【KS5U解析】安徽省淮北市2020屆高三上學期第一次模擬考試物理試題 Word版含解析

1、淮北市2020屆高三第一次模擬考試物理試題一、選擇題（本題包括10小題，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1-6小題只有一項符合題目要求，第7-10小題有多項符合題目要求。全部選對的得，選對但不全的得，有選錯的得0分。）1.如圖所示，一架無人機執(zhí)行航拍任務時正沿直線朝斜向下方向勻速運動用g表示無人機重力，f表示空氣對它的作用力，下列四幅圖中能表示此過程中無人機受力情況的是a. b. c. d. 【答案】b【解析】【詳解】由于無人機正沿直線朝斜向下方勻速運動即所受合外力零 ，所以只有b圖受力可能為零，故b正確2.一蹦床運動員豎直向上跳起，從離開蹦床算起，上升到最大高度一半所用的時間為，速度減

2、為離開蹦床時速度一半所用的時間為，若不計空氣阻力，則與的大小關(guān)系為（）a. b. c. d. 不能確定【答案】a【解析】【詳解】根據(jù)速度位移公式得，設上升到最大高度一半的速度為v，則有：聯(lián)立解得：則運動的時間為：速度減為初速一半所用的時間為t2：。則：t1t2a，與結(jié)論相符，選項a正確；b，與結(jié)論不相符，選項b錯誤；c，與結(jié)論不相符，選項c錯誤；d不能確定，與結(jié)論不相符，選項d錯誤；故選a。3.發(fā)射地球同步衛(wèi)星時，先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1，然后經(jīng)點火，使其沿橢圓軌道2運行，最后再次點火，將衛(wèi)星送入同步衛(wèi)星軌道3（如圖所示）。則衛(wèi)星分別在1、3軌道上正常運行時，以下說法正確的是（）a. 衛(wèi)星在

3、軌道3上的速率大于在軌道1上的速率b. 衛(wèi)星在軌道3上的角速度大于在軌道1上的角速度c. 衛(wèi)星在軌道3上具有的機械能大于它在軌道1上具有的機械能d. 衛(wèi)星在軌道3上經(jīng)過點的加速度大于它在軌道2上經(jīng)過點的加速度【答案】c【解析】【詳解】abd人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，設衛(wèi)星的質(zhì)量為m、軌道半徑為r、地球質(zhì)量為m，有解得 軌道3半徑比軌道1半徑大，根據(jù)三式，衛(wèi)星在軌道1上線速度較大，角速度也較大，衛(wèi)星在軌道3上經(jīng)過點的加速度等于它在軌道2上經(jīng)過點的加速度，故abd均錯誤；c衛(wèi)星從軌道1到軌道3需要克服引力做較多的功，故在軌道3上機械能較大，故c正確；故選c。4

4、.圖甲中的變壓器為理想變壓器，原線圈匝數(shù)與副線圈匝數(shù)之比為10：1，變壓器的原線圈接如圖乙所示的正弦交流電，電阻，與電容器連接成如圖所示的電路，其中電容器的擊穿電壓為8v，電表均為理想交流電表，開關(guān)s處于斷電狀態(tài)，則（）a. 電壓表的讀數(shù)為10vb. 電流表的讀數(shù)為0.05ac. 電阻上消耗的功率為2.5wd. 若閉合開關(guān)s，電容器會被擊穿【答案】c【解析】【詳解】a開關(guān)斷開時，副線圈為r1和r2串聯(lián)，電壓表測量r2的電壓，由圖可知原線圈電壓為100v，所以副線圈電壓為10v，則電壓表的讀數(shù)是r2的電壓為5v7.07v，故a錯誤；b由a的分析可知，副線圈電流為所以原線圈電流為 故b錯誤；c電阻

5、r1、r2上消耗的功率為 故c正確；d當開關(guān)閉合時，r1與r3并聯(lián)后和r2串聯(lián)，電容器的電壓為并聯(lián)部分的電壓，并聯(lián)部分電阻為r并=10，所以并聯(lián)部分的電壓為 最大值為，所以電容器不會被擊穿，故d錯誤。故選c。5.圖甲為研究光電效應的電路圖，當用頻率為的光照射金屬陰極時，通過調(diào)節(jié)光電管兩端電壓，測量對應的光電流強度，繪制了如圖乙所示的圖象。已知電子所帶電荷量為，圖象中遏止電壓、飽和光電流及射光的頻率、普朗克常量均為已知量。下列說法正確的是（）a. 光電子的最大初動能為b. 陰極金屬的逸出功為c. 若增大原入射光的強度，則和均會變化d. 陰極金屬截止頻率為【答案】d【解析】【詳解】a光電子的最大初

6、動能為，選項a錯誤；b根據(jù)光電效應方程：則陰極金屬的逸出功為選項b錯誤；c若增大原入射光的強度，則最大初動能不變，則截止電壓不變；但是飽和光電流會變化，選項c錯誤；d根據(jù)可得，陰極金屬的截止頻率為選項d正確；故選d.6.如圖所示，平行板電容器與電源連接，下極板接地，開關(guān)閉合，一帶電油滴在電容器中的點處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是（）a. 保持開關(guān)閉合，板豎直上移一小段距離，電容器的電容增大b. 保持開關(guān)閉合，板豎直上移一小段距離，點的電勢將升高c. 保持開關(guān)閉合，板豎直上移一小段距離過程中，電流計中電流方向向右d. 開關(guān)先閉合后斷開，板豎直上移一小段距離，帶電油滴向下運動【答案】b【解析】【詳

7、解】a保持開關(guān)閉合，則電壓恒定不變，a板豎直上移一小段距離，根據(jù)電容的決定式，可知電容c減小，故a錯誤。b根據(jù)，可知電場強度減小，根據(jù)u=ed可知，p點與下極板的距離不變，但e減小，故p點與下極板的電勢差減小，下極板帶正電，故p點的電勢升高，故b正確。c根據(jù)q=cu可知，電容減小，電荷量減小，電容器放電，電流計中電流方向向左，故c錯誤。d開關(guān)s先閉合后斷開，則電荷量q不變，a板豎直上移一小段距離，電場強度恒定不變，故帶電油滴靜止不動，故d錯誤。故選b。7.兩根長直導線平行放置，如圖所示為垂直于導線的截面圖，圖中點為兩根導線連線的中點，為的中垂線上的兩點且與等距，兩導線中通有恒定電流，已知直線電

8、流在某點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度的大小跟該點到通電導線的距離成反比，則下列說法中正確的是（）a. 若中通以等大同向電流，點的磁感應強度為零b. 若中通以等大反向電流，則點和點的磁感應強度相同c. 若中通以大小不等的反向電流，則磁感應強度為零的點在之間的連線上d. 若中通以大小不等的同向電流，則磁感應強度為零的點在連線的延長線上【答案】ab【解析】【詳解】a若中通以等大同向電流，根據(jù)安培定則可知，兩條導線在o點產(chǎn)生的磁場等大反向，則o點的磁感應強度為零，選項a正確；b若中通以等大反向電流，假設a電流向里，b中電流向外；根據(jù)安培定則以及磁場疊加原理判斷得知，兩根通電導線在mn兩點產(chǎn)生的磁感應強度方向

9、均向下且大小相等；同理若假設a電流向外，b中電流向里；根據(jù)安培定則以及磁場疊加原理判斷得知，兩根通電導線在mn兩點產(chǎn)生的磁感應強度方向均向上且大小相等；故 b正確；c若中通以大小不等的反向電流，則兩電流在之間的連線上各點的磁場方向相同，磁感應強度不可能為零，選項c錯誤；d若中通以大小不等的同向電流，則兩電流在連線的延長線上各點的磁場方向相同，則磁感應強度不可能為零，選項d錯誤；故選ab.8.如圖甲所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度處，滑塊與彈簧不拴接?，F(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量出滑塊的速度和離地高度并作出如圖乙所示滑塊的圖象，其中高度

10、從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢能面，不計空氣阻力，取，由圖象可知（） a. 小滑塊的質(zhì)量為0.1kgb. 輕彈簧原長為0.2mc. 彈簧最大彈性勢能為0.5jd. 小滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.4j【答案】bc【解析】【詳解】a在從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)，ek=ep=mgh，圖線的斜率絕對值為：所以：m=0.2kg故a錯誤；b在ek-h圖象中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，所示從h=0.2m，滑塊與彈簧

11、分離，彈簧的原長的0.2m。故b正確；c根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當滑塊上升至最大高度時，增加的重力勢能即為彈簧最大彈性勢能，所以epm=mgh=0.2×10×（0.35-0.1）=0.5j故c正確；d由圖可知，當h=0.18m時的動能最大；在滑塊整個運動過程中，系統(tǒng)的動能、重力勢能和彈性勢能之間相互轉(zhuǎn)化，因此動能最大時，滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒可知epmin=e-ekm=epm+mgh-ekm=0.5+0.2×10×0.1-0.32=0.38j故d錯誤；故選bc。9.一帶正電的粒子僅在電場力作用下從點經(jīng)運動到點，其圖象如

12、圖所示。分析圖象后，下列說法正確的是（）a. 處的電場強度一定小于處的電場強度b. 粒子在處的電勢能一定大于在處的電勢能c. 間各點電場強度和電勢都為零d. 兩點間的電勢差等于兩點間的電勢差【答案】bd【解析】【詳解】a由運動的速度-時間圖象可看出，帶正電的粒子的加速度在a點時較大，由牛頓第二定律得知在a點的電場力大，故a點的電場強度一定大于b點的電場強度，故a錯誤；b由a到b過程中，速度越來越大，說明是電場力做正功，電勢能轉(zhuǎn)化為動能，由功能關(guān)系可知，此過程中電勢能減少，所以a點的電勢能高于b點的電勢能，故b正確。c從c到d，粒子速度一直不變，故電場力做功為零，可知cd間各點電場強度為零，但電

13、勢不一定為零，故c錯誤；da、c兩點的速度相等，故粒子的動能相同，因此從a到b和從b到c電場力做功的絕對值相同，ab兩點間的電勢差等于cb兩點間的電勢差，故d正確。故選bd10.在大型物流貨場，廣泛的應用傳送帶搬運貨物。如圖所示，傾斜的傳送帶以恒定速率逆時針運行，皮帶始終是繃緊的。質(zhì)量的貨物從傳送帶上端點由靜止釋放，沿傳送帶運動到底端點，兩點的距離。已知傳送帶傾角，貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，重力加速度，。則（）a. 貨物從點運動到點所用時間為1.2sb. 貨物從運動到的過程中，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為0.8jc. 貨物從運動到的過程中，傳送帶對貨物做功大小為11.2jd. 貨物從運動到與

14、傳送帶速度相等的過程中，貨物減少的重力勢能小于貨物增加的動能與摩擦產(chǎn)生的熱量之和【答案】ac【解析】【詳解】a物塊在傳送帶上先做a1勻加速直線運動，對物體受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsin+mgcos=ma1解得a1=10m/s2加速到與傳送帶共速時的時間 物塊運動的距離 因為mgsin>mgcos，可知共速后物塊將繼續(xù)加速下滑，加速度：mgsin-mgcos=ma2解得a2=2m/s2根據(jù) 即 解得t2=1s，則貨物從a點運動到b點所用時間為t=t1+t2=1.2s選項a正確；b貨物在前半段加速階段相對傳送帶的位移貨物在后半段加速階段相對傳送帶的位移則從a到b的過

15、程中，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為 選項b錯誤；c貨物從運動到的過程中，傳送帶對貨物做功大小為選項c正確；d貨物從運動到與傳送帶速度相等的過程中，對貨物由動能定理：即貨物減少的重力勢能與摩擦力做功之和等于貨物增加的動能；選項d錯誤；故選ac.二、實驗題（本大題共2小題，共16分，把答案寫在答題卡指定的答題處，不要求寫出演算過程）11.如圖（甲）所示，一位同學利用光電計時器等器材做“驗證機械能守恒定律”的實驗有一直徑為d、質(zhì)量為m的金屬小球由a處從靜止釋放,下落過程中能通過a處正下方、固定于b處的光電門，測得a、b間的距離為h（h>>d），光電計時器記錄下小球通過光電門的時間為t，當

16、地的重力加速度為g則：（1）如圖（乙）所示，用游標卡尺測得小球的直徑d =_mm（2）小球經(jīng)過光電門b時的速度表達式為_（3）多次改變高度h，重復上述實驗，作出隨h的變化圖象如圖（丙）所示，當圖中已知量t0、h0和重力加速度g及小球的直徑d滿足以下表達式：_時，可判斷小球下落過程中機械能守恒【答案】 (1). 7.25 (2). d/t (3). 或2gh0t02=d2【解析】【詳解】(1)1游標卡尺的主尺讀數(shù)為7mm，游標讀數(shù)為0.05×5mm=0.25mm，則小球的直徑d=7.25mm(2)2根據(jù)極短時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度知，小球在b處的瞬時速度；(3)3小球下落過程中重力

17、勢能的減小量為mgh0，動能的增加量若機械能守恒，有：即12.某實驗小組利用電流傳感器（可視為理想電流表）和定值電阻以及電阻箱、待測電池等器材，設計了如圖甲所示的電路測定電池電動勢和內(nèi)阻。電流的值通過數(shù)據(jù)采集器輸入到計算機，數(shù)據(jù)采集器和計算機對原電路的影響可忽略。他們連接好電路，閉合開關(guān)s后，發(fā)現(xiàn)無論如何調(diào)節(jié)電阻箱，計算機中顯示電流均為零，由此判斷電路可能出現(xiàn)了故障。經(jīng)小組討論后，嘗試用多用電表的歐姆檔來檢測電路。已知保護電阻，電流傳感器量程為。操作步驟如下：將多用電表擋位調(diào)到電阻“×1”擋，再將紅、黑表筆短接，進行歐姆調(diào)零；斷開甲圖電路開關(guān)s，將多用電表兩表筆分別接在上，多用電表的

18、指針不偏轉(zhuǎn)；斷開甲圖電路開關(guān)s，將多用電表兩表筆分別接在上，多用電表的示數(shù)如圖乙所示；斷開甲圖電路開關(guān)s，將多用電表兩表筆分別接在上，多用電表的指針不偏轉(zhuǎn)；斷開甲圖電路開關(guān)s，將多用電表兩表筆分別接在上，計算機中顯示電流不為零?；卮鹣铝袉栴}：（1）操作步驟中，多用電表內(nèi)阻_；（2）操作步驟中，多用電表紅表筆應接_（選“”或“”點）;（3）電路的故障可能是_;a.保護電阻短路b.保護電阻斷路c.電阻箱短路d.電阻箱斷路（4）排除電路故障后，該小組按照圖甲的電路測量電源的電動勢和內(nèi)阻。改變電阻箱的阻值，得到多組實驗數(shù)據(jù)。根據(jù)數(shù)據(jù)作出圖像，如圖所示，則電源電動勢_v，內(nèi)阻_（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。

19、【答案】 (1). 15.0 (2). c (3). d (4). 1.5 (5). 3.0【解析】【詳解】（1）1操作步驟中，多用電表內(nèi)阻等于中值電阻，大小為15.0；（2）2因c端是電流傳感器的負極，則操作步驟中，多用電表紅表筆應接點；（3）3根據(jù)實驗步驟的分析可知，電路的故障可能是電阻箱r斷路，故選d；（4）45根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：e=i(r+r0+r)即：由圖像可知：則r=3.0三、計算題（本題包括4小題，共4。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）13.如圖甲所示，粗糙斜面與水平面的夾角為37

20、76;，質(zhì)量為1.2kg的小物塊（可視為質(zhì)點），在一沿斜面向上的恒定推力作用下從點由靜止開始向上運動，作用一段時間后撤去推力，小物塊能達到的最高位置為點，小物塊從到的圖象如圖乙所示（取，）。求：（1）撤去后小物塊運動的加速度；（2）小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；（3）內(nèi)推力的沖量?！敬鸢浮浚?）10m/s2；（2）0.5；（3）【解析】【詳解】（1）由圖象可以知道撤去f后物體運動的加速度大小為=10m/s2.（2）在勻減速直線運動過程中由牛頓第二定律知mgsin37°+mgcos37°=ma2.解得=0.5.（3）解法一：勻加速直線運動過程的加速度大小為.沿斜面方向根據(jù)牛頓第

21、二定律可得f-mgsin37°-mgcos37°=ma1其中t=0.9s.解得解法二：對全過程應用動量定理，設力f的沖量為i，則i-（mgsin37°+mgcos37°）t=0其中t=1.2s解得14.如圖所示，在足夠長的光滑水平桌面上靜置一個四分之一光滑圓弧形槽，質(zhì)量，半徑，末端與桌面相切。將質(zhì)量的小球（可視為質(zhì)點）由槽的頂端無初速度釋放，經(jīng)桌面上點水平飛出，小球恰好無碰撞地沿圓弧切線從點進入固定的豎直光滑圓弧軌道，為圓弧的兩端點，其連線水平，為圓弧最低點。已知圓弧對應圓心角，半徑。取，。求：（1）小球沿弧形槽下滑到槽底端時，槽的速度大??；（2）桌面離

22、水平地面的高度；（3）小球運動至點時對圓弧軌道的壓力大小?！敬鸢浮浚?）1m/s；（2）0.8m；（3）小球?qū)A弧軌道壓力大小為4.3n【解析】【詳解】（1）小球弧形槽下滑到槽底端過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒mv1=mv2系統(tǒng)機械能守恒.解得v13m/sv21m/s.（2）小球離開桌面后以3m/s初速度做平拋運動hgt2.解得h0.8m.（3）小物塊由a點到o點，由機械能守恒定律得在圓弧最低點，由牛頓第二定律得解得f4.3n根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)A弧軌道壓力大小為4.3n，方向向下。15.如圖所示，兩足夠長的平行光滑金屬導軌、相距為，導軌平面與水平面的夾角，導軌電阻不計，磁感應強度為的勻強磁場垂直于導軌平面向上。長為的金屬棒垂直于放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為、電阻為。導軌