2020-2021学年河北省邯郸市高三上学期1月份教学质量检测物理卷(解析版).doc

2020-2021学年河北省邯郸市高三上学期1月份教学质量检测物理卷（解析版）姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________
题型选择题填空题
解答题判断题
计算题附加题总分
得分
1. （知识点：摩擦力,共点力的平衡）
(9分)一个人最多能提起质量m0=20kg的重物。

在倾角θ=15°的固定斜面上放置
一物体（可视为质点），物体与斜面间动摩擦因数。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求人能够向上拖动该重物质量的最大值m。

【答案】
【解析】
试题分析：解法一：设F与斜面倾角为α时，拖动的重物最大质量为m，
由平衡条件可得：
①
②
由已知可得③
联立得④
代入
得⑤
评分标准：①②④⑤每式2分，③式1分。

解法二：如图，设摩擦力和支持力的合力与支持力夹角为α，则
评卷人得分
①
所以，②
因此摩擦力和支持力的合力与重力的夹角为450。

③
由于拉力、重力和支持力与摩擦力的合力构成三角形及受力平衡，因此当拉力和摩擦力与支持力的合力垂直时，拉力最小。

④
即⑤
由已知可得l(1)小球经过B点时对杆的拉力大小；
(2)在＋Q、－Q形成的电场中，A点的电势φA；
(3)小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度大小。

【答案】
（1）；（2）；（3）；
【解析】
试题分析：(1)小球经B点时，在竖直方向有
①
②
由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小
③
(2)由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，所以
④
电荷从A到B过程中，由动能定理得
⑤
⑥
(3)由电场对称性可知，⑦
即⑧
小球从A到C过程，根据动能定理
⑨
⑩
评分标准：第一问3分；第二问4分；第三问5分。

①②③④⑥⑧⑨⑩每式1分，⑤⑦式2分。

考点：牛顿第二定律、动能定理、电势
(13分) 如图，边长L=0.2 m的正方形abcd区域（含边界）内，存在着垂直于区域的横截面（纸面）向外的匀强磁场，磁感应强度B=5.0×10-2T。

带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E（不考虑金属板在其它区域形成的电场），MN放在ad边上，两板左端M、P恰在ab边上，两板右端N、Q间有一绝缘挡板EF。

EF中间有一小孔O，金属板长度、板间距、挡板长度均为l=0.l m。

在M和P的中间位置有一离子源S，能够正对孔O不断发射出各种速率的带正电离子，离子的电荷量均为q=3.2×l0-19 C，质量均为m=6.4×l0-26 kg。

不计离子的重力，忽略离子之间的相互作用及离子打到金属板或挡板上后的反弹。

（l）当电场强度E=104N/C时，求能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率。

（2）电场强度取值在一定范围时，可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从
bc边射出，求满足条件的电场强度的范围。

【答案】
（1）；（2）
【解析】
试题分析：（1）穿过孔O的离子在金属板间需满足
①
代入数据得②
穿过孔O的离子在金属板间仍需满足
③
离子穿过孔O后在磁场中做匀速圆周运动，有
④
由以上两式子得
⑤
从bc边射出的离子，其临界轨迹如图①，对于轨迹半径最大，对应的电场强度最大，由几何关系可得：⑥
由此可得
⑦
从bc边射出的离子，轨迹半径最小时，其临界轨迹如图②，对应的电场强度最小，由几何关系可得
所以⑧
由此可得
⑨
所以满足条件的电场强度的范围为：
⑩
评分标准：第一问3分；第二问10分。

①③④每式2分，②⑤⑥⑦⑧⑨⑩每式1分。

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在复合场中的运动
（8分）2014年诺贝尔物理学奖授予三名日裔科学家，以表彰他们在发现新型高效、环境友好型光源方面所作出的贡献——三位获奖者“发明的高效蓝色发光二极管（LED）带来了明亮而节能的白色光源”。

某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED 灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约300Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同。

实验室提供的器材有：
A．电流表A1（量程为15mA，内阻RA1约为10Ω）
B．电流表A2（量程为2 mA，内阻RA2＝20Ω）
C．定值电阻R1＝10Ω
D．定值电阻R2＝1980Ω
E．滑动变阻器R（0至20Ω）一只
F．电压表V（量程为6V，内阻RV约3kΩ）
G．蓄电池E（电动势为4 V，内阻很小）
F．开关S一只
（1）要完成实验，除蓄电池、开关、滑动变阻器外，还需选择的器材有_______________________（填写器材前的字母编号）。

（2）画出实验电路图。

（3）写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式Rx＝_________________
（说明式中题目未给出的各字母的意义）。

【答案】
(1) ABD(2) 如图(3)，I1、I2分别为电流表A1、A2的读数
【解析】
试题分析：（1）要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流，由于电压表的量程偏大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED两端的电压，可以将电流表A2与定值电阻串联改装为电压表测量电压；LED灯正常工作时的电流大约在10mA左右，用电流表A1测电流，故选ABD.
(2)因为滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．电路图如图所示．
（2）根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压U=I2（R+RA2），通过灯泡的电流I=I1-I2，所以LED灯正常工作时的电阻Rx=．I1、I2分别为电流表A1、A2的读数
考点：电阻的测量
（6分）“动能定理”和“机械能守恒定律”是物理学中很重要的两个力学方面的物理规律。

某同学设计了如图所示的实验装置。

一个电磁铁吸住一个小钢球，当将电磁铁断电后，小钢球将由静止开始向下加速运动。

小钢球经过光电门时，计时装置将记录小钢球通过光电门所用的时间t，用直尺测量出小钢球由静止开始下降至光电门时的高度h。

(1)该同学为了验证“动能定理”，用游标卡尺测量了小钢球的直径，结果如上图所示，
他记录的小钢球的直径d＝________cm。

(2)该同学在验证“动能定理”的过程中，忽略了空气阻力的影响，除了上述的数据之
外是否需要测量小钢球的质量________（填“需要”或“不需要”）。

(3)如果用这套装置验证机械能守恒定律，下面的做法能提高实验精度的是_________________。

A．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的直径
B．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的直径
C．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的质量
D．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的质量
【答案】
(1) 1.326cm；（2）不需要（3）AC
【解析】
试题分析：（1）游标尺主尺刻度是1.3cm，游标尺刻度为13×0.02mm=0.026cm，所以，游标卡尺的示数为1.326cm。

（2）根据动能定理，mgh=mv2，质量消去，不需要测量小钢球的质量。

（3）减小小球的直径，可以提高速度测量的精度；增大小球的质量，空气阻力的影响相应减小。

考点：本题考查了探究重力做功和物体动能变化间的定量关系”的实验操作和数据处理。

库仑通过实验研究电荷间的相互作用力与距离、电荷量的关系时，先保持电荷量不变，寻找作用力与电荷间距离的关系；再保持距离不变，寻找作用力与电荷量的关系，这种研究方法常被称为“控制变量法”。

下列应用了控制变量法的实验是
A．验证机械能守恒定律
B．探究力的平行四边形定则
C．探究加速度与力、质量的关系
D．探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律
【答案】
C
【解析】
试题分析：验证机械能守恒定律的实验采用密度大、体积小的重物，由于阻力远小于重物重力，可以忽略，物理学中把这种研究方法叫做建立理想化的物理模型等效替代，A错误；在探究两个共点力的合力时，如果一个力的作用效果与两个力的共同作用效果相同，这一个力就叫做那两个力的合力．该实验应用了等效替代法，B错误；研究多个变量时，应控制一些不变研究两个变量之间的关系，所以在探究加速度、力、质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验运用了控制变量法，故C正确；在探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律的实验中．由于速度在均匀变化，可以把时间分为很多段，每一段可以认为是匀速运动，物理学中把这种研究方法叫做微元法，故D错误．故选C．
考点：科学研究方法
质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图a、b分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的v－t图象，则拉力与摩擦力之比为
A．9∶8B．4∶3C．2∶1D．3∶2
【答案】
D
【解析】
试题分析：解决本题的关键能够从速度时间图线中求出加速度，然后通过牛顿第二定律进行求解。

在该问题中要注意拉力可能与速度方向相同，可能相反。

通过速度时间图线分别求出a、b的加速度，再通过牛顿第二定律求出摩擦力和拉力的大小。

a图线的加速度大小a1=（0-6）/4m/s2=-3/2m/s2，b图线的加速度大小a2=（12-6）/8m/s2=3/4m/s2。

当拉力方向与速度方向相同时，可能加速，所以，b图线表示有拉力，a 图线没有拉力，根据牛顿第二定律有：F-f=ma2，f=ma1。

代入数据解得，f=1.2N，F=1.8N。

则拉力与摩擦力之比为3:2，D正确。

考点：牛顿第二定律和匀变速直线运动的图像
某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2.5m，目测空中脚离地最大高度约0.8m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功约为
A．65J B．350J C．700J D．1250J
【答案】
C
【解析】
试题分析：运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则
，
竖直方向初速度vy=gt=4m/s，水平方向做匀速直线运动，则
，
则起跳时的速度
，
设中学生的质量为60kg，根据动能定理得：
，
最接近的是C选项。

考点：功能关系
如图，用等长的两根轻质细线把两个质量相等的小球悬挂起。

现对小球b施加一个水平向左的恒力F，同时
对小球a施加一个水平向右的恒力3F，最后达到稳定状态，表示平衡状态的图可能是图中的
【答案】
D
【解析】
试题分析：把a、b作为整体受力分析，向下的重力，平向左的恒力F，向右的恒力3F，绳子的拉力，四力平衡，绳子的拉力必然有向左的分力和向上的分力，A错误；
共点力作用下物体平衡专题．对两球连同之间的细线看成一个整体，分别对其进行竖直方向和水平方向的受力分析，观察绳子弹力的方向便可迎刃而解。

对两球连同之间的细线看成一个整体，对整体受力分析，水平方向受向左的F和向右的3F，故上面绳子一定向右偏；设上面绳子与竖直方向夹角为αlB
【解析】
试题分析：设汽车向右运动的速度为v，绳子与水平方向的夹角，物块上升的速度为V，则vcos=V，汽车匀速向右运动，减小，V增大，物块向上加速上升，AD错误；物块加速度向上，超重，B正确、C错误。

考点：运动的合成与分解
如图，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：5，原线圈两端的交变电压V。

氖泡在两端电压达到100 V时开始发光。

下列说法中正确的有
A．开关接通后，氖泡的发光频率为50 Hz
B．开关接通后，电压表的示数为100 V
C．开关断开后，电压表的示数变大
D．开关断开后，变压器的输出功率不变
【答案】
B
【解析】
试题分析：交变电压的频率为f==50Hz，一个周期内电压两次大于100V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz，所以A项错误；由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为U1=20V，得副线圈两端的电压为U2=100V，电压表的示数为交流电的有效值，所以B项正确；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，所以C项错误；断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，所以D项错误．
考点：变压器
如图，一正方形闭合线圈，从静止开始下落一定高度后，穿越一个有界的匀强磁场区域，线圈上、下边始终与磁场边界平行。

自线圈开始下落到完全穿越磁场区域的过程中，线圈中的感应电流I、受到的安培力F 及速度v随时间t变化的关系，可能正确的是
【答案】
A
【解析】
试题分析：如线框刚进入磁场时，安培力等于重力，做匀速直线运动，感应电流I恒定，全部进磁场后做加速运动，出磁场时，安培力大于重力，做减速运动，感应电流减小，做加速度减小的减速．故A正确；
若线框进入磁场做匀速直线运动，速度不变，电流不变，上边刚进磁场，下边又出磁场，又继续做匀速直线运动，电流的方向反向．但受到的安培力始终向上，故B错误；
线框进入磁场，安培力大于重力，先做减速运动，完全进入磁场做加速运动，出磁场时，安培力大于重力，仍然做减速，应该做加速度减小的减速，CD错误；
考点：电磁感应、安培力、牛顿第二定律
两个带等量正电荷的小球（可视为点电荷）固定在图中a、b两点，MN为ab连线的中垂线，交直线ab于O 点，A为MN上的一点。

取无限远处的电势为零。

一带负电的试探电荷q，仅在静电力作用下运动，则
A．若q从A点由静止释放，其将以O点为对称中心做往复运动
B．若q从A点由静止释放，其在由A点向O点运动的过程中，
加速度先增大后减小
C．q由A点向O点运动时，其动能逐渐增大，电势能逐渐增大
D．若在A点给q一个合适的初速度，它可以做匀速圆周运动
【答案】
AD
【解析】
试题分析：题中电场在MN上关于O点对称，背向O点，负电荷受力指向O点，从A到O加速，从O向下减速到零在向上加速，将以O点为对称中心做往复运动，A正确；题中电场在MN上延伸到无穷远处场强为零，在O点场强为零，所以场强从无穷远处到O是先增大后减小的，所以试探电荷q由A到O的过程中加速度可能是一直变小，也可能是先增大后减小，B错误；q由A点向O点运动时，电场力做正功，动能逐渐增大，电势能逐渐减小，C错误；负电荷如以O点为圆心，OA为半径，在垂直与ab的平面内做匀速圆周运动，受到的电场力大小不变，方向始终指向圆心，可以提供向心力，D正确。

考点：静电场、向心力、功能关系
有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则
A．a的向心加速度等于重力加速度g
B．在相同时间内b转过的弧长最长
C．c在4 h内转过的圆心角是
D．d的运动周期有可能是20 h
【答案】
BC
【解析】
试题分析：地球表面随地球自转的卫星，万有引力近似等于重力，则a的向心加速度远小于g，A错误；同时间内转过的弧长最长，B正确；c为同步卫星，运动周期为24h，则4h内转过角度为，C错误；b、c、d三个卫星中，b线速度最大，d运动周期比c长，大于24h，D错误。

考点：本题考查人造卫星运动规律。

如图，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通
过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。

现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。

已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计。

开始时整个系统处于静止状态。

释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C 恰好离开地面。

下列说法正确的是
A．斜面倾角α＝30°
B．A获得的最大速度为
C．C刚离开地面时，B的加速度为零
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
【答案】
AC
【解析】
试题分析：当C恰好离开地面时，弹簧弹力为mg，绳子的拉力为2mg，此时A的速度最大，加速度为零，有4mgsinα=2mg，α=30°，A正确；ABC和弹簧构成的系统机械能守恒，从开始到A的速度最大，这个过
程中弹簧形变量没有变，弹性势能不变，则有4mgssinα=mgs+，开始平衡时mg=kx，s=2x，由此可得最大速度为
，B错误；C刚离开地面时，绳子拉力为2mg，弹簧弹力为mg ，B的加速度为0，C错误；从释放A到C刚离开地面的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，A、B两小球和弹簧组成的系统机械能守恒。

考点：考查连接体问题、牛顿第二定律、机械能守恒定律
(1)(4分) 图甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=1.0s时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点
的振动图像，则下列说法正确的是
A．该简谐横波的传播速度为4m/s
B．从此时刻起，经过2秒，P质点运动了8米的路程
C．从此时刻起，P质点比Q质点先回到平衡位置
D．乙图可能是甲图x=2m处质点的振动图像
E．此时刻M质点的振动速度小于Q质点的振动速度
(2)(8分)如图，—透明半圆柱体折射率为n=2，半径为R，长为L。

平行光束从半圆柱体的矩形表面垂直射入，部分柱面有光线射出。

求该部分柱面的面积S。

【答案】
（1）ACD；（2）
【解析】
试题分析：（1）根据图像可知，T=1s，=4m，v==4m/s，A正确；经过2s，P质点完成了2个全振动，经过了8A的路程1.6m，B错误；Q此时向上运动，经波峰回到平衡位置，比P点后到，C正确；x=2m处质点t=1.0s时刻从平衡位置向下运动，乙图可能是它的振动图像，D正确；此时刻M质点处于平衡位置，速度最大，E错误。

（2）解：设从A点入射的光线在B点处恰好满足全反射条件①
设全反射临界角为θ
由折射定律有②
得③
由几何关系得④
所以照亮面积为
⑤
评分标准：①②⑤每式2分，③④每式1分
考点：机械振动和机械波、全反射
(1)(4分) 下列说法正确的是_________________(填入正确选项前的字母。

选对得4分，选不全得2分，错选或多选得0分)。

A．物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和
B．布朗运动就是液体分子或者气体分子的热运动
C．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的D．气体分子间距离减小时，分子间斥力增大，引力减小
E．一定量的理想气体，在压强不l（1）ACE；（2）（i）；（ii）78cmHg；
【解析】
试题分析：（1）物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和，A正确；布朗运动是液体分子无规则热运动的反应；浅层海水和深层海水之间的温度差，就会有能量的转移和传递，可以通过热机将海水的一部分内能转化为机械能，C正确；气体分子间距离减小时，分子间斥力和引力都增大，D错误；压强是分子对器壁的碰撞而产生的，温度降低时，分子平均动能减小，压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加，E正确。

(2)设A端上方气柱长度为l1，由题可知，插入水银槽后左管内气体压强为①
由玻意耳定律得：②
所以A端上方气柱长度为③
（2）设右管水银面上升h，则右管内气柱长度为，气体压强为④
由玻意耳定律得：⑤
解得⑥
所以右管内气体压强为⑦
评分标准：第一问3分；第二问5分。

①②③④⑥⑦每式1分，⑤每式2分
考点：分子动理论、理想气体状态方程
(1)(4分)下列说法正确的是_________________________________(填入正确选项前的字母。

选对得4分，
选不全得2分，错选或多选得0分)。

A．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分
B．在中子轰击下生成和的过程中，原子核中的平均核子质量变小
C．太阳辐射能量主要来自太阳内部的聚变反应
D．卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型
E．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量减小
(2)(8分) 如图，质量分别为m1=1.0kg和m2=2.0kg的弹性小球a、b，用轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变。

该系统以速度v0=0.10m/s沿光滑水平面向右做直线运动。

某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。

经过时间t=5.0s后，测得两球相距s=4.5m，求：
（i）刚分离时a、b两小球的速度大小v1、v2；
（ii）两球分开过程中释放的弹性势能Ep。

【答案】
（1）BCD；（2）i ii0.27J；
【解析】
试题分析：（1）β衰变现象中的β粒子中子衰变成一个质子和一个电子，A错误；在中子轰击下生成
和的过程中，放出能量，出现质量亏损，原子核中的平均核子质量变小，B正确；太阳辐射能量主要来自太阳内部的聚变反应，C正确；α粒子散射实验中，大多数α粒子方向几乎不变，说明核内大部分空间是空的，卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型，D正确；氢原子核外电子需要吸收能量才能实现从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道，电子的动能减小，原子总能量增加。

（2）解：根据已知，由动量守恒定律得
①
②
由①②得，③
④
由能量守恒定律得
⑤
代入数据得⑥
评分标准：第一问4分；第二问4分。

③④每式1分，⑤⑥每式2分。

考点：原子核、动量守恒定律。