2020届湖北省武汉市高三（下）五月质量检测物理试题（解析版）

武汉市 2020 届高中毕业生五月质量检测物理试卷 二、本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。 1.必修 1 教材讲到，直线运动的位移等于 v—t 图像与 t 轴所围的“面积”。某同学通过类比得出结论：凡是 物理量可以表达为横纵坐标乘积的，都可以用上述方法求解。下表中是他列举的四种看法，其中正确的是 （　　） ① a—t（加速度—时间）图像与横轴所围的“面积”表示速度的变化量 ② F—t（力—时间）图像与横轴所围的“面积”表示力的冲量 ③ F—v（力—速度）图像与横轴所围的“面积”表示功率 ④ U—I（电压—电流）图像与横轴所围的“面积”表示电功率 A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④ 【答案】A 【解析】 【详解】①在 a—t 图像中把时间分成无数小段，在每一小段时间内，可认为加速度恒定，这样每一小段时 间内，图像与时间轴所围的“小面积”表示速度的变化量，因此累加到一起就是整个过程速度的变化量，因此 ①正确； ②同样 F—t 图像中把时间分成无数小段，在每一小段时间内，可认为力恒定不变，这样每一小段时间内， 图像与时间轴所围的“小面积”表示冲量，因此累加到一起就是整个过程中总冲量，因此②正确 ③在 F—v 图像中把速度分成无数小段，每一小段内可认为力恒定不变，但这样每一小段速度变化内，图像 与横轴所围的“小面积”不表示速度变化这段功率，因此累加到一起也不表示总的功率，因此③错误； ④在 U—I 图像中把电流分成无数小段，每一小段内认为电压不变，但在每一小段电流变化内，图象与横轴 所围的“小面积”不表示这段电流变化内的电功率，因此累加到一起也不能表示总的电功率，④错误。 故选 A。 2.如图是某手机充电器的第一级变换电路，其中 D1~D4 为规格相同的二极管（可视为理想二极管）。频率为 50 Hz、电压为 220 V 的正弦交流电由 a、b 端输入，从 c、d 端输出。下列说法正确的是（　　）A. c、d 端输出恒定直流 B. c、d 端输出电压的有效值为 110 V C. c、d 端输出电流将不再改变方向 D. c、d 端输出电流的频率为 50 Hz 【答案】C 【解析】 【详解】AC．由于二极管具有单向导电性，因此 c、d 端输出脉动直流，电流大小变化而方向不变，A 错误， C 正确； B．c、d 端输出电压的有效值仍为 220 V，B 错误； D，输出电压的频率为 100 Hz，D 错误。 故选 C。 3.电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备，它的基本原理如图（a）所示，上、下为电磁铁的两 个磁极，磁极之间有一个环形真空室，当电磁铁线圈电流按图（b）变化时，真空室中产生磁场，电子在真 空室中做圆周运动。以图（a）中电流方向为正方向，下列哪一段时间内，电子能在真空室中沿逆时针方向 （俯视）做加速圆周运动（　　） A. 0~ B. ~ C. ~ D. ~T 【答案】A 【解析】 【详解】通电螺线管内部的磁场与电流大小成正比，且变化的磁场产生电场。电子在真空室中沿逆时针方 向做加速圆周运动时，涡旋电场的方向应沿着顺时针，又洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，根据左 4 T 4 T 2 T 2 T 3 4 T 3 4 T手定则可知磁场方向竖直向上，根据右手螺旋定则，在 0~ 时间内磁场方向竖直向上，在这段时间内，根 据楞次定律可知，产生涡旋电场在 0~ 内是沿着顺时针方向，在 ~ 时间内是沿着逆时针方向的，因此 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 4.如图为氢原子能级示意图，已知可见光 能量范围是 1.63eV~3.10eV，为使氢原子能辐射出红外线，至少 应给处于基态的氢原子提供的能量为（　　） A. 2.55 eV B. 10.20 eV C. 12.75 eV D. 13.06 eV 【答案】C 【解析】 【详解】如果氢原子能辐射出红外线，也就是两个能级间的能量差小于 1.63eV，因此至少从基态跃迁到第 4 能级，吸收的能量等于这两个能级间的能量差，即 因此 C 正确，ABD 错误。 故选 C。 5.2020 年 5 月 5 日，长征五号 B 火箭首飞成功，新一代载人飞船试验船和柔性充气式货物返回舱被送入预 定轨道，中国空间站建造拉开序幕。若试验船绕地球做匀速圆周运动，它与地心的连线在单位时间内扫过 的面积为 S。已知地球半径为 R，地球表面的重力加速度为 g，则试验船的轨道半径为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】根据 由题可知 的 2 T 4 T 4 T 2 T 0.85eV ( 13.6eV) 12.75eV− − − = 2 24 gR S 2 2 4S gR 3 2 16 S gR π 2 316 gR S 2 2 GMm m rr ω=利用黄金代换 联立可得 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 6.如图所示，两个相同的平行板电容器均与水平方向成 角放置，两极板与直流电源相连。若带电小球分别 以速度 沿边缘水平射入电容器，均能沿图中所示水平直线恰好穿出电容器，穿出时的速度分别为 和 。 下列说法正确的是（　　） A. 两种情形下粒子运动时间相等 B. 两种情形下电容器所加电压相等 C. 小球的速度满足关系 D. 小球的速度满足关系 【答案】BD 【解析】 【详解】B．电场力的方向垂直于极板，由于沿着水平方向运动，竖直方向合力为零，因此两种情况下电场 力大小均为 因此两种情形下电容器所加电压相等， B 正确； AC．第一种情况电场力使粒子减速运动，第二种情况电场力使粒子加速运动，因此运动时间不同，末速度 也不同，AC 错误； D．第一种情况，水平方向上都做匀减速运动 第二种情况，水平方向上都做匀加速运动 21 2S rω= 2GM gR= 2 2 4Sr gR = θ 0v 1v 2v 0 1 2v v v= = 2 2 2 0 1 22v v v= + cos mgF θ= 2 2 0 1 2v v ax− =两式联立，得 D 正确。 故选 BD。 7.如图所示，一根粗糙 水平杆上套有 A、B 两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住课本。已知 AB= AC，圆环、课本始终静止，下列说法正确的是（　　） A. 缩短 A、B 之间的距离，圆环所受支持力变小 B. 剪断细绳 BC 的瞬间，环 A 受到的支持力大小不变 C. 将杆的左端略微抬起，环 A 所受的摩擦力变大 D. 若使系统水平向右加速运动，环 B 受到的支持力大于环 A 受到的支持力 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．将 A、B 及书做为一个整体，无论 A、B 间距离如何变化，支持力总等于书的重量，保持力不 变，A 错误； B．由于 AB= AC，因此两根子相互垂直，互不影响，剪断细绳 BC 的瞬间，沿着绳子 AC 方向的合力仍 为零，因此 AC 绳子拉力没变，也就是环 A 受到的支持力大小不变，B 正确； C．将杆的左端略微抬起，使绳 AC 与竖直方向夹角变小，拉力变大，因此环 A 受到的摩擦力变大，C 正确； D．若使系统水平向右加速运动，书本受合力水平向右，导致绳 BC 拉力大于绳 AC 拉力，因此环 B 受到 支持力大于环 A 受到的支持力，D 正确。 故选 BCD。 8.如图所示，空间存在磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，大量带电粒子同时从 y 轴上 OP 之间（0＜y≤a）沿 x 轴正向射入磁场，并同时到达 O 点。已知粒子的比荷均为 ，不计粒子的重力以及 粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（　　） 的 的 2 2 2 0 2v v ax− = 2 2 2 0 1 22v v v= + 2 2 q mA. 所有粒子运动的时间均为 B. 粒子的入射速度 v 与入射位置的纵坐标 y 满足关系 C. 到达 O 点前的同一时刻，所有粒子排列在一段圆弧上 D. 在 0~ 时间内，所有粒子经过的磁场区域的面积为后 【答案】AD 【解析】 【详解】A．由于 y 轴是边界，所有粒子运动的时间都是半个周期，因此运动的时间均为 ，A 正确； B．在 y 位置射出的粒子轨道半径为 ，则 可得 B 错误； C．将运动倒过来看，相当于从 O 点同时向外发射粒子，经相同的时间都转过相同的圆心角，也就是粒子位 置与各自的圆心及 O 点构成相似三角形，即运动的粒子与 O 点连线与 y 轴夹角相等，因此这些粒子都在一 条直线上，C 错误； D．在 0~ 时间内，所有粒子都转过了 个圆弧，粒子都在一条直线上，该线与 y 夹角为 45o，速度最 大的轨道半径为 ，因此运动经过的磁场区域的面积为 m qB π qByv m = 2 m qB π 2 ( 2)16 a π + m qB π y 2 2 y mv qB = 2 qyBv m = 2 m qB π 1 4 2 aD 正确。 故选 AD。 三、非选择题 9.为探究弹力和弹簧伸长的关系，某同学把两根弹簧连接起来进行探究，如图所示： 钩码个数 1 2 3 4 LA/cm 19.71 23.66 27 76 LB/cm 29.96 35.76 41 51 47.36 （LB-LA）/cm 16.05 17.85 19.60 在弹性限度内，将质量为 50g 的钩码逐个挂在弹簧下端，在表中记录下指针 A、B 的示数 LA 和 LB。其中悬 挂 1 个钩码时，指针 A 所指的标尺刻度如放大图所示，此时 LA=____ cm。 由表中数据可得，弹簧 1 的劲度 系数 k1=____ N/m， 弹簧 2 的劲度系数 k2=____ N/m。（已知重力加速度 g=9.80 m/s2 ，结果均保留 2 位小数） 【答案】 (1). 15.69~15.71 (2). 12.20~12.28 (3). 27.40~27.48 【解析】 【详解】[1]弹簧测力计的读数为 LA=15.70cm。 [2]根据胡克定律，利用逐差法计算，为了减上偶然误差，我们间隔相减 则 . . 2 21 1( ) ( 2)4 2 2 2 2 16 a a a aS π π= + × × = + A1 A3 A1( ) 2k L L mg− = A2 A4 A2( ) 2k L L mg− = A1 A2 1 2 k kk +=代入数据，整理得 N/m [3]将 LA=15.70cm 代入表格，算得 LB1-LA1=14.26cm 对应 LB-LA 就是弹簧 B 的长度与悬挂重物对应值，用与[2]同样的方法解得 则 代入数据，整理得 N/m 10.热敏电阻 RT 的阻值随温度变化的关系如图（a）所示。某同学用该热敏电阻制作测温范围为 0℃~100℃ 的温度计。所用器材有：直流稳压电源（电动势 E=12 V，内阻不计），电流表 A（量程 60 mA，内阻约为 5 ） ，滑动变阻器 R（最大阻值为 200 ） ，煤油温度计（测温范围-30℃ ~150℃），电热水壶，开关 S， 导线若干，水和冰块： (1)组装和调节： ①按照图（b）连接好电路，在闭合开关 S 前，滑动变阻器 R 的滑片应移动到_____（填“左”或“右”）端； ②将热敏电阻 RT 浸入冰水混合物中，闭合开关 S，调节滑动变阻器 R 的滑片，使电流表指针满偏； ③用电热水壶将水缓慢加热到 100℃，用固定在水壶中的煤油温度计监测温度，闭合开关 S，滑动变阻器的 滑片应________（选填“向左移动”“向右移动”或“保持不动”） ，同时记录下不同状态的温度，以及对 应的电流表的读数； ④将电流表的刻度盘改刻成温度刻度盘，温度计即可正常使用； A 12.24k = B1 B3 A3 B1 A1[( ) ( )] 2k L L L L mg− − − = B2 B4 A4 B2 A2[( ) ( )] 2k L L L L mg− − − = B1 B2 2 2 k kk += B 27.45k = Ω Ω(2)使用： ①电流表的刻度盘上刻画的 0℃在刻度盘的_____（选填“左”或“右”）端，温度越高，刻度越___（选填“密 集”或“稀疏” ）； ②将热敏电阻浸入待测液体，闭合开关 S，根据电流表指针的位置读出温度； ③当电流表的读数为 20.0 mA 时，待测液体的温度为_____℃。 【答案】 (1). 右 (2). 保持不动 (3). 右 (4). 密集 (5). 50 【解析】 【详解】(1)[1]为了保护电路，闭合电键前应将滑动变阻器调到最大值。 [2]滑动变阻器作为限流电阻，一旦调整完毕，不能再调整了，应根据热敏电阻的阻值变化，确定电流表示 数对应的温度值。 (2)[3] 0℃在刻度盘上对应满偏电流，因此在刻度盘的右端。 [4]该电路与欧姆表类似，由于滑动变阻器的存在，热敏电阻阻值越大，电流变化越缓慢，刻度越密集。 [5] 0℃在时回路的总阻 而此时 因此 当电流表的读数为 20.0 mA 时 此时热敏电阻 该电阻对应表中温度为 50℃ 11.飞球调速器是英国工程师詹姆斯·瓦特于 1788 年为蒸汽机速度控制而设计，如图（a）所示，这是人造 的第一个自动控制系统。如图（b）所示是飞球调速器模型，它由两个质量为 m 的球通过 4 根长为 的轻杆 与竖直轴的上、下两个套筒铰接。上面套筒固定，下面套筒质量为 M，可沿轴上下滑动。不计一切摩擦， 重力加速度为 g，当整个装置绕竖直轴以恒定的角速度 匀速转动时（飞球调速器的旋转速度和蒸汽机相 同）： (1)求此时轻杆与竖直轴之间的夹角 的余弦值； 200Ω g ER r I + = =热 160ΩR =热 40Ωr = 600ΩER r I ′ + = =热 560ΩR′ =热 l ω θ(2)为实现对蒸汽机的自动控制（即将蒸汽机的转速控制在一定范围内），由于扰动，当套筒下移时，传动机 构应使蒸汽机的转速升高还是降低？请简述其控制原理。 【答案】(1) ；(2)升高。由于扰动，蒸汽机的转速降低，套筒才会下移。为保持原来的 转速，传动机构应使蒸汽机转速升高。 【解析】 【详解】(1)小球受到重力 mg、上下两根轻杆的拉力 F1、F2，，如图所示 竖直方向上，物体处于平衡状态 水平方向上，由牛顿第二定律 且 下面套筒受到重力 Mg、左右两根轻杆的拉力为 F3、F4（根据对称性，F3、F4 相等），由物体的平衡可知 而 ( ) 2cos m M g ml θ ω += 1 2cos cosF F mgθ θ= + 2 1 2sin sinF F mrθ θ ω+ = sinr l θ= 32 cosF Mgθ = 3 2F F=联立，解得 (2)升高。 由于扰动，蒸汽机的转速降低，套筒才会下移。为保持原来的转速，传动机构应使蒸汽机转速升高。 12.如图所示，上表面光滑、质量为 4m 的带有挡板的木板 B 放置在水平地面上，木板与地面之间的动摩擦 因数 μ=0.1，木板上放有一质量为 m、电荷量为+q 的物块 A。整个装置处于电场强度大小 、方向水 平向右的匀强电场中。现同时给物块、木板水平向右的初速度 ，当物块运动到木板右端时（与挡板碰前 的瞬间），木板的速度恰好减为零，之后物块与挡板发生第 1 次碰撞，以后每隔一段时间，物块就与挡板碰 撞 1 次。已知物块与挡板的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，物块始终在木板上运动，重力加速度大小 为 g。求： (1)发生第 1 次碰撞后，物块与木板的速度大小； (2)从第 1 次碰撞至第 2020 次碰撞的时间间隔； (3)从第 1 次碰撞至第 2020 次碰撞，物块电势能的减少量。 【答案】(1) ； ；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)物块受到电场力 F=Eq=0.5mg 木板受到地面的摩擦力 对物块和木板组成的系统，合外力为零，系统动量守恒，设物块与挡板第 1 次碰撞前，速度为 v1，有 解得 设第 1 次碰撞后，物块与木板的速度分别为 vA1、vB1，由动量守恒和能量守恒得 ( ) 2cos m M g ml θ ω += 2 mgE q = 0v 1 03Av v= − 1 02Bv v= 032304v g 2 016152mv ( )4 0.5fF mg mg mgµ= ⋅ + = ( ) 0 14m m v mv+ = 1 05v v=联立，解得 (2)设碰撞后，物块与木板的加速度大小分别为 a1、a2，由牛顿第二定律 解得 而 解得 第 1 次碰撞后，物块以 3v0 向左匀减速运动。速度减为零后再向右匀加速运动。木板以 2v0 向右匀减速运动， 经过时间 t1，速度减为零，位移为 xB1 由运动学公式 此时，物块的速度为 v2，位移为 xA1.由运动学公式 经分析，第 2 次碰撞前，物块、木板的速度与第 1 次碰撞前的速度相同。之后，物块、木板将重复前述运 动过程。 从第 l 次碰撞至第 2020 次碰撞的时间间隔 1 A1 B14mv mv mv= + ( )2 2 2 1 A1 B1 1 1 1 42 2 2mv mv m v= + ⋅ 1 03Av v= − 1 02Bv v= 1F ma= 1 2 ga = ( ) 24 4mg mg maµ + = 2 8 ga = 0 0 1 2 2 16v vt a g = = 2 0 0 B1 1 2 16 2 v vx t g = = 2 0 1 1 03 5v v a t v= − + = 2 0 0 0 A1 1 3 5 16 2 v v vx t g − += ⋅ = ( ) 0 1 323042020 1 vt t g = − =(3)从第 1 次碰撞至第 2020 次碰撞。物块电势能的减少量为 联立，解得 13.如图所示，水平放置的封闭绝热汽缸，被绝热隔板 A 分为左、右两部分，左侧为理想气体，右侧为真空。 突然抽去隔板 A，气体充满整个汽缸，气体的温度______（选填“升高”“降低”或者“不变”）；然后， 用活塞 B 将气体压缩，回到初始位置，气体的温度________（选填“升高”“降低”或者“不变”）。 【答案】 (1). 不变 (2). 升高 【解析】 【详解】[1]由于抽出隔板后，外界没有对气体做功，也没有热传递，因此气体的内能不变，温度不变。 [2]外界对气体做功，没有热传递，根据热力学第一定律，气体内能增加，温度升高。 14.如图为打气筒给足球充气的示意图。先上提活塞，阀门 B 关闭，阀门 A 打开，外界大气进入气筒内；再 下压活塞，阀门 A 关闭，阀门 B 打开，气筒内气体全部进入足球，完成一次打气。如此重复多次，即可给 足球充足气。外界大气压强 p0=1.0×105Pa，环境温度 t0 =17℃，气筒的体积 V0=1.0×10-4 m3.初始时，足球内 气体压强 p=0.60×105Pa，足球的体积 V=5.0×10-3 m3（始终保持不变），忽略连接部件的体积，气筒体可视 为理想气体： （i）不考虑气筒和足球内气体温度的变化，打气一次后，足球内气体的压强为多大？ （ii）打气过程中，气筒内气体温度与环境温度保持一致，球内气体温度最终升高至 t=27℃。为使足球内气 体的压强不低于 pn=1.1×105 Pa，求打气的次数 n 至少为多少？ 【答案】（i） Pa；（ii）24 次。 p B12019E F x∆ = ⋅ 2 p 016152E mv∆ = 5 1 0.62 10p = ×【解析】 【详解】(i)打气前后气体温度不变，对气筒内的气体，设压缩后在球内占据的体积为 。由玻意耳定律 对足球内的气体，压缩后在球内占据的体积为 。由玻意耳定律 解得 Pa (ii)设打气次数为 n 次，相当于第一次将压强为 p0，体积为 nV0，温度为 T0=290K 的气体与足球内原有气体 一起压缩成体积为 V，温度为 T=300K 的气体。由理想气体状态方程 解得 n=23.2 次 所以，打气次数至少为 24 次。 15.在用单摆测量重力加速度的实验中，下列说法正确的是 。 A. 尽量选择质量大、体积小的摆球 B. 用刻度尺测量摆线的长度，将其作为单摆的摆长 C. 为方便测量，可以让单摆的振幅尽可能大 D. 释放摆球，当摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做 50 次全振动所用的时间 t，则单摆的周期 T= E.测量多组摆长 和对应的周期 T，分别以 和 T2 为纵坐标和横坐标，作出函数图像，根据直线的斜率求出 重力加速度 g 【答案】ADE 【解析】 【详解】A．尽量选择质量大、体积小的摆球，可以减小阻力使实验更准确，A 正确； B．用刻度尺测量摆线的长度，用游标卡尺测出小球的直径算出半径，则线长加半径作为摆长，B 错误； C．为了准确，单摆的振幅尽可能小，最大不超过 5o，C 错误； D．为了准确可以多测几个周期，比如释放摆球，当摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做 50 次全振动 所用的时间 t，则单摆的周期 T= ，D 正确； E．测量多组摆长 和对应的周期 T，分别以 和 T2 为纵坐标和横坐标，作出函数图像，根据直线的斜率求 V′ 0 0 1p V pV′= V V′− 1( )pV p V V′= − 5 1 0.62 10p = × 0 0 0 np nV p V p V T T ⋅ + ⋅ = 50 t l l 50 t l l出重力加速度 g，E 正确。 故选 ADE。 16.如图所示，横截面为圆环的柱形容器由折射率为 n 的玻璃制成，其外径为 R1，内径为 R2，MN 为一条直 径： （i）一束光线在纸平面内传播，从 M 点射向容器，经一次折射后，恰好与容器内壁相切，求入射光线的入 射角的正弦值； （ii）另有一束光线平行于 MN 射向容器，经一次折射后，恰好在容器内壁发生全反射，求此光线与 MN 的 距离。 【答案】（i） ；（ii）R2 【解析】 【详解】(i)折射光线与容器内壁相切，光路如图所示 设光线在 M 点的入射角为 i，折射角为 r，由折射定律 由几何关系 解得 2 1 sin Ri nR = sin sin in r = 2 1 sin Rr R = 2 1 sin Ri nR =(ii)平行于 MN 的光线射向容器，在容器外壁的入射角为 ，折射角为 。由折射定律 光线恰好在容器内壁发生全反射，光路如图所示 由折射定律 由正弦定理得 设满足要求的光线与 MN 的距离为 d，有 解得 d=R2 1i′ 1r′ sin sin in r ′= ′ sin90 sinn C °= ( )2 1 sin sin 180 R R r C =′ °− 1 sind R i′=