2020届河南省名师联盟高三入学调研物理试题（解析版）

2020届高三入学调研考试卷物理

一、选择题

1.如图所示，光滑圆环固定在竖直平面内，环上O点固定着一光滑小圆环，一穿过小圆环的轻绳两端系着带孔小球P、Q，且小球P、Q穿在大圆环上，整个系统处于静止状态。已知小球P、Q的连线恰好为圆环的水平直径，且图中夹角θ=30°。若小圆环和小球P、Q的大小均忽略不计，则P、Q两球的质量比为(      )

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】对小球P、Q受力分析如图所示，

有： ，解得：mP：mQ=：1，故A正确，BCD错误。

2.总书记在党的十九大报告中提出了坚决打赢蓝天保卫战，前几年雾霾已经严重的影响了人们的生活。在某个恶劣天气中，能见度很低，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，甲在前、乙在后同向行驶。某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车。两辆车刹车时的v–t图象如图，下列说法正确的是

A. 甲车的加速度大于乙车的加速度

B. 时两车的速度均为

C. 若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定等于48 m

D. 若两车发生碰撞，则可能是在刹车24 s以后的某时刻发生相撞

【答案】B

【解析】

【详解】A、甲车的加速度大小，乙车的加速度大小，则甲车的加速度小于乙车的加速度，故选项A错误；

B、时两车的速度均为，故选项B正确；

C、0-24s内，甲车的位移，乙车的位移，两者位移之差，若两车在时刻相撞，则开始刹车时两辆车的间距等于48m，若两车在时刻之前相撞，开始刹车时两辆车的间距小于48m，故选项C错误；

D、若两车速度相等时没有相撞，则速度相等后，甲车速度比乙车的大，两车不可能再相撞，故选项D错误。

3.如图所示，理想变压器的原线圈接有电压为U的正弦交流电源，输出电压的有效值恒定。R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值随照射光强度的增大而减小。现增大照射光强度，则

A. 通过原线圈的电流减小

B. 变压器的输出功率增大

C. R1两端的电压减小

D. R2消耗的功率增大

【答案】B

【解析】

【详解】A．理想变压器输出电压一定，光照增强，光敏电阻R3阻值减小；副线圈的总电阻减小，根据欧姆定律知，副线圈的电流增大，根据理想变压器电流与匝数的关系可知，通过原线圈电流也增大；故A错误；

B．理想变压器的输出功率，其中U不变，I变大，故变压器的输出功率变大，故B正确；

CD．副线圈电流增大，根据欧姆定律，R1两端电压增大；R2两端电压减小，功率减小，故CD错误。

4.如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是

A.

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】

【详解】设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得，mg=kx0，以向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力：F1=k（x0-x），对物块P，由牛顿第二定律得，F+F1-mg=ma，由以上式子联立可得，F=k x+ma。可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当x=0时，kx+ma＞0，故A正确，B、C、D错误。故选A。

【点睛】解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到F与x的解析式，再选择图象，这是常用的思路，要注意物块P的位移与弹簧形变量并不相等。

5.某空间存在一电场，电场中的电势φ在x轴上的分布如图所示，下列说法正确的是(     )

A. 在x轴上，从x1到x2电场强度方向向左

B. 在x轴上，从x1到x2电场强度先增大后减小

C. 把一负电荷沿x轴正向从x1移到x2，电场力先减小后增大

D. 把一负电荷从x1移到x2，电场力做负功

【答案】C

【解析】

【详解】A. 由图象知从x1到x2电势逐渐降低后增大，电场强度方向先向右又向左，故A项与题意不相符；

BC. 根据φ-x图线上某点切线的斜率等于该点的电场强度，从x1到x2的这段范围内斜率先变小后增大，场强大小先减小后增大，电场力先减小后增大，故B项与题意不相符，C项与题意相符；

D. 负电荷在电势低处电势能大，所以把一负电荷从x1移到x2，电势能先增大后减小，电场力先做负功后正功，故D项与题意不相符。

6.如图所示，真空中，垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在(含边界)，两圆的半径分别为R、3R，圆心为O。一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹如图，轨迹所对的圆心角为120°。若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时，不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，则v1：v2至少为

A.  B.  C.  D. 2

【答案】B

【解析】

【详解】粒子在磁场中做圆周运动，如图：

由几何知识得：，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：；当该带电粒子从P点射入速度大小变为v2时，若粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时，即粒子轨道半径，则不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，此时洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，则：，故B正确，ACD错误。

7.核泄漏中的钚（Pu）是一种具有放射性的元素，它可破坏细胞基因，增加患癌的风险。已知钚的一种同位素的半衰期为24100年，其衰变方程为，则下列说法中正确的是（   ）

A. 衰变发出的γ射线是波长很短的光子，穿透能力很强

B. 上述衰变方程中的X 含有143个中子

C. 8个经过24100年后一定还剩余4个

D. 衰变过程中总质量不变

【答案】AB

【解析】

衰变发出的放射线是频率很大的电磁波，具有很强的穿透能力，不带电。故A正确。根据电荷数守恒和质量数守恒得，X的电荷数为92，质量数为235，质子数为94-2=92，则中子数为235-92=143．故B正确。半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用。故C错误。在衰变的过程中，根据质能方程知，有能量产生，则有质量亏损，不过质量数不变，故D错误。故选AB。

【点睛】根据电荷数守恒和质量数守恒得出X原子核的电荷数和质量数，从而得出中子数。半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用。

8.假设宇宙中有一质量为M，半径为R的星球，由于自转角速度较大，赤道上的物体恰好处于“漂浮”状态，如图所示．为测定该星球自转的角速度ω0和自转周期T0，某宇航员在该星球的“极点”A测量出一质量为m的物体的“重力”为G0，关于该星球的描述正确的是

A. 该星球的自转角速度为ω0＝

B. 该星球的自转角速度为ω0＝

C. 放在赤道上的物体处于失重状态

D. 在“极点”A处被竖直向上抛出去的物体m处于超重状态

【答案】BC

【解析】

【详解】赤道上的物体恰好处于“漂浮”状态，说明万有引力充当充当向心力，即，解得：，解得： ，故A错误，B正确；重力完全充当向心力，弹力为零，物体处于完全失重状态，故C正确；在“极点”A处被竖直向上抛出去的物体m，加速度向下，处于失重状态，故D错误。

9.如图所示，电路中R1和R2均为可变电阻，平行板电容器C的极板水平放置。闭合开关S，电路达到稳定时，一带电油滴恰好悬浮在两板之间。下列说法正确的是(　　)

A. 仅增大的R2阻值，油滴仍然静止

B. 仅增大R1的阻值，油滴向上运动

C. 增大两板间的距离，油滴仍然静止

D. 断开开关S，油滴将向下运动

【答案】ABD

【解析】

【详解】开始液滴静止，液滴处于平衡状态，由平衡条件可知：mg=q；由图示电路图可知，电源与电阻R1组成简单电路，电容器与R1并联，电容器两端电压等于R1两端电压，等于路端电压，电容器两端电压：U=IR1=；仅增大R2的阻值，极板间电压不变，液滴受力情况不变，液滴静止不动，故A正确；仅增大R1的阻值，极板间电压U变大，液滴受到向上的电场力变大，液滴受到的合力竖直向上，油滴向上运动，故B正确；仅增大两板间的距离，极板间电压不变，板间场强减小，液滴受到的电场力减小，液滴所受合力竖直向下，液滴向下运动，故C错误；断开电键，电热器通过两电阻放电，电热器两极板间电压为零，液滴只受重力作用，液滴向下运动，故D正确；故选ABD。

【点睛】本题考查了判断液滴运动状态问题，分析清楚电路结构，分析清楚极板间场强如何变化、判断出液滴受力如何变化是解题的关键．

10.如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B（均可看作质点），且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中（已知重力加速度为g），下列说法正确的是  

A. A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能

B. A球增加的机械能等于B球减少的机械能

C. A球的最大速度为

D. 细杆对A球做的功为

【答案】BD

【解析】

【详解】A、B球沿圆环下滑至最低点，A球运动到最高点，A球增加的重力势能为mg2R，B球减少的重力势能为4mgR，故A错误.

B.B球沿圆环下滑至最低点，A球运动到最高点的过程中，两个球组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，A球的重力势能和动能均增大，A球的机械能增大；则知B球的机械能减小，A球增加的机械能等于B球减少的机械能．故B正确.
C、两个球组成的系统机械能守恒，当B球运动到最低点时，设AB两球速度最大为v，由机械能守恒有：

2mg·2R -mg2R=(m+2m)，解得A球最大速度：v,=，故C错误；
D、细杆对A球做的功为W,由动能定理对A球有：W-mg2R=m-0

W=mg2R+m，代入数据得细杆对A球做的功w=，故D正确.

故选：BD.

【点睛】轻质细杆相连的A.B两球沿圆环运动类角速度相同，线速度也相同，注意能量关系；轻杆可以向各个方向施加力.

二、非选择题

11.某同学想测量重物下落时的加速度，已知打点计时器所用电源频率为50 Hz，实验中得到一条清晰的纸带，如图所示的是截取了某一段纸带用刻度尺（单位：cm）测量纸带时的情景。

其中取得A、B、C三个计数点，在相邻两计数点之间还有一个打印点，可知，重物下落过程中打B点的瞬时速度为________m/s，重物下落的加速度为_______m/s2（结果均保留2位有效数字）。用这种方法测出的加速度值总是比当地的重力加速度的值_______（填“大”或“小”）。若用更加精密的仪器测量，在北京测得的重力加速度值将比在广州测得的重力加速度值_______（填“大”或“小”）。

【答案】    (1). 0.89（0.88-0.90均正确）    (2). 9.5（9.4-9.7均正确）    (3). 小    (4). 大

【解析】

【详解】（1）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B时小车的瞬时速度大小：；

根据匀变速直线运动的推论公式得。

物体下落过程中会受到阻力的作用，因而测得的重力加速度会偏小。北京的纬度高于广州所以重力加速度相对较大。

12.多用表是由电流表改装的，现测定一个量程为0~5mA 的电流表G的内阻r= 100.0Ω , 用它改装成如图的一个多量程多用电表，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程(或分度值)不同的档位。电流表的两个档位中，大量程是小量程的10倍。

(1)当转换开关S旋到位置_______时，是电流档，且旋到位置_______的量程较大：当转换开关S旋到位置_____时，是电压档，且旋到位置______的量程较大；

(2)A、B两表笔中，______为红表笔；

(3)图中的电源Eˊ的电动势为9.0V ，当把转换开关S旋到位置4，在AB之间接900Ω电阻时，表头G刚好半偏。己知之前己经进行了必要的、正确的操作。则 R1＝____Ω，R2＝____Ω。

(4)转换开关S 旋到位置 1 时，量程是____________________。

【答案】    (1). 1和2    (2). 1    (3). 5和6    (4). 6    (5). A    (6). 10    (7). 90    (8).

【解析】

【详解】（1）电流表并联电阻可以扩大量程，转换开关S旋到位置1和2时，是电流档，且1位置的量程大；电流表串联电阻可以扩大量程，转换开关S旋到位置5和6，是电压档，串联电阻越大，量程越大，故位置6的量程大；

（2）在进行测量电阻时，因为欧姆档的电路与电池连接，则将多掷开关S拨到3或4位置。抓住电流从红表笔进，黑表笔出，知A是红表笔。

（3）（4）“之前已经进行了必要的、正确的操作”，意味着之前已经将短接调零了（即让表头满偏），在之间接电阻时，表头刚好半偏，说明当表头半偏时，改装后的欧姆表“4”总内阻，则转换开关在“2”时（如图），电流表2的量程为，依题意，转换开关在1（如图）时，电流表1的量程为，由表头的满偏电流为、内阻为和并联电路电流分配规律，可解得：  

13.1831年10月28日，法拉第在一次会议上展示了他发明圆盘发电机．如图所示为一圆盘发电机对小灯泡供电的示意图，铜圆盘可绕竖直铜轴转动，两块铜片C、D分别与圆盘的竖直轴和边缘接触．已知铜圆盘半径为L，接入电路中的电阻为r，匀强磁场竖直向上，磁感应强度为B，小灯泡电阻为R.不计摩擦阻力，当铜圆盘以角速度ω沿顺时针方向(俯视)匀速转动时，求：

(1) 铜圆盘的铜轴与边缘之间的感应电动势大小E；

(2) 流过小灯泡的电流方向，以及小灯泡两端的电压U；

(3) 维持圆盘匀速转动的外力的功率P.

【答案】（1）BωL2（2）（3）

【解析】

【详解】(1) 由法拉第电磁感应定律可得感应电动势：

圆盘半径两端的平均速度为：

由以上方程可得铜圆盘的铜轴与边缘之间的感应电动势大小：

(2) 由右手定则可得电流方向：由到；

由闭合电路欧姆定律可得电流为：

所以灯泡两端的电压为：

由以上方程解得：

(3) 由能量的转化与守恒可知，维持圆盘匀速转动的外力的功率等于电路消耗的总功率，即：

而电路中消耗的总功率为：

由以上方程解得：

14.如图，一带电荷量q=+0.05C、质量M=lkg的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可视为质点、质量m=lkg的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数μ=0.75．距平板左端L=0.8m处有一固定弹性挡板，挡板与平板等高，平板撞上挡板后会原速率反弹。整个空间存在电场强度E=100N/C的水平向左的匀强电场。现将物块与平板一起由静止释放，已知重力加速度g=10m/s2，平板所带电荷量保持不变，整个过程中物块未离开平板。求：

（1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率；

（2）平板的最小长度；

（3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量。

【答案】（1）平板第二次与挡板即将碰撞时速率为1.0m/s;（2）平板的最小长度为0.53m;（3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量为8.0N•s

【解析】

【详解】（1）两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速，

有a==2.5m/s2＜μg

故平板M与物块m一起匀加速，根据动能定理可得：qEL=（M+m）v

解得v=2.0m/s

平板反弹后，物块加速度大小a1==7.5m/s2，向左做匀减速运动

平板加速度大小a2==12.5m/s2，

平板向右做匀减速运动，设经历时间t1木板与木块达到共同速度v1′，向右为正方向。

-v1+a1t1=v1-a2t1

解得t1=0.2s，v=0.5m/s，方向向左。

此时平板左端距挡板的距离：x=v1t1=0.15m

此后两者一起向左匀加速，设第二次碰撞时速度为v，则由动能定理

（M+m）v（M+m）=qEx1

解得v2=1.0m/s

（2）最后平板、小物块静止（左端与挡板接触），此时小物块恰好滑到平板最左端，这时的平板长度最短。

设平板长l，全程根据能量守恒可得：qEL=μmgl

解得：l==0.53m

（3）设平板第n-1次与第n次碰撞反弹速度分别为vn-1，和vn；平板第n-1次反弹后：设经历时间tn-1，平板与物块达到共同速度vn-1′

平板vn-1′=vn-1-a2tn-1

位移大小

物块vn-1′=-vn-1+a1tn-1

由以上三式解得：，，

此后两者一起向左匀加速，由动能定理

qExn-1=

解得：

从开始运动到平板和物块恰停止，挡板对平板的总冲量：

I=2Mv1+2Mv2+2Mv3+2Mv4+……

解得：I=8.0N•s

15.下列说法正确的是_______。

A. 加上不同的电压可以改变液晶的光学性质

B. 晶体在熔化的过程中分子平均动能逐渐增大

C. 脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液

D. 悬浮在水中的小碳粒的布朗运动反映了碳粒分子的热运动

E. 液体表面张力的方向与液体表面相切

【答案】ACE

【解析】

【详解】A. 液晶具有液体的流动性，又对光显示各向异性，电场可改变液晶的光学性质，所以加上不同的电压可以改变液晶的光学性质，故A正确；

B. 晶体有固定的熔点，在熔化的过程中温度不变，分子平均动能不变，故B错误；

C. 脱脂棉脱脂后，从不能被水浸润变为可以被水浸润，这样有利于吸取药液，故C正确；

D. 悬浮在液体中的小微粒由于受到液体分子不平衡的撞击，表现出运动轨迹的无规律性，所以布朗运动反映了液体分子无规则的热运动，故D错误；

E.液体的表面张力使液体表面积由收缩的趋势，表面张力的方向与液体表面相切。故E正确

故选：ACE

16.如图所示，在长为l=57cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直细玻璃管内，用5cm高的水银柱封闭着50cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33℃。

(ⅰ)现将玻璃管缓慢倾斜至与水平面成53°角，此时管中气体的长度为多少？

(ⅱ)在第一问的基础上，若接着将管内水银柱取走1cm，再缓慢对玻璃管加热升温至多少时，管中水银柱上表面恰好与管口相齐？(大气压强为P0=76cmHg)

【答案】(1) 50.625cm          (2) 317.152K

【解析】

(ⅰ)设玻璃管的横截面积为S，初态时，管内气体的温度为T1=306K，体积为V1=50S，

压强为p1=81cmHg。

当玻璃管倾斜至与水平面成53°角时，管内气体的压强为p2=(76+5sin53°)cmHg，体积为V2=lS

由玻意耳定律得p1V1=p2V2代入数据，解得：l=50.625cm

(ⅱ)设温度升至T3时，水银柱长为4cm，管内气体的体积为V3=53S，压强为p3=(76+4sin53°)cmHg

由理想气体状态方程得

代入数据，解得T3=317.152K

17.如图所示，一列沿x轴上传播的简谐横波t0时刻的图线用实线表示。经过 △t=0.2s时其图线用虚线表示，已知波长为5cm。

（i）若波向x轴正方向传播，最小波速是____________cm/s；

（ii）若波向x轴负方向传播，最大周期为____________s；

（iii）若波速为71cm/s，则此波向____________传播。（填“x轴正方向”或“x轴负方向”）

【答案】    (1). 4    (2).     (3). x轴负方向

【解析】

【详解】根据题意，波速，周期T=

（i）若波向x轴正方向传播，最小波速是4cm/s（n=0，式子取“+”号）

（ii）若波向x轴负方向传播，最大周期为s（n=1，式子取“-”号）

（iii）若波速为71cm/s，对应n=3，且式子取“-”号，说明波向x轴负方向传播。

18.投影仪的镜头是一个半球形的玻璃体，光源产生的单色平行光投射到平面上，经半球形镜头折射后在光屏MN上形成一个圆形光斑。已知镜头半径R =30 cm，光屏MN到球心O的距离为d =102 cm，玻璃对该单色光的折射率，不考虑光的干涉和衍射。求：光屏MN上被照亮的圆形光斑的半径r。

【答案】r=0.86m

【解析】

【详解】如图所示，设光线入射到D点时恰好发生全反射

在ΔODF中

在ΔO′FN中

又O′F = d -OF

解得：r = 0.86 m

【点睛】此题考查学生几何知识解决光学问题的能力．对于几何光学问题，关键是画出光路图，找到临界光线，对数学的几何能力要求较高，要加强训练．