2019届安徽江淮十校高三第一次联考物理试题解析版

1、安徽省江淮十校2019届高三第一次联考物理试题一、选择题（本大题共12小题，每题4分，共48分。其中1-8题为单选，9-12题为多选,不选或错选得0分，选不全得2分。）1.1.自然界中的电荷只有两种，把它们分别命名为正电荷和负电荷的科学家是（）A.密立根B.富兰克林C.库仑D.法拉第【答案】B【解析】自然界的电荷只有两种，把它命名为正电荷和负电荷的科学家是富兰克林，故选A.2.2.如图所示，斜面处在水平向右的匀强电场中，一带负电的物体在斜面上处于静止状态，则下列关于斜面对物体的作用力说法正确的是（）A.可能竖直向上B.可能垂直斜面向上C.可能沿斜面向上D.可能沿斜面向下【答案】B【解析】【详解

2、】物块受到向下的重力和水平向左的电场力，因物体处于平衡状态，则斜面对物体的作用力的方向应该在重力和电场力夹角的反向延长线方向，不可能竖直向上，也不可能沿斜面向上，也不可能沿斜面向下，有可能垂直斜面向上，故选B.3.3.如图所示，两等量同种正点电荷固定在真空中，在它们连线的中垂线上有A、B两点，O为连线中点,C为连线上一点，下列结论正确的是1 A，占O-MQA. B点场强一定大于A点场强B. B点电势一定低于A点电势第页C.若把一正电荷从A沿直线移到C,电势能增加D.若一负电荷仅在电场力下从C沿直线运动到O,加速度将变大【答案】C【解析】【详解】因在两点荷中垂线上，O点的场强为零，在无穷远处场强

3、也为零，可知从O点到无穷远，场强先增加后减小，则B点场强不一定大于A点场强，选项A错误；离两点荷越近的位置电势越高，可知B点电势一定高于A点电势，选项B错误；C点的电势高于A点，则若把一正电荷从A沿直线移到C,电势能增加，选项C正确；O点场强为零，若一负电荷仅在电场力下从C沿直线运动到O,电场力减小，加速度将变小，选项D错误；故选C.【点睛】此题关键是搞清等量同种电荷的电场分布情况，尤其是两点荷连线中垂线上的场强和电势分布，知道正电荷在高电势点的电势能较大4.4.某同学在操场练习投篮，设某次投篮篮球最后正好垂直击中篮板，击中点到篮球脱手点高度大约为0.45m,同学离篮板的水平距离约为3m,忽略

4、空气阻力的影响（g取10m/s2）.则球出手时的速度大约为（）A.14.21m/sB.6.25m/sC.8.16m/sD.10.44m/s【答案】D【解析】【详解】因篮球最后正好垂直击中篮板，则研究逆过程为平抛运动，根据平抛运动的规律可得：x=v0t,h='gt2可得t=0.3s,3K昌,则球出手时的速度大约为v=忘+©铲=Aho2-（10x03）2H1/s工io.44m/s,故选D.【点睛】解决本题的关键是巧用逆向思维，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解.5.5. 理论研究表明地球上的物体速度达到第二宇宙速度11.2km/s时，物体就能脱离

5、地球，又知第二宇宙速度是第一宇宙速度的Q倍。现有某探测器完成了对某未知星球的探测任务悬停在该星球表面。通过探测到的数据得到该星球的有关参量：（1）其密度基本与地球密度一致。（2）其半径约为地球半径的2倍。若不考虑该星球自转的影响，欲使探测器脱离该星球，则探测器从该星球表面的起飞速度至少约为（）A.7.9km/sB.11.2km/sC.15.8km/sD.22.4km/s【答案】D【解析】【详解】根据G=m,其中的M=,解得v=fGR5p仪R,因R星=2R地，可知星球的第一宇宙速r*R3P度是地球第一宇宙速度的2倍，即7.9X2km/s,则欲使探测器脱离该星球，则探测器从该星球表面的起飞速度至少

6、约为於<79”kni/等=22.4krn/5,故选D.【点睛】此题关键是通过万有引力等于向心力求得第一宇宙速度与密度的关系，然后求解星球表面的宇宙速度.6.6.如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，带电微粒由a点进入该区域并刚好沿ab直线向上运动，下列说法正确的是（）A.微粒一定做匀速直线运动B.微粒可能带正电C.微粒的电势能一定增加D.微粒的机械能一定减少【答案】A【解析】AB、根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）xtxx>r>exXx/qeB"xx冬-I-qE"mg从图像上可以知道，微粒一定带负电，

7、且做匀速直线运动，所以选项AB错误；C、因为电场力向左，对微粒彳正功，动能增加，电势能一定减小，选项C错误；D、由能量守恒可以知道，电势能减小，机械能一定增加，所以选项D正确.故选D点睛：对带电粒子进彳T受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，因为带，从而可判断粒子的电性（带负电工同时可以知道电场电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于虚线向上力的方向向左，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误7.7.如图所示，相同质量的物块从底边长相同、倾角不同的固定斜面最高处同时由静止释放且下滑到底端,卜面说法正确的是（）A.若物块与斜面之间的动摩擦因数相同，倾角大的斜面

8、上的物块损失的机械能大B.若斜面光滑，两物块一定同时运动到斜面底端C.若斜面光滑，倾角大的斜面上的物块一定后运动到斜面底端D.若物块到达底面时的动能相同，物块与倾角大的斜面间的动摩擦因数大【答案】D【解析】【详解】设斜面倾角为9,底边长为s,则有：物体损失的机械能等于摩擦力所做的功，摩擦力做功W却mgcos0x"=mgs损失的机械能与夹角无关；所以两物体损失的机械能相同；故A错误；若斜CCS0面光滑，则物体下滑的加速度a=gsin0,根据=-at可得t=可知，0角不同，t不同，当0=450coiiS2的1126时，下滑的时间最短，则倾角大的斜面上的物块不一定后运动到斜面底端，选项BC

9、错误；根据动能定理：Ek=mgstanS-1nll唱cos日mgstane-pmgs,则若物块到达底面时的动能相同，物块与倾角大的斜面间的动摩擦因数大，选项D正确；故选D.【点睛】本题考查学生对动能定理及功能关系的理解与应用；对于两种情况进行比较的问题，一定要注意要找出相同条件后，再进行分析.8.8. 如图所示，静置的内壁光滑的绝缘漏斗处于方向竖直向上的匀强磁场中，漏斗内有两个质量均为m.电荷量分别为Qa、Qb的带正电小球，在水平面内沿图示方向在不同高度做匀速圆周运动，若漏斗倒壁与竖直方向的夹角为。，小球的线速度均为v,则在小球做圆周运动的过程中（）A.若Qa>Qb,则A球在B球的下方运

10、动第页B.无论Qa、Qb关系如何，A、B均能在同一轨道上运动C.若Qa>Qb,则漏斗对A球的弹力大于对B球的弹力D.无论Qa、Qb关系如何，均有漏斗对A球的弹力等于漏斗对B球的弹力【答案】D【解析】【详解】根据左手定则，小球所受洛伦兹力方向沿半径方向向外，受力分析如图：Fn皿1白二mg；f83。qvB=m-,则氏=，则R随Q的变大而增大，则AB错误；由竖直方向Rmg-qvBtan9的受力可知：琼；=巴S，则压力不变，选项C错误，D正确；故选D.zsinB9.9. 如图所示，小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳

11、均被水平拉直（选细绳水平时，小球所在的水平面为零势面），将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点。则6手匚QQA. P球的向心加速度一定等于Q球的向心加速度B. P球所受绳的拉力一定等于Q球所受绳的拉力C. P球的动能一定等于Q球的动能D. P球的机械能一定等于Q球的机械能【答案】AD【解析】【详解】由动能定理可知：mgL=-mv2-0；解得v=V?gL,则港=匚=这,则P球的向心加速度一定等于Q2L球的向心加速度，根据T=mg+ma=3mg,因P球的质量大于Q球的质量，可知P球所受绳的拉力一定大于13Q球所受绳的拉力，选项A正确，B错误；由Ek=5mV=mgL,P球的质量大于Q球的质量，而Lp&

12、lt;Lq,则两球动能大小不确定，选项C错误；在初始位置两球的动能和重力势能均为零，则机械能均为零，而两球的机械能守恒，则P球的机械能一定等于Q球的机械能，选项D正确；故选AD.【点睛】再求最低的速度、动能时，也可以使用动能定理求解；在比较一个物理量时，应该找出影响它的所有因素，全面的分析才能正确的解题.10.10.如图所示，电源电动势为E,内电阻为r,C为电容器，Ro为定值电阻，电表均为理想电表，R为滑动变阻器，闭合开关后灯泡正常发光，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列判断正确的是A.电压表、电流表示数均变大，灯泡L将变暗B.定值电阻Ro中将有从右向左的电流C.电压表示数改变量与电流表示数

13、改变量之比不变D.电源输出功率一定变小【答案】BC【解析】【分析】电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，相当于断路.当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，电路中电流增大，灯L变亮.电容器的电压等于路端电压，分析其电压变化，由Q=CU分析电量的变化.【详解】电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，Ro两端的电压为零。当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器电阻减小，外电阻减小，电路中总电流变大，则灯L将变亮，电流表示数变大，电源的内电压变大，则路端电压减小，电压表读数减小，选项A错误。而电容器的电压等于路端电压，所以电容器的电压减小，由Q=CU分析可知其电荷量将减小。电容器

14、放电，则定值电阻Ro中将有从右向左的电流出现，选项B正确。根据闭合电路欧姆定律知U=E-Ir,得/U/1=r,可得电压表示数改变量与电流表示数改变量之比保持不变。故C正确。因不清楚外电路电阻与电源内阻的大小关系，则不能确定电源输出功率的变化，选项D错误；故选BC.【点睛】本题是电路的动态变化分析问题，可直接根据“串反并同”来分析电表读数的变化，也可以由“局部-整体-局部”的方法分析.11.11.如图所示，整个空间充满竖直向下的匀强电场，一带正电的小球自A点由静止开始自由下落，到达B点时与绝缘弹簧接触，到达C点时弹簧被压缩至最短，然后被弹回。若不计弹簧质量和空气阻力，在带电小球（小球带电量不变）

15、下降运动过程中，下列判断中正确的是（）O+AacA.运动过程中小球所受重力和弹力做功之和等于小球动能增加量B.小球由B到C动能先增大后减小C.小球在C点时加速度最大D.小球由B到C的过程中，动能和弹簧弹性势能之和增大【答案】BCD【解析】【详解】运动过程中小球所受重力、弹力和电场力做功之和等于小球动能增加量，选项A错误；在B点时电场力和重力之和大于弹力，小球的加速度向下，随小球的下降，弹力增大，则加速度减小，直到重力和电场力的合力等于弹力时，加速度为零，速度最大；小球继续下降，弹力大于重力和电场力的合力，则加速度向上，做减速运动直到最低点C时速度为零，则小球由B到C动能先增大后减小，选项B正确

16、；小球下落与弹簧接触的运动具有对称性，当压缩弹簧的速度等于刚接触弹簧时的速度时，加速度大小相等，再往下压缩加速度变大，则在C点时加速度最大；选项C正确；小球由B到C的过程中，重力势能减小，由系统的机械能守恒可知，动能和弹簧弹性势能之和增大，选项D正确；故选BCD.【点睛】明确机械能守恒的条件是只有重力（或弹簧的弹力）做功；把握小球从B到C过程的受力分析和运动分析，知道小球先做加速运动，后做减速运动，在BC之间某位置速度最大，到C点速度减为零，弹簧压缩到最短.12.12.如图所示，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场（包括边界），磁感应强度为B,方向垂直于圆平面（未画出）。一群不计重力的不同正离子以

17、较大的相同速率vo,由P点在纸平面内沿不同方向射入磁场中r=R,则下列说法正确的是发生偏转后，又飞出磁场，已知所有粒子在磁场中的轨道半径B.离子飞出磁场时的速度一定相同C.由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长D.沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大【答案】BC【解析】比荷q/m相同的负离子，质量不一定相同，虽然初速度相同，则动能不一定相同，则离子飞出磁场时的动2能不一定相等，选项A错误；离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=ml,rrriv解得：r=,因粒子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，故B正确；由圆的性质可知，轨迹圆与qB磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最

18、大时偏向角最大，离子圆周运动的最大弦长为PQ,故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长，此时粒子一定不会沿PQ射入，故C正确，D错误；故选BC。三、填空题(共有2小题，共12分。)13.13.某实验小组利用如右图所示的装置探究牛顿第二定律中质量一定时a与F的关系，他们将宽度为d的挡光片固定在小车上，用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与祛码盘相连，在水平桌面上的A、B两点各安装一个光电门，记录小车通过A、B时的遮光时间，小车中可以放置祛码。学片光电门月光电门H皿区不像水平或验台(1)实验主要步骤如下：用天平测量小车和遮光片的总质量M、祛码盘和盘内祛码的总质量m;用游标卡尺测量挡光片的宽度d

19、；用米尺测量两光电门之间的距离s;调整轻滑轮，使细线与木板平行；将木板不带滑轮的一端垫高，以平衡摩擦力，让小车从光电门A的左侧由静止释放；用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间tA和tB；小车右侧通过细线连上祛码盘，盘中放有多个祛码；再次让小车从光电门A的左侧由静止释放，记录遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间与a和4tB,利用a=(用d、s、。a和tB表示)，求出小车加速度；并记录此时祛码盘及盘内祛码的质量m；将盘中祛码拿出一个放到小车上，再次让小车从光电门A的左侧由静止释放，记录步骤中的时间和质量，重复步骤多次实验。对小车和祛码及祛码盘组成的系统，合力F=mg,结合上

20、述公式求出的a,得到多组a、F的数据。描点做出aF的图像，从而得出a与F的关系。(2)测量d时，某次游标卡尺的示数如右图所示，其读数为cm。012cmIIIJtIIIIfI1.1.IIIIL1IIII1LI|i1ej1111JTTrr1Frii0510(3)下列说法哪一项是正确的()A.平衡摩擦力时必须将祛码盘通过细线挂在小车上。B.若测得tA=tB,说明摩擦力已平衡好。C,为减小误差，应使祛码及祛码盘质量之和远小于小车和车内祛码质量之和D.本实验装置也可以用来验证动能定理。(2).0.550cm(3).BD【解析】dd【详解】(1)遮光片经过光电门A和B的平均速度分别表示AB位置的瞬时速度，

21、3,四=丁；由速度位移公式可知：a=俎2=-/?(V(2)20等分游标卡尺的精度为0.05mm,主尺读数为0.5cm,游标读数为：10X0.005cm=0.050cm,则游标卡尺的读数为：0.550cm.(3)平衡摩擦力时不挂祛码盘，只让小车拖着纸带匀速运动，选项A错误。若测得tA=tB,说明小车匀速运动，摩擦力已平衡好，选项B正确。本实验没有用祛码盘和盘中祛码的重力代替绳子的拉力，不需要满足祛码和祛码盘的总质量远小于小车的质量，故C错误.本实验装置也可以用来验证动能定理，选项D正确；故选BD。【点睛】光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法.由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度

22、代替瞬时速度.解题时要搞清实验原理及注意的事项。14.14.将G表改装成两种倍率("X<0”“X100勺欧姆表。现用该欧姆表对一阻值约为200的电阻进行测量，请完成下列问题：图甲图乙当开关S合向端(a或b),这时的欧姆表是较小倍率档。(2)将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行调零。(3)将两表笔分别与被测电阻相接。(4)若电表的示数如图甲所示，则该电阻的阻值读数为Qo(5)将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行调零。若电源电动势E=15V,灵敏电流计的满偏电流Ig=5mA,内阻Rg=100乌“X10率时欧姆表的内阻为150，该倍率下电阻调零时，流过电阻Ro的电迤mA。【答案】

23、(1).a(2).180Q(3).95mA【解析】E【详解】(1)当电阻调零时，根据闭合电路的欧姆定律可知，我内=尸，则E一定，ITg越大，R内越小，欧%姆表的倍率越小，接a时比接b时干路中满偏电流大，故应该合向a端；(4)欧姆表的读数为：18X10Q=180Q；(5)电阻调零时由上述公式可知ITg=100mA,又因为ITg=Ig+IR0,解得IR0=95mA三、计算题(共有4小题，共40分)15.15.某物理兴趣小组准备对自制的玩具汽车进行性能测试，于是让可以看成质点的玩具汽车在平直的路面上做匀加速直线运动，依次通过间距相等的A、B、C、D、E五个测速点，已测得：玩具车质量为m=2kg、va

24、=：3m/s、VE='7m/s求：(1)玩具汽车经过B点时的速度VB的大小；(2)若测速点间距均为x=0.5m且玩具汽车与路面间动摩擦因数科为0.5,求汽车的牵引力F的大小。【答案】(1)2m/s(2)12N【解析】【详解】(1)由运动学公式可得：2ax=啜；2a-3x=v|-解得VB=2m/s(2)将x=0.5m带入上述公式可知a=1m/s2根据牛顿第二定律可得F-gg=ma解得F=12N16.16.如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度t,沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37。一质量m=1kg的物块以初速度Vo从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，物块到传送带顶端的速度恰好

25、为零，其运动的v-t图像如图乙所示，已知重力加速度为g=10m/s2,sin37=0.6,求：甲乙(1)02s内物块的加速度a及传送带底端到顶端的距离x;(2)物块与传送带闻的动摩擦因数科；(3)04s物块与传送带间由于摩擦而产生的热量Q。【答案】(1)32m(2)0.5(3)96J【解析】【详解】(1)v-t图像的斜率表示加速度，由图像可知a=10m/s2,方向沿传送带向下，传送带底端到顶端的距离等于v-t图像包含的面积：x=/2414)k2m-；*2k4m=32m(2)0-2s内由牛顿第二定律可得：mgsin白十wngcos。=ma由a=10m/s2解得(1=0.5(3)根据v-t图像可知

26、，物块0-2s内向上做减速运动，当减速到与传送带共速时，由于重力沿传送带向下的分力大于传送带给它的向上的最大静摩擦力，故物块继续向上做减速运动，因此可断定传送带的速度为4m/s；0-2s的相对位移：力=-(24+4)x2m-4x=20m贝UQ=SOJ；12-4s的相对位移：d1=4x-(0-i4)x2m=4m则.-综上得：Q=Qi+Q2=96J17.17.如图所示，坐标空间中有场强为E=100N/C的匀强电场和磁感应强度为B=10-3T的匀强磁场，y轴为两种场的分界面，图中虚线为磁场区域的右边界，现有一质量为m,电荷量为-q的带电粒子从电场中坐标位置(-1,0)处，以初速度Vo=i05m/s沿x轴正方向开始运动，且已知带电粒子的比荷-=108C/kg,粒子的m重力忽略不计，则：rXXXX0XX(1)求带电粒子进入磁场的速度大小;(2)为使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，求磁场的宽度d应满足的条件。【答案】(1)；:i：:m/s(2)2.41m【解析】a,由牛顿第二定律可得：qE=ma【详解】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设运动的加速度为t,贝U：设粒子出电场、