2019届高三某平台7月内部特供卷 物理（一）学生版.docx

1、2018-2019 学 年 好 教 育 云 平 台 7 月 份 内 部 特 供 卷高 三 物 理 （ 一 ）注 意 事 项 ：1 答 题 前 ， 先 将 自 己 的 姓 名 、 准 考 证 号 填 写 在 试 题 卷 和 答 题 卡 上 ， 并 将 准 考 证 号 条 形 码粘 贴 在 答 题 卡 上 的 指 定 位 置 。2 选 择 题 的 作 答 ： 每 小 题 选 出 答 案 后 ， 用 2B 铅 笔 把 答 题 卡 上 对 应 题 目 的 答 案 标 号 涂 黑 ，写 在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。3 非 选 择 题 的 作

2、答 ： 用 签 字 笔 直 接 答 在 答 题 卡 上 对 应 的 答 题 区 域 内 。 写 在 试 题 卷 、 草 稿纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。4 考 试 结 束 后 ， 请 将 本 试 题 卷 和 答 题 卡 一 并 上 交 。一、单选题1甲乙两物体在同一直线上运动的 x-t 图象如图所示，以甲的出发点为原点，出发时刻为计时起点则从图象可以看出，则下列说法中错误的是（ ）A0-t 1 时间内，甲的位置变化比乙快B甲一直做匀速直线运动C开始计时时，乙在甲前面 x0 处D甲在中途停了一会儿，但最后还是追上了乙2如图所示， 匝矩形闭合导线框 处于磁感应强度大

3、小为 的水平匀强磁场中，线框面 积为电阻为 。线框绕垂直于磁场的轴 以角速度 匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，原副 线圈匝数之比为 ，变压器副线圈接入一只额定电压为 电阻为 的灯泡，灯泡正常发光。从线2:1 框通过中性面开始计时，下列说法错误的是（ ）A匀速转动过程中穿过线框的磁通量变化率最大值为 B灯泡中的电流方向每秒改变 次C变压器原线圈两端电压最大值为 D线框中产生的感应电流表达式为23一静止的物体所受到的合外力随时间的变化关系如图所示,图中 F1、F2 未知。已知物体从t=0 时刻出发,在 3t0 时刻恰又返回到出发点,则（ ）A0t 0 物体做匀加速直线运动,t 03t0 物体做

4、匀减速直线运动B物体在 F1 作用下的位移与在 F2 作用下的位移相等Ct 0 时刻物体的速度与 3t0 时刻物体的速度大小之比为23DF 1 与 F2 大小之比为564三个人造地球卫星 A、B、C 在地球的大气层外沿如右图所示的方向做匀速圆周运动，已知mA=mBmC,则三个卫星（ ）A线速度大小的关系是 vAvB=vCB周期关系是 TATB=TCC向心力大小的关系是 FA=FBm2(2)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量_( 填选项前的符号)，间接地解决这个问题。A小球开始释放高度 h B小球抛出点距地面的高度 H C小球做平抛运动的射程(3)(多选 )图中

5、O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射球 A 多次从倾斜轨道上 s 位置静止释放，找到其平均落地点的位置 P，测量平抛射程 OP,然后，把被碰小球 B 静置于轨道的水平部分末端，再将入射球 A 从斜轨上 s 位置静止释放，与小球 B 相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是_。 (填选项前的符号)A测量小球 A 开始释放高度 h B测量抛出点距地面的高度 HC分别找到 A、B 相碰后平均落地点的位置 M、N D测量平抛射程 OM、ON(4)若 两 球 相 碰 前 后 的 动 量 守 恒 ， 其 表 达 式 可 表 示 为 用 _(3)中 测 量 的 量 表 示 ;若碰撞是弹性碰

6、撞，那么还应满足的表达式为_用(3)中测量的量表示。12某研究小组想用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势 E 和内阻 r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线。A电压表 V1(量程 6V、内阻约 5000)B电压表 V2(量程 3V、内阻约 3000)C电流表 A(量程 3A、内阻约 05)D滑动变阻器 R(最大阻值 10、额定电流 4A)E小灯泡(2A 、5W)F电池组(电动势 E、内阻 r)G开关一只，导线若干实验电路如甲图所示时，调节滑动变阻器的阻值，经多次测量，得到多组对应的电流表、电压表示数，并在 U-I 坐标系中描绘出两条图线，如乙图所示，则(1)电池组的电动势 E=_V

7、，内阻 r=_(结果保留两位有效数字 )(2)在 U-I 坐标中两条图线在 P 点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为_ (3)将三个这样的灯泡并联后再接到该电上，则每个灯泡的实际功率为_W四、解答题13如图所示，粗糙水平桌面 左侧固定一个光滑的 圆弧轨道 ，14 圆弧底端与水平桌面平滑连接， 右侧固定着光滑的半圆弧轨道 ，直 径 处于竖直方向，最高点 位于水平桌面末端 点上方位置且高度差可忽 略不计，底端与地面平滑连接。已知两个圆弧轨道的半径与水平桌面的长度均为 ，重力加速度为 ，现有一个质量为 的小球（可视为质点）从左 侧圆弧轨道的 点由静止释放。（1）为使小球可以沿半圆弧轨道 内侧做圆

8、周运动，小球与水平桌面间的动摩擦因数应满足什么条件；（2）在小球与水平桌面间的动摩擦因数满足（1）的条件下，小球经过半圆弧轨道最低点 和最右侧 点时对轨道的压力之差为多大。14如图甲所示，A，B 为水平放置的间距 d=2m 的两块足够大的平行金属板，两板间有场强为E=1V/m，方向由 B 指向 A 的匀强电场一喷枪从 A，B 板的中央点 P 向水平线各个方向均匀地喷出初速度大小均为 v0=10m/s 的带电微粒已知微粒的质量均为 m=1010 -5kg，电荷量均为q= -1010 -3C，不计微粒间的相互作用，对板间电场和磁场的影响及空气阻力，取g=10m/s2求：（1）微粒落在金属板上所围成

9、的图形面积（2）要使微粒不落在金属板上，通过计算说明如何调节两板间的场强（3）在满足（2）的情况下，在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 B=01T，调节喷枪使微粒可以向纸面内沿各个方向喷出（如图乙），求 B 板被微粒打中的区域长度和微粒在磁场中运动的最短时间15如图甲所示，倾角为 30绝缘斜面被垂直斜面直线 MN 分为左右两部分，左侧部分光滑，范围足够大，上方存在大小为 E1000N/C ，方向沿斜面向上的匀强电场，右侧部分粗糙，范围足够大，一质量为 m1kg ，长为 L08m 的绝缘体制成的均匀带正电直棒 AB 置于斜面上，A 端距 MN 的距离为 d，现给棒一个沿斜面向下的初速

10、度 v0，并以此时作为计时的起点，棒在最初08s 的运动图像如图乙所示，已知 08s 末棒的 B 端刚好进入电场，取重力加速度 g10m/s 2，求：(1)直棒 AB 开始运动时 A 端距 MN 的距离为 d；(2)直棒 AB 的带电量 q；(3)直棒 AB 最终停止时，直棒 B 端到 MN 的距离2018-2019 学年好教育云平台 7 月份内部特供卷高 三 物 理 （ 一 ） 答 案1B【解析】A、由图象知 0-t1 时间内，甲的速度大于乙的速度，故 0t 1 时间内甲比乙位置变化快，A 正确；B、由于甲物体在 t1t 2 时间内位移未变，说明在这段时间内甲处于静止状态，故 B 错误；C、

11、由图象可知，开始运动时甲的出发点在坐标原点，而乙物体在出发时离坐标原点的距离为x0，故甲开始运动时，乙在甲前面 x0 处，故 C 正确；D、由于甲物体在 t1t 2 时间内位移不变，即甲在中途停了一会儿，在 t3 时刻甲乙两物体的位置相同，即甲追上了乙，故 D 正确；错误的故选 B。2C【解析】线圈在磁场中转动产生感应电动势，单匝线圈在磁场中产生的最大感应电动势为Em=BS，故 A 正确；交流电的周期 ，1s 内完成周期性变化的次数 ，1 个周期电流方向改=2 1=2变 2 次，所以灯泡中电流方向每秒改变 ，故 B 正确 ；根据变压器原副线圈中电压的特点可22=知 ，解得 U1=2U，变压器原

12、线圈两端电压最大值为 ，故 C 错误;副线圈中的电流12=12 21=22，根据变压器原副线圈中电流与线圈匝数的关系可知， ，解得 ，故电流的最= 12=21 1=212=2大值为 ，由于从中性面开始计时，故线框中产生的感应电流表达式为 ，=21=2 =2故 D 正确；本题选择错误的，故选： C。【点睛】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，明确线匡在转动过程中产生的最大值和瞬时之间的关系，利用好闭合电路的欧姆定律即可判断3C【解析】A、由图可知 F1 作用时间为 t0，物体做匀加速运动，然后改为反向 F2 作用时间为2t0，物体先匀减速再反向匀加速至出发点 ，故 A 错误；B、物体先沿的方

13、向做加速运动，然后物体先减速再反向加速至出发点，两段时间内物体的位移大小相等，方向相反，故 B 错误；C、设 F1 作用下物体的位移为 S，则有： ，F2 作用下物体的位移为-S，有：=120，由以上可得： ，故 C 正确；=1+(2)2 20 12=23D、由动量定理得： ， ，联立以上方程解得： ，故 D 错误；10=1220=2+112=45故选 C。【点睛】先分析物体的运动情况，知道物体先在 F1 作用下做匀加速运动，后在 F2 作用下做匀减速直线运动，最后回到出发点，根据 列式即可求解 。=4A【解析】根据卫星受到的万有引力提供向心力得： ，故线速度2=422=2=2线速度跟半径的平

14、方根成反比，因为 ，则 ，A 正确；周期= =知周期跟半径的 3 次方的平方根成正比，已知半径 ，则 ，B 错误；=423 =3因为 ，则 ，D 错误=5B【解析】弹簧弹开物体过程中，两物体及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：m AvA-mBvB=0，则速度之比 vA：vB=1：3；根据动能定理得：轻弹簧对 A、B 做功分别为 W1= mAvA2，W2= mBvB2，联立解得 W1：W2=1：3，故 A 错误。根据动量守恒定律得知，在与轻12 12弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即 mAvA+mBvB=0，可得， vA+vB0，故 B正确。 A、B 离开

15、桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为 t。由动量定理得：A、B 在空中飞行时的动量变化量分别为 p1=mAgt，p2=mBgt，所以 p1：p2=3：1，故 C 错误。平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由 x=v0t 知， t 相等，则 A、B 两木块的水平位移大小之比等于 sA:sB=vA：vB=1：3故 D 错误。故选 B。点睛：解决本题的关键要明确弹簧弹开物体时遵守动量守恒定律，求动能变化可根据动能定理，求动量的变化可根据动量定理6D【解析】A 项：粒子进入磁场 后，受洛伦兹力向下偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，速度选择器中的电场方向向上，由于粒子做直线

16、运动，所以受到的洛伦兹力方向应向下，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，故 A 错误；B 项：根据洛伦兹力与电场力相等即 可得： ，故 B 错误；= =C 项：打在 D1、D2 处的粒子运动的时间为半个周期，由粒子在磁场中运动的半径为 可知，=由于半径不同，所以粒子的比荷不同，周期为 ，所以粒子打在 D1、D2 处的时间不同，故 C=2错误；D 项：由粒子在磁场中运动的半径为 可知，越靠近 P，半径越小，所以比荷越大，故 D=正确。7BD【解析】（1）b 灯正常发光，可知此时副线圈两端得电压 ，根据 ，得原线圈两端的2=12=12电压。因灯泡 a 也正常发光，故交流电源的电压为 ，A 错误

17、；1=122=32=1 5 2 5（2）原线圈中电流 ，根据 ，得副线圈电流 ，故流过滑动变阻器中的电流1= 12=21 2=121=32，故此时滑动变阻器电阻 ，B 正确；=2=32=2 =222=2（3）交流电源的输出功率为 ，C 错误；出 =2 51=2 5（4）因为副线圈两端电压 =U 不变，将滑动变阻器触头向下滑动，其所在支路总电阻变小，2故流过灯泡 c 的电流变大，c 等变亮，D 正确；故本题选 BD8AC【解析】（1）当氢原子中电子从高能级向低能级跃迁时，电子轨道半径变小，跃迁过程中，原子核对电子的库仑力做正功，根据动能定理，电子动能增大，A 正确；（2）根据玻尔理论，原子能量是

18、量子化的，故原子中电子跃迁时，能级差 也是量子化的，只能是一些特定的数值，根据 ，发光频率也只能是一些特定的频率 ，故不能产生连续谱，而是线=状谱， B 错误；（3）电子由 n=4 跃迁到 n=1 时，能级差最大，根据 ，产生的光子频率最高，波长最短，=C 正确， D 错误。故本题选 AC9CD【解析】由粒子的运动轨迹可知，带电粒子受电场力向左，由于不知电场线的方向，因此不可以判断电荷的带电性质和 a、b 两点电场强度方向，故 AB 错误；根据做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹的内侧来判断电场力方向向左，可以知道带电粒子在 a、b 两点处的受力方向，故 C 正确；由于 a 点运动到 b 点过

19、程中，电场力与轨迹上每一点的切线方向也就是速度方向成钝角，所以电场力做负功，电势能增大，动能减小，所以带电粒子在 B点的速度较小，故 D 正确。故选：CD。【点睛】解这类题是思路：根据做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹的内侧来判断电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，从而判断电势高低，根据电场力做功判断电势能的变化10CD【解析】根据左手定则可知,线框未全部进入磁场前安培力方向向上，全部进入以后安培力为零，所以 AB 错误。有效切割长度最长为 ，则感应电动势最大值为 ，故 C 正确32 32感应电动势平均值为： ，故 D 正确=1232 =34故选 CD【点睛】根据左手定则判断安培力的方向

20、由 E=BLv，分析过程中最长的 L 可知最大电动势；由法拉第电磁感应定律可得出电动势的平均值11（1）BCD（2）C （3）CD （4）m1OMm 2ONm 1OP m1OM2m 2ON2m 1OP2【解析】（1）A、“验证动量守恒定律 ”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故 A 错误；B、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故 B 正确；C、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故 C 正确；D、为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求 ， ，故 D 正确。 =（2）小球离

21、开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，故选 C 正确。（3）再将入射球 A 从斜轨上 s 位置静止释放，与小球 B 相碰，并多次重复，分别找到 A、B 相碰后平均落地点的位置 M、N，测量平抛射程 OM、ON；（4）碰撞过程动量守恒，则 ，两边同时乘以时间 t 得：10=11+22，则 。10=11+22 1=1+2如果碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：12102=12112+12222两边同时乘以 得：2121022=121122+122222整理得： 。12=12

22、+22点睛：本题关键理解基本原理是利用平抛运动知识，用水平位移替代平抛运动的初速度，知道动量守恒的条件，并能通过实验进行验证。1245; ; ;12;1 00【解析】（1）电源的 U-I 图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势 E=45V ，电源内阻 ，（2）由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压=4 52 52 0 =1 0，此时电路电流 I=20A， 根据闭合电路的欧姆定律得： ，即=2 5 =+滑，解得 ，（3）设流过每个灯泡的电流为 I，三个灯泡4 5=2 01+2 5+2 0滑 滑 =0并联接在电源上，在闭合电路中，路端电压： ，即=3=4 531=4 53，在图乙所

23、示坐标系中作出图象如图所示：=4 53由图示图象可知，灯泡两端电压为 1V，流过灯泡的电流为 12A ，灯泡实际功：。=11 2=1 2【点睛】电源的 U-I 图象与纵轴的交点示数是电源的电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻由图象求出两图线的交点对应的电压与电流，然后根据闭合电路中内外电压的关系及欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值；由图象求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后由 P=UI 求出灯泡实际功率13（1） （2）12 3【解析】（1）为使小球能够沿半圆弧轨道 内侧运动，设小球通过 点时的速度最小值为 ， 1此时重力提供向心力，由向心力公式得: =12小球从 点运动到 的过程中，由动

24、能定理得 : =1212联立解得 =12故小球与水平桌而问的动摩擦因数应满足: 12（2）在满足 的条件下，小球沿半圆弧轨道内侧做圆周运动，设经过 点时的速度为 ，轨12 2道支持力为 ，经过最低点 时的速度为 ,轨道支持力为 ，则在 、 两点由向心力公式可得2 3 3 2=223=32小球从 点运动到 的过程中，由动能定理得： =12(3222)联立解得 32=3根据牛顿第三定律易知小球经过最低点 和最右侧 点时对轨道的压力之差为 314（1）57m 2（2）01N/C（3）01s【解析】试题分析：（1）微粒落在金属板上所围成的图形应是圆形，微粒的初速度水平时，落在金属板上的位置与 P 点的

25、水平距离最远，根据类平抛运动的规律解答（2）要使微粒不落在金属板上，重力与电场力相平衡，微粒在水平面内做匀速直线运动由平衡条件解答（3）再加垂直于纸面向里的均匀磁场，重力与电场力相平衡，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，求出微粒的轨迹半径，由几何知识即可求解（1）微粒在匀强电场做类平抛运动，油漆微粒的加速度： =+根据运动学： ，运动的半径： 2=122 =0落在 B 板上所形成圆形面积： =2由式并代入数据得 。=2001002=5 72（2）要使微粒不落在金属板上，电场应反向，且有： =解得： =0 1故电场应该调节为方向向下，大小为 01N/C。（3）微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向

26、心力： =2解得：R=1m竖直向下射出的微粒打在 B 板的左端恰好与 B 板相切， 如图甲所示由几何关系得： 1=1当粒子源和 B 板右边击中点距离为直径时距离最远， 如图乙所示由几何关系得： 2=3故 B 板被微粒打中的区域的长度都为 (1+3)当粒子运动的圆弧轨迹最短时粒子运动的时间最短，故根据题意可知，当粒子恰好击中粒子源正下方的 B 板处时间最短,如图丙所示微粒的运动周期： =2根据距离和半径的关系可以知道对应的圆心角为 60所以: =6=300 1【点睛】本题主要考查了考查带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，掌握牛顿第二定律与运动学公式的综合应用，理解几何关系在题中的运用，注意会画出粒子

27、的运动轨迹，及已知长度与半径的半径15(1)20m (2)7510 3 C (3)2548m【解析】根据匀变速直线运动的推论求出直棒 AB 匀加速直线运动的位移，结合棒的长度，得出直棒 AB 开始运动时 A 端距 MN 的距离为 d；根据图线得出棒子匀减速直线运动的加速度大小，抓住当 B 端刚进入电场时棒子的加速度大小与匀减速直线运动的加速度相等，结合牛顿第二定律求出带电量的大小；抓住棒出电场过程中，电场力做正功与克服摩擦力做功大小相等，运用动能定理求出直棒 AB 最终停止时，直棒 B 端到 MN 的距离（1）008s 内棒运动的位移为： 1=0+2=20 8mA 端距离 MN 的距离为： =

28、1=20 80 8=20m（2）由乙可知，棒在向左运动至 B 端刚好进入电场的过程中，棒的加速度一直不变，为： =2 5m/s2当 B 端刚进入电场时根据牛顿第二定律可得： 得：= =7 5103C（3）AB 棒未进入电场前，根据牛顿第二定律可得： =代入数据解得： =32从棒 AB 刚完全进入电场到 B 刚要离开电场的运动过程中，静电力做功为零，重力做功为零而棒 AB 出电场过程中，因电场力做的正功与摩擦力做的负功大小相等，二力总功为零，棒 B端出电场直到最终停止，设 B 端在 MN 右侧与 MN 相距为 x，由动能定理可得： ()=0122代入数据求得：x=2548m故 B 端在 MN 右边且距 MN 为 2548m【点睛】本题考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式的综合运用，通过棒进电场时，加速度大小不变，得出该过程中棒子电场力大小和摩擦力大小在进入过程相等是解决本题的关键。