黑龙江省大庆市2020届高三第一次教学质量检测物理试题

黑龙江省大庆市2020届高三第一次教学质量检测物理试题

大庆市高三年级第一次教学质量检测 物理试题 一.单项选择题（本题8小题，每题4分，共32分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）‎ ‎1.某同学通过以下步骤粗测岀了从一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印.再将印有水印的白纸铺在台秤上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，此时台秤的示数约为冲击力的最大值.该同学使用了等效替代的方法进行测量，下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是 A. 建立“合力与分力”的概念 B. 建立“点电荷”的概念 C. 建立“电场强度"的概念 D. 建立“电容器电容”的概念 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．合力和分力是等效的，它们是等效替代的关系，所以A正确.‎ B．点电荷是一种理想化的模型，是采用的理想化的方法，故B错误.‎ C．电场强度的定义是:试探电荷在电场中受到的电场力与试探电荷所带电量的比值.所以建立“电场强度”的概念是采用了参考变量法,故C错误.‎ D．建立“电容器电容”的概念，是采用了比值定义法，所以D错误.‎ ‎2.截至2018年年底，北斗三号系统建成并提供服务，包括“一带一路”国家和地区在内的世界 各地均可享受北斗系统的服务.北斗系统采用三种轨道卫星组成混合系统，其中，对于北斗导航地球同步卫星，下列说法正确的是 A. 各卫星的角速度大小不相同 B. 这些同步卫星环绕地球运行时可以不在同一轨道上 C. 如果需要，这些同步卫星可以定点在大庆的正上方 D. 卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．地球同步卫星与地球自转的周期相同，由 可知地球同步卫星运动角速度相同，轨道半径相同，线速度大小相等，一定在相同轨道上，且只能在赤道上空。故A错误，B错误，C错误.‎ D．设地球表面的重力加速度为g，则：‎ 设地球同步卫星运行的向心加速度为a，则：‎ 所以有：‎ 即，故卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度，所以D正确.‎ ‎3.如图所示，“在某物体做直线运动的”“”图象中，引入“加速度的变化率”描述加速度变化的快慢.下列说法正确的是 A. 0-3s内，物体“加速度的变化率”越来越小 B. 0-3s内，物体的速度越来越小 C. 加速度变化率为0的运动是匀速直线运动 D. 若时物体速度为1m/s，则3s后速度可能变为10m/s ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由a-t图线可知0-3s内物体加速度对时间的变化率不变，故A错误.‎ B．由于不知道加速度与速度方向的关系，故不能确定是加速还是减速，故B错误.‎ C．加速度变化率为零，即加速度恒定，故是匀变速直线运动，故C错误.‎ D．图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，则3s内速度变化量为：‎ 所以若时物体速度为1m/s，则3s后速度可能变为10m/s，故D正确.‎ ‎4.如图所示.理想变压器原线圈M、N端接一电压有效值恒定不变的交变电流，副线圈、端接一灯泡L恰好正常发光，初始时滑动变阻器的滑片P位于图中所示位置，导线电阻不计.现将滑片P下移，则以下说法中正确的是 A. 灯仍能正常发光，原线圈输入功率不变 B. 灯仍能正常发光，原线圈输入电流变小 C. 灯变亮，原线圈输入功率变大 D 灯变暗，原线圈输入电流变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】变压器原副线圈两端电压等于原副线圈匝数之比，正弦交流电压有效值保持不变，所以副线圈按两端的电压不变，即灯泡两端电压保持不变，灯泡仍能正常发光；滑片下移，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，副线圈总电流减小，副线圈电功率减小，由于变压器的输入功率等于输出功率，则原线圈输入功率减小，正弦交流电压不变，所以输入电流变小，故选B.‎ ‎5.如图所示，5m长的细绳，两端分别固定在垂直于地面且相距4m的两杆的顶端A和B，绳上有一个光滑的轻质小挂钩，的下面挂有重为G的小物体，平衡时下列判断正确的是 A. 细绳的AO段与水平线的夹角比BO段与水平线的夹角大 B. 两杆顶端所受的拉力大小均为 C. 把A端缓慢向下移动的过程中，绳上的拉力变小 D. B端在杆上的位置不动，将右杆移动到虚线位置时，绳上的拉力变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A．小挂构与动滑轮相似，细绳的AO 段、BO 段中的张力大小相等，且AO段和BO段拉力的合力与重力G等大、反向、共线，由平衡条件和对称性可以知道细绳的AO 段、BO 段跟水平线的夹角相等，故A错误. ‎ B．设AO绳、BO绳与竖直方向的夹角为，两杆间距为S，AO和BO绳子总长为L. 由几何知识可以知道：‎ 则：‎ 对O点根据平衡条件得：‎ 得绳的拉力大小，所以B正确;‎ C.将绳子向下移动，两杆子之间得距离不变，绳长度不变，则绳子的夹角不变，因此绳中拉力不变，C错误。‎ D．B端在杆上位置不动，将右杆移动到虚线位置时，可知变大，两力夹角变大，合力还是等于重力，故绳子拉力将变大，故D错误.‎ ‎6.如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的直角三角形，底边长AB边长为，∠ABC为60°，磁场方向垂直纸面向外，比荷为的电子以速度从点沿方向射入，欲使电子能经过边，则磁感应强度B的取值应为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，沿AB方向射入的电子，根据左手定则知会往上偏，如图所示，欲使电子能经过BC边，则电子恰好与BC边相切时B为最大值，由图中几何关系可知电子运动半径R：‎ 解得：‎ 又根据带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，则有：‎ 解得：‎ 即：‎ 故选C.‎ ‎7.如图所示，用一个水平推力(为一个大于0的恒量，为时间）把一重为G的物体压在足够高且平整的竖直墙壁上，f为物体所受的摩擦力，为物体加速度，为物体的速度，取竖直向上为正方向.开始时物体的速度为零，从开始计时，下图中，该物体的.图象、图象、图象可能正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由以题意可知，因为，开始时物体重力大于摩擦力，物体做加速度减小的加速度运动，然后重力小于摩擦力，物体做加速度增加的减速运动，直到最终物体静止时，物体受到静摩擦力等于重力；根据对称性，运动开始和结束时，加速度相等，所以有：‎ 所以物体受到滑动摩擦力的最大值为：‎ 故选C.‎ ‎8.如图所示，两个质量均为的小环套在一水平放置的粗糙长杆上，两根长度均为l的轻绳一端系在小环上，另一端系在质量为M的木块上，小环保持静止时，两环之间的距离也为l，则 A. 小环对杆的作用力方向竖直向下 B. 杆对两个小环支持力的大小均为mg C. 每根绳的拉力大小为 D. 小环与杆之间的动摩擦因数至少为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对小环受力分析可知小环受到杆竖直向上的支持力和水平方向的摩擦力，合力不在竖直方向上，根据牛顿第三定律可知小环对杆的作用力方向也不在竖直方向上，故A错误.‎ B．设杆对两个小环支持力为FN,整体法分析有：‎ 即：‎ 故B错误.‎ C．设绳的拉力为FT对M受力分析可知：‎ 解得：‎ 故C错误.‎ D．环处于静止状态，当恰好处于临界状态时，此时小环受到的静摩擦力达到最大值，则有：‎ 解得动摩擦因数至少为：‎ 故D正确.‎ 二、多项选择题（本题4小题，每题4分，共16分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎9.质量为M、长度为d的木块，放在光滑的水平面上，在木块右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动.质量为m的子弹以水平速度射入木块，刚好能将木块射穿.现在拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度射入静止的木块.设子弹在木块中受到的阻力大小恒定，则 A. 拔去销钉，木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B. 子弹在木块中受到的阻力大小为 C. 拔去销钉，子弹与木块相对静止时的速度为 D. 拔去销钉，子弹射入木块的深度为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．拔去销钉，木块和子弹之间的摩擦力是系统内力，木块和子弹组成的系统水平方向动量守恒；但因摩擦力要做功，故系统机械能不守恒，故A错误 B．当木块固定时，由动能定理可知：‎ 解得：‎ 故B正确.‎ C．拔去销钉，子弹与木块系统水平方向动量守恒，则根据动量守恒定律可得：‎ 解得：‎ 故C错误.‎ D．拔去销钉，由C选项可知最终速度，故整个过程根据动能定理有：‎ 解得：‎ 故D正确 ‎10.如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中（ ）‎ A. 导体框中产生的感应电流方向相同 B. 导体框中产生的焦耳热相同 C. 通过导体框截面的电荷量相同 D. 导体框ad边两端电势差相同 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查电磁感应中电流方向、能量转化、电路问题，根据电磁感应规律分析计算可得。‎ ‎【详解】A．由楞次定律分析可知导体框中产生感应电流方向都为顺时针方向，故A正确；‎ B．导体框拉出过程中产生焦耳热等于克服安培力做的功，设导体框边长为L，总电阻为R 联立可得 因两次拉出时的速度不同，产生的焦耳热不同，故B错误；‎ C．两次拉出时磁通量变化量相同，线圈电阻相同，通过导体框截面的电荷量相同 故C正确；‎ D．向右拉出时 向上拉出时 导体框ad边两端电势差不相同，故D错误。‎ ‎【点睛】导体棒切割磁感线部分是电源，电源两端电压指的是外电压。向右切割时ad是电源，ad两端电压指的是ab、bc、bd三段电阻电压之和，向上拉出时，bc是电源，ad两端电压是ad段电阻电压。产生焦耳热等于克服安培力做功，由可比较产生热量关系。‎ ‎11.如图所示，绕中心轴OO′匀速转动的水平圆盘上，放有可视为质点的小物体，质量均为间用细线沿半径方向相连，它们到转轴距离分别为，，与盘面间的最大静摩擦力均为重力的0.4倍，g取10m/s2，则 A. 当A开始滑动时，圆盘的角速度=4rad/s B. 当细线上开始出现张力时，圆盘的角速度为rad/s C. 当A、B即将滑动时，烧断细线，A做离心运动 D. 当A、B即将滑动时，烧断细线，B做离心运动 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当A开始滑动时表明A与盘间的静摩擦力已达到最大，设此时圆盘的角速度为 ，线的拉力为F，则有对A有：‎ 对B有：‎ 又因为：‎ 解以上三式得，故A正确.‎ B．当细线上开始出现张力时,表明B与盘间的静摩擦力已达到最大,设此时圆盘的角速度为,则有：‎ 计算得出：‎ ‎.‎ 故B正确.‎ CD．当A、B即将滑动时烧断细线，A与盘间的静摩擦力减小,继续随盘做圆周运动；而B因为 不足以提供必要的向心力而做离心运动，故C错误，D正确.‎ ‎12.如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上，三个可视为点电荷，电荷量均为、质量均为m的带电小球，分别位于边长为L的等边三角形的三个顶点，则 A. 欲使三个带电小球静止，三角形的中心O点需放一负的点电荷 B. 欲使三个带电小球静止，三角形的中心O点需放一正的点电荷 C. 若中心电荷的电荷量放置，保持三个小球相对距离不变，三个带电小球可同时以绕中心电荷旋转 D. 若中心电荷的电荷量放置，保持三个小球相对距离不变，三个带电小球可同时以绕中心电荷旋转 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．对其中一个带电小球受力分析，因为都带正电，故相互排斥，所以要在三角形的中心O点需放一负的点电荷才能使其平衡，故A正确，B错误.‎ CD．若中心电荷的电荷量放置，保持三个小球相对距离不变，做圆周运动，则对B球受力分析有：‎ 根据几何关系有：‎ 而根据库仑定律有：‎ ‎ ‎ 联立解得：‎ 故C正确，D错误.‎ 三、实验题（本题2小题，共14分）‎ ‎13.光电门是一种可以测量物体瞬时速度的器材，它利用的基本原理是：极短时间内的平均速度大小可以近似认为是该时刻的瞬时速度大小.下图为测定气垫导轨上滑块加速度的装置图，滑块上安装一宽度为3.0cm的遮光条，滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，配套的数字亳秒计记录了遮光条通过第一个光电门的时间为，通过第二个光电门的时间为 ‎(1)则滑块通过第一个光电门的瞬时速度大小_________m/s，通过第二个光电门的瞬时速度大小________m/s；‎ ‎(2)若遮光条从开始遮住第一个光电门到开始進住第二个光电门的时间为s，则滑块的加速度大小_________m/s2.(结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 0.12 (2). 0.30 (3). 0.050‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]滑块通过第一个光电门的瞬时速度大小为：‎ ‎[2]滑块通过第二个光电门的瞬时速度大小为：‎ ‎(2)[3]根据速度和时间的关系有：‎ 代入数据解得a=0.050 m/s2‎ ‎14.为了测定电源电动势E、内阻r的大小并同时描绘出定值电阻的伏安特性曲线，某同学设计了如图甲所示的电路图.按电路图连接电路，闭合开关，调节滑动变阻器，使变阻器滑片从一端滑到另一端，同时记录电压表的示数，电压表的示数，电流表A的示数I，分别描绘了AC、BC两条图线，如图乙所示.请回答下列问题：‎ ‎(1)电压表的示数随电流表示数的变化图象应为图象中的____________段(选填“AC”或“BC”)；‎ ‎(2)定值电阻的阻值为______，变阻器R的总阻值为__________；‎ ‎(3)根据图乙可以求得电源的电动势__________V，内阻________；‎ ‎(4)变阻器滑片从一端滑到另一端的过程中，变阻器消耗的最大电功率为________W.‎ ‎【答案】 (1). AC (2). 3 (3). 12 (4). 8 (5). 1 (6). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]R0与滑动变阻器串联，电压表测R0两端电压，R0两端电压随电流增大而增大，由图乙所示图象可以知道AC是电压表示数随电流表示数的变化图象.‎ ‎(2)[2]由图乙可知AC图线的斜率表示R0的阻值，即：‎ ‎[3]当电路中电流最小时，滑动变阻器连入电路中阻值最大，则：‎ ‎(3) [4][5]图乙中BC表示电压表V1的示数随电流表示数的变化图象，故根据闭合电路欧姆定律有：‎ 联立解得：E=8V，r=1‎ ‎(4) [6]变阻器滑片从一端滑到另一端的过程中，将R0与r看成等效电源，即等效内阻为4，故变阻器消耗的电功率最大，即滑动变阻器电阻等于等效内阻时，此时回路电流为：‎ 故此时滑动变阻器功率为：‎ 四、计算题(本题3小题，共38分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位)‎ ‎15.水平面上一质量的物块，受到大小恒为12N、方向与水平方向夹角的斜向上方的外力F作用，由静止开始运动，5s后撤去外力。已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，g取10m/s2.求：‎ ‎(1)5s末物块速度大小；‎ ‎(2)撤去外力F后，2s内物块滑行的距离.‎ ‎【答案】(1) 8m/s (2) 6.4m ‎【解析】‎ ‎【详解】0-5s内物块做匀加速直线运动，设加速度大小为，由牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得，5s末物快速度由：‎ 代入数据可得：=8m/s ‎(2)撒去F以后，设物块加速度大小为，由牛顿第二定律：‎ 解得=5m/s² ，设停车时间，由：‎ 得=1.6s<2s说明物块在撤去F后1.6s已经停下，即物块在撤去外力F后，2s内位移x由运动学公式：‎ 代入数据解得：x=64m 答：(1)5s末物块速度大小8m/s；‎ ‎(2)撤去外力F后，2s内物块滑行的距离6.4m.‎ ‎16.如图所示，一根轻弹簧的左端固定在墙壁上，右端自由放置.一个质量为的小滑块（可视为质点）从距离弹簧右端L的平台端点以初速度正对弹簧运动.小滑块与平台之间动摩擦因数为，在与弹簧碰后又反弹回来，小滑块离开平台后，落于水平地面上，落地点与平台边缘的水平距离为S，平台高度为，求：‎ ‎（1）小滑块与弹簧碰撞过程中弹簧的最大压缩量；‎ ‎（2）小滑块与弹簧碰撞过程中弹簧的最大弹性势能.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设物抉离开平台时速度大小为，则平抛过程有：‎ 由题意可知，滑块从滑上平台至离开过程，由功能定理得：‎ 解得：‎ ‎(2)滑块向左滑动至弾簧压缩最大过程中，由功能定理得：‎ 设弹簧最大压缩量为x，克服弹力做功为.则：‎ 解得：‎ 由题意可知弹簧的最大弹性势能等于压缩过程中克服弹力做的功 答：(1)小滑块与弹簧碰撞过程中弹簧的最大压缩量；‎ ‎(2)小滑块与弹簧碰撞过程中弹簧的最大弹性势能.‎ ‎17.如图所示，y轴左侧有方向平行于x轴正方向的匀强电场，电场强度大小E=2.5×105V/m，y轴右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.15T，磁场分布在半径R=0.10m的圆形区域内，圆的左端与y轴相切于直角坐标系的原点O，右端与足够长挡板MN相切于x轴上的Q点置于点S的粒子源，可沿x轴正方向射出速度 的带正电的粒子流，已知粒子的比荷，SO间距离d=0.10m，粒子重力不计.求：‎ ‎（1）带电粒子进入磁场时速度的大小；‎ ‎（2）现以过O点垂直于纸面的直线为轴，将圆形磁场区域按逆时针方向缓慢旋转90°.求：此过程中粒子经过磁场后，打到挡板MN上时，离Q点最远的位置P到Q点的距离L.‎ ‎【答案】(1) =3.0×106m/s (2) =0.15m. (m、0.15m均给分)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)S到O，粒子做加速运动，由动能定理：‎ 代入数据得=3.0×106m/s ‎ ‎(2)当圆形磁场逆时针旋转到直径OA与x轴方向夹角为时，粒子经过MN上B点时离A最远，如图所示，设粒子做圆周运动的半径为r:‎ 代入数据得r=0.2m，由图知：‎ 所以=30°，P到Q的距离L：‎ 代入数据得：‎ ‎=0.15m.‎ 答：(1)带电粒子进入磁场时速度的大小=3.0×106m/s；‎ ‎(2)此过程中粒子经过磁场后，打到挡板MN上时，离Q点最远的位置P到Q点的距离L=0.15m.‎ ‎ ‎