【文档说明】【精准解析】江苏省苏锡常镇四市2020届高三教学情况调研物理试题（一）.doc，共(22)页，1.216 MB，由小赞的店铺上传

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2019~2020学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（一）物理注意事项：1.本试卷包含选择题和非选择题两部分。考生答题全部答在答题卡上，答在本试卷上无效。本次考试时间为100分钟，满分值为120分。2.答题

前，请务必将自己的姓名、准考证号（考试号）用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上，并用2B铅笔将对应的数字标号涂黑。3.答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置

，在其它位置答题一律无效。一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分。每小题只有一个选项符合题意。1.我国高铁舒适、平稳、快捷。设列车高速运行时所受的空气阻力与车速成正比，高铁分别以300km/h和3

50km/h的速度匀速运行时克服空气阻力的功率之比为（）A.6∶7B.7∶6C.36∶49D.49∶36【答案】C【解析】【详解】列车高速运行时所受的空气阻力与车速成正比，则fkv=则克服阻力的功率为2pfvkv==所以高铁分别以300km/h和350km/h的速度匀速运行时克服空气阻力

的功率之比为2112223649pkvpkv==故ABD错误，错C正确。故选C。2.如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线。实线是一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，A、B、C为轨迹上的三点。下列判断正确的是（）A.轨迹在一条电场线上B.粒子带负电C.场强

EAECD.粒子的电势能EPAEPC【答案】C【解析】【详解】A．因为电场线与等势线垂直，所以轨迹不可能在一条电场线上，故A错误；B．电场线的方向大体上由C到A，粒子受到的力的方向大概指向左上方，与电场线方向大体相同，所以粒子应该带正电，故B错误；C．AB之间的距离

小于BC之间的距离，AB与BC之间的电势差相等，根据公式UEd=可知，场强EAEC，故C正确；D．因为粒子带正电，A处的电势要比C处的电势低，根据公式pEq=，所以粒子的电势能EPA＜EPC，故D错误。故

选C。3.国庆70周年阅兵展出了我国高超音速乘波体导弹——东风-17，东风-17突防能力强，难以拦截，是维护祖国和平发展的有力武器。如图所示，设弹道上处于大气层外的a点和处于大气层内的b点的曲率半径之比为2∶1，导弹在a、b两点的速度大小分别为3倍音速和12倍音速，方向均平

行于其正下方的水平地面，导弹在a点所受重力为G，在b点受到空气的升力为F。则（）A.F=33GB.F33GC.F=32GD.F32G【答案】B【解析】【详解】在a处时，重力提供向心力，则()232mvGR=在b处时()212mvFGR−=联立解得33FG=又因为导弹要做离心运动，所以F

33G故ACD错误，B正确。故选B。4.如图所示，电路中L为电感线圈，C为电容器，先将开关S1闭合，稳定后再将开关S2闭合，则（）A.S1闭合时，灯A、B都逐渐变亮B.S1闭合时，灯A中无电流通过C.S2闭合时，灯B立即熄灭D.S2闭合时，灯A中电流由b到a【答案】D【解析】【详解】A

B．S1闭合时，因为电容器通交流阻直流，所以灯A中有短暂电流通过，且不会逐渐变亮，故AB错误；C．S2闭合时，因为电感线圈，灯B会逐渐熄灭，故C错误；D．开关S2闭合时，电容放电，所以S2闭合瞬间A灯有电流从b到a，故D正确。故选D。5.如图所示，从匀速运动的水平传送带边缘，垂直弹入一底面涂有

墨汁的棋子，棋子在传送带表面滑行一段时间后随传送带一起运动。以传送带的运动方向为x轴，棋子初速度方向为y轴，以出发点为坐标原点，棋子在传送带上留下的墨迹为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】分析可知，在传送带这个参考系中，合速度

的方向和摩擦力的方向在一条直线上，所以运动轨迹应该是一条直线，又因为棋子相对于传送带往后运动，故A正确，BCD错误。故选A。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。6.我国北斗卫星导航系统（B

DS）已经开始提供全球服务，具有定位、导航、授时、5G传输等功能。A、B为“北斗”系统中的两颗工作卫星，其中A是高轨道的地球静止同步轨道卫星，B是中轨道卫星。已知地球表面的重力加速度为g，地球的自转周期为T0下列判断正确的是（）A.卫星A可能经过江苏上空B.卫星B可能经过江苏上空C.周期大小T

A=T0TBD.向心加速度大小aA<aB<g【答案】BCD【解析】【详解】A．A是高轨道的地球静止同步轨道卫星，静止在赤道上空，不可能经过苏州上空，故A错误；B．B是中轨道卫星不是静止同步轨道卫星，所以卫星B可能经过江苏上空，故B正确；C．根据2224M

mmRGRT=可得234RTGM=半径越大，周期越大，所以TA=T0TB，故C正确；D．根据万有引力提供向心力2MmmaGR=2MaGR=半径越大，向心加速度越小，所以向心加速度大小aA<aB<g，故D正确。故选BCD。7.传感器

是智能社会的基础元件。如图为电容式位移传感器的示意图，观测电容C的变化即可知道物体位移x的变化，ΔΔCx表征该传感器的灵敏度。电容器极板和电介质板长度均为L，测量范围为2L−≤x≤2L。下列说法正确的是（）A.电容器的电容变大，物

体向-x方向运动B.电容器的电容变大，物体向+x方向运动C.电介质的介电常数越大，传感器灵敏度越高D.电容器的板间电压越大，传感器灵敏度越高【答案】AC【解析】【详解】AB．根据电容公式4πSCkd=

可知，电容器的电容变大，两板间电介质部分增多，物体向-x方向运动，故A正确，B错误；C．电介质的介电常数越大，当物体沿左右方向运动，移动相同距离时，电容器的变化量变大，即传感器的灵敏度变大，故C正确；D．电容器的电容和板间电压无关，电容器的板间电压变大，电

容器的变化量不变，即传感器的灵敏度不变，故D错误。故选AC。8.如图所示，直杆与水平面成30°角，一轻质弹簧套在直杆上，下端固定在直杆底端。现将一质量为m的小滑块从杆顶端A点由静止释放，滑块压缩弹簧到达最低点B

后返回，脱离弹簧后恰能到达AB的中点。设重力加速度为g，AB=L，则该过程中（）A.滑块和弹簧刚接触时的速度最大B.滑块克服摩擦做功为14mgLC.滑块加速度为零的位置只有一处D.弹簧最大弹性势能为13mgL【答案】BD【解析】

【详解】A．滑块向下运动受到的合力为零时，速度最大，即sinmgFf=+弹这时，速度最大，故A错误；B．根据动能定理有f00sin302LmgW−=−解得f14WmgL=故B错正确；C．滑块加速度为零即合力为零，向下滑动时

0sinFfmg=+−弹向上滑动时()sin0Fmgf−+=弹所以C错误；D．弹簧被压缩到最短时弹性势能最大，根据能量守恒fP2sin303mgLWE=+解得弹簧最大弹性势能为P13EmgL=故D正确。故选BD。9.如图甲，用强磁场将百万度高温的等离子

体（等量的正离子和电子）约束在特定区域实现受控核聚变的装置叫托克马克。我国托克马克装置在世界上首次实现了稳定运行100秒的成绩。多个磁场才能实现磁约束，其中之一叫纵向场，图乙为其横截面的示意图，越靠管的右侧磁场越强。尽管等离子体在该截面上运动的曲率半径远小于管的截面半径，但

如果只有纵向场，带电粒子还会逐步向管壁“漂移”，导致约束失败。不计粒子重力，下列说法正确的是（）A.正离子在纵向场中沿逆时针方向运动B.发生漂移是因为带电粒子的速度过大C.正离子向左侧漂移，电子向右侧漂移D.正离子向下侧漂移，电子向上侧漂移【答案】AD【解析】【详解】A．根

据左手定则可判断出正离子在纵向场中沿逆时针方向运动，故A正确；B．因为左右两边磁场强度不一样，导致左右的半径不同，所以发生偏移；CD．根据2mvqvBR=得mvRqB=发现B越大，R越小，所以右边部分的R大于左边部分的R，结合左手定则判断出正离子就会向下侧漂移，电子向上侧漂移，故C错误，D正确。

故选AD。三、简答题：本题分必做题（第10~12题）和选做题（第13题）两部分，共计42分。请将解答填写在答题卡相应的位置。10.某实验小组设计如图甲所示的实验装置测量滑块与木板之间的动摩擦因数：一木板固定在桌面上，一端装有定

滑轮；滑块的左端与穿过打点计时器（未画出）的纸带相连，右端用细线通过定滑轮与托盘连接。在托盘中放入适量砝码，接通电源，释放滑块，打点计时器在纸带上打出一系列的点。(1)如图乙为实验中获取的一条纸带：0、1、2、3、4、5、6是选取的计数点，每相邻两计数

点间还有4个计时点（图中未标出），测得计数点间的距离如图所示。已知交流电源的频率为50Hz，根据图中数据计算滑块加速度a=________m/s2，计数点3对应的滑块速度v3=_________m/s。（结果保留两位有效数字）。(2)滑块、托

盘（含砝码）的质量分别用M、m表示，滑块的加速度用a表示，重力加速度为g，则滑块与木板间的动摩擦因数μ＝__________（用题中字母表示）。(3)若实验测得的动摩擦因数偏大，主要原因可能是_______________________。A.纸带与打点计时器间

有摩擦B.滑轮存在摩擦阻力C.木板未调节水平，左端偏高D.未满足M远大于m【答案】(1).0.50m/s2(2).0.26m/s或0.27m/s(3).()mgMmaMg−+=(4).AB【解析】【详解】（1）[1]每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数

点时间间隔T=0.1s，根据逐差法有()()265432120.5ms9xxxxxxaT++−++==[2]根据匀变速直线运动规律知道3点的瞬时速度等于2点到4点的平均速度有2430.26ms2xvT==（2）[3]以整个系统为研究对象，根据牛顿第二

定律有()mgfMma−=+fMg=联立解得()mgMmaMg−+=（3）[4]纸带与打点计时器间的摩擦力和滑轮存在摩擦阻力都会使测得的摩擦力增大，根据fMg=可知，摩擦力增大，故摩擦因数增大。木板未调节水平，左端偏高和未满足M远大于m均不会影响摩擦力变大，故AB正确，CD错误。故选AB。1

1.合金材料的电阻率都比较大，某同学按如下步骤测量一合金丝的电阻率。实验操作如下：(1)用螺旋测微器在金属丝上三个不同位置测量金属丝的直径，结果都如图甲所示，则该金属丝的直径为________mm。(2)按图乙连接测量电路，将滑动变阻器置于最大值，闭合开关，移动滑动变阻器

，发现电压表读数有读数，而电流表读数总为零，已知电流表、电压表以及待测金属丝都是完好的，则电路故障为导线_________断路（用图中导线编号表示）。(3)排除电路故障后，改变滑动头在金属丝上的位置，测出金属丝长度l和接入电路的电阻Rx如下表请根据表中的数据，在图

丙方格纸上作出Rx–l图像_______。(4)根据图像及金属丝的直径，计算该合金丝电阻率ρ=__________Ω·m（保留二位有效数字）。(5)采用上述测量电路和数据处理方法，电表内阻对合金丝电阻率测量的影响为_____（填“使结果偏大”、“使结果偏小”、“对结果无影响”）。【答案】(1).0

.379、0.380或者0.381(2).a或c(3).(4).68.510−~69.910−(5).对结果无影响【解析】【详解】（1）[1]金属丝的直径为0mm380.01mm0.380mm+=（2）[2]只有a或c发生断路时，电压表相当于测电源电压，此时才会电压表读

数有读数，而电流表读数总为零。（3）[3]在图丙方格纸上作出Rx–l图像如下（4）[4]根据公式lRS=得61321=9.6610=0.380..001π28510lRS−−=（5）[5]因为多次测量金属丝长度l和接入电路的电阻，通过画图求斜率求出

xRl的大小，所以电表内阻对合金丝电阻率测量结果无影响。12.下列说法中正确的是。A.电子的衍射图样证实了实物粒子具有波动性B.为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的C.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的

轨道时，原子总能量减小D.光电效应中极限频率的存在说明了光的波动性【答案】AB【解析】【详解】A．电子的衍射图样证实了实物粒子的波动性，故A正确；B．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量的量子化，故B正确；C．氢原子核外电子从半

径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大，故C错误；D．光电效应现象说明了光的粒子性，并不是波动性，故D错误。故选AB。13.42He核以速度v轰击静止的147N核，先形成一个新

核，新核的速度为________，新核不稳定，最终变为178O和__________（填粒子符号）。【答案】(1).29v(2).11H【解析】【详解】[1]核反应过程中，系统动量守恒，以v方向为正方向，根据

动量守恒定律得()1121mvmmv=+129vv=[2]根据质量数和电荷数守恒可得4141712781HeNOH+→+所以最终变为178O和11H。14.如图所示，嫦娥四号着陆器为了寻找月面上的平坦的着陆区，可以悬停在月面附近，已

知着陆器在月面附近的重力为G，忽略悬停过程由于喷气而引起的重力变化，燃气的喷射速度为v，求着陆器悬停时单位时间内喷出燃气的质量。【答案】Gv【解析】【详解】根据受力分析有FG=0Ftmv=−则有mFGtvv==15.下列说法正确

的是A.大气中PM2．5的运动是分子的无规则运动B.晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点C.扩散运动和布朗运动的剧烈程度都与温度有关D.热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体【答案】BC【解析】

试题分析：大气中PM2．5的运动是固体颗粒的无规则运动，选项A错误；晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，选项B正确；扩散运动和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，温度越高越明显，选项C正确；热量能够从高温物体传到低温物体，也能从低温物体传到高温物体，

但要引起其他的变化，选项D错误；故选BC.考点：晶体和非晶体；布朗运动和扩散现象；热力学第二定律.16.(1)如图为某同学设计的一个温度计，一金属球形容器上部有一开口的玻璃管，玻璃管内水银柱封闭着一定

质量的理想气体，外界大气压保持不变，当水银柱缓慢上升时，容器内壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力_______（填“增大”、“不变”、“减小”），气体对外做功_______（填“大于”、“等于”、“小于”）吸收的热量。(2)在上题中，如果玻璃管内部横截面积为S，当外界热力学温度为

T1时，空气柱长度为l1，现把容器浸在热力学温度为T2的热水中，空气柱长度变为l2，不计容器的热胀冷缩，试求该容器球形部分内部的容积V_____。【答案】(1).不变(2).小于(3).()211221lTlTSTT−−

【解析】【详解】（1）[1]当水银柱缓慢上升时，说明玻璃管的理想气体等压膨胀，所以容器内壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力不变。[2]等压膨胀，温度升高，内能增大，根据ΔΔΔUQW=+可知，气体对外做功小于吸收的热量。（2）[3]因为是等压

变化1212VVTT=所以1212VlsVlsTT++=解得()211221lTlTSVTT−=−17.下列说法中正确的是。A.光速不变原理是狭义相对论的两个基本假设之一B.变化的电场一定产生变化的磁场C.光的偏振现象说明光是横波D.无影灯是利用光的衍射原理【答案】AC【解析】【详解】A．狭义相

对论的两条基本假设是光速不变原理和相对性原理,故A正确；B．均匀变化的电场一定产生恒定的磁场，故B错误；C．偏振是横波的特有现象，光的偏振现象说明光是一种横波，故C正确；D．无影灯是利用光的直线传播原理制成

的，故D错误。故选AC。18.如图所示，操场上有两个振动情况完全相同的扬声器均发出频率为f=34Hz的声音，已知空气中声速v声=340m/s，则该声波的波长为____m，图中ED=16m，DF=9m，CD=

12m，则观察者在C处听到的声音是_____（填写“减弱的”或“加强的”）。【答案】(1).10(2).减弱的【解析】【详解】[1]根据波长公式340=10m34vf==[2]根据勾股定理可求出22161220mCE=+=2291215mCF=+=相差半个波长，当声音传播到C处时刚好波峰和波谷

叠加，所以观察者在C处听到的声音是减弱的。19.图甲为能进行图形翻转的“道威棱镜”示意图，其横截面OABC是底角为45°的等腰梯形，高为a，上底边长为a，下底边长3a，如图乙所示。一细光束垂直于OC边射

入，恰好在OA和BC边上发生全反射，最后垂直于OC边射出，已知真空中的光速为c。试求该光束在棱镜中的传播时间t。【答案】32ac【解析】【详解】恰好发生全反射1sinnC=即12sin45n==所以速度为22cvcn==则时

间为332aatvc==四、计算题：本题共3小题，共计47分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。20.据报道，我国华中科技

大学的科学家创造了脉冲平顶磁场磁感应强度超过60T的世界纪录，脉冲平顶磁场兼具稳态和脉冲两种磁场的优点，能够实现更高的强度且在一段时间保持很高的稳定度。如图甲所示，在磁场中有一匝数n=10的线圈，线圈平面垂直于磁场，线圈的面积为S=4×10-4m2，电

阻为R=60Ω。如图乙为该磁场磁感应强度的变化规律，设磁场方向向上为正，求：(1)t=0.5×10-2s时，线圈中的感应电动势大小；(2)在0~2×10-2s过程中，通过线圈横截面的电荷量；(3)在0~3×10-

2s过程中，线圈产生的热量。【答案】（1）24V；（2）3410−C；（3）0.192J。【解析】【详解】(1)由BEnSt=得42601041024110E−−==V(2)在0~10ms过程中，由EIR=得I=0.4A在

10~20ms过程中，线圈中电流为0，所以，由ΔqIt=流过线圈的电荷量为230.4110410q−−==C(3)由22QIRt=0~30ms过程中，线圈产生的热量为2220.4601100.192Q−=

=J21.如图所示，两完全相同质量为m=1kg的滑块放在动摩擦因数为μ=14的水平面上。长度均为L=1m的轻杆OA、OB搁在两个滑块上，且可绕铰链O自由转动，两轻杆夹角为74°。现用竖直向下的恒力F=20N作用在铰链上，使两滑块由静止开始滑动。已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6

，cos37°=0.8。求：(1)此时轻杆对滑块A的作用力FA的大小；(2)此时每个滑块的加速度a大小；(3)当轻杆夹角为106°时，每个滑块的速度v大小。【答案】（1）12.5N；（2）22.5m/s；（3）2m/s。【解析】【详解】(1)在O点，F沿杆的分力为2cos37AFF=

解得12.5AF=N(2)由()cos375AfmgF=+=N()sin37cos37AAFmgFma−+=解得22.5msa=(3)因为52Ffmg=+=N保持不变，克服摩擦力做功()210cos37

sin372WfxLL==−=fΔJ恒力F做功为()20cos37sin374WFyLL==−=FΔJ2122FfWWmv−=解得2m/sv=22.如图所示，在xOy平面内，MN与y轴平行，间距为d，其间有沿

x轴负方向的匀强电场E。y轴左侧有宽为L的垂直纸面向外的匀强磁场，MN右侧空间存在范围足够宽、垂直纸面的匀强磁场（图中未标出）。质量为m、带电量为+q的粒子从P（d，0）沿x轴负方向以大小为v0的初速度射入匀强电场。粒子到达O点后，经过

一段时间还能再次回到O点。已知电场强度E=2032mvqd，粒子重力不计。(1)求粒子到O点的速度大小；(2)求y轴左侧磁场区域磁感应强度B1的大小应满足什么条件？(3)若满足(2)的条件，求MN右侧磁场的磁感应强度B2和y轴左侧磁场区域磁感应强度B

1的大小关系。【答案】（1）02vv=；（2）012mvBqL；（3）122(1)nBBn=+，n=l，2，3……【解析】【详解】(1)粒子，从P点到O点，由动能定理得2201122mvmvqEd−=可得粒子到20022qEdvvvm=+=(2)洛伦兹力提供向心力21

mvqvBr=粒子要再次回到O点，则粒子不能从y轴左侧的磁场射出，需要返回磁场，经过电场和MN右侧的磁场的作用，再次返回到O点，故要求：012mvrLqB=故要求012mvBqL(3)粒子通过电场回到MN右侧磁场时速度为0v。设粒子在右侧磁场中轨道半径为R，要使其能够回到原点，粒子在右侧磁

场中应向下偏转，且偏转半径R≥r。2020mvqBvR=解得02mvRqB=①当R=r00122mvmvqBqB=可得122BB=②R>r，要使粒子回到原点（粒子轨迹如下图所示）则须满足222)nRrr−=（其中n=l，2，3……00012122222mv

mvmvnqBqBqB−=122(1)nBBn=+，n=l，2，3……其中n=1时，122BB=综上，需要B2和y轴左侧磁场区域磁感应强度B1的大小关系满足122(1)nBBn=+，n=l，2，3……