陕西省西安地区八校2020届高三物理上学期第一次联考试题（含解析）

陕西省西安地区八校2020届高三物理上学期第一次联考试题（含解析）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的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=6N5.6N，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.11AAB.11AAC.24(1)AAD.22(1)(1)AA【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，12mv12＝12mv22+12•Amv2联立两式解得：121 1vAvA．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，1K、2K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1K闭合，将2K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4SCkd，当间距d增大时，其它条件不变，则导致电容变小，故A正确；12KK、闭合时A、Q电势相等，保持1K闭合，将2K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UEd与4SCkd，相结合可得4kQES，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QCU，再由UEd与4SCkd，相结合可得4kQES，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.kBB.2kBC.3kBD.4kB【答案】C【解析】试题分析：粒子在磁场中运动的半径为：22mvkBrRrqBBk；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633TmtqBkB，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1．61eV～3．10eV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mncEEhvh，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的大小，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：2vmgmR解得：vgR根据动能定理：212mghRmv（）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=12gt2，解得：x=2R＞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2:3C.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=l00sin1003t【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21003T，所以图线b电动势的瞬时值表达式为e=100sin1003πt（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1V不变，由1122UnUn可知升压变压器