2020届安徽省“江淮十校”高三上学期第一次联考物理试题(解析版).pdf

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1、-1-江淮十校 2020 届高三第一次联考物理考生注意：1.本试卷分第I 卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。满分l00 分。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。第I 卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第II卷请用直径0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。第 I 卷（选择题共48 分）一、选择题（本题共12 小题，每小题4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，1 8 题只有一个选项符合题目要求，第9 12 题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分

2、，有选错的得 0 分。）1.如图所示两个物体与圆盘保持相对静止，随圆盘一起作匀速圆周运动，则 A、B分别受到几个力的作用（）A.3 个 5个B.3 个 4个C.4 个 5个D.4 个 6个【答案】A【解析】【详解】A物体在水平面内做匀速圆周运动，一定受到重力和B对A的支持力作用，物体在转动过程中，有背离圆心的运动趋势，因此受到指向圆心的静摩擦力，且静摩擦力提供向心力。A共受到 3 个力的作用；B物体也在水平面内做匀速圆周运动，一定受到重力和圆盘的支持力作用，同时B受到A对B的压力；物体在转动过程中，有背离圆心的运动趋势，因此受到指向圆心的静摩擦力，同时B也受到A对B的静摩擦力，两个静摩擦力的合

3、力提供向心力，所以B受 5 个力的作用。A.3 个 5个与分析相符，故A项正确；B.3 个 4个与分析不相符，故B项错误；C.4 个 5个与分析不相符，故C项错误；-2-D.4 个 6个与分析不相符，故D项错误。2.如图所示，在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动。金属导轨间距为电阻不计，金属杆的电阻为2R、长度为L，ab间电阻为R，MN两点间电势差为U，则通过电阻R的电流方向及U的大小（）A.ab，BLv B.ab，3BLvC.ab，23BLvD.ba，23BLv【答案】B【解析】【详解】由右手定则判断可知，MN中产生的感应电流方向

4、为NM，则通过电阻R的电流方向为ab，MN产生的感应电动势公式为：E=BLv，R两端的电压为：23EBLvURRRA.ab，BLv与分析不符，故A项错误；B.ab，3BLv与分析相符，故B项正确；C.ab，23BLv与分析不符，故C项错误；D.ba，23BLv与分析不符，故D项错误。3.如图所示，木板长为L，木板B端放有质量为m的静止物体，物体与板的动摩擦因数为，开始时板水平，现缓慢地抬高B端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为时小物体开始滑动，此时停止转动木板，小物体滑到木板A端，则在整个过程中，下列说法不正确的是（）-3-A.摩擦力对小物体做功mgLcosB.支持力对小物体做

5、功为mgLsinC.重力对小物体做功为0 D.木板对小物体做功为mgLsin-mgLcos【答案】A【解析】【详解】A.在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为的过程中，摩擦力不做功，物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功。摩擦力为mgcos，则摩擦力对物块做功Wf=-mgLcos，故 A项与题意相符；B.在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为的过程中，支持力对物块做功，物块下滑的过程中，支持力不做功，设前者做功为WN，根据动能定理得：WN-mgLsin=0，得WN=mgLsin故 B项与题意不相符；C.根据重力做功的特点可知，整个过程中，重力做功为0，故 C项与题意不相符；D.设在整个

6、过程中，木板对物块做功为W，则W=mgLsin-mgLcos故 D项与题意不相符。4.如图所示，平行板电容器和直流电源（内阻不计）连接，一带电液滴在平行板电容器两极板之间的点处于静止状态。现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其它条件不变。下列说法中正确的是（）A.液滴带负电，电容器带电量不变B.带电液滴将向下运动C.带电液滴电势能增多-4-D.若先将开关断开再将B极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【答案】D【解析】【详解】A.带电油滴受重力和电场力平衡，根据平衡条件，电场力向上，而场强向下，故液滴带负电荷，将极板A向下平移一小段距离，板间距减小，根据4SCkd电容增加，

7、根据Q=CU，电荷量增加，故A项与题意不相符；B.电容器板间的电压保持不变，当将极板A向下平移一小段距离时，根据UEd分析得知，板间场强增大，液滴所受电场力F=qE增大，液滴将向上运动。故B项与题意不相符；C.当液滴向上运动时，液滴所在的位置电势增大，因为Ep=q，液滴带负电，所以带电液滴的电势能减小，故 C项与题意不相符；D.根据4SCkd，Q=CU，UEd可得4 kQES，所以断开开关，电容器的电荷量不变，改变距离，电场强度不变，带电油滴所受电场力不变，故D项与题意相符。5.把长为L的导线弯成一个圆心角为45的圆弧，将其平放在纸面内。现有一个垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场，如图所示，若给

8、导线通以由A到C、大小为I的恒定电流，则导线所受安培力的大小和方向是（）A.IBL，垂直AC向左B.2 2IBL，垂直AC向左C.4 2-2IBL，垂直AC向左D.4IBL，垂直AC向右【答案】C-5-【解析】【详解】弧长为L，圆心角为4，则半径44LLR设弦长AC=x 则22222cos45xRR解得：4 22xL导线受到的安培力4 22FBIxIBL由左手定则可知，导线受到的安培力方向：水平向左A.IBL，垂直AC向左与分析不相符，故A项错误；B.2 2IBL，垂直AC向左与分析不相符，故B项错误；C.4 2-2IBL，垂直AC向左与分析相符，故C项正确；D.4IBL，垂直AC向右与分析不

9、相符，故D项错误。6.如图所示，a、b两个小球，用细线相连并悬挂于O点，现给小球a施加水平向右拉力F，用T表示绳Oa拉力大小，小球a向右缓慢运动过程中（）A.F逐渐变大，T逐渐变小-6-B.F逐渐变大，T逐渐变大C.F逐渐变小，T逐渐变大D.F逐渐变小，T逐渐变小【答案】B【解析】【详解】以小球a为研究对象受力分析如下图所示：其中Tab=Gb；根据平衡条件可知：Tcos=Ga+TabT?sin=F 当小球a向右缓慢运动过程中，增大，cos减小，sin增大，所以绳子的拉力T增大，F增大；A.F逐渐变大，T逐渐变小与分析不相符，故A项错误；B.F逐渐变大，T逐渐变大与分析相符，故B项正确；C.F逐

10、渐变小，T逐渐变大与分析不相符，故C项错误；D.F逐渐变小，T逐渐变小与分析不相符，故D项错误。7.如图所示的电路中，理想变压器的输入端接一正弦交流电，保持电压U1不变，P为滑动变阻器的滑片，闭合开关S，下列说法正确的是（）A.只增加原线圈匝数，变压器的输出电压变大B.只减少副线圈匝数，变压器的输出功率变小C.只断开开关S时，变压器的输出电压变大D.只将P向下滑动时，变阻器消耗的功率一定变大【答案】B-7-【解析】【详解】A.根据理想变压器电压和匝数的关系可知，增加原线圈匝数，则副线圈的输出电压减小，故A项与题意不相符；B.减少副线圈的匝数，则副线圈的输出电压减小，输出功率变小，故B项与题意相

11、符；C.断开开关S时，副线圈电阻增大，但匝数不变，变压器输入电压不变，则输出电压不变，故C项与题意不相符；D.将P向下滑动时，副线圈电阻增大，输出电压不变，将定值电阻R0与副线圈看成“电源”，定值电阻R0相当于电源内阻，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，即变阻器消耗的功率最大，由于定值电阻R0与变阻器的阻值大小不清楚，所以无法确定，变阻器功率变化情况，故D项与题意不相符。8.中国航天科工集团虹云工程，将在2023 年前共发射156 颗卫星组成的天基互联网，建成后WiFi 信号覆盖全球。假设这些卫星中有一颗卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为016T，（T0为地球的自转周期），已知地球的

12、第一宇宙速度为v，地球表面的重力加速度为g，则该卫星绕地球做匀速圆周轨道半径为（）A.2vgB.22vgC.240324 T vgD.22032182 T vg【答案】D【解析】【详解】绕地球表面旋转的卫星对应的速度是第一宇宙速度，此时重力提供向心力，设卫星的质量为m，即2vmgmR得出2vRg而卫星在高空中旋转时，万有引力提供向心力，设地球质量为M，此高度的速度大小为v1，则有-8-2202()16MmGmrTr其中GM=R2g解得：该卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径22032182 T vrgA.2vg与分析不符，故A项错误；B.22vg与分析不符，故B项错误；C.240324T vg与

13、分析不符，故C项错误；D.22032182T vg与分析相符，故D项正确。9.如图所示，有一以O为圆心、半径为R的圆形光滑绝缘水平轨道，现施加一匀强电场，电场方向与圆形轨道平面平行，A、O两点间电势差为U，U0，一带正电的小球套在轨道上，小球经A、B两点时速度大小均为v0，AOB=120，则下列说法正确的是（）A.小球从A到B做匀速圆周运动B.小球从A到B的运动过程中，动能先增大后减小C.匀强电场的电场强度大小为2URD.圆周上电势最高的点与O点的电势差为2U【答案】CD【解析】【详解】A.小球在电场中所受的电场力是恒力，电场力对小球要做功，其速率在变化，所以小球从A到B-9-一定不是匀速圆周

14、运动，故A项与题意不相符；B.小球从A到B的运动过程中，电场力做功为零，动能变化量为零，动能也可能先减小后增大，故 B项与题意不相符；C.小球从A到B的运动过程中，电场力做功为零，则知A、B两点电势相等，AB直线为等势线，电场线与AB直线垂直，根据U=ERcos60得2UER故 C项与题意相符；D.圆周上电势最高的点与O点的电势差为：Umax=ER=2U 故 D项与题意相符。10.如图为匀变速直线运动的x-t图象，图象与两坐标轴的交点分别为（t0，0）、（0，-x0）。t=0 时，图像切线交t轴坐标为（2t0，0），关于质点的运动下列说法正确的是A.质点先向x轴负向运动，后向x轴正向运动B.质

15、点的初速度大小为002xtC.0t0时间内质点的位移为-x0D.质点的加速度大小为020 xt【答案】BD【解析】【详解】A.根据图象知，质点一直向x轴正向运动，故A项与题意不相符；B.质点的初速度为开始点的斜率-10-0002xxvtt故 B项与题意相符；C.00t:时间内质点的位移000()xxx故 C项与题意不相符；D.根据位移公式2012xv tat代入各个已知量200000122xxtatt解得：020 xat故 D项与题意相符。11.如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0 时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起

16、离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，不计一切阻力。则（）A.t1t2时间内，小球速度先增大后减小B.t2t3时间内，小球加速度先增大后减小C.t2t3时间内，小球的动能和重力势能之和先增加后减少D.t2t3时间内，小球的动能和弹簧弹性势能之和减少【答案】AD-11-【解析】【详解】A.t1时刻小球开始向下压缩弹簧，当弹力等于重力，速度最大，t2时刻弹簧压缩到最短，速度为零，故 A项正确；B.t2时刻弹簧压缩到最短，弹力最大，小球加速度最大，所以小球的加速度先增大后减小，故 B 项错误；C.t2?t3时间

17、内，弹簧变长，形变变小，弹性势能减小，小球的动能和重力势能之和增加，故C项错误；D.t2?t3时间内，小球高度升高，重力势能增大，故小球的动能和弹簧弹性势能之和减少，故D项正确。12.如图甲所示，一倾角=30的足够长斜面体固定在水平地面上，一个物块静止在斜面上。现用大小为F=kt，（k为常量，F、t的单位均为国际标准单位）的拉力沿斜面向上拉物块，物块受到的摩擦力Ff随时间变化的关系图象如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，则下列判断正确的是A.物块的质量为1kg B.k的值为 5N/s C.物块与斜面间的动摩擦因数为33D.t=3s 时，物块的速度大

18、小为1.6m/s【答案】ABD【解析】【详解】A.t=0 时，Ff=mgsin=5N 解得：m=1kg 故 A项与题意相符；B.t=l s 时，Ff=0，说明F=5 N 则k=5 N/s，故 B项与题意相符；C.后来滑动-12-Ff=6N=mgcos解得：=62 355 3故 C项错误；D.当F=Ff+mgsin即kt1=6+5 解得：t1=2.2s 物体开始向上滑动F合=kt-Ff-mgsin解得：F合=kt-11 由动量定理:04m0(32.2)11.6s22FFtmvvv合合故 D项与题意相符。第 II卷（非选择题共52 分）二、实验题（本题共2 小题，共12 分。）13.某同学用如图甲

19、所示装置做探究加速度与合外力关系的实验。（当地重力加速度为g）-13-(1)实验前，先用游标卡尺测出遮光片的宽度，读数如图乙所示，则遮光片的宽度d=_mm。(2)实验时，先取下细线和钩码，适当垫高长木板没有定滑轮的一端，将小车轻放在0 点，轻推小车，使小车沿木板运动，小车通过两个光电门A、B时，连接光电门的计时器显示遮光片遮光时间分别为t1、t2，如果t1=t2，则表明平衡了摩擦力。平衡好摩擦力后，撤去光电门A，连好细线，挂上钩码。(3)让小车从O点静止释放，记录小车通过光电门时遮光片遮光时间t，记录钩码的质量m。(4)实验时满足钩码质量远小于小车质量，改变所挂钩码的质量m，重复实验步骤（3）

20、多次。(5)为了能通过图像直观地得到实验的结果，需要作出下面的_关系图像。（填选项代号）A.（t）2-m B.t-m C.1t-m D.21)t（-m 如果作出的图像为_，则说明质量一定时，加速度与合外力成正比。【答案】(1).2.40 (2).D (3).通过坐标原点的斜直线（或正比例直线）【解析】【详解】(1)1）遮光片的宽度为：d=2mm+0.05mm 8=2.40mm(5)2 要验证F=Ma，即为22222BvdmgMMsst则为了能通过图象直观地得到实验的结果，需要作的是21mt图象，故D项正确，ABC错误3 根据2212gsmtMd可知，如果作出的图象为过原点的倾斜直线且斜线的斜率

21、为22gsMd，则说明质量一定时，加速度与合外力成正比。14.要精确测量阻值大约为15 的电阻Rx，选用下列实验器材：电源E:电动势 6V，内阻忽略不计；电流表 A1:量程 025mA，内阻 r1为 90；电流表 A2:量程 01 A，内阻 r2约 0.6；电压表量程06V，内阻 rv约 3k；滑动变阻器R:阻值范围0 10；定值电阻R1:阻值为 10；定值电阻R2:阻值为 100；开关 S、导线若干。电流表应选用_，在方框中画出实验电路图（标出所选用的元件符号）_。-14-若电压表和电流表示数分别U和I，未知电阻表达式Rx=_（用U、I和数字表示）。【答案】(1).A1 (2).(3).Rx

22、=（10UI-9）【解析】【详解】12 由题意，电源电动势为6V，待测电阻大约为15，故通过R电流大约为400mAEIR根据器材选择的精确性原则，不选电流表A2，但电流表A1量程太小，需要把电流表A1改装成大量程电流表；根据电流表改装原理，并联定值电阻应选定值电阻R1；故电流表选择电流表A1；实验电路图如图3 若电压表和电流表示数分别为U和I，则通过待测电阻的电流为Ix=10I，改装后电流表内阻为90 1099010AR故待测电阻阻值910AxUURRII-15-三、计算题（本题共4 小题，共40 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，

23、答案中必须明确写出数值和单位。15.预计商合杭高铁在2020 年 8 月建成通车，届时合肥到杭州铁路运行时间将从3 小时缩短至1.5 小时左右。我国高铁使用的“和谐号”动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。某列高铁动车组有10 节车厢组成，其中车头第1 节、车中第6 节为动车，其余为拖车，假设动车组每节车厢质量均为m=2l04kg，每节动车的额定功率P=1l03kW，行驶过程中每节车厢所受阻力f大小均为车厢重力0.01 倍（g取 10 m/s2）。(1)求这列髙铁动车组在平直道路上运行的最大速度vm；(2)当高铁动车在某平直道路上以v=180 km/h 匀

24、速行驶，且第6 节发动机功率为4l02kW，求第 1、2 节车厢之间作用力大小。【答案】(1)360km/h(2)1 104 N【解析】【详解】(1)高铁以最大速度运动，应受力平衡:F=f总由功率公式得P总=Fvm解得：652 10mm100360km/hss10100.012 10mPvkmg总(2)v=180km/h=50m/s，第 6 节产生动力F6=534 10N8 10 N50Pv第 2 节到第 10 节车厢受力平衡，有：F6+F12-9f=0 解得：F12=1104 N 16.如图所示，水平传送带速度化恒定，大小为2m/s 匀速向右传动。现有一个质量m=2 kg的小物体（视为质点）

25、自右端M点以初速度v=4m/s 沿着传送带向左滑行，恰好未能从左端N点滑出，继而回头向右从M点滑离。物体与传送带之间的动摩擦因数=0.2，以上速度都是以地面为参考系（g取 10m/s2）-16-(1)画出小物块在传送带上运动的v-t 图象（以向左方向为正方向，要求有关键坐标值）；(2)物体从M出发再返回M，因摩擦产生的热量Q等于多少？【答案】（1）（2）36J【解析】【详解】(1)vt图像如图所示加、减速加速度a=2m2sfgm从M到达N点速度为0 则有：1vta=2s 从N点向右加速达v0，则有-17-t1=02s1s2va则有t2=t1+1=3 s NM距离L=1142vtm，反向加速s1

26、=0111m2vt达到传带速度后，匀速运动达M点t2=1041s1.5s2Lsvt3=t2+t2=4.5 s(2)x相=x带-x物=v0t3-0=24.5m=9m 热量Q=mgx相=36J 17.如图所示，竖直面内一固定的倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小球B静止于水平轨道的最左端，小球A在倾角=37倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B球发生对心弹性碰撞，B球被碰后速度大小为A碰前速度的14，A返回倾斜轨道上。已知A的质量为m，sin37=0.6，cos37=0.8，不计小球体积和空气阻力，小球A经过斜面底端无能量损失。(1)求小球B的质量；(2)已知两小球与轨道间

27、的动摩擦因数均相等，一段时间后A刚好能与B再次碰上，求小球与倾斜轨道间的动摩擦因数。【答案】（1）7m（2）0.6【解析】【详解】(1)A与B作用有:-18-由动量守恒定律得：mv=mvA+mB4v由能量守恒得：2221111()2224ABmvmvmv解得:34AvvmB=7m(2)A上冲斜面由动能定理得：-(mgsin+mgcos)s=-213)24mv（A从斜面上下滑由动能定理得：(mgsin-mgcos)s=212mv要A刚好能与B再次相碰，必有v=vB=14v由上述三方程解得:=0.6 18.如图所示，在真空中建立一个平面直角坐标系xOy，y 轴左边有一个矩形AOGF，F点坐标（-1

28、m，3m），矩形区域内有与x轴正方向成60角斜向下的匀强电场；矩形区域外有方向垂直于坐标轴平面向里，磁感应强度大小B=1.0T 的足够大匀强磁场，在x轴上坐标（1m，0）处有一粒子发射源S，沿着与x轴正方向30角斜向上发射带正电粒子，当发射速度v=1.5106 m/s 时，带电粒子恰好从区域的A点垂直电场方向进人匀强电场，并从坐标原点O离开电场，不计粒子的重力。求：(1)带电粒子的比荷；(2)电场强度E的大小；-19-(3)若要使带电粒子不进人电场区域，求发射速度（发射方向不变）的范围。【答案】(1)1.5 106C/kg(2)6 106N/C(3)v3106m/s 或v1106m/s【解析】【详解】(1)A、S连线恰为直径才满足条件由图可知:R=lm qvB=2mvR所以:1.5qvmBR 106 C/kg(2)在电场中做类平拋运动vt=AOsin30212qEtm=AOcos30解得:E=6106N/C(3)半径很大，包围电场区边，圆心在A点:-20-R1=2m qv1B=211mvR解得：v1=3106m/s 速度很小，半径小达不到电场区：R2+R2cos60=OS 解得：R2=23m qv2B=222mvR解得：v2=1106m/s 综合所得:速度v3106m/s 或v1106m/s，电荷不会进入电场。-21-