陕西省西安地区八校2020届高三上学期第一次联考物理试题 20页

‎2020届西安地区八校联考第一次物理试题 西安市教育学会教研信息专北委员 会2020届高三卷•启用前机密 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题纸上的指定位置上.‎ ‎2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选 择题答案用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚.‎ ‎3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.‎ ‎4.保持纸面淸洁，不折叠，不破损.‎ ‎5.做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题纸上把所选题目对应的题号涂黑.‎ 第I卷（选择题，48分）‎ ‎―、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分.其中1 -8小题为单项选择题，9- 12小题为多项选择题，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.人类在对自然界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用．下列有关说法中不正确的是（　　）‎ A. 伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是初速度为零的匀变速直线运动 B. 法国科学家笛卡尔指出：如果物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动 C. 海王星是在万有引力定律发现之前通过观测发现 D. 密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 伽利略在斜面实验中得出物体沿斜面下落时的位移和时间的平方成正比，然后利用这一结论合理外推，间接证明了自由落体运动是初速度为零的匀变速直线运动，故A正确；‎ 法国科学家笛卡尔指出：如果物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向；故B正确；‎ 海王星是在万有引力定律发现之后通过观测发现的，故C不正确；‎ 密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值，任何电荷的电荷量都应是基本电荷的整数倍；故D正确；‎ ‎2.斜面固定在地面上，倾角为37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8）.质量为‎1kg的滑块以初速度V0从斜面底端沿斜面向上滑行（斜面足够长，该滑块与斜面间的动摩擦因数为0.7），则该滑块所受摩擦力F随时间变化的图象是下图中的（取初速度V0的方向为正方向，g=‎10m/s2）（）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】滑块以初速度V0从斜面底端沿斜面向上滑行，受到的是滑动摩擦力，由公式f=μN可得：f=μmgcos37°=0.7×1×10×0.8N=5.6N，方向沿着斜面向下。 重力的下滑力等于mgsin37°=1×10×0.6N=6N>5.6N，所以滑块滑到最高点后可沿斜面下滑。下滑时滑块受到的滑动摩擦力大小仍为5.6N，方向沿着斜面向上。‎ A．该图与结论不相符，选项A错误；‎ B．该图与结论不相符，选项B错误；‎ C．该图与结论相符，选项C正确；‎ D．该图与结论不相符，选项D错误.‎ 故选C。‎ ‎3.如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F缓缓向左推动B，使A 缓慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中 A. A和B均受三个力作用而平衡 B. B对桌面的压力大变小 C. A对B的压力越来越小 D. 推力F的大小不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】先以A为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力，B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力．故A错误．当B向左移动时，B对A的支持力和墙对A的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变．则A对B的压力也保持不变．对整体分析受力如图所示，‎ 由平衡条件得知，F=N1，挡板对A的支持力N1不变，则推力F不变．桌面对整体的支持力N=G总，保持不变．则B对桌面的压力不变．故D正确，ABC错误．故选D．‎ ‎4. 一中子与一质量数为A（A＞1）的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设中子的质量为m，因为发生的是弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，规定初速度的方向为正方向，有：mv1=mv2+Amv，mv12＝mv22+•Amv2 联立两式解得：．故A正确，BCD错误．故选A．‎ 点睛：解决本题的关键知道弹性碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，与非弹性碰撞不同，非弹性碰撞机械能不守恒.‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎5.如图是位于x轴上某点的电荷在直线PQ右侧的电势随x变化的图线，a、b是x轴上的两点，过P点垂直于x轴的直线PQ和x轴是该曲线的渐近线，则以下说法正确的是（ ）‎ A. 可以判断出OP间的各点电势均为零 B. 可以判断出a点的电场强度小于b点的电场强度 C. 可以判断出P点左侧与右侧的电场方向均为x轴正方向 D. 负检验电荷在a点的电势能小于在b点的电势能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．由题意，过P点垂直于x轴的直线PQ和x轴是该电势曲线的渐近线，所以产生该电场的点电荷是正电荷，位于P点。所以P点左侧的电场的电势与P点因此的电势是对称的，OP间的各点电势均不为零，P点左侧的电场方向为x轴负方向。故AC错误；‎ B．电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度，则知a点的电场强度大于b点的电场强度，故B错误。‎ D．由图可知a点的电势高于b点的电势，根据电势能的公式：ɛ=qφ，所以负检验电荷在a点的电势能小于在b点的电势能。故D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.如图所示，、闭合时，一质量为m、带电量为q的液滴，静止在电容器的A、B两平行金属板间，现保持闭合，将断开，然后将B板向下平移到图中虚线位置，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 电容器的电容减小 B. A板电势比电路中Q点电势高 C. 液滴将向下运动 D. 液滴的电势能增大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 试题分析：根据，当间距d增大时，其它条件不变，则导致电容变小，故A正确；闭合时A、Q电势相等，保持闭合，将断开，将B板向下平移一段距离，板间场强不变，所以A板与地间的电势差U增大，即A板电势升高，而Q点的电势不变，所以A板电势比电路中Q点电势高，故B正确；根据与，相结合可得，由于电量、正对面积不变，从而确定电场强度也不变，所以液滴仍保持静止，故C错误；根据电场力与重力平衡可知，液滴带负电，由于B板的移动，导致液滴的电势升高，所以其电势能减小，故D错误．‎ 考点：带电粒子在混合场中的运动、电容 ‎【名师点睛】本题关键确定电容器的电量是否变化．掌握，再由与，相结合可得，并学会通过电荷的电性与电势的变化来确定电势能的变化．‎ ‎7.如图所示，半径为 r 的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，磁场边界上 A 点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面) 且速度大小相等的带正电的粒子(重力及粒子间的相互作用不计)，已知粒子的比荷 为 k，速度大小为 2kBr，则粒子在磁场中运动的最长时间为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：粒子在磁场中运动的半径为：；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆的直径2r，故，故选C.‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.‎ ‎8. 可见光光子的能量在1．61 eV～3．10 eV范围内．如图所示，氢原子从第4能级跃迁到低能级的过程中，根据氢原子能级图可判断（ ）‎ A. 从第4能级跃迁到第3能级将释放出紫外线 B. 从第4能级跃迁到第3能级放出的光子，比从第4能级直接跃迁到第1能级放出的光子波长更长 C. 从第4能级跃迁到第3能级放出的光子，比从第4能级直接跃迁到第2能级放出的光子频率更高 D. 氢原子从第4能级跃迁到第3能级时，原子要吸收一定频率的光子，原子的能量增加 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：可见光光子的能量在1．61eV～3．10eV范围内．那么紫外线能量大于3．10eV，而从第4能级跃迁到第3能级放出能量为△E=1．51-0．85=0．66eV，因此不可能是紫外线，故A错误；n=4和n=1间的能级差最大，则辐射的光子频率最高，波长最小，因此从第4能级跃迁到第3能级放出的光子，比从第4能级直接跃迁到第1能级放出的光子波长更长，故B正确；n=4和n=3间的能级差小于n=4和n=2间的能级差，则从n=4能级跃迁到n=3能级放出的光子的频率小于从n=4能级跃迁到n=2能级放出的光子的频率，故C错误；当原子从第4能级跃迁到第3能级时，放出一定频率的光子，原子的能量减小，故D错误．‎ 考点：考查了氢原子跃迁 ‎【名师点睛】能级间跃迁辐射或吸收的能量等于两能级间的能级差，掌握公式，能级差越大，辐射的光子频率越高，波长越小，从而即可求解 ‎9.如图所示，M为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块， abed为半径是R的四分之三光滑圆弧形轨道，a为轨道的最高点，de面水平且有一定长度.今将质量为m的小球在 d点的正上方高为h处由静止释放，让其自由下落到d处切入轨道内运动，不计空气阻力，则（ ）‎ A. 只要h大于R，释放后小球就能通过a点 B. 只要改变h大小，就能使小球通过a点后，既可能落 回轨道内，又可能落到de面上 C. 无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内 D. 调节h的大小，可以使小球飞出de面之外（即e的右侧）‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球恰能通过a点的条件是小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律：‎ 解得：‎ ‎ ‎ 根据动能定理：‎ ‎ ‎ 得：‎ h=1.5R 可知只有满足h≥1.5R，释放后小球才能通过a点，故A错误；‎ BC．小球离开a点时做平抛运动，用平抛运动的规律，水平方向的匀速直线运动：‎ x=vt 竖直方向的自由落体运动：‎ R=gt2，‎ 解得：‎ x=R＞R，‎ 故无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内，则B错误，C正确。‎ D．只要改变h的大小，就能改变小球到达a点的速度，就有可能使小球通过a点后，落在de之间或之外。故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎10.—单匝矩形线圈在勻强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图a所示，当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图b所示.以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是（）‎ A. 从图线可算出穿过线圈磁通量的最大值 B. 线圈先后两次转速之比为2:3‎ C. 在图线a和b中，t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零 D. 图线b电动势的瞬时值表达式为E=l00sin ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图读出a电压最大值Um，根据周期求解角速度，据电动势最大值公式Em=BSω 可以求出穿过线圈磁通量的最大值，故A正确；‎ B．由图读出两电流周期之比为Ta：Tb=0.4s：0.6s=2：3，而T=1/n，则线圈先后两次转速之比为3：2．故B错误；‎ C．t=0时刻两个正弦式电流的感应电动势瞬时值均为零，线圈都与磁场垂直，穿过线圈的磁通量都最大。故C错误；‎ D．根据Em=BSω=2πnBS，则ab电动势最大值之比为3:2，则图线b的最大值为100V，角速度为，所以图线b电动势的瞬时值表达式为 e=100sinπt（V）‎ 故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎11.如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图，图中变压器均可视为理想变压器，电表均为理想交流电表.设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示，并且电阻不变.变阻器R相当于用户用电器的总电阻.当用电器增加时，相当于R变小，则当用电进入高峰时(　　)‎ A. 电压表V1、V2的读数均不变，电流表A2的读数增大，电流表A1的读数减小 B. 电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数增大 C. 电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变 D. 线路损耗功率增大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】因发电厂的输出电压一定，因此可知升压变压器的原线圈的电压不变，即不变，由可知升压变压器的副线圈的电压不变，即电压表的示数不变；进入用电高峰，电阻R降低，假设电压表得电压不变，可知电流表得电流增大，由 可知电流表降压变压器得输入端得电流增大，即电流表的示数增大，由可知输入电流增大，即电流表示数增加；由可知降压变压器原线圈的电压降低，即电压表降低，由可知降压变压器的副线圈的电压降低，即降低，故AD错误，BC正确．‎ ‎12.如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R．质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F=F0+kv（F0、k是常量），金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对金属棒受力分析，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律得出表达式，分情况讨论加速度的变化情况，分三种情况讨论：匀加速运动，加速度减小的加速，加速度增加的加速，再结合图象具体分析．‎ ‎【详解】设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势，环路电流，‎ 即；‎ 安培力，方向水平向左，即 ‎，‎ ‎；‎ R两端电压 ‎，‎ 即；‎ 感应电流功率 ‎，‎ 即．‎ 分析金属棒运动情况，由力合成和牛顿第二定律可得：‎ ‎，‎ 即加速度，因为金属棒从静止出发，所以，且，即，加速度方向水平向右． （1）若，，即，金属棒水平向右做匀加速直线运动．有，说明，也即是，，所以在此情况下没有选项符合． （2）若，随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒做加速度增大的加速运动，速度与时间呈指数增长关系，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合；‎ ‎（3）若，随v增大而减小，即a随v 增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C选项符合．‎ ‎【点睛】【此处有视频，请去附件查看】‎ 第II卷（非选择题，共52分）‎ 二、非选择题（包括必考题和选考题两部分，共52分.第13-16题为必考题，每个试题考生都必须作答.第17，18题为选考题，考生根据要求作答）‎ ‎（―）必考题（本题共4小题，共40分）‎ ‎13.用图甲所示的实验装置，验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图丙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图丙所示．已知m1=‎50g、m2=‎150g，取g=‎9.8m/s2，则（结果均保留两位有效数字）‎ ‎（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=_____m/s；‎ ‎（2）在0～5过程中系统动能的增量△EK=_____J，系统势能的减少量△EP=_____J；‎ ‎（3）若某同学作出图象如图乙所示，则当地的重力加速度g=_____m/s2‎ ‎【答案】 (1). 2.4 (2). 0.58 (3). 0.59 (4). 9.7‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：‎ v==‎2.4m/s ‎(2)[2][3]物体的初速度为零，所以动能的增加量为：‎ 重力势能的减小量等于物体重力做功，故 ‎(3)[4]根据机械能守恒可知 即有 所以图像中图像的斜率表示重力加速度，由图可知，斜率k=9.7，故当地的实际重力加速度。‎ ‎14.某实验小组要测定一电源的电动势E和内电阻r．实验器材有：一只DIS电流传感器(可视为理想电流表，测得的电流用I表示)，一只电阻箱(阻值用R表示)，一只开关和导线若干．该实验小组同学设计了如图甲所示的电路进行实验和采集数据．‎ ‎（1）小组设计该实验原理表达式是_______(用E、r、I、R表示)；‎ ‎（2）小组在闭合开关之前，应先将电阻箱阻值调至_____(选填“最大值”、“最小值”或“任意值”)，在实验过程中，将电阻箱调至图乙所示位置，则此时电阻箱接入电路的阻值为____Ω；‎ ‎（3）小组根据实验采集到的数据作出如图丙所示的－R图象，则由图象求得，该电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω(结果均保留两位有效数字)．‎ ‎【答案】 (1). E＝I(R＋r) (2). 最大值 (3). 25 (4). 6.0(5.8～6.2均可) (5). 2.4(2.3～2.5均可)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由图可知,本实验采用的是电流表与电阻箱测定电动势，故表达式应为； ‎ ‎(2)[2]为了保证电路中的安全，电阻箱应从最大值开始慢慢减小，故开始时应调到最大值；[3]由图可知，电阻箱接入电阻应为25Ω；‎ ‎(3)[4][5]由闭合电路欧姆定律可知：‎ 由数学知识可知图象与纵坐标的交点为，图象的斜率为，故，；‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎15.如图所示为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带AB(与水平面成α＝37°)与一斜面BC(与水平面成θ＝30°)平滑连接，B点到C点的距离为L＝‎0.6 m，运输带运行速度恒为v0＝‎5 m/s，A点到B点的距离为x＝‎4.5 m，现将一质量为m＝‎0.4 kg的小物体轻轻放于A点，物体恰好能到达最高点C点，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ1＝，求：(g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计)‎ ‎(1) 小物体运动到B点时的速度v的大小；‎ ‎(2) 小物体与运输带间的动摩擦因数μ；‎ ‎(3) 小物体从A点运动到C点所经历时间t.‎ ‎【答案】（1）‎3 m/s.（2）7/8（3）3.4s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设小物体在斜面上的加速度为a1，运动到B点的速度为v，由牛顿第二定律得 mgsin θ＋μ1mgcos θ＝ma1‎ 由运动学公式知v2＝‎2a1L，联立解得v＝‎3 m/s.‎ ‎(2)因为v