2020年湖北省武汉市高考物理调研试卷(2月份) (含答案解析)

第=page22页，共=sectionpages22页第=page11页，共=sectionpages44页2020年湖北省武汉市高考物理调研试卷（2月份）一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）地球上某处海水的周期性涨落称为潮汐。潮汐主要是月球对海水的引力造成的，太阳的引力也起一定的作用，但要弱得多。引起潮汐的力称为引潮力，引潮力沿垂直海水表面向上(背离地心)最大处，海水形成高峰；反之，引潮力沿垂直海水表面向下(指向地心)最大处，海水出现低谷。为简化研究，只在地-月系统分析问题，此时引潮力可称为月潮力。假设地球表面全部被海水覆盖，如图所示，月地距离为r，地球半径为R，月球质量为M月，地球质量为M地；A为近月点，B为远月点。如取直角坐标系的x轴沿月地联线，θ为地表某处的半径与x轴正方向的夹角。该处质量为△m的海水的月潮力在x轴、y轴上的分力值Fx、Fy分别是Fx=A.月潮力就是地球对海水的引力 B.月潮力就是月球对海水的引力

C.近月点处的海水月潮力向下最大 D.远月点处的海水月潮力向上最大人类和平利用核能始于二十世纪五十年代，核能的开发和应用是解决能源问题的重要途径之一。下列关于核反应的描述或判断正确的是(    )A. 92238U→90234Th+24He是核聚变

B. 90234一汽车在平直公路上15m/s的速度做匀速直线运动，当发现前方发生事故时3m/s2的加速度紧急刹车，停在发生事故位置前，那么刹车过程中前2s内的位移与最后2s的位移的比值为(    )A.

14 B.4 C.52 如图甲为一理想自耦变压器，输入端接交流稳压电源，其电压随时间变化关系如图乙所示．已知n1、n2的比值为2∶1，负载电阻R的阻值为5 Ω，下面正确的说法有(    )A.负载电阻R消耗的电功率约为48W

B.通过负载电阻R的电流的有效值为22A

C.通过负载电阻R的电流的频率为100Hz

D.通过负载电阻R的电流的频率为25Hz如图所示，质量为m的小球在竖直光滑圆形内轨道中做圆周运动，周期为T，则下列说法正确的是(    )

A.每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为0

B.每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为mgT2

C.每运转一周，小球所受合力的冲量的大小为0

D.每运转半周，小球所受重力的冲量的大小一定为二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）如图所示，某次足球训练，守门员将静止的足球从M点踢出，球斜抛后落在60m外地面上的P点。发球的同时，前锋从距P点11.5m的N点向P点做匀加速直线运动，其初速度为2m/s，加速度为4m/s2，当其速度达到8m/s后保持匀速运动。若前锋恰好在P点追上足球，球员和球均可视为质点，忽略球在空中运动时的阻力，重力加速度g取10m/s2.A.前锋加速的距离为7.5m

B.足球在空中运动的时间为

2.3s

C.足球运动过程中的最小速度为30

m/s

D.足球上升的最大高度为10m某匀强电场中的4个平行且等距的等势面如图中的虚线A、B、C、D所示，其中等势面C电势为零。一电子仅在静电力作用下运动，经过等势面A、D时的动能分别为21eV和6eV，则下列说法正确的是(

)

A.电场方向垂直于等势面由D指向A

B.等势面D的电势为-5V

C.该电子可以到达电势为-12V的等势面

D.若该电子运动到某位置时的电势能为8eV，则它的动能为3eV如图所示，四分之一圆内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，∠AOB=90°，AO边和BO边的中点分别为C和D，AO边和BO边与水平方向的夹角均为45°.在纸面内电子从C点以速度v垂直于AO的方向射入磁场，从D点离开磁场．电子重力不计．下列说法正确的是

A.电子离开磁场时，运动方向与BO垂直

B.如果电子以相同的速度从A点射入磁场，则电子从O点离开磁场

C.如果一个质子以与电子相同的速度从C点射入磁场，质子的轨道半径大小不变

D.如果电子从C点竖直向上射入磁场，也可从D点离开磁场如图所示，倒悬的导热气缸中有一个可无摩擦上下移动且不漏气的活塞A，活塞A的下面吊着一个重物，气缸中封闭着一定质量的理想气体．起初各部分均静止不动，大气压强保持不变．对于气缸内的气体，当其状态缓慢发生变化时，下列判断正确的是(    )A.若环境温度升高，则气体的压强一定增大

B.当活塞向下移动时，外界一定对气体做正功

C.保持环境温度不变，缓慢增加重物的质量，气体一定会吸热

D.若环境温度降低，缓慢增加重物的质量，气体体积可能保持不变如图所示，一列简谐横波t=0时波形如图，波沿x轴负向传播，传播速度v=1m/s，则下列说法正确的是(    )A.此时x=1.25

m处的质点正在做加速度增大的减速运动

B.x=0.4

m处的质点比x=0.6

m处的质点先回到平衡位置

C.x=4

m处的质点再经过1.5

s可运动到波峰位置

D.t=2s的波形图与t=0时的波形图重合

E.x=2

m处的质点在做简谐运动，其振动方程为y=0.4sin(πt)(m)三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，某同学先用多用电表的250 mA挡测量通过小灯泡的电流．(1)在下图所示电路中，需要将多用电表的两表笔连接到a、b两处，其中黑表笔应与____(选填“a”或“b”)连接.

(2)由于长期使用多用电表，表内电池的电动势会降低，仍按步骤测量电路中的电流，则测量示数会____(选填“偏大”“偏小”或“不变”).

某实验小组利用弹簧秤和刻度尺，测量滑块在木板上运动的最大速度．实验步骤如下：①用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力，记作G；②将装有橡皮泥的滑块放在水平木板上，通过水平细绳和固定弹簧秤相连，如图甲所示．在A端向右拉动木板，等弹簧秤读数稳定后，将读数记作F；③改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤①②；实验数据如下表所示：G/N1.502.002.503.003.504.00F/N0.620.830.991.221.371.61④如图乙所示，将木板固定在水平桌面上，滑块置于木板上左端C处，细绳跨过定滑轮分别与滑块和重物P连接，保持滑块静止，测量重物P离地面的高度h；⑤滑块由静止释放后开始运动，最终停在木板上D点(未与滑轮碰撞)，测量C、D间距离S.完成下列作图和填空：(1)根据表中数据在给定的坐标纸(见答题卡)上作出F—G图线．(2)由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数μ=

(保留2位有效数字)(3)滑块最大速度的大小v=

(用h、s、μ和重力加速度g表示．)四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）如图所示，用遥控器控制小车，使小车从静止开始沿倾角为α=37°的斜面向上运动，该过程可看成匀加速直线运动，牵引力F大小为25N，运动x距离时出现故障，此后小车牵引力消失，再经过3s小车刚好达到最高点，且小车在减速过程中最后2s内的位移为20m，已知小车的质量为1kg，g=10m/s2(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8)求：

(1)小车与斜面的动摩擦因数；

(2)求匀加速运动过程中的位移x．

如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢。在缓冲车厢的底板上，平行车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN.缓冲车的底部还装有电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B.导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L.假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，此后线圈与轨道间的磁场作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲，一切摩擦阻力不计。求：

(1)缓冲车缓冲过程最大加速度am的大小；

(2)若缓冲车厢向前移动距离L后速度为零，则此过程线圈abcd中通过的电量q和产生的焦耳热Q；

(3)若缓冲车以某一速度v0'(未知)与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，缓冲车厢所受的最大水平磁场力为Fm.缓冲车在滑块K停下后，其速度v随位移x的变化规律满足：v=v0'-n2B2L2mRx.如图甲所示，有一“上”形、粗细均匀的玻璃管，开口端竖直向上放置，水平管的两端封闭有理想气体A与B，气柱长度都是22cm，中间水银柱总长为12cm。现将水银全部推进水平管后封闭管道接口处，并把水平管转成竖直方向，如图乙所示，为了使A、B两部分气体一样长，把B气体的一端单独放进恒温热水中加热，试问热水的温度应控制为多少？(已知外界大气压强为76cmHg，气温275K)

如图为某种透明玻璃砖的横截面，PM=2R，O为PM中点，PN为半径为R的四分之一圆弧。一束平行单色光从OM区域垂直OM水平射入玻璃砖。已知玻璃砖的临界角为C=30°，光在真空中速度为c。求：

(i)在PN弧上有光线射出区域的弧长；

(ii)从OM射入的光线经MN一次反射后直接从PN弧离开的最长时间。

答案与解析1.答案：D

解析：解：A、月潮力是月球引力和地球离心力两者结合起来产生的合力，故AB错误；

C、月潮力在x轴、y轴上的分力值Fx、Fy分别是Fx=2GM月△mr3Rcosθ，Fy=2GM月△mr3Rsinθ，近月点处对应的夹角是180°，Fx最大，方向指向月心，所以近月点处的海水月潮力向上最大，故C错误；

D、远月点处对应的夹角是0°，F解析：解：A、α衰变放出的是氦原子核，这是α衰变，故A错误；

B、α衰变放出的是氦原子核，β衰变放出的是电子，该核反应为β衰变。故B错误；

C、核聚变的过程与核裂变相反，是几个原子核聚合成一个原子核的过程，这是氢原子核聚变为氦原子核，故C错误；

D、核裂变是一个原子核分裂成几个原子核的变化，质量非常大的原子核才能发生核裂变，该核反应为裂变方程，故D正确；

故选：D。

核裂变是一个原子核分裂成几个原子核的变化，只有一些质量非常大的原子核才能发生核裂变；核聚变的过程与核裂变相反，是几个原子核聚合成一个原子核的过程，只有较轻的原子核才能发生核聚变；不稳定核自发地放出射线而转变为另一种原子核的现象，称为衰变。

本题考查了重核裂变、轻核聚变和不稳定核的自发衰变，需要记住即可。

3.答案：B

解析：【分析】

根据匀变速直线运动的速度时间公式求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车速度为零后不再运动，再根据匀变速直线运动位移时间公式求刹车过程前2s的位移，根据逆向思维，末速度为0的匀减速直线运动可以看成初速度为0的反向的匀加速直线运动，所以求最后2s的位移即求反向的前2s的位移。

本题属于运动学中的刹车问题，关键要注意汽车速度为零后不再运动，对于末速度为0的匀减速直线可以采用逆向思维处理。

【解答】

汽车从开始刹车到停止的时间为：t0=v0a=153s=5s

刹车过程中前2s的位移为：x1=v0t1+12at12=15×2m+12×(-3)×22m=24m

反向看成是初速度为0的匀加速直线运动，最后2解析：解：A、由乙图得到理想变压器的输出电压的最大值为Um=311V，故有效值为：U1=3112=220V；

已知n1、n2的比值为2：1，

根据理想变压器的变压比得副线圈电压U2=110V，

所以通过负载电阻消耗的电功率为P2 =U22R=110 25=2420W，故A错误；

B、通过负载电阻R的电流的有效值为解析：【分析】

由冲量的定义I=Ft即可得出重力冲量的大小。

本题应明确冲量为力与力作用时间的乘积，与运动状态无关；同时注意动量定理的应用，知道小球回到同一点时速度大小方向相同。

【解答】

AB.转动一周时，时间为T，则重力冲量I=mgT，故AB错误；

C.因每转动一周，小球的动量保持不变，由动量定理可知，合外力的冲量为零，故C正确；

D.由于小球在竖直面上做变速圆周运动，故转动半周用时不一定为T2，故重力的冲量不一定为4π2LB-LATB2解析：解：A、前锋做匀加速直线运动，初速度为2m/s，加速度为4m/s2，末速度为8m/s，根据速度-位移公式可知，v2-v02=2ax加，代入数据解得x加=7.5m，A正确；

B、前锋和足球运动时间相等，前锋加速运动时间t匀=v-v0a=1.5s，匀速运动时间t匀=x-x加v=0.5s，故足球在空中运动的时间为2s，B错误；

C、足球水平方向上做匀速直线运动，位移为60m，时间为2s，故运动过程中的最小速度为30m/s，C解析：解：A、因电子只在静电力的作用下运动，经过A、D等势面点的动能分别为21eV和6eV，根据动能定理，则有：-e(φA-φD)=(-21+6)eV，解得：φA-φD=15V，A点的电势高，则电场线的方向垂直于等势面由A指向D.故A错误；

又：φC=0，可解得：φD=-5V，故B正确；

C、因只有电场力做功，动能与电势能之和保持不变，当电子的速度为零时，由能量守恒定律，可知，-eφD+5eV=-eφ，解得：φ=-10V，则该电子不可以到达电势为-12V的等势面，故C错误；

解析：【分析】

根据几何关系，画出粒子的运动轨迹，判断电子离开磁场的情况；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析半径关系，结合几何知识分析判断。

本题关键知道带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，画出粒子的运动轨迹是关键。

【解答】

A.根据几何关系，画出粒子的运动轨迹，电子垂直于AO进入磁场，也垂直于BO离开磁场，故A正确；

B.如果电子以相同的速度从A点射入磁场，电子的轨道半径仍为R2，电子从O点离开磁场，故B正确；

C.如果一个质子以与电子相同的速度从C点射入磁场，根据半径公式r=mvqB，因为电子和质子比荷不同，所以轨道半径不同，故C错误；

D.如果电子竖直向上从C点射入磁场，由于半径不变，则由几何关系可知不能从D点离开磁场，故D错误。

故选AB。

9.答案：解析：解：A、若环境温度升高，气体等压膨胀，气体的压强不变，选项A错误；

B、当活塞向下移动时，气体对外界做正功，选项B错误；

C、保持环境温度不变，缓慢增加重物的质量，气体压强减小，体积增大，对外做功，内能不变，气体一定会吸热，选项C正确；

D、若环境温度降低，气体温度降低，压强减小，缓慢增加重物的质量，气体体积可能保持不变，选项D正确．

故选CD

根据理想气体状态方程判断各状态量的变化，根据热力学第一定律判定做功和内能的变化情况．

做好此类题目的关键是根据理想气体状态方程区分析，注意改变内能的方式有两种．

10.答案：ACD

解析：解：A、波沿x轴负向传播，此时x=1.25

m处的质点右侧的质点纵坐标较大，故质点向上运动，质点纵坐标大于零，故由质点运动远离平衡位置可得：质点做加速度增大的减速运动，故A正确；

B、由波沿x轴负向传播可得：x=0.6

m处的质点向平衡位置运动，故x=0.4

m处的质点、x=0.6

m处的质点都向平衡位置运动，且x=0.4

m处的质点比x=0.6

m处的质点距离远，那么，x=0.6m处的质点比x=0.4

m处的质点先回到平衡位置，故B错误；

C、由波沿x轴负向传播可得：x=4

m处的质点由平衡位置向下振动，故x=4

m处的质点再经过34T可运动到波峰位置，又有波长λ=2m，波速v=1m/s，所以，周期T=2s，那么，x=4

m处的质点再经过1.5

s可运动到波峰位置，故C正确；

D、由C可知简谐波的周期T=2s，故经过2s，波正好向前传播一个波长，波形重合，故t=2s的波形图与t=0时的波形图重合，故D正确；

E、由C可知：x=2

m处的质点在做简谐运动的周期T=2s，又有振幅A=0.4m，t=0时，质点位移为零，根据波沿x轴负向传播可知质点向下振动，故可得：振动方程为y=-0.4sin(πt)(m)，故E错误；

故选：ACD。

根据传播方向得到质点的振动，即可根据质点位移和振动方向得到运动情况；再根据波长、波速求得周期，即可由波的传播得到不同时刻的波形图关系；最后根据初始时刻和周期、振幅求得质点振动方程．

对于简谐波的相关问题，一般通过波形图求得振幅、波长(或由振动图得到振幅、周期)，再根据传播方向得到某质点的振动图(或波形图)，进而得到各质点的振动．

11.答案：(1)b

(2)解析：【分析】(1)实验中将多用电表接在电路的a、b两处，实际上是将多用电表当作电流表使用，由此判断表笔的连接位置；(2)由于多用电表作为电流表使用时，不用表内电池，表内电池的电动势会降低，不影响电流的测量。本题的实质是多用电表的使用，比较简单。【解答】(1)实验中将多用电表接在电路的a、b两处，实际上是将多用电表当作电流表使用，由此黑表笔应与b连接；(2)由于多用电表作为电流表使用时，不用表内电池，表内电池的电动势降低，不影响电流的测量。故答案为：(1)b

；

(2)不变。

12.答案：(1)如图所示(2)0.40 (0.38、0.39、0.41、0.42均正确)(3)

解析：【分析】(1)根据所测数据描点即可，注意所连的线必须是平滑的，偏离太远的点舍弃；

(2)由实验图甲可知F=μG，即F-G图象上的直线的斜率代表动摩擦因数μ；

(3)当重物P停止运动时，滑块达到最大速度，此后做匀减速运动，动摩擦因数μ在(2)中已知，根据运动规律公式v2-【解答】(1)根据描点法在F-G图象上描出各点，再连接起来，如图所示；(2)由图甲可知F=μG，则F-G图象上的直线的斜率代表μ值的大小．由F-G图象可知μ=0.4；

(3)当重物P刚好下落到地面时，滑块的速度v最大，此时滑块的位移为h，此后滑块做加速度为μg的匀减速运动，

由公式v2-v02=2as知：

滑块的最大速度vmax满足：(2)0.40

(3)

13.答案：解：(1)设小车匀减速直线运动的加速度大小为a，最后2s内的位移为x0，可将匀减速运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动．则有：

x0=12at2

代入数据解得：a=10m/s2．

小车的受力如图．

由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma

代入数据解得：μ=0.5

(2)设牵引力消失时小车的速度为v，即为匀减速过程的初速度，在匀减速运动过程中，得：

v=at=10×3m/s=30m/s

在匀加速运动过程中，设加速度大小为a'，小车的受力如图所示．

根据牛顿第二定律得：

F-mgsinα-μmgcosα=ma'

代入数据解得：a'=15m/s2．

由v2=2a'x得：x=解析：(1)小车牵引力消失后做匀减速运动，已知时间、位移和末速度，将其运动看成反向的初速度为零的匀加速运动，由位移公式求得加速度，再由牛顿第二定律求动摩擦因数．

(2)由速度公式求得牵引力刚消失时小车的速度．再对匀加速运动过程运用牛顿第二定律求得加速度，最后由速度位移关系公式求位移x．

本题考查牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，在动力学问题中是必求的量．

14.答案：解：(1)缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v0，线圈中产生的感应电动势最大，则有Em=nBLv0，

电流为：Im=EmR，

安培力为：FA=BIL，

加速度为：a=FAm，

联立解得：am=n2B2L2v0mR；

(2)由法拉第电磁感应定律得：E=n△Φ△t，其中△Φ=BL2，

由欧姆定律得：I-=ER，又I-=qt

代入整理得：此过程线圈abcd中通过的电量q=nBL2R，

由功能关系得：线圈产生的焦耳热为Q=12mv02；

(3)若缓冲车以某一速度v0'与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v0'，线圈中产生的感应电动势E=