湖南省郴州市2020届高三上学期第一次教学质量监测物理试题

郴州市2020届高三第一次教学质量监测试卷物理

一、选择题

1.在物理学发展过程中，观察、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是

A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间的联系

B. 伽利略根据理想斜面实验总结出了牛顿第一定律

C. 开普勒提出行星运动规律，并发现了万有引力定律

D. 法拉第在实验中观察到,在通有恒定电流静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流

【答案】A

【解析】

【详解】A． 1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系。故A正确。

B． 牛顿根据伽利略的理想实验得出牛顿第一定律，故B错误。

C． 开普勒提出行星运动规律，牛顿发现了万有引力定律。故C错误。

D． 拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流。故D错误。

2. 2009年2月11日，俄罗斯的“宇宙﹣2251”卫星和美国的“铱﹣33”卫星在西伯利亚上空约805km处发生碰撞．这是历史上首次发生的完整在轨卫星碰撞事件．碰撞过程中产生的大量碎片可能会影响太空环境．假定有甲、乙两块碎片，绕地球运动的轨道都是圆，甲的运行速率比乙的大，则下列说法中正确的是（ ）

A. 甲的运行周期一定比乙的长

B. 甲距地面高度一定比乙的高

C. 甲的向心力一定比乙的小

D. 甲的加速度一定比乙的大

【答案】D

【解析】

试题分析：B、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有

F=F向

F=G

F向=m=mω2r=m（）2r

因而

G=m=mω2r=m（）2r=ma

解得

v=①

T==2π②

a=③

由于甲的运行速率比乙的大，根据①式，可以知道甲的轨道半径较小，故B错；

A、由公式②可知甲的周期小故A错；

C、由于未知两碎片的质量，无法判断向心力的大小，故C错；

D、碎片的加速度是指引力加速度，由③式，可知甲的加速度比乙大，故D对；

故选D．

3.明明小朋友玩掷飞镖游戏，分别在同一位置以不同的水平速度沿同一方向掷飞镖，挂在竖直墙壁上，则飞镖插入标靶中的形态可能正确的是(不计空气阻力）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】飞镖做平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，有：x=v0t．飞镖击中墙面的速度与竖直方向夹角的正切值为：

在同一位置以不同的水平速度沿同一方向掷飞镖，上方的飞镖竖直位移小， 运动时间短，则飞镖击中墙面的速度与竖直方向夹角大。

AB．与分析不符，故AB错误。

CD． 上方的飞镖击中墙面的速度与竖直方向夹角大，但因为做平抛运动，不可能垂直击中墙壁，故C正确D错误。

4.如图所示一平行板电容器中间一小孔，一带电小球从一定的高度自由落下刚好没穿过下极板，现关于小球的运动说法正确的是

A. 若下极板上移少许，小球穿出下极板

B. 若下极板下移少许，小球穿出下极板

C. 若上极板上移少许，小球穿出下极板

D. 若上极板下移少许，小球穿出下极板

【答案】B

【解析】

【详解】从释放到下极板，根据动能定理可知，设释放位置距上极板为h，板间距为d：

A．若下极板上移少许，d变小，则小球不能到达下极板，故A错误。

B．若下极板下移少许，d变大，重力做功变大，电场力负功不变，则小球到达下极板时具有动能，能够穿出下极板，故B正确。

C．若上极板上移少许，不变，则小球仍刚好没穿过下极板，故C错误。

D．若上极板下移少许，不变，则小球仍刚好没穿过下极板，故D错误。

5.如图所示为用绞车拖物块的示意图.栓接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动 从而拖动物块.已知轮轴的半径R=1m，细线始终保持水平"被拖动物块质量m=lkg，与地面 间的动摩擦因数为0.5,细线能承受的最大拉力为10N;轮轴的角速度随时间变化的关系是 ，k=2rad/s2，g取10m/s2,以下判断正确的是

A. 物块做匀加速直线运动，加速度大小是1m/s2

B. 物块做匀速直线运动

C. 当物块的速度增大到某一值后，细线将被拉断

D. 细线对物块的拉力是7N

【答案】D

【解析】

【详解】AB． 物块的速度：

v=ωR=2t×1=2t

随时间增加，物块的速度均匀增大，匀加速直线运动，且加速度大小为2 m/s2，故AB错误；

CD．根据牛顿第二定律可知，设细线拉力T：

解得：

故C错误D正确。

6.如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中， 以初速度沿ON在竖直面内做匀减速直线运动.ON与水平面的夹角为，重力加速度为，且不计空气阻力，mg=Eq，则

A. 电场方向水平向左

B. 小球上升的最大高度为

C. 在小球运动的前一段时间内，小球的动能和电势能之和增大。

D. 在小球运动的前时间内，小球的机械能减小了

【答案】D

【解析】

【详解】A． 小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg=Eq，所以电场力Eq与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的夹角应为30°，受力情况如图所示，合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下。

故A错误。

B． 小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为

则最大高度为

h=xsin30°=

故B错误。

C． 根据能量守恒可知，在小球运动的前一段时间内，重力势能增大，所以小球的动能和电势能之和减小，故C错误。

D．电场力做功等于机械能的改变量，电场力做负功，机械能减小，在小球运动的前时间内，到达最高点，根据能量守恒

故D正确。

7.如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m，底座的质量M=3m，开始时均处于静止状 态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v向左发射出去后的瞬间，底座反冲速度大小为,则 在此过程中摩擦力对底座的冲量为

A. 0

B. ,方向向左

C. ，方向向右

D. ,方向向左

【答案】B

【解析】

【详解】设向左为正方向，对弹丸，根据动量定理：

I=mv

力的作用是相互的，则弹丸对底座的作用力的冲量为：-mv，对底座，根据动量定理：

得：

正号表示负方向向左；

A． 0与分析不符，故A错误。

B． ,方向向左与分析相符，故B正确。

C． ，方向向右与分析不符，故C错误。

D． ,方向向左与分析不符，故D错误。

8.如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的位移一时间图像。A质点的图像为直线，B 质点的图像为过原点的抛物线，两图像交点C、D的坐标如图。下列说法正确的是

A. A、B相遇一次

B. t1〜t2时间段内B的平均速度小于A的平均速度。

C. A、B速度相等的时刻一定在t1〜t2时间段内的中间时刻

D. A在B前面且离B最远时，B的位置坐标为

【答案】C

【解析】

【详解】A． 图象的交点表示同一时刻到达同一位置而相遇，可知，A、B分别在t1和t2两个时刻相遇，故A错误；

B． t1～t2时间段内，两质点通过的位移相等，则B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等，故B错误。

C． 位移-时间图象斜率表示速度，B图线的切线斜率不断增大，而且B图线是抛物线，有x=kt2，则知B做匀加速直线运动。因为t1～t2时间段内，B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等，而匀变速直线运动的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，所以两物体速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的中间时刻，故C正确。

D． 当AB速度相等时，相距最远，该时刻在t1～t2时间段内的时刻，由于B做匀加速直线运动，所以此时B的位移小于，故D错误。

9.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，干路中的总电流为I，当滑动变阻器的触片P从左端滑到右端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为和，下列说法中正确的是

A. I增大

B. 小灯泡L3变亮，L1、L2变暗

C. >

D. <

【答案】BC

【解析】

【详解】AB．当滑动变阻器的触片P从左端滑到右端时，变阻器接入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，总电流I减小，路端电压变大，则L2变暗，电路中并联部分电压变大，则L3变亮，总电流减小，而L3的电流变大，则L1的电流减小，则L1变暗。故A错误B正确。

CD． 由上分析可知，

U=U1+U2

电压表V1的示数变大，电压表V2的示数减小，由于路端电压增大，所以

△U1＞△U2

故C正确D错误。

10.如图，取一块长为L的表面粗糙的木板，第一次将其左端垫高，让一小物块从板左端的A点以初速度沿板下滑，滑到板右端的B点时速度为;第二次保持板右端位置不变，将板放置水平，让同样的小物块从A点正下方的C点也以初速度向右滑动，滑到 B点时的速度为，下列说法正确的是     

A. 一定大于

B. 一定大于

C. 第一次的加速度一定大于第二次的加速度

D. 两个过程中物体损失的机械能相同

【答案】BD

【解析】

【详解】A． 物体向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则物体做加速运动，若重力向下的分力小于摩擦力，则物体做减速运动。故A错误；

BD． 设木板长L，斜面倾角为θ时，物块受到滑动摩擦力：

f1=μmgcosθ

摩擦力做功：

W1=f1L=μmgcosθ•L

木板水平时物块受到的摩擦力做功：

W2=μmg•Lcosθ=W1

两次摩擦力做的功相等，所以两个过程中物体损失的机械能相同；第一次有重力做正功，所以由动能定理可知第一次的动能一定比第二次的动能大，v1一定大于v2，故BD正确。

C． A向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力则：

B运动的过程中

因为角度与摩擦因数关系未知，第一次的加速度不一定大于第二次的加速度，故C错误。

11.如图所示，条形磁铁静止于粗糙的斜面上，与平行于斜面上端固定的轻弹簧连接，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为F1;当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为F2,磁铁始终静止，则下列说法中正确的是

A. F1>F2

B. 弹簧的弹力增大

C. 磁铁受到斜面的摩擦力大小可能不变

D. 磁铁受到斜面的摩擦力大小一定增大

【答案】AC

【解析】

【详解】A．磁铁磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏右位置，所以此处的磁感线是斜向左下的，电流的方向垂直纸面向外，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下方。长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的；因此磁铁对斜面的压力变小，故F1>F2，故A正确。

BCD． 磁铁对斜面的压力变小，最大静摩擦力变小，但由于开始时，弹簧弹力与重力向下分力的关系不确定，所以磁铁不一定会运动，弹簧弹力不一定会变化，磁铁受到的摩擦力也可能不变，故BD错误C正确。

12.如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，角 A=，AO=L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子。已知粒子的比荷为，发射速度大小都为。设粒子发射方向与OC边的夹角为，不计粒子间相互作用及重力。对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是

A. 当时，粒子将从OA边射出

B. 所有从AC边射出的粒子在磁场中运动的时间相等

C. 随着角从增大到的过程中，从AC边射出的粒子在磁场中运动的时间先变小后变大

D. 在AC边界上只有一半区域有粒子射出

【答案】CD

【解析】

【详解】A． 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

解得粒子的运动半径

r=L

当θ=60°入射时，粒子恰好从A点飞出，则当θ=45°时，粒子将从AC边射出。故A错误；

B．粒子在磁场中运动的时间

从AC边射出的粒子在磁场中运动的圆心角不同，故运动时间并不相等，故B错误。

C． 粒子从AC边上射出时，随着角度的变化，在磁场中的弧线长度先减小后增加，所以粒子在磁场中运动的时间先较短，后增长，故C正确。

D． 当θ=0°飞入的粒子在磁场中，根据几何关系可知，粒子恰好从AC中点飞出，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确；

二、实验题

13.某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律.钢球自由下落过程中，先后通过光电门 A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB.用钢球通过光电门的平均速度表示 钢球球心通过光电门的瞬时速度.测出两光电门间的距离为h，钢球直径为D，当地的重力加速度为g.

（1）用20分度的游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示，钢球直径为D =____cm.

（2）要验证机械能守恒，只要比较_____.

A. 与gh是否相等

B. 与2gh是否相等

C. 与gh是否相等

D. 与 2gh是否相等

（3）钢球通过光电门的平均速度___(填“> ”或“ < ”）钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差不能通过增加实验次数减小.

【答案】    (1). 0.945    (2). D    (3). <

【解析】

【详解】(1)[1] 游标卡尺的主尺读数为：0.9cm，游标尺上第9个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为

0.05×9mm=0.45mm

所以最终读数为：0.945cm．

(2)[2] 利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：

根据机械能守恒的表达式有：

即只要比较与 2gh是否相等即可，故D正确ABC错误。

(3)[3] 根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中中间时刻速度，所以钢球通过光电门的平均速度＜钢球球心通过光电门的瞬时速度。

14.用如图(甲）所示的电路图研究额定电压为2. 4V的灯泡L的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下工作时的电阻值.

（1）在闭合开关S前，滑动变阻器触头应该放在图甲中______(选填“a”或“b”)端；

（2）按电路图甲测出的灯泡电阻值比真实值________(选填“偏大”或“偏小”)。根据所得到实验数据画出如图乙所示的图像，在额定电压下灯泡的电阻R=_____，实际功率P=______ W ；

（3）若将与上述实验完全相同的两个灯泡串联接在电动势为6.0V，内阻为12的电源两端，接通电路，则每个灯泡的实际功率约为_____W(结果保留两位有效数字）。

【答案】    (1). a    (2). 偏小    (3). 4.80    (4). 1.2    (5). 0.31-0.33都可

【解析】

【详解】(1)[1] 当滑动触头打到a端时待测电路电压或电流为零，从而保护电流表，所以在闭合开关S前，滑动变阻器触头应该放在图甲中a端。

(2)[2][3][4] 因电流表用的是外接法，由于电压表的分流作用使得电流表的示数大于通过电阻的实际电流，根据算出的电阻值偏小。由图象可读出U=2.4V时对应的电流为I=0.5A，由代入数据可得：

R=4.8Ω

电功率：

P=UI=2.4×0.5=1.2W

(3)[5] 将与上述实验完全相同的两个灯泡串联，则干路电流为I，路端电压为2U，所以闭合电路欧姆定律为

整理得

在图乙上画出电源的U-I图线，二者的交点表示每个灯泡两端的电压与电路中的电流

每个灯泡的实际功率约为

三、计算题

15.随着科技发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离。如图所示，航空母舰的水平跑道总长L=180m，其中电磁弹射器是一种长度为L1=120m的直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵，一架质量为m=2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推=1.2×105N。飞机在起飞过程受到平均阻力为飞机重力的 0.2倍.可将飞机看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v=120m/s，假设航母始终处于静止状态。g取 10m/s2,求：

（1）飞机在离开电磁弹射区到起飞前的这一阶段的加速度的大小；

（2）飞机在电磁弹射区电磁弹射器的牵引力 F牵的大小。

【答案】(1) 40m/s2 (2) 1.08×106N

【解析】

【详解】(1) 飞机在离开电磁弹射区到起飞前的这一阶段的加速度大小为a2，平均阻力为

f=0.2mg

根据牛顿第二定律得

F推-f=ma2

代入解得

a2=4.0m/s2

(2) 令飞机在电磁弹射区的加速度大小为a1，末速度为v1，则由运动学公式得：

，

联立上两式解得，

a1=58m/s2

由

F牵+F推-f=ma1

解得

F牵=1.08×106N

16.如图所示，质量为m1=0.5 kg小物块P置于台面上的A点并与水平弹簧的右端接触(不拴接），轻弹簧左端固定，且处于原长状态.质量M=1kg的长木板静置于光滑水平面上，其上表面与水平台面相平，且紧靠台面右端.木板左端放有一质量m2=1kg的小滑块Q，现用水平向左的推力将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内），撤去推力，此后P沿台面滑到边缘C时速度=12 m/s，与滑块Q发生完全弹性碰撞，滑块Q最终停留在木板上。已知台面AB部分光滑，P与AC间的动摩擦因数=0.1，A、C间距L=5m。g取10m/s2。求：

（1）滑块P、Q碰撞后瞬间各自的速度；

（2）物块P最终离台面边缘C的距离；

（3）整个过程中由于摩擦产生的总热量.

【答案】(1) ， (2) (3)22.5J

【解析】

【详解】(1) 小物块P和滑块Q发生弹性碰撞，动量守恒：

机械能守恒：

解得

，

(2) 物块P在AC面上滑行的路程为x，最终离台面边缘C的距离为d

代入数据解得：

故物块P最终离台面边缘C的距离：

解得：

(3) 滑块Q在长木板上滑动过程中动量守恒

此过程产生的摩擦热为：

滑块P由A到C过程产生的摩擦热

P在CA间往复运动产生的摩擦热

所以

17.如图所示，在xOy平面内y轴与MN边界之间有沿x轴负方向的匀强电场，y轴左侧（I区）和MN边界右侧（II区）的空间有垂直纸面向里的匀强磁场，且MN右侧的磁感 应强度大小是y轴左侧磁感应强度大小的2倍，MN边界与y轴平行且间距保持不变.一质量为m、电荷量为-q的粒子以速度从坐标原点O沿x轴负方向射入磁场，每次经过y轴左侧磁场的时间均为，粒子重力不计.

（1）求y轴左侧磁场的磁感应强度的大小B;

（2）若经过时间粒子第一次回到原点O,且粒子经过电场加速后速度是原来的4倍，求电场区域的宽度d

（3）若粒子在左右边磁场做匀速圆周运动的 半径分别为R1、R2且R1<R2,要使粒子能够回到原点O,则电场强度E应满足什么条件？

【答案】(1) (2) (3)

【解析】

【详解】(1) 粒子在磁场中做圆周运动的周期：，粒子每次经过磁场的时间为半个周期，则：

解得：

(2) 设粒子在I、Ⅱ区运动的速度分别为v1、v2，运动周期分别为T1、T2，则

，，

解得：

粒子在t=4.5t0时回到原点，运动轨迹如图所示：

粒子在I、Ⅱ运动时间分别为

粒子在电场中运动时间为

故粒子在电场中运动宽度d所用时为t0得

解得：

(3) 由几何关系，要使粒子经过原点，则应满足

由向心力公式有：

解得：

根据动能定理：

解得：