安徽省教育研究会2020届高三上学期第一次素质测试物理试题 25页

安徽六校教育研究会2020届高三第一次素质测试物理试题一、选择题1.在人类对物理规律的认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就。下列有关科学家及他们的贡献描述正确的是()A.伽利略应用“理想斜面实验"推翻了亚里士多德的“力是改变物体运动状态的原因”观点B.安培首先提出了场的概念并发现了通电导线在磁场中受力方向的规律C.英国物理学家法拉第提出“磁生电”思想是受到了安培发现的电流的磁效应的启发D.牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律的知识【答案】D【解析】【分析】由题意可知考查物理学史，根据物理学史、重要规律包含物理方法、思想分析判断可得。【详解】A．亚里士多德的观点是“力维持物体运动状态的原因”，伽利略应用“理想斜面实验"推翻了亚里士多德“力维持物体运动状态的原因”观点，故A错误；B．法拉弟首先提出了场的概念，安培发现了通电导线在磁场中受力方向的规律，故B错误；C．英国物理学家法拉第提出“磁生电”思想是受到了奥期特发现的电流的磁效应的启发，故C错误；D．牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第二定律、牛顿第三定律等规律。故D正确。【点睛】2.研究光电效应规律的实验装置如图所示，以频率为v的光照射光电管阴极K时，有光电子产生。由于光电管间加的是反向电压(即极比极电势高)，光电子从阴极发射后将向阳极做减速运动。光电流由图中电流计测出，反向电压由电压表测出，当电流计的示数恰好为零时，电压表的示数称为反向遏止电压。若改变入射光的频率，遏止电压也会改变，在下列关于遏止电压与入射光频率的关系图像中正确的是() A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意可知考查光电效应规律，根据光电效应方程、动能定理分析可得。【详解】由爱因斯坦光电效应方程可得电子在电场力下做匀减速直线运动，由动能定理可得联立可得由表达式可知为一次函数图像，且纵载距为负值，因此C正确，ABD错误。【点睛】从爱因斯坦光电效应方程、动能定理入手，写出的表达式，分析函数性质（一次函数、纵截距）可得正确选项。 3.如图所示，物体自点由静止出发开始做匀加速直线运动，途径三点，其中之间的距离之间的距离,若物体通过这两段位移的时间相等,;则之间的距离等于()A.B.C.D.【答案】A【解析】分析】由题意可知考查匀变速直线运动规律，由运动学公式计算可得。【详解】物体做匀加速直线运动，设物体通过这两段位移的时间都为t，则有,B是AC的时间中点，OB距离LOB=则OA距离联立可得LOA=【点睛】物体做匀变速直线运动时，相邻相等时间内位移差值是一恒量，某段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，运用这些规律结合运动学公式计算可得。4.如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路)连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的点且处于静止状态。下列说法正确的是() A.减小极板间的正对面积，带电油滴会向下运动B.将上极板上移，则点的电势升高EC.将下极板下移，则带电油滴在点的电势能增大D.无论哪个极板上移还是下移，带电油滴都不可能向下运动【答案】D【解析】【分析】由题意可知考查电容器动态分析问题，根据电容、电压、场强、电量相互关系分析可得。【详解】A．由三式联立可得减小极板间的正对面积，由可知电容减小，假设电压不变由可知电量减小，电容器放电，因二极管的单向导电性，可知Q不变，S减小，由可知场强E增大，电场力增大，带电油滴向上运动，故A错误；B．将上极板上移，由可知电容减小，假设电压不变由可知电量减小，电容器放电，因二极管的单向导电性，可知Q不变，由可知场强E不变，P到下极板的距离不变，则P点的电势不变，故B错误；C．将下极板下移，由可知电容减小，假设电压不变由可知电量减小，电容器放电，因二极管的单向导电性，可知Q不变，由可知场强E不变，P到下极板的距离变大，则P点的电势升高，油滴带负电，所以油滴在点的电势能减小，故C错误。D．两极板距离增大时，电容减小，假设电压不变由可知电量减小，电容器放电，因二极管的单向导电性，电容不变，场强不变，油滴静止，当两板距离减小时，电容增大，场强增大，电场力增大，带电油滴向上运动，故D正确。 【点睛】二极管具有单向导电性，电容器不能反向放电，则电量不会减小。由，可以确定电场强度变化，进一步确定电场力、电势能的变化。同一正电荷放在电势越高处电势能越大，同一负电荷放在电势越高处电势能越小。5.根据我国载人航天工程“三步走战略”规划，我国预计2030年前后实现航天员登月，设想我国航天员在完成了对月球表面的科学考察任务，乘坐返回舱返回围绕月球做圆周运动的轨道舱，为了安全，返回舱与轨道舱对接时，必须具有与轨道舱相同的速度。已知返回舱从月球表面返回到距离月球中心距离为r的轨道舱所处的轨道的过程中需克服月球的引力做功公式为，其中为返回舱与人的总质量，为月球表面的重力加速度，为月球的半径，为轨道舱到月球中心的距离。不计月球的自转的影响，则航天员乘坐的返回舱从月球表面到开始与轨道舱实现安全对接的过程中，返回舱发动机做的功至少为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意可知考万有引力规律律的应用，根据万有引力提供向心力可以求出返回舱的速度大小，结合功能关系计算可得。【详解】在月球表面上在距月球球心r处返回舱发动机做的功至少为W总＝W＋ 联立可得W总=【点睛】返回舱做圆周运动万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式计算可得。返回舱发动机做的功至少等于返回舱增加的重力势能和动能之和。6.如图(a)所示，小球放置在光滑形槽中，系统处于静止状态，初始槽板处于水平，将形槽沿顺时针绕槽底角点缓慢转动，到处于竖直，如图(b)所示，在这个过程中，板受到的压力为,板受到的压力为，则下列说法正确的是()A.逐渐减小，逐渐增大B.先增大后减小，逐渐增大C.逐渐减小，先增大后减小D.先增大后减小，先增大后减小【答案】B【解析】【分析】由题意可知考查力的动态分析。由动态圆分析可得。【详解】 、两力夹角不变，采用动态圆分析，从图上直接看出先增大后减小，逐渐增大，故B正确，ACD错误。【点睛】三个力中，一个力的大小、方向都不变，另两个力夹角不变，满足这种情况可采用动态圆来分析。7.图甲所示为小型交流发电机电路示意图，电阻为的矩形线圈在磁感应强度为的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中定值电阻,其他电阻不计。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关,线圈转动过程中理想交流电压表示数是,图乙是矩形线圈磁通量随时间变化的图像，则下列说法正确的是()A.电阻上的热功率为B.时两端的电压瞬时值为零C.线圈产生的感应电动势随时间变化的规律是D.线圈开始转动到的过程中，通过的电荷量为【答案】CD【解析】【分析】由题意可知考查交变电流变化规律，根据电磁感应规律、电路欧姆定律计算可得。【详解】A．取R1R2分析， 电阻上的热功率故A错误；B．时线圈磁通量变化率最大，产生电动势最大，回路中电流最大，所以两端的电压瞬时值不等于零，故B错误；C．由闭合电路欧姆定律可得电动势的最大值为，分析乙图可知周期T=0.02s，磁通量随时间按正弦规律变化，则电动势随时间余弦规律变化，所以线圈产生的感应电动势随时间变化的规律是，故C正确；D．由可得最大磁通量线圈开始转动到时，磁通量，该过程中则，故D正确。 【点睛】磁通量随时间按正弦规律变化，则电动势、电流随时间按余弦规律变化，根据乙图可求得交变电流的周期、角速度，根据闭合电路欧姆定律可求得源电动势有效值。计算热量时用有效值，计算电量时要用电流的平均值。8.中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果。如图所示，厚度为，宽度为的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是()A.达到稳定状态时，上表面的电势低于下表面电势B.仅增大时，上、下表面的电势差减小C.仅增大电流时，上、下表面的电势差增大D.在电子向金属导体板某一侧聚集的过程中，电子所受的洛伦兹力对电子做正功【答案】AC【解析】【分析】由题意可知考查带电粒子在复合场中的运动，根据受力情况、功能关系分析可得。【详解】A．由左手定则可知电子受到向上洛伦兹力，达到稳定状态时，上极板带负电，下极板带正电，所以上表面的电势低于下表面电势，故A正确；B．达到稳定后，电子受力平衡，由可得仅增大时，上、下表面的电势差增大，故B错误；C．电流的微观表达式，两式联立可得仅增大电流时，上、下表面的电势差增大，故C正确；D．在电子向金属导体板某一侧聚集过程中，电子所受的洛伦兹力与速度方向垂直，洛伦兹力对电子不做功，故D错误。 【点睛】左手定则四指指向为电流的方向，与正电荷定向移动方向相同，与负电荷定向移动相反，推导出上下极板电压的表达式，，根据表达式分析可得。9.如图甲所示，质量为的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置-一个质量为的小铁块,铁块与木板间的动摩擦因数,对铁块施加水平向右的拉力大小随时间变化如图乙所示，4s时撤去拉力。可认为间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度.则下列说法错误的是()A.内，B的加速度大小B.内，拉力做的功C.相对滑行的最大距离D.0~4s内系统产生的摩擦热【答案】BD【解析】【分析】考查物体加速度，功的计算，摩擦力做功生热，根据牛顿第二定律，功能关系计算可得。【详解】A．内，B受到向右的拉力6N，摩擦力由牛顿第二定律可得解得B的加速度大小故A不符合题意； B．前1s物体B以4m/s2做匀加速运动，1s末时速度为，物体A加速度为，1s末时的速度，1s-2s时，B做匀速运动，A做匀加速运动，2s时两者达到共速，一起做匀加速直线运动加速度大小，4s末时速度取B分析，前1s运动位移是拉力做功1s-2s时间内，B做匀速运动，位移拉力做功2S-4S时间内B做匀加速直线运动，加速度大小为1m/s2，位移拉力做功 所以整个过程中拉力做的功总功故B符合题意。C．前2s相对滑行的最大距离,2s-4s两者相对静止，故最大距离为2m，故C不符合题意。D．0~4s内系统产生的摩擦热，故D符合题意。【点睛】用隔离法对物体AB分别受力分析，判断运动性质，前1sB以4m/s2做匀加速运动，A以1m/s2加速匀运动，1s-2s，物体B做匀速运动，物体A以1m/s2做匀加速运动，2s-4s时间内，二者以1m/s2做匀加速直线运动。摩擦生热数值上等于摩擦力和相对距离的乘积。10.如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻,建立轴平行于金属导轨，在的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场(图中未画出)，磁感应强度随坐标(以为单位)的分布规律为，金属棒在外力作用下从的某处沿导轨向右运动，始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。设在金属棒从处，经到的过程中，电阻器的电功率始终保持不变，则()A.金属棒在与处产生的电动势之比为B.金属棒在与处受到磁场的作用力大小之比为C.金属棒从到与从到的过程中通过的电量之比为 D.金属棒从0到与从到的过程中电阻产生的焦耳热之比为【答案】ACD【解析】【分析】由题意可知考查电磁感应规律，电路、电量和焦耳热计算，根据法拉第电磁感应定律、焦耳定律计算可得。【详解】A．电阻器的电功率始终保持不变，说明回路中电流不变，所以金属棒在与处产生的电动势之比为，A正确；B．由可知安培力大小正比于磁感应强度之比，金属棒在磁感应强度为B2=(0.8-0.2×2)T=0.4T，处磁场B3=(0.8-0.2×3)T=0.2T所以、处的作用力大小之比为，故B错误；C．金属棒在x1处磁感应强度x2处磁感应强度B2=(0.8-0.2×2)T=0.4T，，x3处磁场磁感应强度B3=(0.8-0.2×3)T=0.2T，，E=，，两式联立可得，金属棒从到通过R的电量 从到的过程中通过的电量所以，故C正确；D．安培力随x均匀减小，做出安培力随距离变化图像如下所示金属棒从0到与从到的过程中电阻产生的焦耳热之比为克服安培力做功之比，也等于图像中面积之比，故D正确。【点睛】磁感应强度随x均匀减小，计算磁通量时可以用平均磁感应强度与面积乘积计算，电量平均电流计算，热量用效值计算或功能关系来计算。二、实验题11.如图所示的实验装置可以验证动能定理表达式。水平气垫导轨上A处固定安装一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块前端固定拉力传感器并通过细线绕过气垫导轨左端定滑轮与钩码相连，滑块从静止释放，释放时遮光条位于气垫导轨上位置的上方.(1)某同学用游标卡尺测量遮光条宽度,如图所示，则=_____.(2)实验时接通气源稳定后，滑块静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间差为，测得滑块(包括遮光条)与拉力传感器的总质量为 ,为了测量拉力对滑块做的功，需要测量和记录的物理量是__________(写出物理量及对应的符号)，若滑块运动过程中表达式_________在误差允许的范围内成立，即可验证动能定理。(3)下列不必要的实验要求是____(请填写选项前对应的字母).A.调整气垫导轨到水平状态B.应使滑块(包括遮光条)的质量远大于钩码的质量C.已知当地重力加速度D.应使牵引滑块的细线与气垫导轨平行【答案】(1).0.220(2).拉力传感器示数F(3).间的距离、(4).BC【解析】【分析】由题意可知考查验证动能定理实验，根据实验原理分析可得。【详解】(1)[1]游标卡尺为20分度，精确度为0.05mm，(2+0.05×4)mm=2.20mm=0.220cm(2)[2]功的计算式W=FL，所以要记录拉力传感器示数FA、B间的距离L，(3)[4]A．调整气垫导轨到水平状态，才能保证滑块运动过程中受到的合外力恒定，故A操作有必要。B．该实验中有拉力传感器，力F可以测出，力F的大小不用钩码的重力来表示，所以滑块(包括遮光条)的质量没有必要远大于钩码的质量，故B符合题意；C．验证的表达式中不含重力加速度g，所以没有必要知道当地的重力加速度。故C符合题意。D．应使牵引滑块的细线与气垫导轨平行，这样才能保证滑块运动过程中合外力恒定，故D不符合题意。【点睛】游标卡尺读数时特别注意，主尺上读游标尺零刻线左侧的数值而不是游标尺左边界的数值，看清精度，10分度的精确值为0.1，20分度精确值0.05，50分度精确值0.02，以mm为单位读出数值，单位换算时有效数字不变。滑块的拉力如用钩码的重力来表示，需要满足滑块(包括遮光条)的质量远大于钩码的质量，若拉力能用力传感器测出则没有必要满足滑块 (包括遮光条)的质量远大于钩码的质量。12.某实验小组测定一个电池的电动势和内电阻，已知该电池的电动势大约为9V,内电阻小于4，实验室中可供选择的器材有:A.电压表V(量程为15V,内阻约2k)1个B.电流表(量程为500mA，内阻约10)2个C.电阻箱(阻值范围0~99.99)1个D.电阻箱(阻值范围0~999.9)1个E.滑动变阻器(阻值为0~20，额定电流3A)1个F.滑动变阻器如(阻值为0~20k，额定电流0.2A)1个实验小组认为电流表量程不够，决定将其改装为量程为2.5A的电流表,然后再用伏安法电路测电源的电动势和内电阻，以下是他们的实验操作过程:(1)改装电流表，实验电路如图甲所示，实验步骤如下，完成以下填空.①按电路图连接实物，把滑动变阻器滑动片移到最左端，把电阻箱阻值调到零:②闭合开关，开关保持断开，把滑动变阻器滑动片调到适当位置，使两个电流表读数均为500mA;③闭合开关,多次同步调节电阻箱阻值和滑动变阻器滑片，使干路上电流表读数保持为500mA,同时电流表读数为__时不再调节，保持电流表和该电阻箱并联,撤去其它线路，即得量程为2.5A的电流表。(2)在实验电路图甲中电阻箱应选________，滑动变阻器应选__________ (3)用图中虚线框内的改装电流表(原电流表的表盘没变)，测电源电动势和内电阻,实验电路如图乙所示，得到多组电压和电流的值，并作出图线如图所示，可知电池的电动势为____V,内电阻为______.(结果保留2位有效数字。)【答案】(1).100mA(2).C(3).E(4).8.7V(5).3.1【解析】【分析】由题意可知考查电表改装、测电源电动势和内电阻，根据实验原理分析计算可得。【详解】(1)[1]电流表最大电流为500mA，欲改装为量程为2.5A的电流表，需要并联的电阻分担电流为2A，也就是说并联电阻为为电流表内阻的，现在总电流为500mA，则电流表分担电流为100mA；(2)[2][3]由上面分析可知并联电阻阻值约为故电阻箱选择C；估算回路中的最大电流故滑动变阻器选择E；(3)根据闭合电路欧姆定律U+5Ir=E可得U=-5rI+E根据图像分析可得E=8.7V，-5r=解得r=3.1。【点睛】电表改装根据串并联电路特点分析，改装电流表(原电流表的表盘没变)读数为I ，则电路中流过电源的电流为5I，根据闭合电路欧姆定律U+5Ir=E可得U=-5rI+E，分析纵截距、斜率可求出E、r。三、计算题13.倾角的固定斜面长为,滑块(可看成质点)从最高点由静止开始沿斜面滑下，一段时间后到达最低点。现使滑块P经过相同的时间从最低点沿斜面滑到最高点,求滑块从点出发时的初速度大小。已知重力加速度为,滑块与斜面间的动摩擦因数【答案】【解析】【分析】由题意可知考查牛顿第二定律、运动学公式计算，据此计算可得。【详解】滑块下滑时，由受力分析得由位移公式得滑块.上滑时，有位移关系有得【点睛】根据牛顿第二定律分别求出下滑、上滑时滑块的加速度，根据两次时间相等列式计算可得。 14.如图竖直边界的左侧空间内有水平方向的匀强电场存在，一带电小球质量为，带电量为，从离地面高为的某点水平向左抛出，当小球下降高度为、水平位移为时进入匀强电场中，小球在电场中刚好做直线运动。不计空气阻力。求:(1)小球在空中运动的总时间:(2)匀强电场的场强大小。【答案】(1)(2)【解析】【分析】由题意可知考查带电粒子在电场、重力场中的运动，根据平抛运动规律分析计算可得。【详解】(1)小球落地前竖直方向是自由落体运动有得(2)小球进入电场前做平抛运动设速度与水平方向夹角为θ，则由小球做直线运动知小球所受合力方向与合速度在同一直线上 得【点睛】进入电场前粒子做平抛运动，水平方向匀速，竖直方向加速，前入电场后，重力和电场力合力和速度方向相同，做匀加速直线运动，根据力的矢量角形求力、电场强度。15.足够长的水平传送带保持速度匀速运行，上面放有质量的物体与传送带保持相对静止，现在正前方某处由静止释放一质量物体在传送带上,经过时间，物体相对传送带的位移大小,此时物体发生完全非弹性碰撞，且碰撞时间极短。已知物体与传送带间动摩擦因数相同。求:(1)物体与传送带间的动摩擦因数:(2)与发生碰撞后的速度大小;(3)全过程中物体与传送带摩擦所产生的总热量。【答案】(1)0.2(2)3.2m/s(3)1.6J【解析】【分析】由题意可知考查牛顿第二定律、动量守恒、摩擦力做功生热问题，根据牛顿第二定律、动量守恒、功能关系分析计算可得。【详解】(1)设B物体在传送带上加速度为由题意知A、B开始间距等于，所以A追上B有(2)A与B发生碰撞前B的速度为A、B发生碰撞有 (3)B在碰撞前与传送带间摩擦热量为碰后A与B一起相对传送带滑动到相对静止有【点睛】摩擦力做功生热在数值上等于摩擦力与相对距离的乘积，碰撞前后摩擦力和相对距离都不同，所以分阶段分别计算摩擦生热，再求总的热量。16.为了准确测量宇宙射线的中带电粒子组成，可以在轨道空间站上安装太空粒子探测器"和质谱仪。某种“太空粒子探测器"由加速装置、偏转装置和收集装置三部分组成，其原理可简化为图甲所示。环形薄层区域内有辐射状的加速电场，电场的边界为两个同心圆，圆心为，外圆的半径为(图中比例是示意图，远小于)，内圆半径,外圆与内圆间电势差为。内圆内有方向垂直纸面向里的匀强磁场。收集装置是以O为圆心，半径为的圆形收集板可以吸收打在板上粒子。假设有一质量为、电荷量为的带正电粒子，从加速电场的外圆边界由静止开始加速，粒子进入磁场后，发生偏转，最后打在收集板上并被吸收,不考虑粒子间相互作用及收集板上电荷的作用。 (1)求粒子刚到达内圆时速度的大小;(2)若改变内圆中磁场的磁感应强度，带电粒子刚好没有被收集板吸收而在探测器内做周期性运动,求此时磁感应强度大小,并求出带电粒子运动的周期(不计粒子在电场中的运动时间);(3)现“太空粒子探测器收集到质量分别为和、电荷量均为的两种粒子，粒子从静止开始经图乙所示的电压为的加速电压加速后通过狭缝并垂直磁场边界进入磁感应强度为Bo的匀强磁场中，最后打在位于磁场边界处的照相底片上,磁场垂直纸面向外，不考虑粒子间的相互作用，若粒子进入磁场时与垂直磁场边界的方向可能存在0到的角度偏差，要使两种粒子在底片上没有重叠，求狭缝的宽度满足的条件。【答案】(1)(2)【解析】【分析】由题意可知考查带电粒子在组合场中运动规律，根据牛顿第二定律、动能定理结合几何关系分析计算可得。【详解】(1)由动能定理得(2)粒子进入磁场中做圆周运动由几何关系得: 由得对应的圆运动周期粒子完成一次圆弧运动对应的张角是，对应的磁场半径张角是，可得粒子完成一-次周期性运动总时间为(3)两种粒子在磁场中运动半径分别为两种粒子底片上不重叠有 【点睛】根据临界条件做出几何图象，根据动能定理，牛顿第二定律结合几何关系分析计算可得。