2020届福建省漳州市高三第一次教学质量检测物理试题（解析版）

漳州市 2020 届高三毕业班第一次质量检测卷 物理 注意事项： 1.本试题卷共 8 页，满分 100 分，考试时间 90 分钟。 2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置。 3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效。 4.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 5.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。 一、选择题（本题包括 10 个小题，每小题 4 分，共 40 分。第 1~6 题每小题只有一个正确选 项，第 7~10 题每小题有多个选项正确，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错或 不答的得 0 分） 1.关于原子核内部的信息，最早来自天然放射现象。人们从破解天然放射现象入手，一步步揭开了原子核的 秘密。下列说法正确的是（　　） A. 法国物理学家贝可勒尔发现了 X 射线 B. 德国物理学家伦琴发现，铀和含铀的矿物能够发出 射线 C. 卢瑟福用 粒子轰击氮原子核，发现了质子 D. 居里夫妇通过实验发现了中子 【答案】C 【解析】 【详解】A．法国物理学家贝可勒尔发现了铀和含铀的矿物能够发出射线，A 错误； B．德国物理学家伦琴，发现了伦琴射线又叫 X 射线，B 错误； C．卢瑟福用 粒子轰击氮原子核，发现了质子，并预言了中子的存在，C 正确； D．查德威克通过实验发现了中子，D 错误。 故选 C。 2.2019 年 12 月 16 日，我国的西昌卫星发射中心又一次完美发射两颗北斗卫星，标志着“北斗三号”全球 系统核心星座部署完成。若北斗卫星运行时都绕地心做匀速圆周运动，则（　　） A. 线速度大的北斗卫星，运行周期大 B. 北斗卫星的发射速度应大于 7.9km/s C. 北斗卫星的运行速度有可能大于 7.9km/s α α αD. 北斗卫星内的设备处于完全失重状态，不受重力 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据 可知，线速度大的卫星运动的轨道半径小，而轨道半径小的卫星运动周期短，因此线速度大的北斗卫星， 运行周期小，A 错误； B．卫星的发射速度应大于 7.9km/s，才能将卫星发射到太空，B 正确； C．贴近地球表面运动的卫星，运动速度为 7.9km/s，北斗卫星的运行速度都小于 7.9km/s，C 错误； D．北斗卫星内的设备处于完全失重状态，不是不受重力，而是重力全部用来提供做匀速圆周运动的向心力， D 错误。 故选 B。 3.如图，边长为 1cm 的立方体 abdc-fgih 处于匀强电场中，d、c 两点间电势差 V，d、b 两点间电势 差 V。若一电子从 b 到 g 电场力做功为零，则（　　） A. b、g 两点间的电势差为零 B. 匀强电场的方向从 d 指向 c C. a、b 两点间的电势差 3V D. 匀强电场的电场强度 E=300V/m 【答案】A 【解析】 【详解】A．由于电子从 b 到 g 电场力做功为零，因此 b、g 两点间的电势差一定为零，A 正确； B．由题可知，c、b、g 处于同一个势面上，因此这三点确定的平面为等势面，电场线与等势面垂直，因此 电场强度的方向为从 d 到 a，B 错误； 2 2 GMm vmr r = 2 2 (2 )GMm m rr T π= 3dcU = 3dbU = abU =C．d、b 两点间电势差 V，c、b、g 三点确定的平面为等势面，根据对称性，a、b 两点间的电势差 V，C 错误； D．根据 匀强电场的电场强度 D 错误。 故选 A。 4.某兴趣小组利用变压器的原理设计了一个起重机装置用于提升物体，如图所示，理想变压器原线圈的输入 电压 ，照明灯的规格为“10V 20W”，电动机的内阻为RM=5Ω，装置启动时，质 量为 m=2kg 的物体恰好以 v=0.25m/s 的速度匀速上升，照明灯正常工作，电表均为理想电表，取 g=10m/s2。 则（　　） A. 原、副线圈匝数比为 1：5 B. 电压表的示数为 14.1V C. 装置启动时，电动机的输出功率为 5W D. 装置启动时，电流表的示数为 4A 【答案】C 【解析】 【详解】A．原线圈电压有效值为 50V，副线圈电压的有效值为 10V，根据 可知，原、副线圈匝数比为 5：1，A 错误； B．电压表测量的是副线圈电压的有效值，为 10V，B 错误； C．由于物体匀速上升，输出功率全部用来提升物体，因此装置启动时，电动机的输出功率为 3dbU = 3abU = − UE d = -2 3V 300 2V/m 2 10 m2 E = = × ( )50 2 sin100π Vu t= 1 1 2 2 U n U n =C 正确； D．电动机是非纯电阻性电路，根据 即 解得 流过灯的电流 因此流过电流表的电流为 3A，D 错误。 故选 C。 5.如图，C、D 是两条竖直且足够长的固定导轨（电阻不计），导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，EF 是 一个固定螺线管，C、D 的输出端 a、b 分别连接 EF 的输入端 c、d，P 是在 EF 的正下方水平放置在地面上 的铝圆环。现对金属棒 AB 施加一竖直向上的力使金属棒由静止开始向上做匀加速运动，在运动过程中棒始 终与 C、D 导轨良好接触，可认为通电螺线管在圆环中产生的磁感应强度与通过螺线管的电流成正比，则 （　　） A. 金属棒中的感应电流方向由 A 到 B B. P 环有收缩的趋势 C. P 环对地面的压力逐渐减小 D. P 环中感应电流逐渐变大 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据右手定则，流过金属棒中的感应电流方向由 B 到 A，A 错误； BCD．由于 AB 匀加速运动，产生的感应电动势 越来越大，回路中的电流 5WP mgv= = P P P− =入 出热 2 MUI I R P− = 出 1AI = 2API U ′ = = E BLv BLat= =越来越大，穿过 P 的磁通量与电流成正比，越来越大，根据楞次定律推论，P 环有收缩的趋势；根据法拉第 电磁感应定律，P 环中产生恒定的感应电流；根据楞次定律，P 环与固定螺线管产生的磁场方向相反， P 环 （等价于磁铁，磁性不变）与固定螺线管（等价于磁铁，磁性变强）同名磁极相对，相互排斥，因此 P 环 对地面的压力增大；因此 B 正确，CD 错误。 故选 B。 6.如图，MN 是一段倾角为 =30°的传送带，一个可以看作质点，质量为 m=1kg 的物块，以沿传动带向下的 速度 m/s 从 M 点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分 v-t 图像如图所示，取 g=10m/s2，则（　　） A. 物块最终从传送带 N 点离开 B. 传送带的速度 v=1m/s，方向沿斜面向下 C. 物块沿传送带下滑时的加速度 a=2m/s2 D. 物块与传送带间的动摩擦因数 【答案】D 【解析】 【详解】AB．从图象可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为 1m/s，因此没从 N 点离开， 并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为 1m/s，AB 错误； C． 图象中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度 a=2.5m/s2，C 错误； D．根据牛顿第二定律 可得 E BLaI tR R = = θ 0 4v = 3 2 µ = —v t o ocos30 sin30mg mg maµ − =D 正确。 故选 D。 7.一带电荷量为 Q 的点电荷固定在椭圆的焦点 F 处，另一质量为 m，电荷量为 q 的试探电荷仅在彼此间的 库仑引力作用下绕 Q 做椭圆运动。MN 是椭圆的长轴，SL 是椭圆的短轴，则（　　） A. 从 M 点到 N 点电势逐渐减小 B. 试探电荷从 M 点到 N 点电势能增大 C. 试探电荷在 M 点时的加速度比在 N 点时的加速度大 D. 试探电荷从 S 点经过 N 到 L 点与从 L 点经过 M 到 S 点时间相等 【答案】BC 【解析】 【详解】A．由于无法确定 Q 带何种电荷，因此从 M 点到 N 点电势如何变化不能确定，A 错误； B．从 M 到 N 电场力做负功，因此电势能增大，B 正确； C．由库仑定律可知，在 M 点受电场力比 N 点大，根据牛顿第二定律，可知试探电荷在 M 点时的加速度比 在 N 点时的加速度大，C 正确； D．从 S 点经过 N 到 L 点先减速运动再加速运动；而从 L 点经过 M 到 S 点先加速运动再减速运动，S 点与 L 点速度大小相同，因此两段平均速率不同，虽然路程相同，但所用时间不同，D 错误。 故选 BC。 8.如图，竖直放置间距为 d 的两个平行板间存在水平方向的风力场，会对场中的物体产生水平向右的恒定风 力作用，与两板上边缘等高处有一个质量为 m 的小球 P（可视为质点）。现将小球 P 从两板正中央由静止释 放，最终小球运动到右板上的位置 O。已知小球下降的高度为 h，小球在竖直方向只受重力作用，重力加速 度大小为 g，则从开始位置运动到位置 O 的过程中（　　） 3 2 µ =A. 水平风力 B. 小球 P 的运动时间 C. 小球 P 运动的加速度 a=g D. 小球 P 运动的轨迹为曲线 【答案】AB 【解析】 【详解】D．由于水平方向风力恒定，竖直方向重力恒定，因此两个力的合力恒定，又由于初速度为零，因 此物体做初速度为零的匀加速直线运动，运动轨迹为直线，D 错误； A．小球所受力的方向与运动方向相同，因此 可得 A 正确； B．在竖直方向上，小球做自由落体运动 运动的时间 B 正确； C，小球竖直方向加速度为 水平方向加速度为 C 错误。 故选 AB。 9.橡皮筋具有与弹簧类似的性质，如图所示，一条质量不计的橡皮筋竖直悬挂，劲度系数 k=100N/m，橡皮 2 mgdF h = 2ht g = 2 d F mg h = 2 mgdF h = 21 2h gt= 2ht g = a g=竖 2 F gda m h = =水筋上端安装有拉力传感器测量橡皮筋的弹力。当下端悬挂一个钩码，静止时拉力传感器读数为 10N，现将 一个完全相同的钩码轻轻挂在第一个钩码的下方，取 g=10m/s2，则（　　） A. 悬挂第二个钩码的瞬间，拉力传感器的读数仍为 10N B. 悬挂第二个钩码的瞬间，钩码间的弹力大小是 20N C. 悬挂第二个钩码后，拉力传感器的读数恒为 20N D. 悬挂第二个钩码后，钩码运动速度最大时下降 高度为 10cm 【答案】AD 【解析】 【详解】ABC．悬挂第二个钩码的瞬间，橡皮筋长度还没发生变化，根据胡克定律，橡皮筋拉力大小仍为 10N，A 正确，BC 错误； D．设悬挂第一个钩码稳定时的伸长量为 x1 悬挂第二个钩码后，钩码运动速度最大时，钩码受力平衡，设此时又伸长 x2，则 代入数据，可得 D 正确。 故选 AD。 10.如图，一倾角为 =30°的粗糙斜面（足够长），距离斜面顶端水平距离为 l、竖直距离为 h 处有一半径为 0.45m 的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧最低点 N 的切线沿水平方向，一个可以看作质点、质量为 1kg 的小 物块从圆弧轨道的最高点由静止下滑，小物块恰好落到斜面顶端，速度与斜面平行。小物块与斜面间的动 摩擦因数为 ，取 g=10m/s2，不计空气阻力，则（　　） 的 1kx G= 1 2( ) 2k x x G+ = 2 10cmx = θ 3 2 A. 圆弧轨道底端距离斜面顶端的水平距离 l=0.3m B. 小物块滑到 N 点时，对圆弧轨道的压力为 30N C. 小物块从落到斜面至速度减为零需要 1.2s D. 小物块沿斜面下滑的最大位移为 2.4m 【答案】BD 【解析】 【详解】B．从 P 到 N 的过程中，根据机械能守恒 解得 在 N 点，根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律，对轨道的压力为 30N，B 正确； A．从 N 到 K 的过程中做平抛运动，到 K 点时，速度恰好与斜面平行 解得 2 1 1 2mgR mv= 1 3m/sv = 2 1 N mvF mg R − = N =30NF o 1 tan30 yv v = y gt=v 1l vt= 3 3 m10l =A 错误； C．小滑块到达 K 点时的速度为 v，则 可得 在斜面上运动时，根据牛顿第二定律 解得，加速度 小物体在斜面上减速的时间 C 错误； D．下滑的距离 D 正确。 故选 BD。 二、非选择题（本题共 6 小题，共 60 分） 11.某物理兴趣小组发现直接利用“落体法”进行验证机械能守恒定律实验时，由于物体下落太快，实验现 象稍纵即逝。为了让实验时间得以适当延长，设计了如图甲所示的实验方案，把质量分别为 m1、m2（ ） 的两物体通过一根跨过定滑轮（质量可忽略）的细线相连接，m2 的下方连接在穿过打点计时器的纸带上。 首先在外力的作用下两物体保持静止，开启打点计时器，稳定后释放 m1 和 m2。 o 1cos30 v v = 2 3m/sv = o osin30 cos30mg mg maµ− = 22.5m/sa = − 2 0 4 3 s5 vt a −= = 2 0 2.4m2 vs t += = 1 2m m>(1)为了完成实验，需要的测量工具除了天平，还需__________。 (2)如图乙是一条较为理想的纸带，O 点是打点计时器打下的第一个点，计数点间的距离如图乙所示。两相 邻计数点间时间间隔为 T，重力加速度为 g（题中所有物理量符号都用国际单位）。 ①在纸带上打下记数点“5”时物体的速度 v5=__________（用题给物理量符号表示）； ②在打计数点“O”到打计数点“5”过程中，m1、m2 系统重力势能 减少量△Ep=________（用题给物理量 符号表示），再求出此过程中系统动能的增加量，即可验证系统机械能是否守恒。 【答案】 (1). 刻度尺 (2). (3). 【解析】 【详解】(1)[1]需要用“刻度尺”测量点之间的距离从而算出物体的运动速度和下降距离。 (2)[2]打下点“5”时物体的速度等于打下点“4”到点“6”间物体的平均速度，即 [3]由于 下降，而 上升，m1、m2 组成的系统，重力势能的减少量 12.某实验兴趣小组为了较为精确地测量某一定值电阻的阻值，现准备了以下器材： A.待测电阻 Rx（约为 20Ω） B.电压表 V（量程 0~15V，内阻约 5kΩ） C.电流表 A（量程 0~10mA，内阻约 10Ω） D.滑动变阻器 R1（0~10Ω） E.滑动变阻器 R2（0~200Ω） F.电源（电动势 E=1.5V，内阻约为 0.5Ω） G.单刀单掷开关两个，导线若干 (1)为减小测量误差，实验电路应采用图中的_____________（填“甲”或“乙”）； 的 为 为 3 1 2 h h T − ( )1 2 2m m gh− 3 1 5 2 h hv T −= 1m 2m ( )1 2 2E m m gh∆ = −p(2)滑动变阻器应选用_________（填“R1”或“R2”）； (3)用已知量和测量的量表示 Rx 的表达式 Rx=____，说明式中各字母所表示的物理量含义： _______________； (4)用选定的电路测 Rx 的阻值，测量值和真实值的关系 R 测_______（填“大于”“等于”或“小于”）R 真 （只考虑系统误差）。 【答案】 (1). 乙 (2). R2 (3). (4). E：电源电动势，I1：开关 S2 闭合时电流表示数， I2：开关 S2 断开时电流表示数 (5). 等于 【解析】 【详解】(1)[1]如果用甲图测量，电压表的量程太大，当电流表达到满偏时，电压表几乎没动，误差太大， 测量不准确；而乙图中通过电流表示数变化，求得回路电阻的变化就是待测电阻值，比较准确，故选乙。 (2)[2]由于电源电动势为 1.5V，电流表量程 0~10mA，因此回路电阻不能小于 150Ω，只有滑动变阻器选 R2， 才能满足电阻的调整范围。 (3)[3][4]电键 S2 闭合，闭合 S1，调节滑动变阻器使电流表有较大偏转，测得电流强度为 I1；断开 S2，只闭 合 S1，测得电流强度为 I2，此时待测电阻的阻值 其中 E：电源电动势，I1：开关 S2 闭合时电流表示数，I2：开关 S2 断开时电流表示数。 (4)[5]在该实验中没有系统误差，各个值测量都是准确的，因此 R 测= R 真 13.如图甲所示，质量为 m=1kg 的滑块（可看成质点）以初速度 v0=3m/s 水平抛出，抛出点离地高度 h=0.8m，图甲中的虚线是滑块做平抛运动的轨迹。某同学以滑块运动的轨迹为模板，制作了一个形状与滑 块平抛轨迹完全重合的光滑轨道，让滑块仍从轨道顶端无初速度下滑，设滑块下滑过程中没有脱离轨道。 sin53°=0.8，cos53°=0.6，取 g=10m/s2，求： (1)滑块刚滑到底端时速度方向与水平方向的夹角 ； 2 1 E E I I − 2 1 x E ER I I = − θ(2)滑块刚滑到底端时重力的功率 P。 【答案】(1)53°；(2)32W 【解析】 【详解】(1)滑块在空中做平抛运动，因此 代入数据，解得 θ=53° (2)滑块沿光滑轨道下滑时，根据机械能守恒定律得 又滑块刚滑到底端时重力的功率 解得 P=32W 14.如图，水平边界 MN 与 PQ 之间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，两边界间高度 为 l。在边界 MN 的正上方有一矩形线框，其中 ac=l，ab=2l。线框单位长度电阻为 。现在线框从距边界 MN 为 l 处由静止下落，经过一段时间后，线框匀速进入有界匀强磁场。整个过程线框保持在竖直平面内，ab 边保持水平，重力加速度大小为 g，不计空气阻力，试求： (1)线框刚进入磁场时，线框中的电流 I； (2)当 cd 边刚离开磁场时 ab 边的热功率 P。 21 2h gt= y gt=v 0 tan yv v θ = 2 1 1 2mgh mv= 1 sinP mgv θ= ρ【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)进入磁场前线框做自由落体运动 由欧姆定律可知 其中线框 总电阻 解得 (2)当边 cd 刚离开磁场时 ab 边的热功率 其中 联立以上各式解得 15.一内壁光滑的圆形环状轨道固定于水平地面上，俯视图如图所示，轨道半径为 R，质量为 2m 的小球 b 静 置于轨道中的 A 点，与 b 球大小相同且质量为 m 的小球 a 从轨道中的 B 点以水平向右的初速度 v0 沿轨道开 始运动，与小球 b 发生弹性正碰，已知重力加速度为 g，小球 a、b 可视为质点且直径略小于圆环轨道内径， 求： 的 23 BI glρ= 2 24 9 B glP ρ= 22 0gl v= − 2BlvI R = 6R lρ= 23 BI glρ= 2 abP I R= 2abR lρ= 2 24 9 B glP ρ=(1)第一次碰撞后瞬间，小球 a 的速率； (2)第一次碰撞后，两球经过多长时间再次碰撞； (3)第一次碰撞后，轨道对小球 b 的弹力大小。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)小球 a、b 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得 碰后 a 球速度 所以 a 球速率为 (2)由(1)问可得 b 球速度 碰后小球 a、b 沿轨道分别做速率为 、 的匀速圆周运动，由运动轨迹关系得 解得 (3)水平方向上 竖直方向上 故轨道对小球 b 的弹力 0 1 3 v 0 2 Rt v π= 4 20 2 162 81N vF m gR = + 0 2a bmv mv mv= + 2 2 2 0 1 1 1 22 2 2a bmv mv mv= + × 0 1 3av v= − 0 1 3 v 0 2 3 =bv v 0 1 3 v 0 2 3 v 0 0 22 3 3 vR v t t= +π 0 2 Rt v = π 2 1 2 bvF m R =N 2 2F mg=N解得 16.如图，在边长为 L=0.2m 的正六边形 ACDEFG 区域内，分布着垂直纸面向里，磁感应强度大小 B=0.5T 的 匀强磁场。在正六边形的中心 O 有一个粒子发射源，可以在纸面内向各个方向发射速率不确定的带电粒子， 粒子带正电，且电荷量为 C，粒子的质量 kg， 取 3。 (1)如果所有粒子都束缚在磁场内，求粒子发射速率 v0 的最大值； (2)如果以第(1)问的速率范围向纸面内各个方向发射该粒子，求粒子能够到达的区域面积； (3)如果粒子以 m/s 的速率向纸面内各个方向发射，求该粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间 （sin25°=0.43，cos25°=0.91，计算结果保留两位有效数字）。 【答案】(1) ；(2)0.09m2；(3) ， 【解析】 【详解】(1)临界条件是轨迹恰好与磁场边界相切，由图可知 由牛顿第二定律可知 联立两式，解得 2 2 1 2F F F= +N N N 4 20 2 162 81 vF m gR = +N 193.2 10q −= × 266.4 10m −= × π 55 10v = × 6 0 3 108v = × m/s 7 max 4.0 10t −= × s 7 min 3.3 10t −= × s 0 1 3sin 602 4r L L°= = 2 0 0 0 mvqv B r =(2)粒子能够到达的区域面积 S 由图可知 解得 S=0.09m2 (3)由牛顿第二定律可知 代入数据解得 r=0.2m 如图粒子从 O 到 C 时间最长 如图粒子从 O 到 M 时间最短 6 0 3 108v = × m/s ( )2 02S r= π 2mvqvB r = 7 max 1 2π 4.0 10 s6 rt v −= × = × 0 3sin 4 r r α = =解得 min 2 2 360 rt v α⋅ °= π 7 min 3.3 10t −= × s