2019-2020年高三上学期第一次周测物理试题解析(解析版)含解斩

1、2019-2020年高三上学期第一次周测物理试题解析（解析版）含解斩一、选择题：本题共10小题，每小题4分；在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-10题有多项符合题目要求；全部选对的得4分，选对但不全的得2分,有选错的得0分。1、节能减排可以体现在我们日常生活中；假设公交车通过城市十字路口时允许的最大速度为10m/s,一辆公交车在距离十字路口50m的车站停留，乘客上下完后，司机看到红灯显示还有10s,为了节能减排，减少停车，降低能耗，公交车司机启动公交车，要使公交车尽快通过十字路口且不违章，则公交车启动后的运动图像可能是（）ABC【答案】C【解析】试题分析：因速度图像

2、与坐标轴围成的面积等于物体的位移,由速度图像可知，A、B、D三个图像与坐标轴围成的面积1状于50m,且速度不超过10m£C图像中公交车的位移可能恰好等于5的,且速度小于故公交车启动后的运动图像可能是G故选C.考点：运动图像【名师点睛】此题是对速度时间图像的考查；关键是知道速度-时间图像与坐标轴围成的“面积”等于物体的位移，结合公交车的运动情况即可分析解答.12、利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生；如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，c为导电液体（矿井中含有杂质的水），A

3、,C构成电容器.已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转.若矿井渗水（导电液体深度A增大），则电流表（）A.指针向右偏转，A, C构成的电容器充电C.指针向右偏转，A, C构成的电容器放电【答案】B【解析1B.指针向左偏转，A, C构成的电容器充电D.指针向左偏转，A, C构成的电容器放电试题分析；由图可知，液体与芯柱构成了电容器，由图可知，两板间8目离不变液面变化时只有正对面积发生变f匕则由。二月可知,当液面升高时，只能是正对面积S增大J故可判断电容增大,再依据4不U因此电势差不变,那么电容的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，因电流从哪侧流

4、入电流表则电流表指针向哪侧偏转,因此指针向左偏怪故ACD错误，H正瑜故选B一考点：电容器【名师点睛】此题考查平行板电容器在生产生活中的应用，注意由题意找出我们常见的模型Q;S再时行分析；掌握电容器的量度公式C='及决定式C=是解题的基础。U4二kd3、为了浴室用电安全，某同学用理想变压器降压给浴室供电；如图所示，理想变压器原线圈输入交变电压u=311sin100ntV），变压器原副线圈匝数比为5:1，已知照明灯额定功率为66W,排气扇电动机内阻为1，电流表示数为3A,各用电器均正常工作，电表均为理想电表,则（）A.电压表示数为62VB.变压器的输入功率为 186WC.排气扇输出功率为

5、63.75WD.保险丝熔断电流不得低于3A.试题分析：变压器输入交变电压数比为5: 1,所以副线圈电压u=311sin1007tt（V）,有效值U=220V,变压器原、副线圈匝5=44V，故A错误；电流表示数为3A,所以输出功率66P=440W=132W,所以变压器的输入功率为132W,故B错误；照明灯的电流I=A=1.5A44则排气扇的电流为I2=3A-1.5A=1.5A,则排气扇输出功率为吨=I2U2I2r=1.5父44一1.52父1=63.75W,选项C正确；变压器的初级电流为,1,3.一一一，一I=I次=A=0.6A,故保险丝熔断电流不得低于0.6A,选项D错误；故选C.55考点：变压

6、器；交流电【名师点睛】此题是关于变压器及交流电的计算；理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象.同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其值就是刚才的有效值。4、有一半径为R的均匀带电薄球壳，在通过球心的直线上，各点的场强为E随与球心的距离x变化的关系如图所示；在球壳外空间，电场分布与电荷量全部集中在球心时相同，已知静电2常数为k,半径为R的球面面积为S=4nR则下列说法正确的是（）A.均匀带电球壳带电密度为-E0-B.图中r=1.5R4二kC.在x轴上各点中有且只有x=R处电势最高D.球面与球心间电势差为EoR【答案】A【解析】,解

7、得球壳带电试题分析：由图线可知，距离球心R处的场强为E必则根据点电荷场强公式可知二线二量为Q=望，则均匀带电球壳带电密度为鼻=的门选项A正确，根据点电荷场强公式15=螺，k4派4砒2r解得r=0式，选项B错误宁由题意可知在在x轴上各点中,在R范围内各点的电势均相同j球面与球心间的电势差为零，选项CD错误孑故选A.考点：点电荷场强公式；电势差【名师点睛】考查带电球壳内部是等势体且电场强度处处为零，体外则是看成点电荷模型来处理；而电势则由电荷从该点移到电势为零处电场力做功与电量的比值来确定。5、利用如图所示的试验装置可以测量磁场的磁感应强度的大小；用绝缘轻质细线把底边长为L、电阻为R、质量为m的U

8、形线框竖直悬挂在力敏传感器的挂钩上，将线框置于待测磁场中（可视为匀强磁场），线框平面与磁场方向垂直，用轻质导线在连接线框与直流电源，电源电阻不计，电动势可调，导线的电阻忽略不计；当外界拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时,力敏传感器会显示拉力的大小为F;当线框接电动势为Ei时，力敏传感器显示拉力的大小为Fi；当线框接电动势为E2时，力敏传感器显示拉力的大小为F2;下列说法正确的是（）A.当线框接电动势为Ei的电源时所受安培力的大小为FiB.当线框接电动势为E2的电源时力敏传感器显示的拉力大小为线框所受安培力大小与重力大小之差C.待测磁场的磁感应强度为(Fi -F2)R(E2 -Ei)L一、，（Fi

9、-F2）RD.待测磁场的磁感应强度为（Ei-E2）L【答案】D【解析】试题分析：由左手定则，结合装置图可知，当线框接电源时，传感器的读数F等干向下的安培力与重力之和，选项AB错误，由平衡知识可知：mg+BL=F11mgL=Fir联立解得：八f一对RR（马选项D正确，C错误/故选D.考点：安培力；物体的平衡【名师点睛】此题考查了安培力及物体的平衡问题；关键是搞清装置的原理，根据左手定则判断线框所受的安培力的方向，然后利用平衡知识列出方程解答6、我国最新研制的“长征六号”运载火箭与20i5年9月20日发射，成功将20颗微小人造卫星送入预定轨道，缔造了我国“一箭多星”的发射记录；已知地球半径为R,地

10、球表面的重力加速度为g,假设某颗质量为m的卫星运行在轨道半径为地球半径n倍的圆形轨道上，则()A.该卫星运行时的向心力大小为mgnB.该卫星运行时的向心加速度大小是地球表面重力加速度大小的1/nC.该卫星的运行速度大小为JgnRD.该卫星的运行速度大小是第一宇宙速度大小的【解析】试题分析：在地面重力等于万有引力!故有：= GMm3对卫星，万有引力提供向心力，故有:3=G牛孑其中:r=nR;联立解得：坨=等故人错误孑对卫星，万有引力提供向心力，故有:rn仃警="，联立解得：口=与故E错误三对卫星，万有引力提供同口力，故有二6粤=用士，解rhrr得7当二栏,故C错误歹对卫星万有引力提供向

11、心力，故有：G华二明33第一宇宙速度是近地卫星的速度，故有：6竿=既，联立解得二一，故D正确三故选D. 唧考点：万有引力定律的而应用【名师点睛】本题以我国“一箭多星的新纪录”为背景，考查了人造卫星的相关知识，关键是明确卫星的动力学原理，根据牛顿第二定律列式分析，不难. 17、水流星是一种常见的杂技项目，可以简化为长为2L的轻绳两端各系着质量相等的小球,两小球在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示；已知重力加速度为. .g,忽略空气阻力，则下列说法正确的是()11A.当一个小球运动到最高点时拉两小球的轻绳中拉力可能相等B.小球做圆周运动的最小角速度为C.轻绳中最小拉力为2mgD.两小球组成的系统的

12、机械能不守恒【答案】BC试题分析：当一个小球运动到最高点，对下面的小球：汇一领乙；对上面的小球二T2¥mg=丽乜,则可知7；芍，选项A错误#杯子运动到最高点水恰好不流出，由水的重力刚好提供其做圆周运动的向心力,根据牛顿第二定律得：mg=mWL解得：声二|,此时对下面的小球满足r-mx二州加£解得T=2m即故选项EC正确？两小球在竖直面内匀速转动，动能不变，两球的共同中心总在圆心位置，故重力势能不变，故两球组成的系统的机械能守恒，选项D错俣，故选BC考点：牛顿定律；圆周运动；机械能守恒【名师点睛】此题是牛顿定律在圆周运动中的应用问题；关键是分析在最高点的临界状态,能根据牛顿第

13、二定律列出方程求解未知量8、一只质量是8kg的猴子沿着长为12m的竖直在地面上的钢管往下滑，它从钢管顶端下滑到底端的运动图像如图所示；重力加速度g取10m/s2,则（）A.猴子加速下滑的高度与减速下滑的高度之比为1:2B.下滑过程中猴子的最大动能为128JC.下滑过程中猴子的机械能可能先增大后减小1:7D.加速与减速下滑的过程中猴子所受的摩擦力大小之比为【答案】AD【解析】试题分析：因为v-t图像的面积等于物体的位移，故由图像可知猴子加速下滑的高度与减速下滑的高度之比为1:2,选项A正确；设最大速度为v,则mvm3=12,解得v=8m/s,则下滑21O1O过程中猴子的最大动能为Ek=_mv2=

14、m8m82J=256J,选项B错误；下滑过程中摩擦22力一直对猴子做负功，故猴子的机械能一直减小，选项C错误；加速的加速度为：8a1=_m/s=8m/s,根据牛顿定律可知：mg-fi=mai;减速的加速度为：18.2.2a2=m/s=4m/s,根据牛顿定律可知：f2-mg=ma2；联乂斛得：力七二1:7,选项D正确；2故选AD.考点：v-t图像；牛顿第二定律的应用【名师点睛】此题是对运动图像及牛顿第二定律的考查；解题的关键是搞清v-t图像的物理意义，图像的“面积”等于物体的位移；根据牛顿第二定律能列出方程来求解摩擦力的大小.9、如图甲所示，面积为S的n匝圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的匀强

15、磁场，磁感应强度大小随时间周期性变化，如图乙所示，已知线圈的电阻为R,则下列说法正确的是()A.线圈内产生的感应电动势最大值为SBo(V)C.线圈内产生的感应电动势周期为4sB.线圈内产生的感应电流最小值为-nSB0-(A)2RD.0-1s内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向【答案】CD【解析】*D试题分析：由图乙可知，在缶依内产生的感应电动势最大，最大值为斗"二旌s二而/，选项A错误3Ar内线圈内产生的感应电动势最小，最小值为零，选项B错误5由图线可知，线圈内产生的感应电动势周期为4%选项C正确；根据愣次定律可知，0-N内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向，选项D正确,故选CD.考点：

16、楞次定律；法拉第电磁感应定律【名师点睛】此题是对楞次定律及法拉第电磁感应定律的考查；关键是知道B-t线的斜率等于磁感应强度的变化率，斜率越大，则感应电动势越大；根据楞次定律能判断感应电流的方向。10、伞兵在抢险中具有重要作用，是精锐中的精锐；在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面224m高处时，伞兵离开直升机做自由落体运动，经过一段时间后，打开降落伞，展开伞后伞兵以12.5m/s2的加速度匀减速下降；为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度不超过5m/s,取重力加速度为g=10m/s2,根据上述信息，下列说法正确的是()A.伞兵展伞时，最大速度为40m/sB.伞兵展伞时，离地面的高度至少为99mC

17、.伞兵下落过程中的机械能先不变后减小D.可以求出伞兵匀减速下落过程中克服阻力做的功【答案】BC【解析】试题分析:设伞兵展伞时，离地面的高度至少为L此时速度为¥山则:对于匀减速运动过程j有"*?=闻,即对干自由下落过程7有vo2-=2g<224-h)=2*;联立解得m,vo=50,故选项A错误，B正确！伞兵自由下落过程中只有重力做功，故机械能守恒汗减速下落过程中，还有阻力做功，故机械熊麻小$故伞兵下落过程中的机械能先不变后减小，选项C正确j为温速下降过程中,根据牛顿定律f-mga,可求解阻力f,根据W=±可求解伞兵匀斌速下落过程中克服阻力做的功，故选项D正确$

18、故选BC考点：匀变速运动的规律；牛顿第二定律；功【名师点睛】本题涉及两个过程的运动学问题，既要单独研究两个过程，更要抓住它们之间的联系：比如位移关系、速度关系等等。二、非选择题：本题共5小题，共60分；11、某实验小组设计了如图甲所示的试验装置来做“探究做功和物体速度变化关系”的试验；试验装置中PQ为一块倾斜放置的光滑的木板，在其上固定一个光电门，用来测量物块上遮光条通过光电门的时间(1)若用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度为d=mm,遮光条通过光电门时，显示时间为t=0.002s,则物块通过光电门时的瞬时速度为m/s。(2)让物块分别从不同高度无初速释放，测出物块释放的初

19、位置到光电门的距离1i、12、13.,读出物块上遮光条每次通过光电门的时间，计算出物块上遮光条每次通过光电门的速度Vi、V2、V3.,并绘制了如图丙所示的L-v图像；若为了更直观地看出L和v的变化关系，下列应该做出。1 1一.1一,一,2A.L-图像B.L图像C.L-v图像D.L-v图像vv【答案】(1)1.8;0.9D【解析】试题分析：(1)可读比遮光条的宽度为物块通过光电门时的瞬时速度为a1xIv=-mis-0.9/m/sj(2)由运动公式可知:贝i为了更直观地看出L和v的变化关t0.002系，下列应该做出Lv2图像，故选D.考点：探究做功和物体速度变化关系【名师点睛】此题考查了探究做功和

20、物体速度变化关系试验；关键是搞清试验的原理；知道物块经过遮光条的平均速度等于物块的瞬时速度；能用图像法来研究试验的数据.112、为了较准确的测定Rx的电阻(约为10白)、电池的电动势和内阻(内阻约为2Q),设计了如图1所示原理图，其中电压表V:量程为2V、内阻较大；电阻箱R1：0-99.99Q第2同3(1)按照原理图用笔画线代替导线在图2上连接实物电路；(2)连接好电路后，先测定电阻Rx；第一步：闭合S1和S3,断开S2,记录电压表示数5；第二步：闭合S1和S2,断开S3,调节R1使电压表示数仍为5,记录此时R1的阻值为R0,则被测电阻Rx=(3)闭合S1和S2,断开S3,调节R1改变电路的总

21、电阻，记录电阻箱的阻值R和对应的电压表的示数U,做出上随1变化的图像，如图3所示，图线的纵轴截距为b、斜率为k,则电池UR的电动势为,内阻为1k【答案】(1)如图；(2)Ro；(3)E=-,r=-【解析】试题分析：(1)实物连线如图；(2)根据等效法可知，被测电阻&由欧姆定律可知:度="十卫解得：!=-RUERE图像可知二、二b3二二忆解得：E=Lr=-EEbb考点：测量电阻及电池的电动势和内阻【名师点睛】此题考查了用等效法测量电阻及测量电池的电动势和内阻的试验；关键是搞清试验的原理及测量的试验步骤；搞清图像的物理意义，尤其是斜率及截距的含义.13、如图所示，一块质量为M=2

22、kg、长为L的木板B放在光滑水平桌面上，B的左端有一质量为m=0.2kg的物块A(可视为质点)，A上连接一根很长的轻质细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮挂上一质量为mo=0.1kg的重物，用手托住重物使细绳伸直但无张力，重物距离地面的高度为h=1m；已知A与B之间的动摩擦因数为科=0.2,A与滑轮间的细绳与桌面平行，B右端距离桌边定滑轮足够远；释放重物后，A相对于B滑动；重力加速度g=10m/s2;(1)求重物落地前瞬间细绳上的拉力大小和A的速度大小;(2)当AB相对静止时，A仍在B上，求从释放重物到AB相对静止的过程中A运动的时间.【答案】(1)0.8N2m/s(2)20s11试题分析：(1

23、)设释放重物后重物的加速度为an细绳的张力大小为F,对重物，由牛顿第二定律可得：mog-F=moai对A,由牛顿定律：F-(img=ma1联立解得：F=0.8Nai=2m/s2由vi2=2aih解得重物落地前瞬间A的速度大小为vi=2m/s(2)重物落地前，A运动的时间q=乜=1$qB的加速度叼="超=Q.2m/s2M重物落地时B的速度9=饱1=0.2面§落地后，A开始做减速运动，加速度大小为冉=四笋=2111"设经过时间瓦AB速度相等,则有可口由fka2t2解得：2=($20从释放重物到AB相对静止的过程中A运动的时间为：2=兀+弓=五$考点：牛顿第二定律的综合

24、应用【名师点睛】此题是关于牛顿第二定律的综合应用习题；解题时要弄清两个物体运动的物理过程，认真分析物体的受力，根据牛顿定律首先求出物体的加速度，并能关联两个物体运动的位移及时间关系联立解答.I4、如图甲所示，一对足够长的平行粗糙导轨固定在与水平面夹角为370的斜面上，两导轨间距为l=im,下端接有R=3的电阻，导轨的电阻忽略不计；一根质量m=0.5kg、电阻r=i(导轨间部分)的导体杆垂直静置与两导轨上，并与两导轨接触良好；整个装置处于磁感应强度大小B=2T、垂直于导轨平面向上的匀强磁场中；现用平行于斜面向上的拉力F拉导体杆，拉力F与时间t的关系如图乙所示，导体杆恰好做匀加速直线运动；重力加速

25、度g=i0m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8;求导体杆的加速度大小和导体杆与导轨间的动摩擦因数科。【答案】2m/s2, 0.5【解析】试题分析：设导体杆的加速度大小为a,则t时刻导体杆的速度大小为v=at产生的感应电动势为E=BlvB1v电路中的感应电流为 I =-Bv导体杆上所受的安培力大小为F安= BI1B212atB212at由牛顿第一te律可知：F-mgsin37-mgcos37=maRr-1代入数据解得：F=3+a+4+at(N)2由题图乙有F=6+2t(N)比较两式可知：a=2m/s2,科=0.5考点：法拉第电磁感应定律；牛顿定律【名师点睛】此题是电磁感应的力学问题，主要考查法拉第电磁感应定律及牛顿第二定律的应用；解题时要根据物理情景找到力F与时间的函数关系，再与所给的图像对比斜率及截距等数据求解未知量.15、如图所示，在直角坐标系的第H象限中