2019-2020年高三第一次联考物理试题 含解析.doc

2019-2020年高三第一次联考物理试题 含解析命题学校：仲元中学 南海中学 桂城中学【试卷综析】本试卷是高三开学模拟试题，包含了高中物理的全部内容，主要包含受力分析、牛顿运动定律、动能定理、电场、磁场、恒定电流、电磁感应等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，是份非常好的试卷。一、单项选择题：本题包括16 小题，每小题4 分，共64 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4 分，选错或不答的得0 分。13如图所示，激情爬竿在08年春晚受到观众的好评。当杂技演员用双手握住固定在竖直方向的竿匀速攀上和匀速攀下时，他所受的摩擦力分别是f1和f2 ，那么Af1向下，f2向上，且f1 = f2Bf1向下，f2向上，且f1f2Cf1向上，f2向上，且f1 = f2Df1向上，f2向下，且f1 = f2【知识点】静摩擦力和最大静摩擦力B2【答案解析】 C 解析： 匀速攀上时，其重力与静摩擦力平衡，由平衡条件可知：fl方向竖直向上，f1=G；匀速下滑时，其重力与滑动摩擦力平衡，则f2方向竖直向上，且f2=G，所以f1=f2故ABD错误，C正确故选：C【思路点拨】张明同学匀速攀上和匀速滑下的过程中，受力均平衡匀速攀上时，其重力与静摩擦力平衡；匀速下滑时，其重力与滑动摩擦力平衡本题运用平衡条件分析生活中的摩擦问题，关键是分析物体的受力情况，根据平衡条件求解摩擦力的大小14.如图，沿x方向有界、沿y方向无界的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向内，大量的速率不同的电子（不计重力）从O点沿x轴正方向进入磁场，最终离开磁场，下列判断正确的是A所有的电子都向x轴下方偏转B所有的电子都做类平抛运动C所有的电子在磁场中运动时速度不变D只要是速率不同的电子，它们在磁场中运动的时间就一定不同【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律C2 K2【答案解析】A 解析： A、根据左手定则，可以判断电子受到的洛伦兹力的方向向下，所以所有的电子都向x轴下方偏转，故A正确；B、粒子在磁场中做的是匀速圆周运动，不会是类平抛运动，故B错误；C、洛伦兹力对电荷不做功，所有的电子在磁场中运动时速度大小不变，但方向时刻改变，电子速度不断变化，故C错误；D、粒子的速度不同，只是粒子的运动的半径不同，但是粒子的运动的时间不一定不同，故D错误故选：A【思路点拨】带电粒子在磁场中药受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断电荷的受力的方向粒子运动的时间与粒子的速度的大小无关本题是对左手定则的直接的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向【题文】15如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为101 ，原线圈输入的交流电如图乙所示，电阻R = 22 ，则A交流电的频率为100 HzBt = 0.005 s时电压表的读数为22VCt = 0.01 s时电流表读数为1 AD该变压器原线圈的输入功率为22 W【知识点】变压器的构造和原理M2【答案解析】D 解析： A、由图象知交流电的周期为T=0.02s，频率为f= 50H，故A错误；B、电压表的读数为电压的有效值，原线圈的电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为22V，所以电压表的读数为22V，故B错误；C、副线圈的电阻为22，所以副线圈的电流为I= =1A，电流与匝数成反比，原线圈的电流为 A，电流表的读数为电流的有效值，所以电流表读数为0.1A，故C错误；D、副线圈消耗的功率P=UI=221=22W，输入功率等于输出功率，故D正确；故选：D【思路点拨】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题【题文】16如图实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图不可确定的是A带电粒子所带电荷的符号B带电粒子在a、b两点的受力方向C带电粒子在a、b两点的速度何处较大D带电粒子在a、b两点的电势能何处较大【知识点】电场线；物体做曲线运动的条件；电场强度；电势能I1 I2【答案解析】 A 解析： 设粒子由a到b运动；A、B、由图可知，粒子偏向左下方，则说明粒子受力向左下，由于不知电场线方向，故无法判断粒子电性，故A正确，B错误；C、由图可知，粒子从A到B的过程中，电场力做负功，故说明粒子速度减小，故可知b处速度较小，故C错误；D、电场力做负功，则电势能增加，故b点电势能较大，故D错误；故选A【思路点拨】由粒子的偏转方向可得出粒子的受力方向，由功的计算可得出电场力做功的正负，由动能定理可得出粒子动能的变化；由电场力做功与电势能的关系可得出电势能的变化本题要注意无论是从a到b还是从b到a，我们得出的结果是相同的二、双项选择题：本大题共9小题，每小题6分，共54 分。在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0 分。【题文】17右图描述了一位骑自行车者从原点出发后的运动情况，下列说法正确的是A此人达到最大速度时位于区间B此人达到最大速度时位于区间C此人距离出发点最远时位于C点D此人距离出发点最远时位于B点【知识点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系A2 A5【答案解析】 BD 解析：A、由位移时间图线知，在区间内，图线的斜率最大，则速度最大故A错误，B正确C、由图象直接得出，人距离出发点最远时处于B点故D正确，故C错误故选：BD 【思路点拨】位移时间图线的斜率表示速度，根据斜率的大小比较速度的大小，通过位移的变化得出运动的方向, 解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线斜率表示的含义【题文】18恒温的水池中，有一气泡缓慢上升，在此过程中，气泡的体积会逐渐增大，不考虑气泡内气体分子势能的变化，则气泡内A. 气体内能增加 B. 气体对外界做功C. 气体从外界吸收了热量 D. 每个气体分子动能都不变【知识点】热力学第一定律H3【答案解析】BC 解析： A、恒温的水池中，气泡缓慢上升，温度不变，所以内能不变故A错误；B、气泡的体积逐渐增大，对外做功故B正确；C、气泡的内能不变，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体一定从外界吸收了热量故C正确；D、温度是分子的平均动能的标志，是大量分子的无规则运动的统计规律，温度不变，分子的平均动能不变，并不是每个气体分子动能都不变故D错误故选：BC【思路点拨】已知气体做功与内能变化情况，由热力学第一定律即可正确解题熟练应用热力学第一定律即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题，值得注意的是：温度是分子的平均动能的标志，是大量分子的无规则运动的统计规律【题文】19关于核反应，下列说法正确的是A氡的半衰期为3.8天，若有四个氡原子核，经过7.6天就只剩下一个B任何核反应，只要伴随能量的产生，则反应前后各物质的质量和一定不相等C太阳内部高温高压条件下的热核聚变核反应方程是D衰变的实质是原子核内部的一个中子转变成质子时释放出来的【知识点】原子核衰变及半衰期、衰变速度O2【答案解析】BD 解析： A、半衰期是对大量放射性元素的统计规律，对于少数是不成立的，故A错误；B、根据质能方程E=mc2可知，质量亏损伴随着能量的产生，故B正确；C、核反应方程92235U+01n54135Xe+3890Sr+1001n是裂变反应，而太阳内部进行的是聚变反应，故C错误；D、衰变的实质是原子核内部的一个中子转变成质子时释放出一个电子，故D正确故选：BD【思路点拨】正确解答本题需要掌握：理解半衰期的含义，并能进行有关半衰期的运算；结合质能方程理解核能的产生；聚变和裂变的区别；衰变的实质本题考查了有关核反应的知识，要充分理解三种衰变以及半衰期、质能方程等基础知识【题文】20我国正在建设的北斗卫星导航系统空间段由5颗静止轨道卫星（即地球的同步卫星）和30颗非静止轨道卫星组成，下列表述正确的是A静止轨道卫星所受地球引力方向不变B静止轨道卫星运行速度比地球自转速度大C静止轨道卫星和非静止轨道卫星都处于失重状态D提高非静止轨道卫星运行速度仍可使其在原轨道上运行【知识点】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D5【答案解析】BC 解析： A、静止轨道卫星所受地球引力方向指向地心，不断改变，故A错误；B、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，具有相同的角速度，根据v=r得静止轨道卫星运行速度大于地球自转速度，故B正确；C、卫星在轨道上运行时只受重力，所以都处于失重状态，故C正确；D、提高卫星运行速度，卫星将会做离心运动偏离原来的轨道，故D错误故选：BC【思路点拨】了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度【题文】21如图所示，在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，有一水平放置的U形导轨，导轨左端连接一阻值为R的电阻，导轨电阻不计。导轨间距离为L ，在导轨上垂直放置一根金属棒MN ，与导轨接触良好，电阻为r ，用外力拉着金属棒向右以速度v做匀速运动。则金属棒运动过程中A金属棒中的电流方向为由N到M B电阻R两端的电压为BLvC金属棒受到的安培力大小为D电阻R产生焦耳热的功率为【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率J3 L2 L3【答案解析】AC 解析： A、由右手定则判断得知金属棒MN中的电流方向为由N到M，故A正确；B、MN产生的感应电动势为 E=BLv，回路中的感应电流大小为 I=，则电阻R两端的电压为U=IR=，故B错误；C、金属棒MN受到的安培力大小为 F=BIL=，故C正确；D、电阻R产生焦耳热的功率为 P=I2R=（）2R=，故D错误故选：AC【思路点拨】对于切割产生的感应电流方向，由右手定则或楞次定律判断；由公式E=BLv求出MN产生的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律求出回路中的感应电流大小，即可由欧姆定律U=IR求解R两端的电压；由F=BIL求出MN所受的安培力大小；电阻R产生焦耳热的功率由公式P=I2R求解对于单棒切割的类型，掌握电磁感应的基本规律，如右手定则或楞次定律、感应电动势公式E=BLv、欧姆定律和安培力公式F=BIL等等是基础，关键要明确各个量的关系，熟练运用相关的公式求解三、非选择题：本大题共11小题，共182分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演步骤，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。【题文】34（1）（8分）用如图甲的装置来验证牛顿第二定律。在某次实验打出的纸带上选择5个计数点A 、B 、C 、D 、E ，相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，具体数据如图乙。乙甲 打点计时器必须使用 （填“直流”或“交流”）电源，若电源频率为50 Hz ，则打点计时器的打点时间间隔T = ； 纸带上C点对应的速度vC = ，小车的加速度为 。（计算结果保留三位有效数字）【知识点】验证牛顿第二运动定律C4【答案解析】 交流 ，0.02s ； 1.06 m/s ，3.05 m/s2 。解析： ：根据打点计时器的构造和原理可知，打点计时器是使用交流电源的仪器，若电源频率为50Hz，则打点计时器的打点时间间隔T=0.02s在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小，因此有： =1.06m/s；根据逐差法x=aT2有： =3.05m/s2【思路点拨】了解打点计时器的构造和使用，利用在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小，据此可以求出C点速度大小；利用逐差法可以求出加速度的大小本题考查了实验注意事项、求速度与加速度，知道实验原理、应用匀变速直线运动的推论即可正确解题【题文】（2）（10分）某实验小组用如图甲的电路测量一直流安培表的内电阻。所给的器材有：电池E（电动势约4.5 V）；电流表A（量程0300 mA ，待测内阻约为5 ）；电压表V（量程03 V）；电阻箱R1 ；滑动变阻器R2（010 ）；电键S和导线若干。 图乙实物图中，已连接了部分电路，请完成余下电路的连接。 请完成主要实验的步骤：A连接好实验电路，把变阻器的滑动片调到 （填“a端”或“b端”）；B闭合电键，调节 ，使电压表的电压从小到大变化，调节电阻箱，使电流表指针有较大偏转，读出并记录数据。 若电压表、电流表的读数分别为U和I ，电阻箱读数为R1 ，则电流表的内电阻RA = 。【知识点】伏安法测电阻J5【答案解析】 如图所示 a端；滑动变阻器的阻值（或变阻器的滑动片） 解析： ：根据实验原理图连接实物电路图，实物电路图如图所示：由电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于a端；闭合开关，调节滑动变阻器的阻值，使电路中电流不断变化，读出多组电压、电流值电阻箱和电流表串联，R=RA+R1=，则电流表内阻：RA=-R1；【思路点拨】根据实验原理连接实物电路图；滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，闭合开关前，滑片应置于分压电路分压为零的位置；根据实验电路，应用串联电路与欧姆定律求出电流表内阻对于实验问题首先要 明确实验原理，理解重要步骤的操作，熟练应用基本物理解决实验问题【题文】35（18分）如图所示，固定在地面上的光滑圆弧面底端与车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一滑块A ，其质量mA = 2 kg ，在距车的水平面高h = 1.25 m处由静止下滑，车C的质量为mC = 6 kg 。在车C的左端有一质量mB = 2 kg的滑块B ，滑块B与A均可视为质点，滑块A与B碰撞后立即粘合在一起共同运动，最终没有从车C上滑落。已知滑块A 、B与车C的动摩擦因数为 = 0.5 ，车C与水平面间的摩擦忽略不计，取g = 10 m/s2 。试求：（1）滑块A滑到圆弧面底端时的速度大小；（2）滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度大小，以及C车的最短长度。【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律E2 E3 F2【答案解析】(1)5m/s (2)0.375m 解析： （1）设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v1 ，由机械能守恒定律有 代入数据解得v1 = 5 m/s （2）设A 、B碰撞后瞬间的共同速度为v2 ，由于碰撞瞬间相互作用力巨大，C给A和B的摩擦可以忽略，故A与B组成的系统动量守恒。 所以mAv1 = (mA + mB) v2 代入数据解得v2 = 2.5 m/s 设车C的最短长度为L ，滑块A与B最终没有从车C上滑出，三者的最终速度相同，设其共同速度为v3 。根据动量守恒和能量守恒定律可得(mA + mB) v2 = (mA + mB + mC) v3 解以上两式可得L = 0.375 m 【思路点拨】（1）滑块下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出速度（2）A、B碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出A、B的速度；由能量守恒定律可以求出C的最小长度. 本题考查了求速度、车的长度问题，分析清楚运动过程、应用机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题【题文】36（18分）如图，静止于A处的离子，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐射分布的电场，已知圆弧虚线的半径为R ，其所在处场强为E 、方向如图所示；离子质量为m 、电荷量为q ；= 2d 、= 3d ，离子重力不计。（1）求加速电场的电压U ；（2）若离子恰好能打在Q点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E0的值；（3）若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围。【知识点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律；动能定理C2 E2 I1【答案解析】(1) (2) (3) B解析： （1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，有解以上两式得（2）离子做类平抛运动 2d = vt 3d =由牛顿第二定律得qE0 = ma 解以上诸式得E0 =（3）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有则PCDQF离子能打在QF上，则既没有从DQ边出去也没有从PF边出去，则离子运动径迹的边界如图中和。由几何关系知，离子能打在QF上，必须满足r2d 则有B【思路点拨】（1）离子在加速电场中加速时，电场力做功，动能增加，根据动能定理列出方程；粒子进入静电分析器，靠电场力提供向心力，结合牛顿第二定律列出方程，即可求出加速的电压大小（2）离子进入矩形区域的有界匀强电场后做类平抛运动，将其进行正交分解，由牛顿第二定律和运动学公式结合，可求解场强E0的值（3）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得到轨迹半径画出粒子刚好打在QN上的临界轨迹，由几何关系求出临界的轨迹半径，即可求得B的范围对于带电粒子在电场中加速过程，往往运用动能定理研究加速电压与速度的关系；对于电场中偏转问题，运动的分解是常用方法磁场中的匀速圆周运动，要知道洛伦兹力充当向心力，画出轨迹是解答的关键，同时注意粒子在静电分析器中电场力不做功