【文档说明】辽宁省葫芦岛市普通高中2020届高三上学期学业质量监测考试物理试题【精准解析】.doc，共(24)页，1.181 MB，由小赞的店铺上传

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葫芦岛市普通高中2019~2020学年第一学期学业质量监测考试高三物理一、选择题1.如图所示：一重为G的光滑均匀球体静止于墙面和矩形物块之间，球与物块接触点为P，球的重心为O，PO连线方向与竖直方向的夹角为θ，下列关于球的受力的说法正确的是：A

.物块对球的弹力大小为G，方向竖直向上B.墙面对球的弹力大小为Gtanθ，方向水平向右C.物块对球的弹力方向沿PO方向向上，大小为GcosθD.若将物块向左移动少许球仍静止，物块对球的弹力将变大【答案】B【

解析】【详解】AC．对球受力分析，如图所示：由弹力的产生原因可知物块对球的弹力N2沿PO方向，由平衡条件可知N2的大小为：2cosGN=故AC错误；B．墙面对球的弹力N1垂直墙面水平向右，大小为：1tanNG=故B正确；D．若将物块向左移动少

许球仍静止，平衡时的夹角变小，由2cosGN=可知cos变大，而物块对球的弹力N2将变小，故D错误。故选B。2.自行车和汽车同时驶过平直公路上的同一地点，此后其运动的v─t图像如图所示，自行车在t=25秒时追上汽车，则：A.汽车的位移为80m

B.汽车的加速度大小为0.25m/s2C.汽车的运动时间为20sD.汽车停止运动时两者相距最远【答案】C【解析】【详解】A．自行车在t=25s时追上汽车结合v-t图像可读出自行车做匀速直线运动，速度14m/sv=，汽车做匀减速直线运动，2

10m/sv=，因两车从同一地点出发，则相遇时的位移相等，有：1100mxvt==，即追上时汽车的位移也为100m，故A错误；B．根据汽车做匀减速直线运动的位移x=100m和初速度210m/sv=，可得：22202vax−=−解得：2220.5m/

s2vax==故B错误；C．由匀减速直线运动的速度公式，有：220vat=−解得汽车刹车时间：2220svta==故C正确；D．两车同地同向同时出发，但汽车的速度大于自行车的速度，则汽车在前自行车在后追，两车的距离逐渐增大，当汽车的速度小于自行车的速度后，两车的距离开始缩小，则两车的

速度相等时(v-t图的两图像交点)距离最大，故D错误；故选C。3.质量为m的球从高处由静止开始下落，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比。下列图像分别描述了球下落过程中加速度a、速度v随时间的变化关系和动能Ek、机械能E随下落位移h的变化关系可能正确的是：A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】

A．已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即f=kv，根据牛顿第二定律得：mgkvma−=，得kvagm=−，开始时v比较小，且mg＞kv，球向下加速，当v逐渐增大，则a减小，即球做加速度逐渐减小的加速运动；当mg=kv时加速度为零，此时速度不再增大

，做匀速直线运动，则全过程小球先做加速度减小的变加速直线运动，后做加速度等于零的匀速直线运动，v-t图象的斜率表示加速度，则斜率应该逐渐减小到零后不变；故A正确；B．a-t图象的斜率为()kgvakvkmattmtm−==−=−可知a减小，a-t图象斜率绝对值减小，

所以a-t图象应是曲线，故B错误；C．由动能定理：mgh-fh=Ek-0，即Ek=（mg-kv）h，由于v是变化的，故Ek-h不是线性关系，故C错误；D．机械能的变化量等于克服阻力做的功：-fh=E-E0可得：0EEfh=−v逐渐增大，则f逐渐增大，即E-h图象的斜率逐渐变大，故D错

误；故选A。4.用强度相同的黄光和紫光分别照射同一种金属，都能使该金属发生光电效应。下列判断正确的是：A.用黄光照射时该金属的逸出功小，用紫光照射时该金属的逸出功大B.用黄光照时，逸出的光电子最大初动能小，用紫光照时，逸出的光电子最大初动能大C.用黄光照时，逸出的光电子所需时

间短，用紫光照时，逸出的光电子所需时间长D.用两种光照时，产生的光电流强度相同【答案】B【解析】【详解】A．强度相同的黄光和紫光分别照射同一种金属，均能使该金属发生光电效应，知黄光和紫光的频率都大于金属的截止频率

，但金属的逸出功00Wh=ν与照射光的频率无关，故A错误；B．根据光电效应方程得，0kmEhW−−，某种金属的逸出功恒定不变，黄光的频率小，紫光的频率大，则紫光照射时逸出的光电子的最大初动能大，故B正确；C．发生光电效应的时间极短，即逸出光电子

在瞬间完成，与光的频率无关，故C错误；D．光的强度Enh=可知强度相同的黄光和紫光，因黄光的频率小，光子数n较多，理论上一个光子能被一个电子吸收变成光电子，由光电流大小：=neIt可得，单位时间内黄光照射产生的光电

子数n较多，其光电流较大，D错误；故选B。5.如图所示电路中，R是光敏电阻，阻值随光强的增加而减小，闭合开关k后在光强增加时，下列判断正确的是：A.灯泡L3的亮度将变大B.灯泡L2的亮度将变大C.电源的输出功率将减小D.电容器的电量将

减小【答案】A【解析】【详解】R是光敏电阻，其阻值随光强的增加而减小，现增大光强，则R的阻值减小，故R串联RL3,再并RL2后的总电阻R并减小，由1LEIRrR=++并可得干路电路的电流I增大。B．由全电路的欧姆定律可得：1()LUEIRr=−+并因干路电路的电流I增大，可知并联部分U

并减小，即灯泡L2的电压减小，由222LLUPR=并可知灯泡L2的功率减小，即亮度将变小，B项错误；A．由部分电路的欧姆定律：22LLUIR=并可得灯泡L2的电流2LI减小，结合并联特点：23LLIII=+可知灯泡L3的电流3LI增大，由2333LLLPIR=可知其功率增大

，则灯泡L3的亮度将变大，故A正确；C．电源的输出功率为：221211(()4(LLLEPIRRRRrrRR=+=+−++出并并并））因不能确定1(LRR+并）与r的大小关系，故输出功率的变化区间不知道，则外阻减小时输出功率可能增大或减小

，C错误；D．电容器在稳恒电路中视为断路，其电压等于与C并联的用电器的电压，则带电量为：333CRLLLQCUCUCIR===因电流3LI增大，则电容器的电量将增大；故D错误。故选A。6.如图所示：用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面

高为3L的O点，小铁球以O为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为：A.3gLB.6gLC.4gLD.3gL【答案】D【解析】【详解】小球刚好能沿绳—球模型到达最高点时，绳的拉力为零，只有重力提供

向心力，有21vmgmL=最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理：222111422mgLmvmv=−联立可得落地速度：23vgL=。故ABC错误，D正确。故选D。7.一固定在水平面上倾角为α的粗糙斜面上有一

个电动平板小车，小车的支架OAB上在O点用轻绳悬挂一个小球，杆AB垂直于小车板面（小车板面与斜面平行）。当小车运动状态不同时，悬挂小球的轻绳会呈现不同的状态，下列关于小车在不同运动形式下，轻绳呈现状态的说法中正确的是

：A.若小车沿斜面匀速向上运动，轻绳一定与AB杆平行B.若小车沿斜面匀加速向上运动，轻绳可能沿竖直方向C.若小车沿斜面匀减速向下运动，轻绳可能与AB杆平行D.若小车沿斜面匀加速向下运动时，轻绳可能与AB杆平行【答案】D【解析】【详

解】A．若小车沿斜面匀速向上运动，则小球也跟着车匀速，其合力必为零，故小球所受的重力和绳的拉力平衡，则绳的拉力竖直向上，大小为mg，其方向不可能与AB平行，故A错误；B．若小车沿斜面匀加速向上运动，则球向上匀加速，其加速

度沿斜面向上；而轻绳的拉力沿竖直方向就不可能和重力产生斜向上的加速度，故B错误；CD．若轻绳与AB杆平行，对球受力分析，如图所示：由牛顿第二定律可知，拉力和重力的合力在斜面方向只能是向下，即加速度向下，对应的小

车的加速度斜向下，小车的运动有斜向下加速或斜向上减速，故C错误，D正确。故选D。8.如图1所示，物体以一定的初速度从倾角为α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为1.2m。选斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h

的变化如图2所示。g=10m/s2,sin37°=0.6cos37°=0.8.则：A.物体与斜面间的动摩擦因数µ=0.25B.物体的质量m=2kgC.物体上升过程加速度大小为a=8m/s2D.物体回到底端的动能EK=10J【答案】AC【解析】【详解】AB．选斜面底端

为参考平面，则物体初位置的重力势能为零，机械能只包含动能，200102Emv=+沿斜面上滑，由功能关系,除重力外的摩擦力做负功等于机械能的减少:0sinhfEE−=−而滑动摩擦力为：cosfmg=联立可得：0cossinmgEhE=−+联立各式结合Eh−图像可得，斜

率：cos403025sin1.23mg−==①纵截距：002Evm=②最高点的机械能：30Emgh==联立①②式解得：2.5kgm=，042m/sv=，0.25=；故A正确，B错误；C．对上

滑由牛顿第二定律可得：2sincos8m/sagg=+=故C正确；D．对下滑过程由动能定理：cos0sinkhmghmgE−=−解得：20JkE=；故D错误。故选AC。9.如图甲所示：理想变压器原副线圈的匝数比为10:1，R1=20Ω、R2=40

Ω，电容器的电容C=100μF，已知电阻R1两端的正弦交流电压如图乙所示，下列说法正确的是：A.该交流电的频率为50HzB.原线圈输入电压的有效值为2002VC.电容器所带电量为4×10-3CD.电阻R2消耗的功率为20W【答案】ABD【解析】【详解】A．由R1两端的正弦交流电压图像读出周期0.0

2sT=，则交流电的频率为：150HzfT==而变压器不改变交流电的频率，则发电机的交流电的频率也为50Hz，故A正确；B．由u-t图像读出变压器的输出电压的最大值为2max40VU=，则正弦交流电的有效值为：2max22

02V2UU==根据理想变压器两端的电压比等于匝数比，有：1122101UnUn==解得原线圈输入电压的有效值：12102002VUU==故B正确；C．电容器的作用是通交流隔直流，所以在正弦交流电路中电容器有变化的电流通过，电容器C所电量是不断变化的，且最大电量因R3和容抗未知而无法求出，故C

错误；D．副线圈的电路中R2与R1并联，电压相等，则其功率为：22222(202)W20W40RUPR===故D正确。故选ABD。10.质子和α粒子（氦核）分别从静止开始经同一加速电压U1加速后，垂直

电场方向进入同一偏转电场，偏转电场电压U2。两种粒子都能从偏转电场射出并打在荧光屏MN上，粒子进入偏转电场时速度方向正对荧光屏中心O点。下列关于两种粒子运动的说法正确的是：A.两种粒子会打在屏MN上的同一点B.两种粒子不会打在屏MN上的同一点，质子离O点较远C.两种粒子离开偏转电场时具有

相同的动能D.两种粒子离开偏转电场时具有不同的动能，α粒子的动能较大【答案】AD【解析】【详解】AB．两种粒子在加速电场中的直线加速由动能定理得：210102qUmv=−偏转电场中，平行于极板方向：0Lvt=垂直于极板方向：2qUqEammd==212yat

=离开偏转电场的速度偏向角为，有：00tanyvatvv==联立以上各式得2214ULydU=21tan2ULdU=偏移量y和速度偏向角都与粒子的质量m、电量q无关，所以偏移量y相同，速度方向相同，则两种粒子打在屏MN上同一个点，故A正确，

B错误；CD．对两个粒子先加后偏的全过程，根据动能定理：qU1+qU2=Ek-0因α粒子的电荷量q较大，故离开偏转电场时α粒子的动能较大，C错误，D正确。故选AD。11.一质量为M的汽车，额定功率为P

m，汽车运动过程中所受阻力恒为f，汽车所能达到的最大速度为vm。现在汽车从静止开始以恒定加速度a运动，经t1时间达到匀加速的最大速度v1后立即以某一恒定功率P1(P1<Pm)运动，下列关于汽车运动速度—时间图像可能正确的是：A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【详解】额定功率为Pm，汽

车运动过程中所受阻力恒为f，汽车所能达到的最大速度为vm，可得mmPfv=汽车从静止开始以恒定加速度a运动，经t1时间达到匀加速的最大速度v1时有：11vat=Ffma−=1PFv=联立可得速度v1时的功率为1()Pfmav=+A．若汽车的功率减小为11Pfv=，则刚好满足汽

车匀速的Ff=，则汽车能保持速度v1做匀速直线运动,故A正确；B．若汽车的功率增大为11Pfv，则牵引力大于阻力，能继续加速，速度增大，由1Pfmav−=可知牵引力减小，加速度减小，当牵引力等于阻力时，以速度12Pvf=做匀速直线运动，因P1<Pm，则2mvv，故B正确；CD．若

汽车的功率减小为11Pfv，则牵引力小于阻力，汽车将减速，速度减小，由1Pfmav−=可知牵引力增大，加速度减小，当牵引力增大到等于阻力时，以速度12Pvf=做匀速直线运动，则C项中v-t图像中的斜率表示加速度逐渐减小，D项中的斜率错误，故C正确，D错

误。故选ABC。12.空间有磁感应强度为B的有界匀强磁场区域，磁场方向如图所示，有一边长为L、电阻为R、粗细均匀的正方形金属线框abcd置于匀强磁场区域中，ab边跟磁场的右边界平行，若金属线框在外力作用下以速度v向右匀速运动，下列说法正确的是：A.当ab边刚离开

磁场时，cd边两端的电压为34BLvB.从ab边到磁场的右边界到cd边离开磁场的过程中，外力所做的功为23BLvRC.从ab边到磁场的右边界到cd边离开磁场的过程中，外力做功的功率为22BLvRD.从ab边到磁场的右边界到cd边离开磁场的过程中

，通过线框某一截面的电量为2BLR【答案】ABD【解析】【详解】A．当ab边刚离开磁场时，线框只有cd边切割磁感线，动生电动势为：EBLv=cd边为等效电源，两端的电压为闭合电路的路端电压，电路等价为四个电阻串联，c

d边为一个内阻4R，外电路为为三个4R的电阻，故有3334444dcERBLvURR==+故A正确；B．从ab边到磁场的右边界到cd边离开磁场的匀速过程，产生的恒定电流为：EIR=由动能定理：=0FFWW−外

安由功的定义：FWFLBILL==安安可解得：232FBLvBLvWBLRR==外故B正确；C．由能量守恒定律：0FFPtPt−=外安可得：222FFBLvPPFvBLvRBLvR====外安安故C错误；D．根据电量的定义

：qIt=EIR=Et=联立可得：qR=从ab边到磁场的右边界到cd边离开磁场的过程中，磁通量的变化量为：2BSBL==可得：2=BLqR故D正确。故选ABD。二、实验题13.在研究匀变速直线运动的实验中，某同学通过实验得到一条如图所示的纸带，

并在纸带上取了A、B、C、D、E、F、G等7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个实际点没画出，打点计时器打点周期为T。则：（1）计算F点速度大小的公式为vF=_____________________（用给定的字母表示）（2）若测得d6=61.

50cm，d3=24.00cm则纸带运动的加速度为a=____________m/s2（交流电频率为50Hz，保留三位有效数字）；如果当时电网中交流电的频率f<50Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测得值比实际值_______（选填“偏大”或“偏小”）

【答案】(1).6410ddT−(2).1.50(3).偏大【解析】【详解】（1）[1]每相邻两个计数点间还有4个实际点没画出，则计数点的时间间隔为50.1stT==根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时

速度，有：646422(5)10EGEGFxddddvvtTT−−====；（2）[2]由匀变速直线运动的判别式：2xaT=结合纸带上共四段位移，采用逐差法可得平均加速度：222633222()(61

.5024.0024.00)10m/s1.50m/s9(5)9(5)90.1DGADxxdddaTT−−−−−−====；[3]根据判别式可得加速度：22xaxfT==纸带上所测位移没有系统误差，若实际

频率f<50Hz，则代频率值计算时偏大，则导致加速度的测量值偏大。14.用电压表和电流表测一个阻值约为30kΩ、额定功率为0.05W的电阻Rx的阻值，备用器材有：A．量程0~100μA，内阻约为500Ω的电流表A1B

．量程0~500μA，内阻约为300Ω的电流表A2C．量程0~1V，内阻约为10kΩ的电流表V1D．量程0~15V，内阻约为100kΩ的电流表V2E．量程0~50V，内阻约为500kΩ的电流表V3F．直流稳压电源E1，两端的输出电压为16

VG．滑动变阻器R，阻值范围0~500Ω，允许的最大电流1AH．待测电阻Rx，开关和导线若干（1）为了测量准确，电压表应该选______电流表应该选_____（填仪器前的序号）（2）在方框内画出实验电路图，并标明所用仪器____。（3）若测量值为R测

，真实值为R真，那么在操作、读数、计算均正确无误的情况下R测_______R真（填大于、等于或小于）。【答案】(1).D(2).B(3).(4).偏大【解析】【详解】（1）[1]根据待测电阻的规格“30kΩ，0.05W”，可知额定电压为330100.05V1015V38.7VUPR==

，但电源的输出电压为16V，保证安全同时读数精确，电压表选择量程较小的15V，即选序号D；[2]由部分电路的欧姆定律可得待测电阻的最大电流：1max316A0.53mA3010xEIR=故电流表应选500μA；即序号为B；（2）[3]由于待测电阻阻值较大，满足3

33223010300100103010xAVRRR==，则电流表应用内接法减小系统误差；由于变阻器的全电阻远小于待测电阻，变阻器应采用分压式接法可多得数据且便于调节，电路图如图所示：（3）[4]由=URI测，考虑电流表的分压作用，待测电阻的真实值应为：=AURRI−真比较可

得RR测真。三、计算题15.质量为M=40kg的平板车置于光滑的水平地面上，车上有一质量为m=50kg的人，车的上表面距离地面高为h=0.8m，初始时人和车都静止。现在人以v0=2m/s的水平速度从车的右边缘向右跳出，不计空气阻力，g=10m/s2。求：（1）人跳离车后车的速度大小

；（2）人跳车过程人做了多少功；（3）人刚落地时距离平板车右边缘多远。【答案】（1）2.5m/s（2）225J（3）1.8m【解析】【详解】（1）人跳车的过程，水平方向系统的外力为零，人和车水平方向动量守恒m

v0=Mv1可得车获得的速度v1=2.5m/s（2）人跳车的过程，人的内力做功，把生物能转化为车和人的动能，由能量守恒可得W=12Mv12+12mv02解得：W=225J（3）人跳离车后做平抛运动，竖直方向h=12gt2解得：t=0.4s

，则人落地时距离车右端s=(v0+v1)t=1.8m。16.如图所示：在两个水平平行金属极板间存在着向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度和磁感应强度的大小分别为E=1×103N/C和B1=0.02T，极板长度L=

0.4m，间距足够大。在极板的右侧还存在着另一圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直纸面向外，圆形磁场的圆心O位于平行金属板的中线上，圆形磁场的半径R=0.6m。有一带正电的粒子以一定初速度v0沿极板中线水平向右飞入极板间恰好做匀速直线运动，然后

进入圆形匀强磁场区域，飞出后速度方向偏转了74°，不计粒子重力，粒子的比荷qm=3.125×106C/kg，sin37°=0.6,cos37°=0.8，5≈2.24。求：（1）粒子初速度v0的大小；（2）圆形匀强磁场

区域的磁感应强度B2的大小；（3）在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁场撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形磁场，则圆形磁场的圆心O离极板右边缘的水平距离d应该满足的条件。【答案】（1）v0=5×104

m/s；（2）B2=0.02T；（3）1.144md。【解析】【详解】（1）粒子在电场和磁场中匀速运动，洛伦兹力与电场力平衡qv0B1=Eq带电粒子初速度v0=5×104m/s（2）带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力2002vqvBmr=轨迹如图所示：由几何关系，带电粒

子做圆周运动的半径为40.8mtan373RrR===联立解得：B2=0.02T（3）带电粒子在电场中做类平抛运动水平方向0Lvt=竖直方向212yat=由牛顿第二定律qEma=粒子飞出极板后不能进入圆形磁场即轨迹刚好与圆形磁场相切，如图所示：由几何关系，

利用三角形相似，有：22()22LyyLRd+=+，解得1.144md=，若想带电粒子不能飞入圆形磁场，应满足1.144md。17.倾角为α=37°的足够长的平行导轨MN、PQ固定在水平面上。两根完全相同的导体棒ab、cd垂直导轨放

置，导体棒的长度与导轨之间的距离相等，开始时两导体棒静止在导轨上，整个装置置于方向垂直导轨平面向上、磁感应强度为B=2T的匀强磁场中。已知每根导体棒的质量均为m=1kg，长度均为d=1m，电阻均为r=2.5Ω，导轨的电阻忽略不计，

两导体棒与导轨间的动摩擦因数为µ=0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程两导体棒始终与导轨保持良好接触。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）若使导体棒cd固定，给导体棒ab一沿导轨平面向上的初速度v0=10m/s，导体棒向上运动s=1.

25m后停下，请求出导体棒ab运动初始时刻的加速度大小及导体棒运动的时间；（2）若放开导体棒cd（初速度为零），给导体棒ab一个沿导轨向下的初速度v0=10m/s，两导体棒始终没有相碰，请求出两导体棒在整个运动过程中产生的焦耳热。【答案】（1）a=20m/s2，

t=0.75s（2）Q=25J【解析】【详解】（1）导棒切割产生感应电动势0EBLv=导棒中感应电流2EIr=安培力FBId=由牛顿第二定律F+mgsin37°+µmgcos37°=ma解得：a=20m/s2，方向沿导轨所在平面向下对ab杆由动量定理0(sin37co

s37)mgmgtBIdtmv++=平均电流为2EIr=平均感应电动势Et=Bsd=联立解得：t=0.75s（2)对两杆先后下滑的过程，系统沿斜面方向有：2sin372cos37mgmg=

即系统沿斜面方向的外力之和为零，系统沿斜面方向动量守恒mv0=2mv解得共同速度v=5m/s产生的焦耳热由能量守恒：22011222Qmvmv=−解得25JQ=。