贵州省安顺市2020届高三物理上学期第一次联考试卷（附解析Word版）

高三年级联合考试 理科综合物理 二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 14～18 题只有一 项符合题目要求，第 19～21 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 1.某理想变压器原、副线圈的匝数之比为 10：1，当原线圈两端输入如图所示(图示中的图线 为正弦曲线的正值部分)的电压时，副线圈的输出电压为 A. V B. 22V C. V D. 11V 【答案】C 【解析】 【详解】由公式 其中 U1= 解得 U2= 11 V A. V 与计算结果不符，故 A 错误。 B. 22V 与计算结果不符，故 B 错误。 C. V 与计算结果相符，故 C 正确。 D. 11V 与计算结果不符，故 D 错误。 2.如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为 θ，质量为 m 的物体以大小为 v0 的速度从斜面底 端冲上斜面，到达最高点后又滑回原处。重力加速度为 g。该过程中 22 2 11 2 1 1 2 2 n U n U = 220 2 V 2 22 2 11 2 A. 物体运动的总时间为 B. 物体所受支持力的冲量大小为 C. 物体所受的重力的冲量为 0 D. 物体所受合力的冲量大小为 mv0 【答案】B 【解析】 【详解】A.物体在斜面上向上和向下运动的时间相等，由运动学公式得 v0=gtsin 所以物体运动的总时间为 ，选项 A 错误； B.支持力的冲量大小为 mgcos ×2t= 选项 B 正确； C.物体所受的重力的冲量为 mg×2t= 选项 C 错误； D.物体所受合力的冲量大小等于动量改变量即：2mv0，选项 D 错误。 3.如图所示，在高为 1m 的光滑平台上，一质量为 0.02kg 的小球被一细线拴在墙上，小球与 墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线后，小球被弹出，小球落在水平地面上时的速 度方向与水平方向成 角。重力加速度 g＝10m/s2，不计空气阻力，则细线烧断前弹簧的弹 性势能为 A. 0.1J B. 0.3J C. 0.6J D. 0.9J 0 sin v g θ 02 tan mv θ θ 02 sin v g θ θ 02 tan mv θ 02 sin mv θ 30° 【答案】C 【解析】 【详解】因小球着地时速度方向与水平方向成 30°角，则 vy=v0tan30°，vy2=2gh，Ep= 解得 Ep=0.6 J A. 0.1J 与计算不符，故 A 错误。 B. 0.3J 与计算不符，故 B 错误。 C. 0.6J 与计算相符，故 C 正确。 D. 0.9J 与计算不符，故 D 错误。 4.在某星球表面（没有空气)以大小为 v0 的初速度竖直上抛一物体，经过 t0 时间落回抛出点， 若物体只受该星球引力作用，不考虑星球的自转，已知该星球的直径为 d。则该星球的第一宇 宙速度可表示为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】物体竖直上抛过程有 v0=g 由万有引力定律，结合圆周运动的规律，可知 ，GM=gR2，R= 解得该星球的第一宇宙速度 v1= A. 与计算结果相符，故 A 正确。 B. 与计算结果不符，故 B 错误。 2 0 1 2 mv 0 0 v d t 0 0 2v d t 0 02 v d t 0 0 2 v d t 0 2 t 2 1 2 vGMm mR R = 2 d 0 0 v d t 0 0 v d t 0 0 2v d t C. 与计算结果不符，故 C 错误。 D. 与计算结果不符，故 D 错误。 5.如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨 PP’、QQ’倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平 面，导轨的上端 P、Q 分别用导线与水平正对放置的两金属板 M、N 相连，板间距离足够大， 开始时金属板未带电，板间有一带正电微粒，金属棒 ab 水平跨放在导轨上。现同时由静止释 放带电微粒和金属棒 ab，下滑过程中金属棒 ab 与导轨接触良好且与导轨垂直，不计金属板的 充电时间。则下列说法正确的是 A. 金属棒 ab 最终匀速下滑 B. 金属棒 ab 一直加速下滑 C. 微粒先向 M 板运动后向 N 板运动 D. 微粒先向 N 板运动后向 M 板运动 【答案】B 【解析】 【详解】AB.金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过 金属棒时金属棒受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有 mgsin -BIl＞0 金属棒将一直加速，选项 A 错误 B 正确； CD.由右手定则可知，金属棒 a 端电势高，则 M 板带正电荷，所以带正电荷的微粒一直向 N 板 运动，选项 CD 错误。 6.如图所示，小球从固定 光滑圆弧槽轨道顶端无初速下滑。则下列说法正确的是的 0 02 v d t 0 0 2 v d t θ A. 小球下滑过程中机械能守恒 B. 小球到达圆弧底端时的加速度为零 C. 小球到达圆弧底端时处于失重状态 D. 小球下滑过程中速度越来越大 【答案】AD 【解析】 【详解】AD.小球下滑过程中只有重力做功，速度越来越大，机械能守恒，选项 AD 正确； B.小球刚到达圆弧底端时，受到的合力不为零，加速度不为零，选项 B 错误。 C.小球刚到达圆弧底端时，合力提供向心力，所受的支持力大于重力，处于超重状态，选项 C 错误； 7.如图所示，真空中固定两个等量的正点电荷 A、B，其连线中点为 O，以 O 点为圆心、半径 为 R 的圆面垂直 AB，以 O 为几何中心、边长为 2R 的正方形 abcd 平面垂直圆面且与 AB 共面， 两平面边线交点分别为 e，f，g 为圆上的一点。下列说法正确的是 A. 圆面边缘各点的电场强度大小均相等 B. a 点的电场强度大于 d 点的电场强度 C. a，b，c，d 四点所在的平面为等势面 D. 在 g 点将一不计重力的带负电粒子以适当的速度射出，粒子可绕 O 点做匀速圆周运动 【答案】AD 【解析】 【详解】AB.由对称性可知圆面边缘各点的电场强度大小均相等，a、d 两点的电场强度大小也 相等，选项 A 正确 B 错误； C. 根据等量正电荷电场分布可知，a、b、c、d 所在的平面不是等势面，选项 C 错误； D.在 g 点将一不计重力的带负电粒子以适当的速度射出，当电荷受到的电场力正好等于其需 要的向心力时，粒子做匀速圆周运动，选项 D 正确。 8.图甲为一运动员(可视为质点)进行三米板跳水训练的场景，某次跳水过程中运动员的速度 v －时间 t 图象如图乙所示，t＝0 是其向上起跳的瞬间，此时跳板回到平衡位置。t3＝5.5t1， 不计空气阻力，重力加速度 g＝10m/s2。则下列判断正确的是 A. 运动员入水时的速度大小为 2 m/s B. 运动员离开跳板后向上运动的位移大小为 m C. 运动员在水中向下运动的加速度大小为 20m/s2 D. 运动员入水的深度为 1.5m 【答案】BC 【解析】 【详解】AB.由图乙知运动员入水前向上运动的位移大小为向下运动位移大小的 ，即 可得 x= m 所以运动员入水前向下运动的位移大小 h1=3m+ m 由公式 v2=2gh1 可得 v= m/s 选项 A 错误 B 正确； C.由图乙知，斜率代表加速度，运动员在水中运动的加速度大小是空中的 2 倍，即 a= 20m/s2，选项 C 正确； D.运动员的人水深度 h2= m 选项 D 错误。 15 3 8 1 9 1 3 9 x x =+ 3 8 3 8 3 30 2 2 27 2 16 v a = 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22～32 题为必考题，每道试题考生都必须作 答。第 33～38 题为选考题，考生根据要求作答。 9.为了描绘小灯泡的伏安特性曲线，某同学设计了如图所示的实验电路，已知小灯泡的规格 为“3.8V，1.8W”。 (1)闭合开关前，应将电路图中的滑动变阻器的滑片移到__________(选填“a”或“b”)端。 (2)根据连接好的实物图，调节滑动变阻器，记录多组电压表和电流表的示数如下表，请在图 乙中作出 U－I 图线__________。 (3)该同学通过查找有关数据发现，其每次测量的额定功率均大于小灯泡的实际额定功率，其 原因是电流表所测得的电流比小灯泡的实际电流__________ (选填“大”或“小”)。 【答案】 (1). a (2). 如图所示， (3). 大 【解析】 【详解】(1)[1]闭合开关前，待测之路电流最小，此时滑动变阻器处于 a 端时，电流表和电 压表的示数均为 0。 (2)[2]先描点，再用平滑的曲线连接。 (3)[3]电流表的示数为小灯泡与电压表的电流之和，比小灯泡的实际电流大。 10.某同学利用图甲所示装置探究“加速度与力、物体质量的关系”。图中装有砝码的小车放 在长木板上，左端拴有一不可伸长的细绳，跨过固定在木板边缘的定滑轮与一砝码盘相连。 在砝码盘的牵引下，小车在长木板上做匀加速直线运动，图乙是该同学做实验时打点计时器 打出的一条点迹清晰的纸带，已知纸带上每相邻两个计数点间还有一个点没有画出，相邻两 计数点之间的距离分别是 x1、x2、x3、x4、x5、x6，打点计时器所接交流电的周期为 T，小车 及车中砝码的总质量为 m1，砝码盘和盘中砝码的总质量为 m2，当地重力加速度为 g。 (1)根据纸带上的数据可得小车运动的加速度表达式为 a＝__________(要求结果尽可能准确)。 (2)该同学探究在合力不变的情况下，加速度与物体质量的关系。下列说法正确的是 __________ A.平衡摩擦力时，要把空砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上，纸带通过打点计时器与小车 相连，再把木板不带滑轮的一端用小垫块垫起，移动小垫块，直到小车恰好能匀速滑动为止 B.平衡摩擦后，还要调节定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细绳保持水平 C.若用 m2g 表示小车受到的拉力，则为了减小误差，本实验要求 m1>>m2 D.每次改变小车上砝码的质量时，都要重新平衡摩擦力 (3)该同学探究在 m1 和 m2 的总质量不变情况下，加速度与合力的关系时。他平衡摩擦力后， 每次都将小车中的砝码取出一个放在砝码盘中，并通过打点计时器打出的纸带求出加速度。 得到多组数据后，绘出如图丙所示的 a－F 图象，发现图象是一条过坐标原点的倾斜直线。图 象中直线的斜率为__________ (用本实验中相关物理量的符号表示)。 (4)该同学在这个探究实验中采用的物理学思想方法为___________(选填“控制变量”“等效 替代”或“放大”)法。 【答案】 (1). (2). C (3). (4). 控制变 量 【解析】 【详解】(1)[1]因为每相邻两计数点间还有一个点没有标出，则有 x6-x3=3a（2T）2，x5-x2=3a（2T）2，x4-x1=3a（2T）2 解得 a= (2)[2]平衡摩擦力时不用挂空砝码盘；调节滑轮的髙度时细绳应与木板平行；实验是用砝码 盘和盘中砝码受到 的总重力代替小车受到的拉力的，所以要求 m1>>m2。每次改变小车的质量 时不用重新平衡摩擦力，故 C 正确 ABD 错误。 (3)[3]由公式 F=（m1+m2）a 可得 a= 即斜率为 。 (4)[4]该同学在这个探究实验中采用的物理学思想方法为控制变量法。 11.如图所示，水平地面上有两个静止的物块 A 和 B，A、B 的质量分别为 m1＝2kg，m2＝1kg， 它们与地面间的动摩擦因数均为 μ＝0.5。现对物块 A 施加一大小 I＝40N·s，水平向右的瞬 时冲量，使物块 A 获得一个初速度，t＝1s 后与物块 B 发生弹性碰撞，且碰撞时间很短，A、B 两物块均可视为质点，重力加速度 g＝10m/s2。 (1)求 A 与 B 碰撞前瞬间，A 的速度大小； (2)若物块 B 的正前方 20m 处有一危险区域，请通过计算判断碰撞后 A、B 是否会到达危验区 域。 3 5 4 3 2 1 236 x x x x x x T + + − − − 1 2 1 m m+ 3 5 4 3 2 1 236 x x x x x x T + + − − − 1 2 F m m+ 1 2 1 m m+ 【答案】(1) 15m/s (2) 物块 A 不会到达危险区域，物块 B 会到达危险区域 【解析】 【详解】（1）设物块 A 获得的初速度为 v0，则 I=m1v0 A 与 B 碰撞前的运动过程有: v1=v0-at 其中 a=μg 解得：A 与 B 碰撞前瞬间，A 的速度大小 v1=15m/s （2）A 与 B 碰撞过程机械能守恒、动量守恒，则有 m1v1=m1v1′+m2v2 = + 解得: v1′=5 m/s，v2=20 m/s 由运动学公式可知： xA= =2.5 m xB= = 40m 即物块 A 不会到达危险区域，物块 B 会到达危险区域。 12.如图所示，圆心为 O、半径为 r 的圆形区域内、外分别存在磁场方向垂直纸面向内和向外 的匀强磁场，外部磁场的磁感应强度大小为 B0。P 是圆外一点，OP＝2r。一质量为 m、电荷量 为 q 的带正电粒子从 P 点在纸面内垂直于 OP 射出，第一次从 A 点(图中未画出)沿圆的半径方 向射入圆内后从 Q 点(P、O、Q 三点共线)沿 PQ 方向射出圆形区域。不计粒子重力， ＝ 0.6， ＝0.8。求： (1)粒子在圆外部磁场和内部磁场做圆周运动的轨道半径； 2 1 1 1 2 m v 2 1 1 1 2 m v′ 2 2 2 1 2 m v 2 1 2 v a ′ 2 2 2 v a sin37° cos37° (2)圆内磁场的磁感应强度大小； (3)粒子从第一次射入圆内到第二次射入圆内所经过的时间。 【答案】(1) R2=3r (2) B 内= (3) 【解析】 【详解】（1）设粒子在圆外和圆内磁场中运动的轨道半径分别为 R1、R2，由几何关系可知: r2+R12=（2r-R1）2 解得 R1= 三角形 O1AO 与三角形 O1QO2 相似，则 即 解得: R2=3r 0 4 B 0 67 30 m qB π 3 4 r 1 2 1 O AOA QO O Q = 1 2 13 Rr R r R = − （2）粒子 磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 Bqv= 即 B= B0= B 内= 解得 B 内= （3）由几何关系知： tan∠O1OA= 解得: ∠O1OA=37° 同理可知 ∠QOC=2∠O1OA=74° 粒子在磁场中做圆周运动的周期 T= 可得: T= 所以粒子从 A 运动到 Q 的时间： t1= 粒子从 Q 运动到 C 的时间： t2= 在 2mv R mv qR 3 4 mv rq× 3 mv q r× 0 4 B 1 3 4 R r = 2 R v π 2 m qB π 0 0 37 2 37 360 45 4 m m B qBq π π° × =° × 0 0 360 -106 2 127 360 90 m m qB qB π π° ° × =° t=t1+t2= 13.一定质量的理想气体，状态从 A→B→C→D→A 的变化过程可用如图所示的 p－V 图象描述， 其中 D→A 为等温线，气体在状态 A 时的温度为 320K。则气体从 A 到 B 过程对外界做 ___________(选填“正”或“负”)功；气体在状态 C 时的温度为___________ K。 【答案】 (1). 正 (2). 400 【解析】 【详解】[1][2]气体从A 到 B 过程体积增大，对外界做正功；C 到 D 过程气体做等压变化，则 解得 TC=400 K 14.竖直放置粗细均匀的 U 形细玻璃管两臂分别灌有水银，水平管部分有一空气柱，各部分长 度如图所示，单位为厘米。现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使右侧的水银 全部进入右管中，已知大气压强 p0=75cmHg，环境温度不变，左管足够长。求： ①此时右管封闭气体的压强； ②左侧管中需要倒入水银柱的长度。 【答案】(1) (2) 【解析】 0 67 30 m qB π C D C D V V T T = 1 100cmHgp = 49.2cmL∆ = 【详解】（1）设右侧玻璃管的横截面积为 S，对右管中的气体，初态 p1=75cmHg，V1=40S 末态体积：V2=（40-10）S=30S 由 p1V1=p2V2 解得：p2=100cmHg （2）对水平管中的气体，初态压强：p=p0+15=90cmHg，V=15S； 末态压强： 根据 解得 ，水平管中的气体长度变为 10.8cm 所以左侧管中倒入水银柱的长度应该是 【点睛】本题考查气体定律的综合运用，运用气体定律解题时要找到研究对象，研究对象为 一定质量的理想气体，即：被封闭的气体，解题关键是要分析好压强 p、体积 V 以及温度 T 三 个参量的变化情况，选择合适的规律解决问题，灌水银的问题，一般利用几何关系去求解灌 入水银的长度。 15.图示为位于坐标原点的波源 O 振动 2s 时沿波的传播方向上的部分波形，已知波源 O 在 t＝ 0 时开始沿 y 轴负方向振动，t＝2s 时它正好第 3 次到达波谷。质点 a、b、c 的平衡位置的横 坐标分别为 xa＝15cm，xb＝30cm，xc＝45cm。则下列说法正确的是 。 A. 波源 O 的振动频率为 Hz B. 该波的传播速度大小为 0.675m/s， C. 0～2s 内质点 a 通过 路程为 0.4m D. t＝2s 时质点 b 的加速度为零 E. t＝2s 后，质点 a 和质点 c 的加速度始终大小相等，方向相反 【答案】BCE 【解析】 【详解】A.由题意知 的 2 25cmHg 125cmHgp p= + =′ pV p V= ′ ′ 10.8V S′ = 125cm 75cm 10cm 10.8cm 49.2cmL∆ = − + − = 8 9 =2 s Hz 选项 A 错误； B.波速 v= = 0. 675 m/s 选项 B 正确; C.0~2 s 内质点 a 只振动 2 个周期，则通过的路程 x=2×4A=0.4 m 选项 C 正确； D.t=2s 时质点 b 在波峰，其加速度最大，选项 D 错误； E.质点 a 和质点 c 的平衡位置相距 ，其加速度始终大小相等、方向相反，选项 E 正确。 16.如图所示，一边长 a＝3m 的正方体浮箱 ABCD 漂浮在水面上，恰好露出水面一半体积，AB 边左侧水面上有不透明物体覆盖，但 E 处有一小孔，在 E 的左侧 F 处有一潜水员(视为质点) 竖直向下潜水，当潜水员下潜到 P 处时恰好能从 E 处小孔看到浮箱上的 A 点。现测得 E、F 间 距离 s＝3m。P、F 间距离 h＝4m，已知水的折射率 n＝ 。 (i)求 E 点到 AB 的距离； (ii)若浮箱向左移动 s1＝1m，求潜水员能从 E 处小孔看到浮箱 A 点潜水的深度。(结果可保 留根式) 【答案】（i）2m（ii） m 【解析】 【详解】（i）从水中 P 点到 A 点的光路如图所示： 的 9 4 T 1 9 8f T = = T λ 2 λ 4 3 43 设 E 点到 AB 的距离为 x，从 P 点看到 A 点时： 入射角的正弦值 sini= 折射角 正弦值 sinr= 由折射定律可知： n= 解得： x=2m （ii）浮箱向左移动 sl=l m 时，A 点移动到 A′位置，则有 入射角的正弦值 sini′= 折射角的正弦值 sinr′= 由折射定律可知： 的 2 2 2 x ax +（ ） 2 2 3 5 EF EF h = + sin sin i r 1 2 2 1 - - 2 x s ax s +（ ） （ ） 2 2 EF EF h+ ′ n= 解得: h′= m sin sin i r ′ ′ 43