物理試卷第物理試卷第頁，共11頁陜西省西安地區(qū)八校2019-2020學(xué)年高三上學(xué)期第一次聯(lián)考物理試題參考答案.C【解析】伽利略在斜面實(shí)驗(yàn)中得出物體沿斜面下落時的位移和時間的平方成正比， 然后利用這一結(jié)論合理外推，間接證明了自由落體運(yùn)動是初速度為零的勻變速直線運(yùn)動，故 A正確；法國科學(xué)家笛卡爾指出：如果物體沒有受到力的作用， 它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運(yùn)動，既不停下來也不偏離原來的方向；故 B正確；海王星是在萬有引力定律發(fā)現(xiàn)之后通過觀測發(fā)現(xiàn)的，故 C不正確；密立根通過油滴實(shí)驗(yàn)測得了基本電荷的數(shù)值，任何電荷的電荷量都應(yīng)是基本電荷的整數(shù)倍；故D正確。C【解析】滑塊以初速度Vo從斜面底端沿斜面向上滑行，受到的是滑動摩擦力，由公式f=^N可得：f=pmg)s37=0.7XM0X0.8N=5.6N,方向沿著斜面向下。重力的下滑力等于mgsin37=1X10X0.6N=6N>5.6N,所以滑塊滑到最高點(diǎn)后可沿斜面下滑。下滑時滑塊受到的滑動摩擦力大小仍為 5.6N,方向沿著斜面向上。A.該圖與結(jié)論不相符，選項(xiàng)A錯誤；B.該圖與結(jié)論不相符，選項(xiàng)B錯誤；C.該圖與結(jié)論相符，選項(xiàng)C正確；D.該圖與結(jié)論不相符，選項(xiàng)D錯誤。故選CoD【解析】先以A為研究對象，分析受力情況：重力、墻的彈力和斜面的支持力三個力， B受到重力、A的壓力、地面的支持力和推力 F四個力。故A錯誤。當(dāng)B向左移動時，B對A的支持力和墻對A的支持力方向均不變，根據(jù)平衡條件得知，這兩個力大小保持不變。則A對B的壓力也保持不變。對整體分析受力如圖所示:M由平衡條件得知，F(xiàn)=Ni,擋板對A的支持力Ni不變，則推力F不變。桌面對整體的支持力N=G總，保持不變。則B對桌面的壓力不變。故D正確，ABC錯誤。故選D。A【解析】設(shè)中子的質(zhì)量為m,因?yàn)榘l(fā)生的是彈性正碰，動量守恒，機(jī)械能守恒，規(guī)定初速度的方向?yàn)檎较?，?mvi=mv2+Amv,—mvi2=—mv22+—?Amv22 2 2v1 A1聯(lián)立兩式解得：」= .故A正確，BCD錯誤.故選A.V2A-1點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵知道彈性碰撞的過程中動量守恒、機(jī)械能守恒，與非彈性碰撞不同，非彈性碰撞機(jī)械能不守恒。D【解析】AC.由題意，過P點(diǎn)垂直于x軸的直線PQ和x軸是該電勢曲線的漸近線， 所以產(chǎn)生該電場的點(diǎn)電荷是正電荷，位于P點(diǎn)。所以P點(diǎn)左側(cè)的電場的電勢與P點(diǎn)因此的電勢是對稱的，OP間的各點(diǎn)電勢均不為零， P點(diǎn)左側(cè)的電場方向?yàn)閤軸負(fù)方向。故AC錯誤；B.電勢4與位移x圖線的斜率表示電場強(qiáng)度，則知 a點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于b點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故B錯誤。D.由圖可知a點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢，根據(jù)電勢能的公式： ？二q八所以負(fù)檢3電荷在a點(diǎn)的電勢能小于在b點(diǎn)的電勢能。故D正確；故選D。C【解析】cmv2kBr_試題分析：粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為： R=—= =2r；當(dāng)粒子在磁場中運(yùn)動時間qBBk二m-3qB二m-3qBji3kB,故選Co2r,故2r,故考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動。B【解析】可見光光子的能量在1.61eV?3.10eV范圍內(nèi).那么紫外線能量大于 3.10eV,而從第4能級躍遷到第3能級放出能量為AE=1.51-0.85=0.66eV,因此不可能是紫外線，故A錯誤；n=4和n=1間的能級差最大，則輻射的光子頻率最高，波長最小，因此從第 4能級躍遷到第3能級放出的光子，比從第4能級直接躍遷到第1能級放出的光子波長更長，故 B正確；n=4和n=3間的能級差小于n=4和n=2間的能級差，則從n=4能級躍遷到n=3能級放出的光子的頻率小于從n=4能級躍遷到n=2能級放出的光子的頻率，故 C錯誤；當(dāng)原子從第4能級躍遷到第3能級時，放出一定頻率的光子，原子的能量減小，故D錯誤?？键c(diǎn)：考查了氫原子躍遷?！久麕燑c(diǎn)睛】能級間躍遷輻射或吸收的能量等于兩能級間的能級差，掌握公式Em-En=hv=h&,能級差越大，輻射的光子頻率越高，波長越小，從而即可求解九AB【解析】根據(jù)——，當(dāng)間距d增大時，其它條件不變，則導(dǎo)致電容變小，故A正確；、閉合日A、Q電勢相等，保持閉合，將斷開，將B板向下平移一段距離，板間場強(qiáng)不變，所以A板與地間的電勢差U增大，即A板電勢升高，而Q點(diǎn)的電勢不變，所以A板電勢比電路中Q點(diǎn)電勢高，故B正確；根據(jù)-與——，相結(jié)合可得 ——，由于電量、正對面積不變，從而確定電場強(qiáng)度也不變，所以液滴仍保持靜止，故C錯誤；根據(jù)電場力與重力平衡可知，液滴帶負(fù)電，由于 B板的移動，導(dǎo)致液滴的電勢升高，所以其電勢能減小，故D錯誤。考點(diǎn)：帶電粒子在混合場中的運(yùn)動、電容?！军c(diǎn)睛】本題關(guān)鍵確定電容器的電量是否變化.掌握 -，再由-與——，相結(jié)合可得：——，并學(xué)會通過電荷的電性與電勢的變化來確定電勢能的變化。CD【解析】A.小球恰能通過a點(diǎn)的條件是小球的重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律：2vmg=m—解得：v，gR根據(jù)動能定理：1 2mg(h-R)=—mv得：h=1.5R可知只有滿足h>1.R,釋放后小球才能通過a點(diǎn)，故A錯誤；BC.小球離開a點(diǎn)時做平拋運(yùn)動，用平拋運(yùn)動的規(guī)律，水平方向的勻速直線運(yùn)動：x=vt豎直方向的自由落體運(yùn)動：R=-gt；2解得：x=、,2R>R,故無論怎樣改變h的大小，都不可能使小球通過 a點(diǎn)后落回軌道內(nèi)，則B錯誤，C正確。D.只要改變h的大小，就能改變小球到達(dá) a點(diǎn)的速度，就有可能使小球通過 a點(diǎn)后，落在de之間或之外。故D正確。故選CD。AD【解析】A,由圖讀出a電壓最大值Um,根據(jù)周期求解角速度，據(jù)電動勢最大值公式 Em=BSco可以求出穿過線圈磁通量的最大值，故A正確；B.由圖讀出兩電流周期之比為Ta：Tb=0.4s：0.6s=2:3,而T=1/n,則線圈先后兩次轉(zhuǎn)速之比為3:2.故B錯誤；C.t=0時刻兩個正弦式電流的感應(yīng)電動勢瞬時值均為零，線圈都與磁場垂直，穿過線圈的磁通量都最大。故C錯誤；D.根據(jù)Em=BS3=2兀nBS則ab電動勢最大值之比為3:2,則圖線b的最大值為100V,角速2二100二 度為0=——= ,所以圖線b電動勢的瞬時值表達(dá)式為：T3100

e=100sin 兀t(V)3故D正確。故選AD。11.BCD【解析】因發(fā)電廠的輸出電壓一定，因此可知升壓變壓器的原線圈的電壓不變，即 V1不變，由TOC\o"1-5"\h\zU1 n1——=一可知升壓變壓器的副線圈的電壓不變，即電壓表 V2的示數(shù)不變；進(jìn)入用電高峰，U2及…一f…U4 如 4 13一電阻R降低，假設(shè)電壓表V4得電壓不變，I3=——可知電流表A3得電流增大，由一=丁可\o"CurrentDocument"R n4I2n2一，知電流表降壓變壓命得輸入漏得電流增大， 即電流表A2的示數(shù)增大，由—=一可知輸入電R流I1增大，即電流表A示數(shù)增加；由U3=U2-I2R0可知降壓變壓器原線圈的電壓U3降低，.. U3n3即電壓表V3降低，由——=一可知降壓變壓器的副線圈的電壓降低，即 V4降低，故AD錯U4n4誤，BC正確。BC【解析】對金屬棒受力分析，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律和牛頓第二定律得出 F合表達(dá)式，分情況討論加速度的變化情況， 分三種情況討論：勻加速運(yùn)動，加速度減小的加速，加速度增加的加速，再結(jié)合圖象具體分析。設(shè)金屬棒在某一時刻速度為v,由題意可知，感應(yīng)電動勢E=BLv,環(huán)路電流：

BL = v，BLRrRrR兩端電壓:感應(yīng)電流功率:F-BIL二庭上R+R兩端電壓:感應(yīng)電流功率:F-BIL二庭上R+rBLRUR=IR= v,RrB2L22P=EI= vRr即：P士v2分析金屬棒運(yùn)動情況，由力的合成和牛頓第二定律可得:B2L2 b2l2F合=F?…由v=F°?—…… F合一，人~' r ,一、即加速度a=—,因?yàn)榻饘侔魪撵o止出發(fā)，所以 F0>0,且F合>0,即a>0,加速度方m(1)若k=BL-(1)若k=BL-Rr說明v^t,也即是口=F0,即a=&,金屬棒水平向右做勻加速直線運(yùn)動. 有v=at,mImt,F安ht,URht,Pht2,所以在此情況下沒有選項(xiàng)符合.(2)若k(2)若kA_22BLRrF合隨v增大而增大，即a隨v增大而增大，說明金屬棒做加速度增大的加速運(yùn)動,(3)的加速運(yùn)動,(3)若k<速度與時間呈指數(shù)增長關(guān)系，根據(jù)四個物理量與速度的關(guān)系可知 B選項(xiàng)符合;B2L2 ,F合隨v增大而減小，即a隨v增大而減小，說明金屬棒在做加速度減R+r小的加速運(yùn)動，直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線運(yùn)動， 根據(jù)四個物理量與速度關(guān)系

可知C選項(xiàng)符合。2.4 0.58 0.59 9.7【解析】[1]由于每相鄰兩個計數(shù)點(diǎn)間還有4個點(diǎn)沒有畫出，所以相鄰的計數(shù)點(diǎn)間的時間間隔T=0.1s,根據(jù)在勻變速直線運(yùn)動中時間中點(diǎn)的瞬時速度大小等于該過程中的平均速度，可知打第5個點(diǎn)時的速度為：0.21600.2640,

v= m/s=2.4m/s20.1[2][3]物體的初速度為零，所以動能的增加量為：,_ 1, 、2 1 2.-Ek=—(m1,m2)v5=-0.22.4J=0.58J2 2重力勢能的減小量等于物體重力做功，故：.■■：EP=W-mgh=0.59J[4]根據(jù)機(jī)械能守恒可知:mgh」mv2

2即有:12-v=gh斜率k=9.7,故當(dāng)?shù)氐膶?shí)際重2.4(2.3?斜率k=9.7,故當(dāng)?shù)氐膶?shí)際重2.4(2.3?2.5均可)所以一v-h圖像中圖像的斜率表不重力加速度，由圖可知,2力加速度g=9.7m/s2。E=I(R+r)最大值25 6.0(5.8?6.2均可)(1)[1]由圖可知，本實(shí)驗(yàn)采用的是電流表與電阻箱測定電動勢,(1)[1]由圖可知，本實(shí)驗(yàn)采用的是電流表與電阻箱測定電動勢,故表達(dá)式應(yīng)為E=I(R+r)；(2)[2]為了保證電路中的安全，電阻箱應(yīng)從最大值開始慢慢減小，故開始時應(yīng)調(diào)到最大值;[3]由圖可知，電阻箱接入電阻應(yīng)為[3]由圖可知，電阻箱接入電阻應(yīng)為25Q;⑶[4][5]由閉合電路歐姆定律可知:4-1 1. =一4-1 1. =一，故:22-46由數(shù)學(xué)知識可知圖象與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)為一=0.4,圖象的斜率為由數(shù)學(xué)知識可知圖象與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)為EE=6.0V,r=2.4Q；(1)3m/s.(2)7/8 (3)3.4s【解析】(1)設(shè)小物體在斜面上的加速度為 ai,運(yùn)動到B點(diǎn)的速度為v,由牛頓第二定律得：mgsin0+國mgcos0=mai由運(yùn)動學(xué)公式知v2=2a1L,聯(lián)立解得：v=3m/s.(2)因?yàn)関<v0,所以小物體在運(yùn)輸帶上一直做勻加速運(yùn)動，設(shè)加速度為 a2,則由牛頓第二定律知：amcosa—mgsin(x=ma2又因?yàn)関2=2a2x,聯(lián)立解得：A=-8I._vI I._v⑶小物體從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)經(jīng)歷時間,1二二，從B運(yùn)動到C經(jīng)歷時間：力二丁a2 al聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得小物體從 A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)所經(jīng)歷的時間：t=t1+t2=3.4s.22(1)兩板間電壓的最大值Um為qBL；2mCD板上可能被粒子打中的區(qū)域的長度 x為(2-近)L；粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間 tm為.四2.qB【解析】粒子恰好垂直打在CD板上，根據(jù)粒子的運(yùn)動的軌跡，可以求得粒子運(yùn)動的半徑，由半徑公式可以求得電壓的大??；當(dāng)粒子的運(yùn)動的軌跡恰好與 CD板相切時，這是粒子能達(dá)到的最下邊的邊緣，在由幾何關(guān)系可以求得被粒子打中的區(qū)域的長度；打在QE間的粒子在磁場中運(yùn)動的時間最長，均為半周期，根據(jù)周期公式即可求解。M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在 CD板上，所以圓心在C點(diǎn)，CH=QC=L,故半徑R1=L2打又因：qvB=maqUm=L22所以，Um=2id(2)設(shè)軌跡與CD板相切于K點(diǎn)，半徑為R2,在祥KC中:所以CD板上可能被粒子打中的區(qū)域即為 HK的長度，x=HK=Ri-R2=L-(點(diǎn)-1)L=(2-/2)L(3)打在QE間的粒子在磁場中運(yùn)動的時間最長，均為半周期:27Tm27Tm22答：(1)兩板間電壓的最大值Um為qBL;2皿CD板上可能被粒子打中的區(qū)域的長度 x為(2-。叵)L;丸(3)粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間 tm為.一印。qB【點(diǎn)評】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動，要掌握住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運(yùn)動軌跡后，幾何關(guān)系就比較明顯了。(1)1250K (2)480K【解析】(1)因氣缸懸空，先降溫時氣體等壓變化，壓強(qiáng)恒為由蓋呂薩克定律知：一——，代入數(shù)據(jù)得:(2)待缸口著地后，再降溫時活塞上移，彈簧逐漸恢復(fù)原長，由 知彈簧的形變量為x=7cm設(shè)彈簧恢復(fù)原長時的環(huán)境溫度為 ，氣體壓強(qiáng)為 ，氣柱長度為 ，由活塞的平衡知:,由幾何關(guān)系知:

由活塞的平衡知:,整理可得:由理想氣體狀態(tài)方程:,整理可得:(1)見解析(2)t=16二Y3_L2c【解析