2019-2020年高三物理上学期10月联考试题（含解析）粤教版.doc

2019-2020年高三物理上学期10月联考试题（含解析）粤教版一、选择题（共4小题，每小题4分，满分16分）1一汽车运动的vt图象如图所示，则汽车在02s内和2s3s内相比（）A位移相等B平均速度相等C运动方向相反D加速度相同考点：匀变速直线运动的图像.专题：运动学中的图像专题分析：解答本题应抓住：速度图象与坐标轴所围的“面积”物体的位移大小；匀变速直线运动的平均速度；速度变化量v=vv0；速度的正负表示汽车的运动方向；速度图象的斜率等于加速度根据这些知识即可分析选择解答：解：A、速度图象与坐标轴所围的“面积”物体的位移大小，由图知，02s内位移较大故A错误B、汽车在02s内平均速度为=m/s=3m/s，汽车在2s3s内平均速度为=3m/s故B正确C、速度时间图象都在时间轴的上方，速度都为正，方向相同故C错误C、根据速度图象的斜率等于加速度可知，在02s内汽车的加速度沿正方向，而在2s3s内加速度沿负方向，所以加速度不同故D错误故选：B点评：本题是速度图象问题，关键掌握匀变速直线运动的平均速度、“面积”等于位移、加速度等于斜率、速度变化量是矢量等知识进行判断2（4分）下列说法正确的是 （）AC 经一次衰变后成为NBHe核由两个中子和两个质子组成C温度升高能改变放射性元素的半衰期D平衡核反应方程应遵循质子数和中子数守恒考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度.专题：衰变和半衰期专题分析：C14经一次衰变后成为，质量数=质子数+中子数，半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关，核反应方程应遵循质量数和电荷数守恒解答：解：A、C14经一次衰变后成为，A错误；B、质量数=质子数+中子数，所以粒子由两个中子和两个质子组成，B正确；C、半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关，C错误；D、平衡核反应方程应遵循质量数和电荷数守恒，D错误；故选：B点评：掌握衰变过程中遵循质量数守恒和电荷数守恒，中等半衰期的意义，难度不大3某交流电电源电压的瞬时值表达式为u=6sinl00t（V），则下列说法中正确的是（）A用交流电压表测该电源电压时，示数是6VB用交流电压表测该电源电压时，示数是6VC用此电源给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔为0.01sD把标有“6V 3W”的小灯泡接在该电源上时，小灯泡将被烧毁考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理.专题：交流电专题分析：本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等解答：解：A、电压表测量的是有效值，用交流电压表测该电源电压时，示数是6V，故A正确，故B错误；C、由u=6sinl00t（V），可知，该交流电的最大值为6V，=100，所以T=s=0.02s，频率为50Hz，用此电源给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔为0.02s，故C错误；D、小灯泡的额定电压为有效值，所以小灯泡正常发光，故D错误故选A点评：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义4如图，力F垂直作用在倾角为的三角滑块上，滑块没被推动，则滑块受到水平地面的静摩擦力大小为（）A0BFcosCFsinDFtan考点：共点力平衡的条件及其应用；静摩擦力和最大静摩擦力；力的合成与分解的运用.专题：共点力作用下物体平衡专题分析：滑块没被推动，合力为零分析滑块的受力情况，根据平衡条件求得静摩擦力大小解答：解：分析滑块的受力情况：重力G、地面的支持力N和静摩擦力f、力F，作出力图，如图，根据平衡条件得 f=Fsin故选C点评：本题是多力平衡问题，正确分析受力情况是解题的关键，同时要由几何知识正确找出F与G的夹角，即可轻松求解二、双项选择题（共5小题，每小题6分，共54分在每小题给出的四个选项中，有两个选项是符合题意的，只选一个且正确得3分，有错选或不选不得分）5（6分）一质量m=1kg的物体在水平恒力F作用下沿水平面运动，1s末撤去恒力F，其vt图象如图所示则恒力F和物体所受阻力f的大小是（）AF=8NBF=9NCf=2NDf=3N考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像.专题：牛顿运动定律综合专题分析：通过图线的斜率求出匀加速和匀减速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出恒力F和阻力f的大小解答：解：由图线得，匀加速直线运动的加速度大小，匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律得，Ff=ma1，f=ma2，解得f=3N，F=9N故B、D正确，A、C错误故选BD点评：本题考查牛顿第二定律的基本运用，知道图线的斜率表示加速度6如图所示，弹簧被质量为m的小球压缩，小球与弹簧不粘连且离地面的高度为h，不计空气阻力，将拉住小球的细线烧断，则小球（）A直线运动B曲线运动C落地时的动能等于mghD落地时的动能大于mgh考点：机械能守恒定律；胡克定律；牛顿第二定律；平抛运动.专题：机械能守恒定律应用专题分析：对小球受力分析知，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，合力斜向右下方，在弹力作用下有水平方向的初速度，除了重力做功，还有弹力做功解答：解：A、将细绳烧断后，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，合力斜向右下方，在弹力作用下有水平方向的初速度，所以小球做曲线运动故A错误，B正确B、若只有重力做功，根据动能定理mgh=Ek可知落体的动能等于mgh，但除了重力做功外，还有弹力做正功，所以C正确，D正确故选BD点评：此题要分析出小球受力情况，根据受力情况分析运动情况此题难度不大，属于中档题7关于热现象和热学规律的说法中，正确的是（）A第二类永动机违背了能量守恒规律B当物体被拉伸时，分子间的斥力减小、引力增大C温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能大D悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动越明显考点：热力学第二定律；布朗运动；分子间的相互作用力.专题：热力学定理专题分析：解答本题需掌握：热力学第二定律：可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响；不可逆热力过程中熵的微增量总是大于零分子力：分子间引力和斥力随分子间的距离的增大而减小，随分子间的距离的减小而增大，且斥力减小或增大比引力变化要快些温度的微观意义：温度是分子热运动平均动能的标志布朗运动：悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动解答：解：A、第二类永动机违背了热力学第二定律，没有违背能量守恒定律，故A错误；B、当物体被拉伸时，分子间的斥力减小、引力也减小，但斥力减小的更快，故B错误；C、温度是分子平均动能的标志，故温度高的物体内能不一定大，但分子热运动的平均动能一定大，故C正确；D、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动；悬浮在液体中的固体微粒越小，液体分子碰撞的不平衡性越明显，布朗运动越明显；故C正确；故选CD点评：本题考查了热力学第二定律、分子力、温度的微观意义、布朗运动，知识点多，难度不大，关键多看书8（6分）北斗卫星系统由地球同步轨道卫星与低轨道卫星两种卫星组成，这两种卫星正常运行时（）A同步卫星运行的周期较大B低轨卫星运行的角速度较小C同步卫星的向心加速度较小D两种卫星的运行速度均大于第一宇宙速度考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用.专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供卫星圆周运动的向心力展开讨论周期、半径、角速度的关系解答：解：根据万有引力提供圆周运动向心力得=m=m=ma=m2rA、T=2，同步卫星轨道半径大，周期较大，故A正确；B、=，同步卫星轨道半径大，角速度较小，故B错误；C、a=，同步卫星轨道半径大，向心加速度较小，故C正确；D、第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大速度，两种卫星的运行速度均小于第一宇宙速度，故D错误故选：AC点评：根据万有引力提供向心力，熟练讨论加速度、角速度、周期和半径间的关系是解决本题的关键9如图所示，光滑的水平面上，质量为m1的小球以速度v与质量为m2的静止小球正碰，碰后两小球的速度大小都为，方向相反，则两小球质量之比m1：m2和碰撞前后动能变化量之比Ek1：Ek2为（）Am1：m2=1：3Bm1：m2=1：1CEk1：Ek2=1：3DEk1：Ek2=1：1考点：动量守恒定律.分析：1、根据动量守恒定律列式，就可求得质量之比2、分别求出两球碰撞前后动能变化量，然后相比即可解答：解：A、B：以原来m1的速度v方向为正方向，根据动量守恒定律所以故A正确、B错误C、D：两球碰撞前后动能变化量分别为：=所以故C错误、D正确故选AD点评：对于动量守恒的问题，一定要注意矢量的方向性，分析清楚碰撞前后各个量的方向，这是解题的关键此题难度不大，属于中档题三、解答题（共4小题，满分54分）10（11分）在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s2，那么：在该实验中，下列各项描述正确的是BEF（多选题）A必须选用第1、2两点相距约2mm的纸带，才能完成该验证实验B需要测量的数据是纸带上起点O到各个计数点的高度C必须要测量重锤的质量D必须测量重锤下落的时间E需要把打点计时器两限位孔尽量调到同一竖直线上F利用纸带测算出O点到各计数点重力势能的减小，总是略大于测算出的动能的增加根据图上所得的数据，应取图中O点到B点来验证机械能守恒定律；从O点到问中所取的点，重物重力势能的减少量Ep=1.88J，动能增加量Ek=1.84 J（结果取三位有效数字）；若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象是图中的A考点：验证机械能守恒定律.专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项验证机械能守恒时，我们验证的是减少的重力势能Ep=mgh和增加的动能Ek=之间的关系，所以我们要选择能够测h和v的数据减少的重力势能Ep=mgh，增加的动能Ek=，v可由从纸带上计算出来根据机械能守恒可知mgh=，由此可得出的关系图象解答：解：A、选择纸带时并非一定1、2两点相距约2mm，只要打点清晰即可，故A错误；B、实验中需要测量重锤下落高度以及下落到某点的速度，因此需要测量的数据是纸带上起点O到各个计数点的高度，故B正确；C、因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平，C错误；D、打点计时器记录了重锤下落时间，不需要测量时间，故D错误；E、为减小摩擦阻力，需要调整打点计时器的限位孔，使它在同一竖直线上，故E正确；F、重锤下落的过程中不可避免的受到阻力作用，因此重力势能的减小量大于动能的增加量，故F正确故选：BEF有错误或不妥的步骤是：B、固定好打点计时器，将连着重锤的纸带穿过限位孔，用手提住，让纸带下端尽量靠近打点计时器，以便测出更多的数据，以减小误差故B错误D、取下纸带，挑选点迹清晰的纸带，记下第一个打下的点O，在纸带中间处选择几个连续计数点，不要离计数点较近，以便减小测量误差故D错误故选：BEF验证机械能守恒时，我们验证的是减少的重力势能Ep=mgh和增加的动能Ek=之间的关系，所以我们要选择能够测h和v的数据，故选B点减少的重力势能：Ep=mgh=19.819.2102=1.88J，B点的速度为：所以动能增加量：EK=1.84J，从理论角度物体自由下落过程中机械能守恒可以得出：mgh=mv2，即v2=2gh，所以以v2为纵轴，以h为横轴画出的图线应是过原点的倾斜直线，也就是图中的A故答案为：BEF；B；1.88；1.84；A点评：正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所测数据，如何测量计算，会起到事半功倍的效果运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题，要注意单位的换算和有效数字的保留11（7分）在“测定金属的电阻率”实验中，提供的电源是一节内阻不计的干电池，被测金属丝的直径小于1mm，长度约为80cm，阻值约为3使用的电压表有3V（内阻约为3k）和15V（内阻约为15k）两个量程，电流表有0.6A（内阻约为0.1）和3A（内阻约为0.02）两个量程；供限流用的滑动变阻器有最大阻值分别为10、100、1 500的三种，可供选择的实验电路有如图甲、乙所示的两种用螺旋测微器测金属丝的直径如图丙所示，则：螺旋测微器的示数是2.250mm为减小电阻的测量误差，应选用乙图所示的电路为在测量中便于调节，应选用最大阻值为10的滑动变阻器电压表的量程应选用3V电流表的量程应选用0.6A考点：测定金属的电阻率.专题：实验题分析：本题应分成整数部分和小数部分两部分来读；题应根据与的大小来选择电流表的接法；题变阻器采用限流式接法时，选择全电阻与待测电阻接近的变阻器时调节方便；题根据电源电动势的大小选择电压表的量程；题根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程解答：解：螺旋测微器的读数为d=2.0mm+25.00.01mm=2.250mm；：由于待测电阻满足，电流表应用外接法，所以应选用乙图所示的电路；：由于待测电阻阻值为3，所以变阻器采用限流式接法时，应选择与待测电阻接近的最大阻值为10变阻器；：由于一节电池的电动势为1.5V，所以电压表应选择3V的量程；：根据闭合电路欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为=0.5A，所以电流表应选择0.6A的量程；故答案为：2.250；乙；10；3；0.6点评：应明确：要分成“整数部分”和“小数部分”两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出；应根据通过待测电阻的最大电流选择电流表的量程，根据电源电动势大小选择电压表的量程；当变阻器采用限流式接法时，应选择全电阻与待测电阻阻值接近的变阻器以方便调节12（18分）如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成的S形轨道光滑半圆轨道半径为R，两个光滑半圆轨道连接处CD之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略粗糙弧形轨道最高点A与水平面上B点之间的高度为h从A点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点在同一竖直线上B点的距离为x已知小球质量m，不计空气阻力，求：（1）小球从E点水平飞出时的速度大小；（2）小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力；（3）小球从A至E运动过程中克服摩擦阻力做的功考点：机械能守恒定律；平抛运动.专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）小球从E点飞出做平抛运动，根据高度求出运动的时间，再根据水平位移和时间求出平抛运动的初速度（2）在B点，沿半径方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出轨道对球的弹力，从而根据牛顿第三定律求出小球对轨道的压力（3）根据动能定理求出小球沿轨道运动过程中克服摩擦力所做的功解答：解：（1）小球从E点飞出后做平抛运动，设在E点的速度大小为v，则：4R=x=vt解得：v=x（2）小球从B点运动到E点的过程，机械能守恒在B点Fmg=m联立解得：F=9mg+由牛顿第三定律可知小球运动到B点时对轨道的压力为F=9mg+（3）设小球沿翘尾巴的S形轨道运动时克服摩擦力做的功为W，则mg（h4R）W=得W=mg（h4R）答：（1）小球从E点水平飞出时的速度大小为x；（2）小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力大小为9mg+；（3）小球沿翘尾巴S形轨道运动时克服摩擦力做的功为mg（h4R）点评：解决本题的关键理清运动的过程，综合运用牛顿定律和动能定理进行解题13（18分）如图所示，x轴上方为垂直于平面xOy向里的匀强磁场，磁感应强度为B，x轴下方为方向平行于x轴但大小一定（设为E0）、方向做周期性变化的匀强电场，在坐标（R，R）处和第象限中某点各有质量为m、带电荷量为q的正点电荷P和Q，现使P在匀强磁场中开始做半径为R的匀速圆周运动，同时释放Q，要使两点电荷总是以相同的速度同时通过y轴，求：（1）场强E0的大小及其变化周期T；（2）在图的Et图中作出该电场的变化图象（以释放点电荷P时为初始时刻，x轴正方向作为场强的正方向），要求至少画出两个周期的图象考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动.专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的速度，由周期公式求出粒子运动的周期；由牛顿第二定律求出电场强度；根据电场强度的变化规律作出图象解答：解：（1）正点电荷P做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，由题意知P点电荷开始是向上运动，则绕圆心（0，R）做匀速圆周运动，运动周期点电荷一个周期内两次以相反的速度通过y轴，Q点电荷每次与P点电荷以相同速度经过y轴，所以电场强度变化的周期：，由牛顿第二定律得：F=ma，即：，解得：；（2）由（1）的分析作出Et图象，图象如图所示：答：（1）场强E0的大小为，其变化周期T为；（2）Et图象如图所示点评：解决该题的关键是判断出粒子通过y轴的时间与P运动周期的关系，抓住对称性和周期性是分析的技巧