江西省等2020届高三物理上学期第一次联考试卷（附解析Word版）

2019~2020 届上学期第一次联合考试 （物理试卷） 一、选择题：本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。（1-6 单选，7-10 多选全部选对得 4 分， 选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分）。 1.关于光的本性，下列说法中正确的是（ ） A. 光电效应现象表明在一定条件下，光子可以转化为电子 B. 光电效应实验中，只有光的强度足够大时，才能观察到光电流 C. 康普顿效应表明光子和电子、质子等实物粒子一样也具有能量和动量 D. 光在传播过程中表现为粒子性，在于物质相互作用时表现为波动性 【答案】C 【解析】 【详解】A．光电效应现象表明在一定条件下，光子的能量可以被电子吸收，A 错误； B．光电效应实验中，只有光的频率大于金属的极限频率，才能观察到光电流；与光照强度无 关，B 错误； C．康普顿效应表明光子和电子、质子等实物粒子一样也具有能量和动量，C 正确； D．光的波长越长，波动性越明显，频率越高，粒子性越明显；大量光子的运动表现为波动性， 单个光子的运动表现为粒子性，D 错误。 2.嫦娥四号探测器成功发射，开启了我国月球探测的新旅程，探测器经过地月转移、近月制 动、环月飞行，最终实现了人类首次月球背面软着陆，如图为探测器绕月球的运行轨道示意 图，其中轨道Ⅰ为圆形轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道.下列关于探测器的说法中正确的是（ ） A. 在轨道Ⅰ、轨道Ⅱ上通过 P 点时的动能相等 B. 在轨道Ⅰ通过 P 点的加速度比在轨道Ⅱ通过 P 点的加速度大 C. 在轨道Ⅱ上从 P 点运动到 Q 点的过程中动能变大 D. 在轨道Ⅱ上从 P 点运动到 Q 点的过程中的机械能不守恒 【答案】C 【解析】 【详解】A．嫦娥四号探测器在 P 位置从圆形轨道 I 变到椭圆轨道Ⅱ时，需制动减速做近心运 动，则在轨道 I 上通过 P 点时 动能大于轨道Ⅱ上通过 P 点时的动能，A 错误； B．根据 可知 ， 同在 P 点位置相同，即轨道半径相同，则加速度相同，B 错误； CD．在轨道Ⅱ上探测器只受万有引力作用，则从 P 点运动到 Q 点 过程中，只有万有引力做 功，所以机械能守恒，且引力做正功，动能增大，C 正确 D 错误。 3.如图所示，在直角坐标系 xOy 平面内存在一正点电荷 Q，坐标轴上有 A、B、C 三点，OA=OB=BC=a， 其中 A 点和 B 点的电势相等，O 点和 C 点的电势相等，静电力常量为 k，则下列说法正确的是 （  ） A. 点电荷 Q 位于 O 点 B. O 点电势比 A 点电势高 C. C 点的电场强度大小为 D. 将某一正试探电荷从 A 点沿直线移动到 C 点，电势能一直减小 【答案】C 【解析】 因 A 点和 B 点的电势相等，O 点和 C 点的电势相等，故 A、B 到点电荷的距离相等，O、C 到点 电荷的距离也相等，则点电荷位置如图所示 由图可知 A 错误，因点电荷带正电，故离点电荷越近电势越高，故 O 点电势比 A 点低，故 B 的 的 2 MmG mar = 2 GMa r = 22 kQ a 错误，由图可知 OC 的距离 ，根据 ，得 ，故 C 正确；由图可知， 将正试探电荷从 A 点沿直线移动到 C 点，电势先升高再降低，故电势能先增大再减小，故 D 错误，故选 C. 4.如图所示，质量为 m 的小球 A 静止于光滑水平面上，在 A 球与墙之间用轻弹簧连接。现用 完全相同的小球 B 以水平速度 v0 与 A 相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力，若弹簧被压 缩过程中的最大弹性势能为 E，从球 A 被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量 大小为 I，则下列表达式中正确的是（  ） A. E= I=2 B. E= I=2 C. E= I= D. E= I= 【答案】A 【解析】 【详解】AB 碰撞瞬间，由动量守恒定律可知： mv0=2mv1 解得： v1= 碰撞后系统机械能守恒，当两球向左减速到零时弹簧的弹性势能最大，最大弹性势能 E，则： E= 取 AB 整体分析，取向右为正，由动量定理可得 所以墙对弹簧的冲量大小为 2mv0 A. E= 、I=2 ，与分析相符，故 A 项正确； 2Cr a= 2 QE k r = 22C kQE a = 1 4 2 0mv 0mv 1 2 2 0mv 0mv 1 4 2 0mv 0mv 1 2 2 0mv 0mv 0 2 v 2 20 0 1 122 2 4 vm mv  × × =   0 0 02 ( 2 ) 22 2 v vI m m mv= × − − × = 1 4 2 0mv 0mv B. E= 、I=2 ，与分析不符，故 B 项错误； C. E= 、I= ，与分析不符，故 C 项错误； D. E= 、I= ，与分析不符，故 D 项错误。 5.如图所示，光滑圆圈竖直固定，A 为最高点，橡皮条上端固定在 A 点，下端连接一套在圆圈 上的轻质小环，小环位于 B 点，AB 与竖直方向夹角为 30°，用光滑钩拉橡皮条中点，将橡皮 条中点拉至 C 点时，钩的拉力大小为 F。为保持小环静止于 B 点，需给小环施加一作用力 ， 下列说法正确的是( ) A. 若 沿水平方向，则 B. 若 沿竖直方向，则 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】AD 【解析】 对结点 C 受力分析可得橡皮筋的弹力满足: 2F1cos300=F 可得 ；对小圆环受力分析 可知，水平向右的橡皮筋的拉力 F1，大圆环对小圆环的弹力 N 沿半径方向，若 沿水平方向， 则 N=0，此时 F′=F1= ，选项 A 正确；若 沿竖直方向，则必然是竖直向上，此时 N 的 1 2 2 0mv 0mv 1 4 2 0mv 0mv 1 2 2 0mv 0mv 'F 'F 3' 3F F= 'F 3' 3F F= 'F 3 3 F 'F 3 6 F 1 3 3 FF = 'F 3 3 F 'F 方向背离圆心向外，由平衡知识可知， ，选项 B 错误；根据平行四边形 法 则 可 知 最 大 值 可 取 无 穷 大 ； 当 F′ 与 OB 半 径 垂 直 时 最 小 ， 最 小 值 为 ，选项 C 错误；D 正确；故选 AD. 6.如图所示，物体 A、B 跨过定滑轮并用轻绳连接起来，物体 A 放在倾角为 的固定粗糙斜面 上，滑轮左边的轻绳平行斜面。已知物体 A 的质量为 m，物体 A 与斜面的动摩擦因数为 （ ），不计滑轮与绳之间的摩擦，要使物体 A 能在斜面上滑动，物体 B 的质量可 能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】对 B 物体受力分析有： ； 当物体 A 处于将要上滑的临界状态，则物体 A 受的静摩擦力最大，且方向沿斜面向下，这时 A 的受力情况如图乙所示，根据平衡条件有： ， 由摩擦力公式知： ， 0 1 1tan30 3F F F= =′ 'F 0 min 1 3sin30 6F F F= = θ µ tan 1µ θ< < ( )1 sinm µ θ+ ( )1 sinm µ θ− ( )1 cosm µ θ− ( )sin cos 2 m θ µ θ− BT m g= cos 0 sin 0B m BN m g T f m gθ θ− = − − =， mf Nµ= 以上四式联立，解得： ， 再假设物体 A 处于将要下滑的临界状态，则物体 A 受的静摩擦力最大，且方向沿斜面向上， 根据平衡条件有 ， 由摩擦力公式知： ， 联立解得： ， 综上所述： 或 AB．又知道： ， 则： ， 所以： ， ， AB 错误； C．因为： ， 但需要： ， C 错误； D．因为 ，D 正确。 7.两个物体 A、B 的质量分别为 、 ，并排静止在水平地面上，用同向水平拉力 、 ( )sin cosBm m θ µ θ= + cos 0 sin 0mN mg T f mgθ θ− = + − =， mf Nµ= ( )sin cosBm m θ µ θ= − ( )sin cosBm m θ µ θ−≤ ( )sin cosBm m θ µ θ≥ + tan 1µ θ< < sin cosθ θ< ( ) ( )(1 )sin sin sin sin cosm m mµ θ θ µ θ θ µ θ+ = + < + ( ) ( ) ( )1 sin sin sin sin cosm m mµ θ θ µ θ θ µ θ− = − > − ( ) ( ) ( )1 cos cos cos sin cosm m mµ θ θ µ θ θ µ θ− = − > − ( )sin cosBm m θ µ θ−≤ ( )sin cosBm m θ µ θ−≤ 1m 2m 1F 2F 分别作用于物体 A 和 B 上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止下来， 两物体运动的速度-时间图像分别如图中图线 a、b 所示，已知拉力 、 分别撤去后，物体 做减速运动过程的速度-时间图线彼此平行（相关数据已在图中标出），由图中信息可以得出 （ ） A. 若 ，则 大于 B. 若 ，则力 对 A 做的功与 对 B 做的功相等 C. 若 ，则力 对物体 A 的冲量与 对 B 的冲量之比为 5：4 D. 若 ，则力 对物体 A 的冲量与 对 B 的冲量之比为 1：2 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由斜率等于加速度知，撤除拉力后两物体的速度图象平行，故加速度大小相等， 求得： ， 则： ， 若 ，对于 则有： ， 解得： ， 对于 则有： 1F 2F 1 2F F= 1m 2m 1 2m m= 1F 2F 1 2m m= 1F 2F 1 2F F= 1F 2F 2 1 2 1m / sa a gµ= = = 1 2 0.1µ µ= = 1 2F F= 1m 1 1 1 1 1F m g m aµ− = 1 1 1 1 Fm a gµ+= 2m ， 解得： ， 由图可知 ，则 ，A 错误； B．若 ， 则 ， 根据动能定理， 对 A 有： ； 对 B 有： ； 由于 ， 故 ， B 正确； C．若 ， 则 ， 由动量定理： ， 则 2 2 2 2 2F m g m aµ− = 2 2 2 2 Fm a gµ= + 1 2a a> 1 2m m< 1 2m m= 1 2f f= 1 1 1 0FW f s− = 2 2 2 0FW f s− = 1 2 1 14 2.5 5.0 2 5 5.02 2s m s m= × × = = × × =， 1 2F FW W= 1 2m m= 1 2f f= 1 1 1 2 2 20 0F FI f t I f t− = − =， ， C 错误； D．若 ，根据 ，两个力作用的时间之比为 1：2，则力 对物体 A 的冲量与 对 B 的冲量之比 1：2，D 正确。 8.绝缘光滑斜面与平面成 角，一质量为 m、电荷量为-q 的小球从斜面上高 h 处，以初速度 为 v0、方向与斜面底边 MN 平行射入，如图所示，整个装置处在磁感应强度大小为 B 的匀强磁 场中，磁场方向平行于斜面向上，已知斜面足够大，小球能够沿斜面到达底边 MN，则下列判 断正确的是（ ） A. 小球在斜面上做非匀变速曲线运动 B. 小球到达底边 MN 的时间 t= C. 匀强磁场磁感应强度的取值范围为 B D. 匀强磁场磁感应强度的取值范围为 B 【答案】BC 【解析】 【详解】A.对小球受力分析，根据左手定则可知，小球受垂直斜面向上的洛伦兹力，即速度 的变化不会影响重力沿斜面方向的分力，因此小球做匀变速曲线运动，故 A 错误。 B.小球在斜面上做类平抛运动，小球沿斜面向下的方向上做初速度为零的匀加速直线运动， 则小球的加速度 a=g ，由运动学公式 = at2，解得小球到达底边 MN 的时间 t= ，故 B 正确。 1 2 1 2 4 5: : :F FI I t t= = 1 2F F= I Ft= 1F 2F α 2 2h gsin α 0 cosmg qv α≤ 0 cosmg qv α≥ sinα sin h α 1 2 2 2h gsin α CD.小球在斜面上做类平抛运动，小球沿斜面方向的速度与磁场方向平行，小球受垂直斜面向 上的洛伦兹力 f= qv0B，小球能够沿斜面到达底边 MN，则需满足 qv0B mgcos ，解得磁感应 强度的取值范围为 B ，故 C 正确，D 错误。 9.如图所示，水平地面上有静止的 18 个相同的木块排成一条直线接触但不粘连，每个木块的 长度 l=0.5m，质量 m=1.2kg，它们与地面间的动摩擦因数均为 ，在右边第一个木块的 右端放一质量 M=1kg 的小铅块（可视为质点），它与各木块间的动摩擦因数均为 ，现 突然给小铅块一个向左的初速度 ，使其在木块上滑行。设木块与地面间及小铅块 与木块间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，重力加速度 g=10m/s，则 A. 小铅块相对木块滑动时小铅块的加速度大小为 B. 小铅块最多能带动 3 个木块运动 C. 第 18 个木块刚开始运动时加速度为 D. 小铅块下的木块刚发生运动时小铅块的瞬时速度大小为 5m/s 【答案】BD 【解析】 【详解】A．设小铅块相对木块滑动时加速度大小为 a，由牛顿第二定律可知： ， 解得： ， A 错误； BC．设小铅块最多能带动 x 个木块运动，对 x 个木块整体进行受力分析，当小铅块下的 x 个 木块发生运动时，则有： ， 解得： ， ≤ α 0 cosmg qv α≤ 1 0.1µ = 2 0.5µ = 0 10m / sv = 210m/s 20.2m/s 2Mg Maµ = 25m / sa = ( )2 1Mg mgx Mgµ µ> + 3.33x = 6sinf mg maθ− = 2 6 2.5m/sa = 7sinF f Mg Maθ− − = 2 7 7.5m/sa = 2 2 2 3 6 3 2 3 7 3 2 1 1 1 2 2 2 Lv t a t v t a t x x − − − = + −   3 2st = 此时小物块速度： ， 位移： ， 长木板速度： ， 位移： ， 则小物块从轻放到长木板中央到滑落，长木板位移： ， 方向沿斜面向上 ， ， ， ， 系统机械能增量为： 。 答：(1)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要 10m； (2)假设长木板长 L=16m，在轻放小物块的同时对长木板施加一沿斜面向上的 F=45N 的恒力， 小物块在长木板上运动过程中 F 所做 50J 的功、系统机械能的增量为 0。 4 2 6 3 0v v a t= − = 2 3 3 5m2 vx t= = 5 2 7 3 10m/sv v a t= − = − 2 5 4 3 5m2 v vx t += = − 5 2 4 2mx x x= + = − 5 90JW Fx= − = 1 2 1 2mx x x−∆ = = 2 3 4 10mx x x−∆ = = 1 2 12ms x x∆ = ∆ + ∆ =总 90JQ f s= ∆ =总 0E W Q∆ = − =