2019-2020年高三上学期第一次五校联考物理试题 含解析.doc

2019-2020年高三上学期第一次五校联考物理试题 含解析理科综合试卷【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、曲线运动、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，在注重考查核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。 【题文】13下列说法符合物理学史的是A开普勒发现了万有引力定律B伽利略首创了理想实验的研究方法C卡文迪许测出了静电力常量D奥斯特发现了电磁感应定律【知识点】物理学史P0【答案解析】 B 解析： A、牛顿发现了万有引力定律，故A错误B、伽利略首创了理想实验的研究方法，主要是理想斜面实验，故B正确C、库仑测出了静电力常量，故C错误D、法拉第发现了电磁感应定律，故D错误故选B【思路点拨】本题比较简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献本题属于记忆知识，要了解、熟悉物理学史，关键在于平时注意积累和记忆【题文】14如图所示为某一质点运动的速度-时间图像，下列说法正确的是A01 s内的平均速度是2m/sB02s内的位移大小是3 mC04s内该质点做匀变速直线运动D01s内的运动方向与24s内的运动方向相反【知识点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系A2 A5【答案解析】B 解析： A、由面积法求0-1s的位移s=1m，时间t=1s因而 =1m/s，故A错误；B、由面积法知：0-2s的位移s=3m，故B正确；C、0-4s物体先做加速、然后匀速，最后做减速运动，故C错误；D、0-1s、2-4s两个时间段内速度均为正，表明速度都为正方向，运动方向相同，故D错误；故选：B【思路点拨】 速度时间图线的斜率表示加速度，图线与x轴包围的面积表示位移大小，运动方向看正负本题关键要明确速度时间图线中斜率、截距、面积等的物理意义，同时要会运用运动学公式进行求解【题文】15如右图所示，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时0.2s，第二次用时0.5s，并且两次磁铁的起始和终止位置相同，则A第一次线圈中的磁通量变化较大B第一次电流表的最大偏转角较大C第二次电流表的最大偏转角较大D若断开开关k，电流表均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势【知识点】法拉第电磁感应定律；楞次定律L1 L2【答案解析】B 解析： A、磁通量变化相同故A 错误B、感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率大，感应电动势大，产生的感应电流大故B正确，C错误D、断开电键，电流表不偏转，知感应电流为零，但感应电动势不为零故D错误故选B【思路点拨】 两次磁铁的起始和终止位置相同，知磁通量的变化量相同，根据时间长短判断磁通量变化的快慢，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比【题文】16一理想变压器原、副线圈匝数比n1n2111，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t的变化规律如图所示，副线圈仅接入一个R=20 的电阻，则A流过电阻R的最大电流是1.0 AB变压器的输入功率是40WC与电阻R并联的电压表的示数是20 VD在1秒内电流方向改变50次【知识点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率M1 M3【答案解析】C 解析： A、由图象可知，原线圈中电压的最大值为220 V，所以电压的有效值为220V，原、副线圈匝数比n1：n2=11：1，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为20V，副线圈的电阻为20，所以电流的有效值为I=1A，所以A错误；B、变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率P=I2R=（1）220=20W，所以B错误；C、电阻R并联的电压表的示数即为电阻R上的电压，为20V，所以C正确；D、交变电流的方向每个周期改变2次，1s是50个周期，所以在1s内，交变电流的方向改变100次，所以D错误；故选：C【思路点拨】 由图可知输入电压的峰值，周期，从而知道副线圈两端的电压，电压表显示的是有效值，输入功率等于输出功率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】17一个大人拉着载有两个小孩的小车（其拉杆可自由转动）沿水平地面匀速前进，则对小孩和车下列说法正确的是A拉力的水平分力等于小孩和车所受的合力 B拉力与摩擦力的合力大小等于重力大小C拉力与摩擦力的合力方向竖直向上 D小孩和车所受的合力为零【知识点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力B1 B4【答案解析】 CD 解析： A、小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力的水平分力等于小孩和车所受的摩擦力，故A错误；B、C、小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力、摩擦力的合力与重力、支持力的合力平衡，重力、支持力的合力竖直，故拉力与摩擦力的合力方向竖直向上，故B错误，C正确；D、小孩和车做匀速直线运动，故所受的合力为零，故D正确；故选：CD【思路点拨】对小孩和车整体受力分析，根据共点力平衡条件分析即可本题关键是明确小孩和车整体的受力情况和运动情况，然后结合共点力平衡条件列式分析，基础题目 【题文】18假设一个小球在沼泽地中下陷的过程是先加速再减速最后匀速运动，沼泽地对球和球对沼泽地的作用力大小分别为F1、 F2下列说法中正确的是A.在加速向下运动时，F1 F2B. 在匀速向下运动时，F1 = F2C. 在减速向下运动时，F1 F2D. 在整个运动过程中，F1 = F2【知识点】作用力和反作用力C1【答案解析】 BD 解析： 小球对沼泽地地面的压力与沼泽地地面对小球的支持力为作用力与反作用力，故二力一定相等，故A、C错误；B、D正确故选：BD【思路点拨】沼泽地地面对小球的支持力和小球对沼泽地地面的压力是相互作用力，二者大小相等对小球受力分析，小球受重力和支持力，重力大于支持力，故小球会向下加速运动；不管小球是加速下降、匀速下降还是减速下降，小球对沼泽地地面的支持力和沼泽地 地面对小球的压力总是等大、反向、共线，与小球的运动状态无关【题文】19我国在轨运行的气象卫星有两类，一类是极地轨道卫星风云1号，绕地球做匀速圆周运动的周期为12h，另一类是地球同步轨道卫星风云2号，运行周期为24 h。下列说法正确的是A风云1号的线速度大于风云2号的线速度B风云1号的向心加速度大于风云2号的向心加速度C风云1号的发射速度大于风云2号的发射速度D风云1号、风云2号相对地面均静止【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系D5【答案解析】 AB 解析： 卫星绕地球圆周运动有：Gmr可知，风云一号卫星周期和半径均小于风云二号卫星的周期和半径A、根据万有引力提供圆周运动向心力有卫星的线速度v，所以风云一号卫星的半径小，线速度大，故A正确；B、根据万有引力提供圆周运动向心力ma有卫星的向心加速度a=，风云一号的半径小，向心加速度大于风云二号卫星的向心加速度，故B正确；C、向高轨道上发射卫星需要克服地球引力做更多的功，故向高轨道上发射卫星需要更大的发射速度，故C错误；D、风云2号是同步卫星，相对地面静止，而风云1号不是同步卫星，相对地面是运动的，故D错误故选：AB【思路点拨】 卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此分析周期与半径的关系，再分析线速度、向心加速度与半径的关系即可根据万有引力提供圆周运动向心力分析半径与周期的关系，再由半径关系分析其它物理量的关系是正确解题的关键【题文】20如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是A1、2两点的场强大小相等 B2、3两点的场强大小相等C1、2两点的电势相等 D2、3两点的电势相等 【知识点】电场线I1【答案解析】BD 解析：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大故A错误；B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，2、3两点的场强大小相等故B正确；C，顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势故C错误；D、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等故D正确故选：BD【思路点拨】 根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大顺着电场线，电势降低利用这些知识进行判断加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题【题文】21. 两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R 的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻R 外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放。则A释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为abC金属棒的速度为v时所受的安培力大小为F =D电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；能量守恒定律；右手定则F2 L2【答案解析】 AC 解析： A、金属棒刚释放时，弹簧处于原长，弹力为零，又因此时速度为零，没有感应电流，金属棒不受安培力作用，金属棒只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，故A正确； B、金属棒向下运动时，由右手定则可知，在金属棒上电流方向向右，流过电阻R的电流方向为ba，故B错误； C、金属棒速度为v时，安培力大小为F=BIL，I=，由以上两式得：F=，故C正确； D、金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能（速度不为零时）以及电阻R上产生的热量，故D错误故选AC【思路点拨】 释放瞬间金属棒只受重力，加速度为g金属棒向下运动时，根据右手定则判断感应电流的方向由安培力公式、欧姆定律和感应电动势公式推导安培力的表达式金属棒下落过程中，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能（金属棒速度不是零时）和电阻R产生的内能本题考查分析、判断和推导电磁感应现象中导体的加速度、安培力、能量转化等问题的能力，是一道基础题【题文】34（18分）（1）“探究加速度与物体质量的关系”的实验装置如图甲所示。图甲长木板安装实验装置时，应调整定滑轮的高度，使拉小车的细线在实验过程中保持与 （填“桌面”或“长木板”）平行。平衡摩擦力后，为了验证小车的加速度与其质量的定量关系，必须采用 法。保持小车受力不变，测量不同质量的小车在这个力作用下的加速度。某次实验中打出如图乙所示的纸带（打点计时器电源的频率为50Hz），则这个加速度值a = 。某同学把实验得到的几组数据画成图丙的a-m图象，为了更直观描述物体的加速度跟其质量的关系，你应该建议他改画a和 的关系图像。【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系C4【答案解析】 长木板 控制变量法0.16 m/s2 解析：安装实验装置时，应调整定滑轮的高度，使拉小车的细线在实验过程中保持与长木板平行，保证细线的拉力等于小车的合力为了验证小车的加速度与其质量的定量关系，必须采用控制变量法由图二乙图所示纸带可知，计数点间的时间间隔为：t=0.02s5=0.1s，加速度为：a= 根据图二丙图所示图象实验数据，在图二丁图所示坐标系中描出对应点，然后作出a-图象，图象如图所示【思路点拨】运用控制变量法探究加速度与力和力的关系根据牛顿第二定律分析“将砂桶和砂的重力近似看作小车的牵引力”的条件根据原理分析图线不经过原点和曲线上部出现弯曲现象的原因对于实验问题一定要明确实验原理，并且亲自动手实验，知道实验注意的事项，熟练应用所学基本规律解决实验问题（2）为确定某电子元件的电气特性，做如下测量。 用多用表测量该元件的电阻，选用“10”倍率的电阻档后，应先 ，再进行测量，之后多用表的示数如图(a)所示，测得该元件电阻为 。某同学想精确测得上述待测电阻Rx的阻值，实验室提供如下器材：A电流表A1（量程50mA、内阻r110） B电流表A2（量程200mA、内阻r2约为2）C定值电阻R030D滑动变阻器R（最大阻值约为10）E电源E（电动势约为4V） F开关S、导线若干该同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理如图(b)所示， N两处的电流表应选用 （填器材选项前相应的英文字母）。开关s闭合前应将滑动变阻器的滑片置于 （选填“a”或者“b”） 。若M、N电表的读数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx 。（用题中字母表示）【知识点】描绘小电珠的伏安特性曲线J4【答案解析】 欧姆调零 70 B （2分） a 解析： ：用多用表测量该元件的电阻，选用“10”倍率的电阻档后，应先欧姆调零，再进行测量，由图（a）所示可知，测量结果为710=70通过待测电阻的最大电流约为IM=0.057A=57mA；通过N出的最大电流约为IN=IM+=0.057A+0.190A=190mA，为保证测量时电流表读数不小于其量程的三分之一，N处的电流表应选B；开关s闭合前应将滑动变阻器的滑片置于a通过定值电阻R0的电流I=IN-IM，并联电路两端电压U=IR0=（IN-IM）R0，RX+r1=，则待测电阻阻值RX=【思路点拨】 使用欧姆表测电阻应选择合适的倍率，使指针指针表盘中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数根据欧姆定律估算出通过电阻R0的电流和通过待测电阻的电流，再选择量程恰当的电表；根据串并联电路特点及欧姆定律求出待测电阻阻值选择实验器材时要注意安全性原则、准确性原则、方便操作性原则，还要符合题目要求本题关键是明确实验的原理，然后估算出电路各个部分的电流，选择恰当量程的电表，最后根据并联电路的电流特点列式求解【题文】35.（18分）如图所示，内圆半径为r、外圆半径为3r的圆环区域内有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。圆环左侧的平行板电容器两板间电压为U，靠近M板处静止释放质量为m、 电量为q的正离子，经过电场加速后从N板小孔射出，并沿圆环直径方向射入磁场，不计离子的重力，忽略平行板外的电场。求：r3rNM-+q,mO（1）离子从N板小孔射出时的速率；（2）离子在磁场中做圆周运动的周期；（3）要使离子不进入小圆区域，电压U的取值范围。【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动C2 I3 K2 K3【答案解析】：（1）；（2）（3） (3) 解析： (1)设离子射入匀强磁场时的速率为v，由动能定理得: (2)设离子在磁场中做圆周运动的半径为R,离子所受洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可可得： 由 得 (3)若离子恰好不进入小圆，设离子与小圆相切时轨道半径为R0，此时轨迹如图所示由几何关系得： 解得： 又 联立解得 【思路点拨】（1）离子在电场中加速，由动能定理可以求出离子的速率（2）由牛顿第二定律求出离子轨道半径，然后求出离子的周期（3）由几何知识求出离子轨道半径，然后由牛顿第二定律求出离子的速度，再由动能定理求出电压本题考查了离子在电场与磁场中的运动，分析清楚离子运动过程是正确解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意几何知识的应用【题文】36（18分）如图所示，AB是固定在竖直平面内倾角=370的粗糙斜面，轨道最低点B与水平粗糙轨道BC平滑连接，BC的长度为SBC= 5.6m一质量为M =1kg的物块Q静止放置在桌面的水平轨道的末端C点，另一质量为m=2kg的物块P从斜面上A点无初速释放，沿轨道下滑后进入水平轨道并与Q发生碰撞。已知物块P与斜面和水平轨道间的动摩擦因数均为=0.25，SAB = 8m， P、Q均可视为质点，桌面高h = 5m，重力加速度g=10m/s2。（1）画出物块P在斜面AB上运动的v-t图。（2）计算碰撞后，物块P落地时距C点水平位移x的范围。（3）计算物块P落地之前，全过程系统损失的机械能的最大值。【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律C2 E3 F2 【答案解析】（1）如图所示（2）2mx4m（3）72J 解析： （1）根据牛顿第二定律和运动学规律可得： 解得m/s2 由得 由得s 作图 （2）BC段滑行，则= 解得m/s PQ碰撞，则有动量守恒： 能量关系有： 位置关系有： 联立解得：2m/s4m/s 平抛运动有：， 解得： （3）机械能损失最大对应完全非弹性碰撞，此时有：根据动能定理: 代入数据得：J 【思路点拨】 （1）根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学基本公式求出下滑的时间和末速度，进而画出速度时间图象；（2）BC段，根据动能定理求出C点速度，PQ碰撞，动量守恒，根据动量守恒定律及能量守恒定律列式即可求解；（3）机械能损失最大对应完全非弹性碰撞，此过程中，根据动量守恒定律及能量守恒定律列式即可求解；本题主要考查了牛顿第二定律、运动学基本公式、动量守恒定律及能量守恒定律的直接应用，知道机械能损失最大对应完全非弹性碰撞，难度适中