2019-2020年高三第一次模拟物理试题.doc

2019-2020年高三第一次模拟物理试题一、选择题1（4分）下列说法符合物理学史实的是（）A开普勒发现了万有引力定律B牛顿首先测出了万有引力常量C爱因斯坦认为时间和空间都是相对的D奥斯特发现了电磁感应定律考点：物理学史分析：开普勒发现了行星运动规律，牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许首先测出了万有引力常量，爱因斯坦认为时间和空间都是相对的，法拉第发现了电磁感应定律解答：解：A、开普勒发现了行星运动规律，牛顿发现了万有引力定律，故A错误B、卡文迪许首先测出了万有引力常量，故B错误C、爱因斯坦认为时间和空间都是相对的，故C正确D、法拉第发现了电磁感应定律故D错误故选C点评：加强对基础知识的积累，多读、多看、适量做题就能顺利解决此类问题2（4分）物体做下列几种运动，其中物体的机械能守恒的是（）A平抛运动B竖直方向上做匀速直线运动C水平方向上做匀变速直线运动D竖直平面内做匀速圆周运动考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒解答：解：A、平抛运动的物体只受到重力的作用，所以机械能守恒，故A正确B、物体在竖直方向做匀速直线运动，说明物体受力平衡，除了重力之外还有其他的外力的作用，并且其他的外力对物体做功，所以机械能不守恒，故B错误C、水平方向上做匀变速直线运动，动能变化，重力势能不变，所以机械能也变化，故C错误D、竖直平面内做匀速圆周运动，速度的大小不变，动能不变，但是物体的高度变化，即重力势能发生变化，所以物体的机械能不守恒，故D错误故选A点评：本题是对机械能守恒条件的直接考查，掌握住机械能守恒的条件即可，题目比较简单3（4分）汽车从静止开始沿平直轨道做匀加速运动，所受阻力始终不变，在此过程中，下列说法正确的是（）A汽车牵引力逐渐减小B汽车牵引力逐渐增大C发动机输出功率不变D发动机输出功率逐渐增大考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：因为汽车做匀加速运动，所以物体受到的合力大小不变，并且牵引力大于阻力；然后根据P=Fv确定发动机的输出功率解答：解：A、因为汽车做匀加速运动，并且物体受到的合力大小不变，又因为阻力不变，合力等于牵引力减去摩擦力，因此牵引力保持不变，故AB错误；C、输出功率P=Fv，因为牵引力F不变，速度v越来越大，因此发动机的输出功率逐渐增大故C错误，D正确故选D点评：本题主要考查了匀加速运动时的特点以及功率跟牵引力、速度变化的关系，难度适中4（4分）图l中的变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数之比为10：1变压器的原线圈接如图2所示的正弦交流电，电压表为理想电表接在副线圈两端则（）A原线圈上电压的有效值为100VB原线圈上电压的有效值约为100VC电压表的读数为5.0VD电压表的读数约为7.07V考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：由图象看出原线圈两端电压的峰值，从而求出有效值，根据匝数与电压成正比求出副线圈两端电压，电压表测量的是有效值解答：解：A、B由图2知原线圈两端电压的峰值为100V，有效值为=50V，AB错误；C、D由电压比等于匝数比知，副线圈两端电压有效值为=5=7.07V，C错误D正确；故选D点评：本题考查了变压器的特点，匝数与电压成正比，培养识图能力，从图象中获取有用物理信息5（4分）据央视报道，北京时间2012年10月15日凌晨，奥地利著名极限运动员鲍姆加特纳从距地面高度约3.9万米的高空跳下，并成功着陆，一举打破多项世界纪录假设他从氦气球携带的太空舱上跳下到落地的过程中沿竖直方向运动的vt图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A0t1内运动员和所有装备整体所受重力大于空气阻力Bt1秒末运动员打开降落伞，此后做匀减速运动至t2秒末Ct1秒末到t2秒末运动员竖直方向的加速度方向向下，大小在逐渐增大Dt2秒后运动员保持匀速下落考点：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：速度时间图象的斜率等于加速度，根据斜率分析加速度大小如何变化，判断运动员的运动情况解答：解：A、0t1内图线的斜率在减小，说明运动员做加速度逐渐减小的加速运动，加速度方向向下，所以运动员和所有装备整体所受重力大于空气阻力，故A正确；B、t1秒末到t2秒末由于图象的斜率在减小，则运动员在t1秒末打开降落伞后做变减速运动至t2秒末，故B错误；C、t1秒末到t2秒末运动员竖直方向做加速度减小的减速运动，所以加速度的方向向上，大小在减小，故C错误；D、t2秒后速度不变，动员保持匀速下落，故D正确故选D点评：本题考查理解速度问题的能力关键根据图线的斜率等于加速度，来分析运动员的运动情况6（4分）我国正在建设的北斗卫星导航系统，将由5颗地球同步卫星和30颗非同步卫星组成，下列表述中正确的是（）A同步卫星一定在赤道正上空B5颗同步卫星运行的轨道半径不同C卫星在轨道上运行时都处于失重状态D提高卫星运行速度仍可使其在原轨道上运行考点：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：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解答：解：A、它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的所以同步卫星一定在赤道正上空，故A正确B、因为同步卫星要和地球自转同步，即相同，根据F=G=m2r，因为一定，所以 r 必须固定，所以同步卫星的高度是一个确定的值，故B错误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AC点评：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7（4分）绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着个较轻的铝环，线圈与电源、电键相连，如图所示下面说法正确的是（）A闭合电键的瞬间，铝环可以跳起B断开电键瞬间，铝环也可以跳起C铝环跳起的高度只与线圈的匝数有关，与铝环的重量和线圈中电流的大小均无关D如果从上往下看线圈中的电流是顺时针方向，那么，闭合电键的瞬间，铝环中的感应电流就是逆时针方向考点：楞次定律分析：当电键闭合和断开的瞬间，穿过铝环的磁通量发生变化，产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流的方向解答：解：A、闭合电键的瞬间，穿过铝环的磁通量发生变化，产生感应电流，由于铝环中的电流和线圈中的电流发生力的作用，要阻碍磁通量的增加，铝环会跳起故A正确B、断开电键的瞬间，在铝环中也产生感应电流，但是线圈中的电流为零，与铝环不产生力的作用，所以铝环不会跳起故B错误C、铝环跳起的高度与铝环的质量、线圈中的电流、线圈的匝数都有关系故C错误D、如果从上往下看线圈中的电流是顺时针方向，根据右手螺旋定则，产生的磁场方向竖直向下，闭合电键的瞬间，磁通量增大，根据楞次定律，铝环中的感应电流方向为逆时针方向故D正确故选AD点评：解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及理解楞次定律的另一种表述，即引起的机械效果阻碍磁通量的变化8（4分）如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为，整个装置处于匀强磁场中质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，当杆中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止则（）A磁场方向可能竖直向上B磁场方向可能垂直于导轨平面向上Cab杆所受安培力的大小一定等于mgsinDab杆所受安培力的方向一定平行导轨向上考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：金属棒静止，金属棒处于平衡状态，所受合力为零，对金属棒进行受力分析，根据平衡条件及左手定则分析解答：解：A、磁场方向若竖直向上，导体棒受重力、支持力和水平向右的安培力，三个力的合力可能为零，所以金属板可以静止故A正确B、磁场的方向若垂直于导轨平面向上，则安培力的方向沿导轨向上，受重力、支持力和安培力平衡故B正确C、因为安培力的方向有多种可能，则安培力的大小有多解，方向不一定平行导轨向上故C、D错误故选AB点评：金属棒静止处于平衡状态，所受合力为零，对金属棒正确受力分析，熟练应用左手定则是正确解题的关键9（4分）如图所示，在粗糙程度相同的绝缘斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度地释放带有与Q同种电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点静止，则从M到N的过程中（）A小物块所受库仑力逐渐减小BM点的电势一定高于N点的电势C小物块的电势能一定增加D电场力对小物块所做的功小于小物块克服摩擦力做的功考点：电势能；动能定理的应用；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：小物块与电荷Q之间的距离增大，根据库仑定律分析库仑力的变化由于点电荷Q的电性未知，无法判断M、N电势的高低电场力对物块做正功，电势能减小根据动能定理分析电场力做功与物块克服摩擦力做功的关系解答：解：A、小物块与电荷Q之间的距离增大，而电量都不变，根据库仑定律可知小物块所受库仑力逐渐减小故A正确B、由于点电荷Q的电性未知，电场线方向未知，无法判断M、N电势的高低故B错误C、电场力对物块做正功，电势能一定减小故C错误D、根据动能定理得知：电场力对小物块所做的功、摩擦力对小物块做的功及重力做功之和等于零，则知电场力对小物块所做的功和重力做功之和等于小物块克服摩擦力做的功，故电场力对小物块所做的功小于小物块克服摩擦力做的功，故D正确故选AD点评：本题根据库仑力分析库仑力大小变化，由电场力做功正负判断电势能的变化，由动能定理分析各力做功的关系，基本问题，难度不大二、解答题10（6分）图1为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置图图中A为小车，B为砝码及砝码盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50Hz交流电小车A的质量为m1，砝码及砝码盘B的质量为m2下列说法正确的是CDA每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B实验时应先释放小车后接通电源C本实验m2应远小于m1D在用图象探究加速度与质量关系时，应作图象实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的aF图象，可能是图2中的丙（选填“甲”、“乙”、“丙”）图3为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出由此可求得小车的加速度大小0.50m/s2（结果保留二位有效数字）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：（1）实验时需要提前做的工作有两个：平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsin=mgcos，m约掉了让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：际上绳子的拉力F=Ma=mg，故应该是mM，而当m不再远远小于M时a=随m的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g（2）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况（3）小车做的是匀加速直线运动，可由x=at2求解加速度解答：解：（1）A：平衡摩擦力，假设木板倾角为，则有：f=mgsin=mgcos，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力故A错误B：实验时应先接通电源后释放小车，故B错误C：让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：绳子的拉力F=Ma=mg，故应该是mM，而当m不再远远小于M时a=随m的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g，故C正确D：F=ma，所以：F，当F一定时，a与成正比，故D正确故选CD（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况故图线为丙（3）设第1段位移为：x1，第2段位移为：x2，计时器打点的时间间隔为0.02s从比较清晰的点起，每两测量点间还有4个点未画出，说明时间间隔T=0.1s由x=aT2得：即：0.50102=a0.12解得：a=0.50m/s2故答案为：CD 丙 0.50点评：会根据实验原理分析分析为什么要平衡摩擦力和让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，且会根据原理分析实验误差纸带的处理在高中实验中用到多次，需要牢固的掌握11（12分）某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图1所示，则它们的读数值依次是0.9960.998mm、0.42A、2.252.28V已知实验中所用的电流表内阻约几欧，电压表内阻约20k，则本实验电路应当采用图2中的A（填A或B），用此电路测量的金属丝电阻比真实值偏小（选填“大”或“小”）若已知实验所用的电流表内阻的准确值为RA，那么能准确测量金属丝电阻Rx的电路应选图2中的B电路（填A或B）若此时测得电流为I、电压为U，则金属丝电阻Rx=（用题中字母代号表示）若用米尺测得金属丝的长度为L，用螺旋测微器测得金属丝直径为d，则该金属丝的电阻率=（用、d、L、Rx表示）考点：测定金属的电阻率专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据各种仪器的原理及读数方法进行读数，注意估读；（2）由给出的数据选择滑动变阻器的接法，由各仪器的内阻选择电流表的接法，并能通过误差原理分析误差；求出待测电阻的阻值解答：解：螺旋测微器先读固定部分为0.5mm，可动部分可估读为49.649.7，故总示数为：0.5+49.70.01mm=0.997mm；电流表量程为0.6A，则最小刻度为0.02；指针所示为0.42A；电流表量程为3V，最小刻度为0.1V，则指针指数超过2.25，故可估读为：2.252.28V；因电源不能在大功率下长时间运行，则本实验应采用限流接法；同时电压表内阻较大，由以上读数可知，待测电阻的内阻约为5，故采用电流表外接法误差较小；在实验中电压表示数准确，但电流测量的是干路电流，故电流表示数偏大，则由欧姆定律得出的结果偏小；因已知电流表准确值，则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻；故应选B电路；待测电阻及电流表总电阻R=，则待测电阻RX=RRA；根据电阻定律可知，则有故答案为：0.9960.998； 0.42； 2.252.28A； 小；B； ； 点评：对于电学实验一定不要单纯靠记忆去解决问题，一定要在理解的基础之上，灵活运用欧姆定律及串并联的相关知识求解12（18分）如图所示，在真空中，半径为d的虚线所围的圆形区域内只存在垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场右侧有一对平行金属板M和N，两板间距离也为d，板长为l板间存在匀强电场，两板间的电压为U0两板的中心线O1O2，与磁场区域的圆心O在同一直线上有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以速率v0从圆周上的P点沿垂直于半径OOl并指向圆心O的方向进入磁场，从圆周上的O1点飞出磁场后沿两板的中心线O1O2射入匀强电场，从两板右端某处飞出不计粒子所受重力求（1）磁场的磁感应强度B的大小（2）粒子在磁场和电场中运动的总时间（3）当粒子在电场中经过时间t=时，突然改变两金属板带电性质，使电场反向，且两板间电压变为U1，则粒子恰好能从O2点飞出电场，求电压U1和U0的比值考点：带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由几何知识得到轨迹半径，由牛顿第二定律求解磁感应强度的大小；（2）粒子运动周期时间，求得周期，即可求出粒子在磁场中运动的时间；粒子在电场中做类平抛运动，平行板的方向做匀速直线运动，而水平方向位移大小为l，由t=求出时间，即可求出总时间；（3）当粒子在电场中经过时间t=时，使电场反向，要使粒子恰好能从O2点飞出电场，在前t=时间内，粒子在竖直方向先做匀加速直线运动，再在后t=时间内，做等时间的匀减速直线运动，两段过程竖直方向的位移大小相等、方向相反，即总位移为零，根据牛顿第二定律求出加速度，根据位移关系和位移公式求得电压U1和U0的比值解答：解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律 qv0B=m 由几何关系知 r=d 所以 B=（2）粒子在磁场中运动的周期T=，在磁场中运动时间为四分之一个周期，=粒子在电场中做类平抛运动，平行板的方向做匀速直线运动则t2=在电磁场中运动的总时间t总=t1+t2=（3）根据运动的独立性可知：粒子在竖直方向先做匀加速直线运动，再做等时间的匀减速直线运动，第一阶段：a=，s=第二阶段：，s1=vt=at2竖直方向总位移为零，s+s1=0所以解得 a1=3a 故U1：U0=3：1答：（1）磁场的磁感应强度B的大小是（2）粒子在磁场和电场中运动的总时间是（3）电压U1和U0的比值是3：1点评：本题粒子在磁场中运动时，由几何知识求出轨迹半径是关键，在电场中分析两段位移的关系是关键13（18分）如图所示，光滑水平面MN的左端M处固定有一能量补充装置P，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值右端N处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v=6m/s匀速转动，水平部分长度L=9m放在光滑水平面上的两相同小物块A、B（均视为质点）间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能Ep=9J，弹簧与A、B均不粘连，A、B与传送带间的动摩擦因数=0.2，物块质量mA=mB=lkg现将A、B同时由静止释放，弹簧弹开物块A和B后，迅速移去轻弹簧，此时，A还未撞击P，B还未滑上传送带取g=10m/s2求：（1）A、B刚被弹开时的速度大小（2）试通过计算判断B第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带（3）若B从传送带上回到光滑水平面MN上与被弹回的A发生碰撞后粘连，一起滑上传送带则P应给A至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带考点：动量守恒定律；动能定理的应用；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）A、B被弹簧弹开的过程实际是爆炸模型，符合动量守恒、系统机械能守恒，根据能量守恒和动量守恒求出分开后，A、B的速度大小，（2）物块A撞击P后被反向弹回，根据功能关系和动量守恒定律求解（3）物块B在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动，由动量守恒定律和功能关系求解解答：解：（1）弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒Ep=mA+mB由动量守恒有 mAvA=mBvB联立以上两式解得vA=3m/s vB=3m/s（2）假设B不能从传送带右端滑离传送带，则B做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为s 由动能定理得：mBgs=0mB解得 s=sL，B不能从传送带右端滑离传送带 （3）设物块A撞击P后被反向弹回的速度为v1功能关系可知：E+mA=mA物块B在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动由运动的对称性可知，物块B回到皮带左端时速度大小应为v2=vB=3m/sB与A发生碰撞后粘连共速为v，由动量守恒定律可得：mAv1mBv2=（mA+mB）v要使二者能一起滑离传送带，要求（mA+mB）v2（mA+mB）gL由以上四式可得：E108J 答：（1）A、B刚被弹开时的速度大小都是3m/s（2）B不能从传送带右端滑离传送带 （3）若B从传送带上回到光滑水平面MN上与被弹回的A发生碰撞后粘连，一起滑上传送带则P应给A至少补充108J动能才能使二者一起滑离传送带点评：该题是动量守恒，能量守恒综合应用的一道比较困难的题目，正确分析题目当中的临界条件是关键