2019-2020 学年高三上册一诊物理试卷
一、选择题(14-18 题仅有一个答案,每题 4 分;19-21 题至少有 2 个答案,选对得 4 分,漏
选得 2 分,错选得 0 分)
1.一平行板电容器充电后与电源断开,若将上极板向左移动一小段距离,则( )
A. 极板间的电压变小,极板间的电场强度变大
B. 极板间的电压变小,极板间的电场强度不变
C. 极板间的电压变大,极板间的电场强度变大
D. 极板间的电压变大,极板间的电场强度不变
【答案】C
【解析】
【详解】由平行板电容器电容的决定式 C= ,将上极板向左移动,两板正对面积 S 减小,
电容 C 减小,而两极板的电量 Q 恒定,由 Q=CU,极板间的电压 U 变大,又由 E= 可得板间
电场强度变大.
A.极板间的电压变小,极板间的电场强度变大,与结论不相符,选项 A 错误;
B.极板间的电压变小,极板间的电场强度不变,与结论不相符,选项 B 错误;
C.极板间的电压变大,极板间的电场强度变大,与结论相符,选项 C 正确;
D.极板间的电压变大,极板间的电场强度不变,与结论不相符,选项 D 错误;
2.如图所示,一小球从 O 点水平抛出后依次经过 A、B、C 三点,已知 A、B 两点间的竖直高度
等于 B、C 两点间的竖直高度,小球从 A 到 B 速率的变化量为 Δv1、动量的变化量为 ΔP1,小
球从 B 到 C 速率的变化量为 Δv2、动量的变化量为 ΔP2,不计空气阻力,则 ( )
A. Δv1=Δv2 B. Δv1ΔP2 D. ΔP1Δv2。
选项 AB 错误
CD.平抛运动的竖直分运动为自由落体运动,A 到 B 的时间大于 B 到 C 的时间,所以从 A 到 B
重力的冲量大于 B 到 C 重力的冲量,根据动量定理可得:ΔP1>ΔP2 ,C 选项正确,D 错误;
3.已知某行星的密度为地球密度的两倍,地球近地卫星的周期约为 84min,则该行星的近地卫
星周期大约为 ( )
A. 40min B. 60min C. 120min D. 170min
【答案】B
【解析】
【详解】对于近地卫星由万有引力提供向心力有
G =m R
又
M= πR3·ρ
可得
ρ=
所以该行星的近地卫星周期与地球近地卫星周期之比为 ,所以该行星的周期大约为 60
min。
。
2 2 2 21 1 1 1
2 2 2 2B A C Bmv mv mv mv− = −
2
Mm
R
2
2
4
T
π
4
3
2
3
GT
π
2
2A.40min,与结论不相符,选项 A 错误;
B.60min,与结论相符,选项 B 正确;
C.120min,与结论不相符,选项 C 错误;
D.170min,与结论不相符,选项 D 错误;
4.如图所示,匀强电场中有 6 个点 A、B、C、D、E、F 正好构成一正六边形,六边形边长为
0.1m,所在平面与电场方向平行。点 B、D、F 的电势分别为-20V、60V 和 20V。一带电粒子从
A 点以某一速度沿 AB 方向射出后经过 D 点,不计粒子重力,则下列判断正确的是( )
A. 粒子带正电 B. C 点的电势是 20V
C. 电场强度的大小为 400V/m D. 粒子从 A 到 D 电势能增加
【答案】B
【解析】
【详解】B.B、D 连线中点 G 的电势为
所以 FGC 连线 等势线,电场线方向从 D 指向 B,如图所示,所以 C 点电势为 20V,B 选项正
确;
A.带电粒子从 A 点沿 AB 方向射出后经过 D 点,所以粒子受力方向与电场强度方向相反,故
粒子带负电,A 选项错误;
C.电场强度大小为
C 选项错误;
为
20V2
B D
G
ϕ ϕϕ += =
800 3 V/m3
DBUE DB
= =D.粒子从 A 到 D 电场力做正功,电势能减少,D 选项错误。
5.质量为 m 的物体用轻绳 AB 悬挂于天花板上.在水平向左的力 F 作用下 OA 与竖直方向夹角
为 30°如图所示.现保持 F 与 OA 的夹角不变使 OA 绕 A 点顺时针缓慢转到水平方向。用 T 表
示绳 OA 段拉力的大小,在 O 点移动的过程中( )
A. F 逐渐变大,T 逐渐变小
B. F 逐渐变小,T 逐渐变大
C. F 先变小再变大,T 先变大再变小
D. F 先变大再变小,T 先变小再变大
【答案】A
【解析】
【详解】O 点受力如图所示,设 F 与竖直方向的夹角为 α,T 与竖直方向的夹角为 β,且
α+β=120°,根据正弦定理:
在 OA 转到水平方向的过程中,α 从 90°减小到 30°,β 从 30°增大到 90°,所以 T 逐渐
减小,F 逐渐变大。
A.F 逐渐变大,T 逐渐变小,与结论相符,选项 A 正确;
B.F 逐渐变小,T 逐渐变大,与结论不相符,选项 B 错误;
C.F 先变小再变大,T 先变大再变小,与结论不相符,选项 C 错误;
D.F 先变大再变小,T 先变小再变大,与结论不相符,选项 D 错误;
sin 60 sin sin
mg T F
α β= =
6.如图,电阻 R1、R2 的阻值均为 R,滑动变阻器的总电阻为 2R,电源的内阻 r=R,电压表和电
流表均为理想电表。闭合开关后,将滑动变阻器的滑片由 a 端向 b 端滑动,下列说法正确的
是( )
A. 电压表示数先减小再增大
B. 电流表示数先减小再增大
C. 电源输出功率先增大再减小
D. 电源内阻消耗的功率先增大再减小
【答案】BC
【解析】
【详解】AB.滑片从 a 端滑到 b 端的过程中,外电阻先增大后减小,当滑片滑到中点时外电
阻最大且等于内电阻。根据闭合电路欧姆定律,电流表的示数先减小再增大,电压表的示数
先增大再减小;选项 A 错误,B 正确;
CD.电源内阻消耗的功率 Pr=I2r,所以电源内阻消耗的功率先减小再增大;当外电阻等于内电
阻时电源输出功率最大,所以电源输出功率先增大再减小。故 C 选项正确,D 错误。
7.如图所示为一粗糙程度均匀 固定半圆形槽,可视为质点的滑块从最左侧的 M 点静止释放
后到达最低点 P 时的速度为 v1,且从 M 到 P 过程中系统产生的热量为 Q1;若在最低点 P 点给
滑块一水平向右的初速度 v2,滑块恰好可以到达最右侧的 N 点,且从 P 到 N 过程中系统产生
的热量为 Q2;下列关系正确的是( )
A. v1 Q2
【答案】AC
【解析】
【详解】AB.设半圆形槽的半径为 R,M 到 P 由能量守恒得:
的P 到 N 由能量守恒得:
所以 ;选项 A 正确,B 错误;
CD.同理滑块从 M 到 P 与从 P 到 N 位于同一高度时,下滑的速度小于上滑的速度,下滑时对
轨道的压力小于上滑时对轨道的压力,下滑时受到的摩擦力小于上滑时受到的摩擦力,所以
从 M 到 P 过程中系统产生的热量 Q1 小于从 P 到 N 过程中系统产生的热量为 Q2,故选项 C 正确,
D 错误。
8.一半径为 R 的均匀带正电圆环水平放置,环心为 O 点,质量为 m 的带正电的小球从 O 点正
上方的 A 点由静止释放,并穿过带电圆环,不计空气阻力,关于小球从 A 点运动到关于 O 点
对称的 B 点的过程中,下列说法正确的是 ( )
A. 小球的加速度可能一直在增大
B. 小球的机械能可能先增大后减小
C. 若换用电量更小的小球,其到达 B 点时的速度不变
D. 若小球带上等量的负电,则该过程重力的冲量将减小
【答案】ACD
【解析】
【详解】A.小球从 A 运动到 O 由牛顿第二定律得:
mg-qE=ma
从 O 到 B 由牛顿第二定律得:
mg+ qE=ma
A 到 O 电场强度 E 可能一直减小也可能先增大再减小,所以 A 到 O 的过程中加速度 a 可能一直
增大,也可能先减小后增大,从 O 到 B 电场强度 E 可能一直增大也可能先增大再减小,所以 O
到 B 的过程中加速度 a 可能一直增大,也可能先增大再减小,所以 A 到 B 的过程中加速度可
2
1 1
1
2mgR mv Q= +
2
2 2
1
2 mv mgR Q= +
1 2v vv1,即小球带负电时运动过程中经过除 A、B 点以外的每一个点的速度都大于带正电的
小球,所以小球的运动时间变短,重力的冲量将减小,故 D 选项正确。
二、实验题(22 题 6 分;23 题 9 分)
9.某实验小组要探究力对物体做功与物体获得速度的关系,选取的实验装置如图所示.实验
主要步骤如下:
①实验时,在未连接橡皮筋时将木板的左端用小木块垫起,不断调整使木板倾斜合适的角度,
轻推小车,使小车匀速下滑,这样做的目的是________________________;
②使小车在一条橡皮筋的作用下由某位置静止弹出沿木板滑行,橡皮筋对小车做功为 W0;再
用完全相同的 2 条、3 条……橡皮筋同时作用于小车,每次均由静止在______(填“相同”或
“不同”)位置释放小车,使橡皮筋对小车做的功分别为 2W0、3W0、……
③分析打点计时器打出的纸带,分别求出小车每次获得的最大速度 v1、v2、v3、……,作出 W-v
1
2
2gh
2
1
1
2 mv
2
2
1
2 mv图像,则下列符合实际的图像是__________(填字母序号)
【答案】 (1). 平衡摩擦力 (2). 相同 (3). D
【解析】
【详解】①[1]小车在运动过程中受摩擦力作用,为使小车受到的合外力等于橡皮筋的弹力,
需要将木板倾斜,用小车的重力下滑分力平衡摩擦力。
②[2]每次在相同位置释放小车才能保证橡皮筋对小车所做的功与橡皮筋的条数成正比。
③[3]根据动能定理,橡皮筋对小车所做的功等于小车动能的增加量, ,所以 W 与
v2 成正比,故 D 选项正确。
10.将铜片和锌片插入水果中可制成水果电池,现要测量番茄电池的电动势和内阻,三位同学
一起进行的实验研究。
(1)甲同学先用量程为 3V 的电压表,直接测量番茄电池两极的电压,电压表的示数为
0.78V,则番茄电池的电动势应________(填“大于”“等于”或“小于”)0.78V。
(2)乙同学用以下器材设计了如图(a)所示的电路
A.电压表(0~3V,内阻约 3kΩ)
B.电流表(0~0.6A,内阻为几欧)
C.滑动变阻器(0~50Ω)
D.开关 1 个、导线若干
闭合开关后,发现左右滑动滑动变阻器的滑片,电流表与电压表都几乎没有示数(经检查,
电路无故障),请分析电表无示数的原因是__________________________________。
(3)丙同学分析乙同学的实验结果后,使用 1 个电阻箱(0~9999Ω)和 1 个微安表
(0~300μA,内阻为 RA=100Ω),设计了如图(b)所示的实验电路,改变电阻箱的阻值 R 得到
21
2W mv=多组微安表的示数 I,以 R 为纵坐标, 为横坐标,得到如图(c)所示的图像。根据图像可得
到番茄电池的电动势为________V,内阻为________Ω。
【答案】 (1). 大于 (2). 水果电池的内阻很大,滑动变阻器所分得的电压很小。
(3). 1.125 (4). 1400
【解析】
【详解】(1)[1]由于番茄电池有内阻,所以电压表的示数为外电压,小于电源电动势,即番
茄电池的电动势应大于 0.78V;
(2)[2]电路无故障,外电压几乎为零,说明外电阻远小于内电阻;即水果电池的内阻很大,
滑动变阻器所分得的电压很小.
(3)[3][4]由闭合电路欧姆定律得:
E=I(R+RA+r)
变形可得
R=E -(RA+r)
所以 R- 图像的斜率为 E,即
截距的绝对值为
则
r=1400Ω
三、计算题(24 题 12 分;25 题 20 分)
11.如图所示,长 l=1m 的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静
止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角 θ=37°。已知小球所带电荷量 q=
1.0×10-6 C,匀强电场的场强 E=3.0×103 N/C,取重力加速度 g=10 m/s2,sin 37°=
0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小球的质量 m。
(2)将小球拉到最低点由静止释放,当小球运动到绳与竖直方向夹角为 θ=37°处时细绳的
拉力。
1
I
1
I
1
I
3
3
(7.5 1.5) 10 1.125V8.0 10E
+ ×= =×
31.5 10AR r+ = × Ω【答案】(1) 4.0×10-4 kg (2) 7×10-3 N
【解析】
【详解】(1)因为 F=qE=3.0×10-3 N
由平衡知识可知
qE=mgtan θ
解得:
m=4.0×10-4 kg
(2)从最低点到 θ=37°对小球由动能定理得:
qElsinθ-mgl(1-cos θ)= mv2
在 θ=37°处由牛顿第二定律得:
T-(mgcosθ+qEsinθ)=m
联立解得:
T=7×10-3 N
12.如图,粗糙水平平台与水平地面的高度差为 h=0.4m,平台右侧水平地面上方空间存在一竖
直向上的匀强电场,电场强度为 E=1×103N/C,平台右端点 Q 处(不在电场中)有一可视为质
点的带正电滑块 B,其电量为 q=7.5×10-3C,质量为 mB=1.5kg;另一可视为质点的滑块 A 静
止于平台上的 P 点,P 点与 Q 点的距离为 s=2.5m,A 与平台间的动摩擦因数为 μ=0.3。现给 A
施加一水平向右的恒力 F=10N,一段时间后撤去 F,A 再运动一段时间后与 B 发生弹性正碰,
碰后 B 落在水平地面上距 Q 点水平距离为 x=1.6m 的 N 点,A 向左反弹后滑动 停止,已
知碰撞后 B 的电量不变,重力加速度 g=10m/s2。求:
(1)A 与 B 碰后瞬间 B 的速度;
(2)滑块 A 的质量及 A 与 B 碰前瞬间 A 的速度;
(3)恒力 F 作用的时间。
1
2
2v
l
1 m6l =【答案】(1) 4m/s (2) mA=1kg v0=5m/s (3) s
【解析】
【详解】(1)对滑块 B 由牛顿第二定律得:
mBg-qE=ma
竖直方向:
h= at2
水平方向:
x=vBt
联立解得:
vB=4m/s
(2)设 A 的质量为 mA,碰撞前后瞬间 A 的速度分别为 v0 和 vA
碰后对滑块 A 由动能定理得:
-μmAgl=0-
取向右为正方向,由动量守恒得:
mAv0=-mAvA+mBvB
A、B 发生弹性碰撞,由能量守恒得:
联立解得:
mA=1kg v0=5m/s
(3)设恒力 F 作用的时间为 t,F 作用下的位移为 s1,撤去 F 时滑块 A 的速度为 v
滑块 A 从 P 到 Q,由动能定理得:
Fs1-μmAgs=
2 7
7
1
2
21
2 A Am v
2 2 2
0 =1 1 1
2 2 2A A A B Bm v m v m v+
2
0
1
2 Am v从滑块开始运动到撤去恒力 F 的过程中
由动能定理得:
Fs1-μmAgs1=
由动量定理得:
(F-μmAg)t=mAv
联立解得:
t=
四、选修(33 题、34 题选做一题,25 分)
13.下列说法正确的是( )
A. 质量和温度相同的冰和水,内能不同
B. 温度高的物体不一定比温度低的物体内能大
C. 物体放热,同时对外做功,其内能可能增加
D. 布朗运动是液体分子与固体分子的共同运动
E. 气体扩散现象表明了气体分子的无规则运动
【答案】ABE
【解析】
【详解】A.质量和温度相同的冰和水,平均动能相同,但是分子势能不同,则内能不同,选
项 A 正确;
B.物体的内能与物体的温度、体积以及物质的量等都有关,则温度高的物体不一定比温度低
的物体内能大,选项 B 正确;
C.根据热力学第一定律,物体放热,同时对外做功,其内能一定减小,选项 C 错误;
D.布朗运动是固体颗粒的无规则运动,是液体分子无规则运动的表现,选项 D 错误;
E.气体扩散现象表明了气体分子的无规则运动,选项 E 正确。
14.如图所示,有两个不计质量和厚度的活塞 M、N,将两部分理想气体 A、B 封闭在绝热汽缸
内,温度均是 27 ℃。M 活塞是导热的,N 活塞是绝热的,均可沿汽缸无摩擦地滑动,已知活
塞的横截面积均为 S=2 cm2,初始时 M 活塞相对于底部的高度为 h1=27 cm,N 活塞相对于底部
的高度为 h2=18 cm。现将一质量为 m=1 kg 的小物体放在 M 活塞的上表面上,活塞下降。已
知大气压强为 p0=1.0×105 Pa。(g=10 m/s2)
21
2 Am v
2 7
7 s①求下部分气体的压强多大;
②现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热,使活塞 M 回到原来的位置,求应使下部分气体
的温度升高到多少摄氏度。
【答案】①1.5×105 Pa ② 252℃
【解析】
【详解】①以两个活塞和重物作为整体进行受力分析得:
pS=mg+p0S
得
p=p0+ =1.5×105 Pa。
②对下部分气体进行分析,初状态压强为 p0,体积为 h2S,温度为 T1,末状态压强为 p,体积
设为 h3S,温度为 T2
由理想气体状态方程可得:
=
对上部分气体进行分析,根据玻意耳定律可得:
p0(h1-h2)S=p(h1-h3)S
解得:
T2=525K=252℃
15.如图甲为一列简谐横波在 t=0.1s 时刻的波形图,图乙为介质中 x=2m 处的质点 P 的振动图
像.下列说法正确的是 ( )
mg
S
0 2
1
p h S
T
3
2
ph S
TA. 这列波的传播方向是沿 x 轴正方向
B. 这列波的传播速度是 20m/s
C. 质点 P 与质点 Q 的位移始终不可能相等
D. 再经过 0.1s,质点 Q 的运动方向沿 y 轴正方向
E. 从 t=0.1s 到 t=0.45s,质点 Q 振动的路程小于 1.4m
【答案】BDE
【解析】
【详解】A.由乙图读出,t=0.1s 时刻质点 P 的速度向上,则由波形的平移法可知,这列波沿
x 轴负方向传播,故 A 错误。
B.由图知:λ=4m,T=0.2s,则波速
故 B 正确。
C.某时刻,质点 P 与质点 Q 的位移可能会相等,选项 C 错误;
D.再经过 0.1s=0.5T,质点 Q 到达与平衡位置对称的位置,即在 t 轴的上方向上运动,即质
点 Q 的运动方向沿 y 轴正方向,选项 D 正确;
E.从 t=0.1s 到 t=0.45s,经过时间为 0.35s=1 T,若质点 Q 从平衡位置或者最高点和最低
点开始振动,则在 1 T 内的路程为 7A=1.4m,而质点 Q 开始振动时不是从上述位置开始,且
速度的方向向下,速度逐渐减小,可知质点 Q 在 t=0.1s 到 t=0.45s 内振动的路程小于 1.4m,
选项 E 正确。
16.如图,半径为 R 半球形玻璃体置于水平光屏上方,半球的上表面水平,上表面与光屏间
的距离为 。一束细单色光经球心 O 从空气中射入玻璃体内(入射面即纸面),入射角为
的
4 m/s 20m/s0.2v T
λ= = =
3
4
3
4
3R45°,出射光线射在光屏上 B 点处。已知该玻璃的折射率为 n= ,光在真空的传播速度为
c。求:
①光束从 O 点到 B 点的时间
②现将入射光束在纸面内向左平移,求射入玻璃体的光线在球面上恰好发生全反射时,光束
在上表面的入射点到 O 点的距离。
【答案】① ② R
【解析】
【详解】①当光线经球心 O 入射时,光路图如图(a)所示。由折射定律有
n=
解得:
r=30°
O、B 之间的距离为
OB= =2R
光在玻璃中 传播速度为
v= =
光从 O 到 B 的时间为
的
2
( 2 1)R
c
+ 6
3
sin
sin
i
r
3
cos
R
r
c
n 2
c
( 2 1)=R R Rt c v c
+= +②发生全反射时,临界角 C 满足
sin C=
光线左移,恰好在玻璃体球面发生全反射时,光路图如图(b)所示。设此时光线入射点为 E,
折射光线射到玻璃体球面的 D 点。由题意有∠EDO=C
在△EDO 内,根据正弦定理有
=
联立以上各式并利用题给条件得
OE= R。
1
n
( )sin 90
OD
r° − sin
OE
C
6
3