2019-2020年高三一模物理试题 含解析.doc

2019-2020年高三一模物理试题 含解析一、单项选择题1（4分）（xx汕头一模）如图，无风时气球在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力为F当有水平风力作用时，轻绳倾斜一定角度后气球仍静止在空中，有风时与无风时相比（） A 气球所受合力减小 B 气球所受合力增大 C 轻绳的拉力F减小 D 轻绳的拉力F增大【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 有风时与无风时，气球都处于静止状态，受力平衡，对气球受力分析然后根据平衡条件列方程求解【解析】：解：A、有风时与无风时，气球都处于静止状态，受力平衡，合外力为零，不变，故AB错误；C、无风时气球在竖直方向受重力、绳子拉力和浮力F浮mgF=0解得：F=F浮mg，有风时，设绳子与竖直方向的夹角为，绳子的拉力沿竖直方向的分量等于重力和浮力之和，则有：F浮mgFcos=0解得：Fcos=F浮mg，FF所以F增大，故C错误，D正确故选：D【点评】： 本题考查了平衡条件的运用，关键是正确的进行受力分析，难度不大，属于基础题2（4分）（xx汕头一模）甲、乙两颗圆球形行星半径相同，质量分别为M和2M，若不考虑行星自转的影响，下述判断正确的是（） A 质量相同的物体在甲、乙行星表面所受万有引力大小相等 B 发射相同的卫星，在甲行星上需要更大推力的运载火箭 C 两颗行星表面的重力加速度：g甲=g乙 D 两颗行星的卫星的最大环绕速度：v甲v乙【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 抓住卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，列式展开讨论即可【解析】：解：A、根据万有引力定律，得，故A错误BD、靠近行星表面的卫星的运行速度即为该行星的第一宇宙速度，根据提供向心力，得，所以，即v甲v乙，故发射相同的卫星，在乙行星上需要更大推力的运载火箭，故BD错误C、不考虑行星自转的影响，行星表面的物体受到的重力等于万有引力，得，所以，即g甲=g乙，故C正确故选：C【点评】： 抓住半径相同，中心天体质量不同，根据万有引力提供向心力展开讨论即可，注意区别中心天体的质量不同3（4分）（xx汕头一模）如图，插有铁芯的螺线管固定在水平面上，管右端的铁芯上套着一个可以自由移动的闭合铜环，螺线管与电源、电键组成电路，不计铜环与铁芯之间摩擦阻力，下面说法正确的是（） A 闭合电键，螺线管右端为N极 B 闭合电键瞬间，铜环会向右运动 C 闭合电键瞬间，铜环会向左运动 D 闭合电键瞬间，铜环仍保持不动【考点】： 楞次定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 闭合电键的瞬间，穿过闭合铜环的磁通量增加，产生感应电流，闭合铜环受到安培力而运动当电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过闭合铜环的磁通量不变，没有感应电流产生根据安培力产生情况，判断铜环的运动情况【解析】：解：A、闭合电键，根据右手螺旋定则可知，螺线管右端为S极，故A错误；B、C、若电键闭合瞬间，线圈产生的磁场变化，穿过铜环的磁通量变大，根据楞次定律相对运动角度可知，铜环会向右运动，从而阻碍磁通量的增大故B正确，CD错误故选：B【点评】： 本题考查应用物理规律解决实际问题的能力根据楞次定律，无论电源的极性如何，当线圈中电流增大时，闭合铜环将远离螺线管4（4分）（xx汕头一模）如图，发电机的电动势e=678sin100t V，变压器的副线圈匝数可调，触头P置于a处时，用户的用电器恰好得到220V的电压，R表示输电线的电阻下列说法正确的是（） A 电流的频率为100Hz B 电压表V2的示数为220V C 电压表V1的示数为678V D 当用户的用电器功率增加时，要保持用户仍得到220V的电压，触头P应向上滑【考点】： 变压器的构造和原理；电功、电功率【专题】： 交流电专题【分析】： 变压器只改变电压，不会改变频率，副线圈两端的电压等于用户电压和输电线路损失电压之和；由变压器怨妇线圈电压之比等于匝数之比即可比较【解析】：解：变压器只改变电压，不会改变频率，故频率为f=50HZ，故A错误；B、电压表的示数为用户和输电线路上损失的电压值和，故B错误；C、电压表测量的是有效值，故示数为U=，故C错误；D、当用户功率增大时，由P=UI可知，输电线路上的电流增大，故损失电压增大，变压器副线圈两端电压增大，故由可知触头P应向上滑，故D正确故选：D【点评】： 分析变压器时注意输出电压和输入功率这两个物理量的决定关系，然后结合电阻的串并联知识进行求解二、双项选择题：5（6分）（xx汕头一模）氢原子的能级如图所示氢原子从n=4能级直接向n=1能级跃迁所放出的光子，恰能使某金属产生光电效应，下列判断正确的是（） A 氢原子辐射出光子后，氢原子能量变大 B 该金属的逸出功Wo=12.75eV C 用一群处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁时所发出的光照射该金属，该金属仍有光电子逸出 D 氢原子处于n=1能级时，其核外电子在最靠近原子核的轨道上运动【考点】： 光电效应【专题】： 光电效应专题【分析】： 能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子能量越大，频率越大，波长越小【解析】：解：A、氢原子发生跃迁，辐射出光子后，氢原子能量变小故A错误B、根据恰能使某金属产生光电效应，由n=4跃迁到n=1，辐射的光子能量最大，E=13.60.85eV=12.75eV则逸出功Wo=12.75eV，故B正确C、一群处于n=3的氢原子向低能级跃迁时，辐射的能量小于从n=4能级直接向n=1能级跃迁所放出的光子能量，则不会发生光电效应，故C错误D、根据玻尔原子模型，可知，处于n=1能级时，其核外电子在最靠近原子核的轨道上运动故D正确故选：BD【点评】： 解决本题的关键知道能级间跃迁满足的规律，即EmEn=hv理解逸出功的含义，注意光电效应的产生条件6（6分）（xx汕头一模）气象探测气球内充有常温常压的氦气，从地面上升至某高空的过程中，气球内氦气的压强随外部气压减小而逐渐减小，其温度因启动加热装置而保持不变高空气温为7.0，球内氦气可视为理想气体，下列说法中正确的是（） A 在此过程，气球内氦气体积逐渐增大 B 在此高空，关闭加热装置后，氦气分子平均动能增大 C 在此高空，关闭加热装置后，氦气将对外界做功 D 在此高空，关闭加热装置后，氦气将对外放热【考点】： 热力学第一定律；理想气体的状态方程【分析】： 气体经历等温过程，根据玻意耳定律分析体积的变化；温度是分子热运动平均动能的标志【解析】：解：A、气体经历等温过程，压强减小，根据PV=C，在此过程，气球内氦气体积逐渐增大，故A正确；B、在此高空，关闭加热装置后，温度降低，故氦气分子平均动能减小，故B错误；C、在此高空，压强固定，关闭加热装置后，温度降低，根据，体积减小，故是外界对气体做功，故C错误；D、在此高空，压强固定，关闭加热装置后，温度降低，故会对外放热，故D正确；故选：AD【点评】： 本题关键是明确温度的微观意义，能够结合理想气体状态方程列式分析，基础题目7（6分）（xx汕头一模）在方向垂直纸面向里的匀强磁场中，电量都为q的三个正、负离子从O点同时沿纸面内不同方向射出，运动轨迹如图，已知mamb=mc，磁场足够大，不计离子间的相互作用，可以判定（） A a、b是正离子，c是负离子 B a、b是负离子，c是正离子 C a最先回到O点 D b、c比a先回到O点【考点】： 洛仑兹力【分析】： 根据粒子的偏转方向，结合左手定则确定电性根据周期公式比较周期的大小，从而确定谁先回到O点【解析】：解：A、根据左手定则知，c带正电，a、b带负电，故B正确，A错误C、根据T=，因为电量相等，mamb=mc，可知b、c的周期相等，小于a的周期，则b、c比a先回到O点，故D正确，C错误故选：BD【点评】： 解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力方向、磁场方向、电荷运动方向的关系，掌握粒子在磁场中运动的周期公式，并能灵活运用8（6分）（xx汕头一模）建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动下列说法正确的是（） A 倾角越大，雨滴下滑时的加速度越大 B 倾角越大，雨滴对屋顶压力越大 C 倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的动能越大 D 倾角越大，雨滴从顶端口下滑至屋檐M时的时间越短【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 雨滴从房顶下淌时做初速度为零的匀加速直线运动，该物理模型和物块从斜面顶端沿斜面下滑一样，然后根据匀变速直线运动规律求解即可【解析】：解：设屋檐的底角为，底边为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑时加速度为a，对水滴做受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N，垂直于屋顶方向：mgcos=N平行于屋顶方向：ma=mgsinA、水滴的加速度为：a=gsin，则倾角越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；B、雨滴对屋顶的压力：N=N=mgcos，则倾角越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；C、根据三角关系判断，屋顶坡面的长度：s=，则从屋顶0点到M点垂直距离：h=ssin=，则水滴滑到M点时的动能等于重力势能的减小量：底边长度L是不变的，则Ek随倾角增大而增大，故C正确；D、设从0到M的时间为t，水滴的运动距离为：s=，由位移时间公式得：s=则：t=，故当=45时，用时最短，故D错误；故选：AC【点评】： 注意物理规律在生活实际中的应用；在讨论物理量的变化时，可以通过不变量和变化量之间的关系写出方程进行讨论9（6分）（xx汕头一模）如图，直立弹射装置的轻质弹簧顶端原来在O点，O与管口P的距离为2xo，现将一个重力为mg的钢珠置于弹簧顶端，再把弹簧压缩至M点，压缩量为xo释放弹簧后钢珠被弹出，钢珠运动到P点时的动能为4mgxo，不计一切阻力，下列说法中正确的是（） A 弹射过程，弹簧和钢珠组成的系统机械能守恒 B 弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能全部转化钢珠的动能 C 钢珠弹射所到达的最高点距管口P的距离为7xo D 弹簧被压缩至M点时的弹性势能为7mgxo【考点】： 功能关系；机械能守恒定律【分析】： A、只有重力作用下，系统机械能守恒；B、弹簧恢复原长时，钢珠的动能和重力势能都增加；C、D、根据钢珠运动到P点时的动能和势能，计算出总的机械能，即弹簧被压缩至M点时的弹性势能，然后计算出运动的最高位置距离M的距离，进而求出距离管口P的距离【解析】：解：A、弹射过程中，对弹簧和钢珠组成的系统而言，只受重力作用，故总系统机械能守恒，故A正确；B、D、弹簧恢复原长时，钢珠的动能增加到4mgxo，且竖直方向上，钢珠位置升高了3x0，即重力势能增加量：Ep=3mgx0，故弹簧被压缩至M点时的总弹性势能为：E=4mgx0+3mgx0=7mgx0，一部分转化为钢珠的动能，一部分转化为钢珠的重力势能，故B错误，D正确；C、钢珠到达管口P点时动能为4mgxo，当钢珠达到最大高度时，动能为0，动能转化为重力势能，则上升的最大高度距离管口的距离h满足：mgh=4mgxo，故上升的最大高度距离管口的距离：h=4xo，故C错误；故选：AD【点评】： 本题主要考查只受重力作用下的系统机械能守恒定律，需要选择M位置为参考面，钢珠机械能为0，到P点时弹性势能全转变为钢珠的动能和重力势能，注意机械能守恒中，物体动能和重力势能是相互转化的三、非选择题10（8分）（xx汕头一模）利用力传感器P探究“静摩擦力及滑动摩擦力变化的规律”，装置如图甲P固定于桌面并与计算机连接，可获得力随时间变化的规律，车板较长的平板车通过细绳连接空沙桶，调节细绳水平，整个装置开始时处于静止状态开启传感器P，缓慢向沙桶里倒入沙子，小车刚运动时立即停止倒沙子，此后P的示数表示滑块与小车之间的滑动摩擦力（填“静摩擦力”，或“滑动摩擦力”）的大小小车的运动是否必须为匀速直线运动？答：否（填“是”或“否”）OP采集的图象如图乙，由此可知，滑块与小车之间的最大静摩擦力为0.65N若已知滑块的质量为0.15kg，取重力加速度为10m/s2，则滑块与小车之间的动摩擦因数=0.40（结果保留2位有效数字）【考点】： 探究影响摩擦力的大小的因素【专题】： 实验题【分析】： 根据实验原理，及实验操作可知；当小车由静止刚好开始运动时，滑块与小车间的摩擦力是最大静摩擦力，此时小车处于静止状态，第小车进行受力分析求出沙桶及所装沙子的总质量，对滑块进行受力分析，由图象求出传感器对滑块的拉力，由平衡条件求出滑块受到的摩擦力，进而求出动摩擦力因数【解析】：解：由实验装置，结合操作过程，力传感器测量小车的滑动摩擦力由图象可知，小车刚好要运动时受的是最大静摩擦力为fmax=0.65N，稳定后，滑块受的摩擦力f=0.60N由滑动摩擦力公式得=0.40；故答案为：滑动摩擦力；否，0.65，0.40【点评】： 本题难度不大，对滑块正确受力分析、应用牛顿的三定律即可正确解题，由图乙所示图象求出传感器拉力大小是正确解题的关键11（10分）（xx汕头一模）多用电表欧姆挡内部电路如图（a）所示，某实验小组利用滑动变阻器和毫安表测量某一多用电表“1”挡内部电源的电动势E，实物电路如图（b）把多用表选择旋钮拨到欧姆挡的“1”位置，将红、黑表笔短接后进行欧姆调零正确连接图（b）的电路后，将滑动变阻器的阻值调至最大（填“大”或“小”），闭合开关，调节滑动片P，获取几组多用电表的电阻读数和毫安表的电流读数并记录若某次实验毫安表的电流读数为I，多用电表的示数R如图（c），则多用电表外部接入电路的电阻（即滑动变阻器的电阻和毫安表的内阻之和）为40根据欧姆挡表盘数据，可知多用表“1”挡内部电路的总内阻为R=30根据实验原理，该电阻挡内部电源的电动势表达式为E=I（R+R）（用I，R和R表示）【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题【分析】： 根据多用电表的读数方法明确实验中的应注意事项，明确读数方法；根据闭合电路欧姆定律确定电动势【解析】：解：多用电表在测量电阻时，每次换档后均应进行欧姆调零；为了保护电表的安全，开始时滑动变阻器应调至最大；由图可知；指针读数为40；档位取1；则读数为：401=40；当内外电阻相等时，指针恰指在中间位置，即30，此值即为欧姆表内部电路的总电阻；由闭合电路欧姆定律可知：电动势E=I（R+R）；故答案为：欧姆调零；大；40；30；I（R+R）；【点评】： 本题考查多用电表的使用，要注意正确掌握多用电表的使用方法，每次进行测量电阻时均应进行欧姆调零12（18分）（xx汕头一模）真空室内，一对原来不带电的相同金属极板P、Q水平正对固定放置，间距为d在两极板外部右侧有一个半径也为d的圆形区域，其圆心O处于两极板的中心线上，区域内部充满方向垂直于纸面向内的匀强磁场一束等离子体（含有大量带电量为+q或q的带电微粒，正、负电荷的总数相同）从两极板之间水平向右持续射入，射入时的速度大小都为v0，如图所示不计微粒的重力作用（1）若两极板之间的区域充满磁感应强度为B的匀强磁场（方向垂直于纸面向内）求极板P、Q间最后稳定的电压U并指出两板电势的高低（2）若两极板之间没有磁场，则微粒保持匀速向右运动直到射人圆形区现只研究从最下方（图中b点）射入的带正电微粒，结果发现该微粒运动过程恰好经过圆心O已知微粒的质量为m，求圆形区域内磁场的磁感应强度B0和该微粒在圆形区域内运动的时间（不计微粒间的相互作用）【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在混合场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： （1）当微粒不再偏转时，电场力与洛伦兹力平衡，根据平衡条件列式求解；（2）微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，画出粒子运动轨迹，根据几何关系求出半径，从而求出磁感应强度和运动的时间；【解析】：解：（1）当微粒不再偏转时，有：qE=qBv0，此时极板P、Q间的电压达到稳定，则有U=Ed，解得：极板PQ间最后稳定的定压U=v0Bd，P板的电势比Q板高，（2）微粒在磁场中做匀速圆周运动，有：，周期T=，从b点射入的微粒运动情况如图，轨道圆心在a点，由于cosb=，即b=60，因此abO为等比三角形，轨道半径r=d，解得磁感应强度：从b点射入的微粒在圆形区域内转过120，运动时间为答：（1）极板P、Q间最后稳定的电压U为v0Bd，P板的电势比Q板高（2）圆形区域内磁场的磁感应强度为，该微粒在圆形区域内运动的时间为【点评】： 本题考查了带电粒子在复合场中的运动，正确分析带电粒子在电场和磁场中的受力并判断其运动的性质及轨迹是解题的关键，难度适中13（18分）（xx汕头一模）如图，在光滑水平桌面上，小物块P1、P2分别静止在A，B点，P1的质量为2m，P2的质量为m，长为l的细线一端固定在桌面上的O点、另一端系着P2，开始时细线绷直且处于垂直于AB连线的方向上，细线能承受的最大拉力为F0光电计时器用来监控AB连线上的C点并可记录P1、P2通过C点的时间差，BC距离也为l，现将一大小为的水平恒力F作用在P1上，P1沿AB方向加速一段距离后撤去该力，之后P1与P2发生碰撞且碰后P1总以碰前P1的一半速度同向运动（1）若P1、P2碰撞时，细线恰好断裂，求恒力F作用过程P1的位移L与l之间的关系（2）若P1、P2碰撞后，P2先绕O点运动一周，在细线碰到OB中点O 处的钉子时细线恰好断裂，此后P2沿BC方向飞出，求光电计时器记录到的时间差t【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： （1）根据动能定理求出P1碰撞前的速度表达式，结合动量守恒求出碰撞后P2的速度，结合拉力提供向心力，求出恒力F作用过程P1的位移L与l之间的关系（2）抓住绳子恰好断裂，根据牛顿第二定律求出速度的大小，根据动量守恒求出碰撞后P2的速度，从而结合运动学公式求出光电计时器记录到的时间差t【解析】：解：（1）设碰撞前P1的速度为v0，碰撞后P2的速度为v，碰撞过程中动量守恒，则若P1P2碰撞时，细线刚好断裂，则：根据动能定理有：联立得，L=2l（2）设碰撞庈P1的速度为v0，碰撞后P2的速度为v，碰撞过程动量守恒，则：细线碰到钉子O时恰好断裂，则：解得：P2绕O做匀速圆周运动的周期为：T=由题意可知：t=由解得：t=答：（1）恒力F作用过程P1的位移L与l之间的关系为L=2l（2）光电计时器记录到的时间差为【点评】： 本题考查了动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律的综合运用，综合性较强，对学生要求较高，关键理清物体的运动规律，确定好研究的对象，选择合适的规律进行求解