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2D．根据 知，R4 的电压 U4 减小到原来的 ，其热功率减小到原来的 ，故 D 正确。 故选 CD。 11.图示为一列简谐波在 t=0 时刻的波形图，Q、P 是波上的两质点。此刻，质点 P 沿 y 轴正方向运动，且 t=3s 时第一次运动到波谷位置。则下列判断正确的是（　　） A. t=1s 时，质点 Q 沿 y 轴正方向运动 B. 该波的传播速度大小为 1m/s C. 8s 内，质点 Q 通过的路程为 1. 8m D. 质点 P 的振动方程为 （m） 【答案】AB 【解析】 【详解】A．t=0 时刻质点 P 沿 y 轴正方向振动，根据波动规律可知，波沿 x 轴负方向传播，t=3s 时，质点 P 第一次运动到波谷位置，则 ，周期 T=4s，t=1s 时，质点 Q 沿 y 轴正方向运动，故 A 正确。 B．波长 λ=4m，则波速为 故 B 正确。 C．8s 内，即 2 个周期内，质点 Q 通过的路程为 8A=1.6m，故 C 错误。 D．圆频率为 质点 P 的振动方程为 y=0.2sin0.5πt（m） 故 D 错误。 故选 AB。 12.如图所示，等边三角形线框 由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感 应强度方向垂直，线框顶点 、 与直流电源两端相接，已知导体棒 受到的安培力大小为 ，则（　　） 2 4 4 4 UP R = 1 2 1 4 0.2sin1.5y tπ= 3 34T s= 1m/sv T λ= = 2 0.5 rad/sT πω π=＝ LMN M N MN FA. 导体棒 受到的安培力垂直于线框平面 B. 导体棒 中的电流是导体棒 中电流的 2 倍 C. 导体棒 和 所受到的安培力的合力大小为 D. 三角形线框受到的安培力的大小为 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由图可知，导体棒 MN 电流方向有 M 指向 N，由左手定则可得，安培力方向平行于线框平面， 且垂直于导体棒 MN，故 A 错误； B．MLN 边的有效长度与 MN 相同，等效后的电流方向也与 MN 相同，由左手定则可知，边 MLN 的电阻 等于边 MN 的电阻的两倍，两者为并联关系，根据欧姆定律可知，导体棒 MN 中的电流是导体棒 MLN 中 电流的 2 倍，故 B 正确； CD．中的电流大小为 ，则 MLN 中的电流为 ，设 MN 的长为 ，由题意知 所以边 MLN 所受安培力为 方向与 MN 边所受安培力的方向相同，故有 故 C 错误，D 正确。 故选 BD 13.图示描述了一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中 ab 的延长线过原点，则下列说法正确 的是（　　） 。 MN MN ML ML LN F 1.5F I 2 I L F BIL= 1 2 2 IF B L F′ = = 3 1.52F F F F F= + ′ = =合A. 气体从状态 a 到 b 的过程，气体体积不变 B. 气体从状态 b 到 c 的过程，一定从外界吸收热量 C. 气体从状态 c 到 d 的过程，外界对气体做功 D. 气体从状态 d 到 a 的过程，气体对外界做功 【答案】AB 【解析】 【详解】A．因 ab 的延长线过原点，根据 ，则从状态 a 到 b，气体发生的是等容变化，气体的体 积不变，故 A 正确； B．从状态 b 到 c，温度升高，压强不变，根据理想气体状态方程 ，体积增加，气体对外做功；温 度升高，则内能增加，根据热力学第一定律公式△U=W+Q，气体吸收热量，故 B 正确； C．从状态 c 到 d，根据 ，各点与原点连线的斜率变小，体积变大，体积变大说明气体对外做功， 故 C 错误； D．从状态 d 到 a，根据 ，各点与原点连线的斜率变大，体积变小，外界对气体做功，故 D 错误。 故选 AB。 三、实验题 14.图甲为测量滑块与木板间的动摩擦因数的实验装置示意图。木板固定在水平桌面上，打点计时器连接的 电源的频率为 50Hz。开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速直线运动，在纸带上打出一 系列点： Cp TV = pV CT = Cp TV = Cp TV =(1)图乙是实验中获取的一条纸带的一部分，相邻两计数点间还有一个计时点未标出。用刻度尺测量计数点 间的距离如图乙所示，则打点计时器打计数点 C 时纸带的速度大小 v=__________m/s；打该纸带的过程中滑 块的加速度大小 a=__________m/s2；（结果均保留两位有效数字） (2)若已知滑块的质量为 m1，木板的质量为 m2，托盘和砝码的总质量为 m3，重力加速度为 g，则滑块与木板 间的动摩擦因数 __________。（用相应的字母符号表示） 【答案】 (1). 0.58 (2). 4.7 (3). 【解析】 【详解】(1)[1][2]．相邻两计数点间还有一个计时点未标出，则 T=0.04s； (2)[3]．根据牛顿第二定律可得 解得 15.某小组同学改装电压表时，在实验室找到如下实验器材： A．电压表 V1：量程为 2.5V，内阻几千欧； B．电流表 A1：量程为 5mA，内阻约为 10Ω； C．电流表 A2：量程为 1A，内阻 0.5Ω 左右； D．电阻箱 R1：阻值范围 0~999.9Ω； E．滑动变阻器 R2：阻值范围 0~10Ω； F．滑动变阻器 R3：阻值范图 0~5000Ω； G．电源：电动势 E=5V，内阻 r=0.5Ω； H．开关、导线若干。 µ = 3 1 3 1 ( )m g m m a m g µ − += 2(5.85 1.20) 10 m/s=0.58m/s2 0.08 BD C xv T −− ×= = 2 2 2 2 2 (9.30 3.15 3.15) 10 m/s 4.7m/s4 4 0.04 CE ACx xa T −− − − ×= = =× 3 1 1 3( )m g m g m m aµ− = + 3 1 3 1 ( )m g m m a m g µ − +=由于没有合适的电压表，计划用电流表 A1 改装。 (1)先用半偏法测电流表 A1 的内阻，电路如图甲所示。操作过程如下：将 R3 调至阻值最大，断开 S2、闭合 S1，调节 R3 使电流表 A1 的示数为 4.00mA；保持 R3 的阻值不变，闭合 S2，调节 R1 使电流表 A1 的示数为 2.00mA，此时 R1 的阻值为 10.5Ω。则电流表 A1 的内阻为________Ω； (2)将电流表 A1 改装成量程为 5V 的电压表。把电阻箱的阻值调至________Ω，与电流表 A1 串联后即为量程 为 5V 的电压表； (3)对改装后的电压表校对，该小组同学从别的地方找到一标准电压表 V，将改装好的电压表（如图乙中虚 线框所示）与标准电压表 V 并联，接入如图乙所示的电路中，调节 R2，使电流表 A1 的示数如图丙所示，则 电流表的示数为________ mA；若改装后的电压表非常准确，则此时电压表的示数为________ V（结果保留 两位有效数字）。 【答案】 (1). 10.5 (2). 989.5 (3). 2.60 (4). 2.6 【解析】 【详解】(1)[1]由题意可知，干电路电流不变为 流过电阻箱的电流 根据并联电路特点和欧姆定律得电流表内阻 Ω=10.5Ω [2]将电流表 A1 改装成量程为 5V 的电压表，根据串联分压有 Ω=989.5Ω (3)[3]由图丙可知电流表的示数为 2.60mA [4]根据串联电路电压分配关系有 为 1 4.00mAI = 1 1 2 4.00mA 2.00mA 2.00mARI I I= − = − = 1 3 1 3 2 2.00 10 10.5= = 2.00 10 R g I RR I − − × × × 3 3 - 5 5 10 10.5 5 10 g g x g U I RR I − − − × ×= = ×解得 四、计算题 16.高铁在改变人们出行和生活方式方面的作用初步显现。某高铁列车在启动阶段的运动可看作在水平面上 做初速度为零的匀加速直线运动，列车的加速度大小为 a。已知该列车（含乘客）的质量为 m，运动过程中 受到的阻力为其所受重力的 k 倍，重力加速度大小为 g。求列车从静止开始到速度大小为 v 的过程中， (1)列车运动的位移大小及运动时间； (2)列车牵引力所做的功。 【答案】(1) ， ；(2) 【解析】 【详解】(1)由速度位移的关系式得 v2=2ax 解得列车运动的位移为 由速度公式得 v=at 解得 (2)由动能定理得 解得 2.60mA 5mA 5V U= 2.6VU = 2 2 vx a = vt a = 2 2 mvW kg aa = +（ ） 2 2 vx a = vt a = 21 02W kmgx mv− = −17.如图所示，竖直平面内直角坐标系 xOy 中，x 轴沿水平方向，y 轴沿竖直方向，在 x＜0 的区域内存在竖 直向上的匀强电扬和垂直坐标平面向外的匀强磁场，其他区域无电场和磁场。某时刻一带正电小球从 A （-L，0）点沿与 x 轴负方向成 =53°角以初速度 v0 斜向上射出，恰好垂直 y 轴射出电、磁复合场区域。 （已知电场强度大小为 E，小球在复合场中运动时速度大小不变，重力加速度大为 g，sin53°=0.8，不计空 气。求： (1)磁场的磁感应强度大小 B； (2)小球运动至 x 轴正半轴时的坐标。 【答案】(1) ；(2)（ ，0） 【解析】 【详解】(1)由小球在复合场中速度大小不变可知，电场力与重力大小相等，即 qE=mg 小球在磁场中做匀速圆周运动有 分析可知小球的运动半径 联立解得 (2)小球出电、磁复合场区域后在第一象限内做平抛运动，如图 2 2 mvW kg aa = +（ ） θ 04 5 EvB gL = 02v gL g 2 0 0 mvqv B R = sin LR θ= 04 5 EvB gL =根据平抛运动规律，有 几何关系可知 联立解得 即小球运动至 x 轴正半轴时的坐标为（ ，0） 18.如图所示，水平面上有 A、B 两个小物块（均视为质点），质量均为 ，两者之间有一被压缩的轻质弹簧 （未与 A、B 连接）。距离物块 A 为 L 处有一半径为 L 的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相 切于 C 点，物块 B 的左边静置着一个三面均光滑的斜面体（底部与水平面平滑连接）。某一时刻将压缩的弹 簧释放，物块 A、B 瞬间分离，A 向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点 D（物块 A 过 D 点后立即撤去）， B 向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为 L（L 小于斜面体的高度）。已知 A 与右侧水平面 的动摩擦因数 ，B 左侧水平面光滑，重力加速度为 ，求： (1)物块 A 通过 C 点时对半圆形轨道的压力大小； (2)斜面体的质量； (3)物块 B 与斜面体相互作用的过程中，物块 B 对斜面体做的功。 0x v t= 21 2y gt= tan Ly R θ= + 02v gLx g = 02v gL g m 0.5µ = g【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)在 D 点，有 从 C 到 D，由动能定理，有 在 C 点，有 解得 由牛顿第三定律可知，物块 A 通过 C 点时对半圆形轨道的压力 (2)弹簧释放瞬间，由动量守恒定律，有 对物块 A，从弹簧释放后运动到 C 点的过程，有 B 滑上斜面体最高点时，对 B 和斜面体，由动量守恒定律，有 由机械能守恒定律，有 6mg 2 mM = 8 3 mgLW = 2 Dvmg m L = 2 21 12 2 2D Cmg L mv mv− × = − 2 CvF mg m L − = 6F mg= 6F F mg′ = = A Bmv mv= 2 2 A 1 1 2 2Cmg mv mvLµ− = − ( )Bmv m M v= + 2 2 B 1 1 ( )2 2mv m M v mgL= + +解得 (3)物块 B 从滑上斜面到与斜面分离过程中，由动量守恒定律 由机械能守恒，有 解得 ， 由功能关系知，物块 B 与斜面体相互作用的过程中，物块 B 对斜面体做的功 解得 2 mM = B Bmv mv mv′ ′= + 2 2 2 B B 1 1 1 2 2 2mv mv Mv′ ′= + B 6 3 gLv ′ = 4 6 3 gLv′ = 21 2W Mv′= 8 3 mgLW =