河南省郑州市2020届高三物理上学期第一次质量预测试题

1、 河南省郑州市2020届高三物理上学期第一次质量预测试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。考试时间90分钟，满分100分。考生应首先阅读答题卡上的文字信息,然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效。交卷时只交答题卡。第卷一、选择题：本题共11小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第811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。物理学是一门自然科学，源于对自然界的观察和研究，与生活有着紧密的联系。下列理物知识的应用，说法正确的是（）避雷针能够避免建筑物被雷击，是因为避雷针储存了云层中的电荷指南针S极指向地球

2、南极方向，是因为指南针所在位置的地磁场方向指向地球南极方向电熨斗达到设定温度后就不再升温，是利用了压力传感器，将压力变化转换成电流变化电磁灶加热食物，是利用电磁感应产生的涡流使锅体发热【答案】D【解析】A项：避雷针工作原理是利用尖端放电将电荷导入大地，所以a选项错误；B项：地磁场的南北极与地理南北极相反，在磁体外部磁场由北指向南，所以b选项错误C项：电熨斗利用的是温度传感器，所以c选项错误。D项：电磁炉是利用电流的磁效应，金属圆盘处在磁场中时，在金属圆盘内产生涡流。利用涡流的热效应对食物进行加热，所以D选项正确。【考查知识点】物理学常识。a、b两个物体在同一时间、从同一地点开始，沿同一条直线运

3、动，v-t图象如图所示，a、b两物体运动图线均为正弦（余弦）曲线的一部分。在06s时间内，关于两物体的运动，下列说法正确的是（）b物体的加速度先增加后减小a物体的位移大于b物体的位移2s末a物体的加速度大于b物体的加速度3s末a、b两物体之间的距离最大【答案】C【解析】A项：b的斜率先减小后增大，固b的加速度先减小后增大，A错。B项：由图可知曲线a在06秒内与时间轴所围上下面积之和小于曲线b与时间轴所围上下面积之和，固曲线a位移小于曲线b位移，B错。C项：2s末曲线a的斜率大于曲线b的斜率，固两秒末曲线a的加速度大于曲线b的加速度，C对。D项：6s末曲线ab所围面积之差最大，故6s末ab两物体

4、之间距离最大。D错【考查知识点】考点:v-t图像基本知识点。如斜率代表加速度，斜率的绝对值代表加速度大小，斜率的正负代表加速度方向，与时间轴所围面积代表位移。当前，我国某些贫困地区的日常用水仍然依靠井水。某同学用水桶从水井里提水，井水内面到井口的高度为20m。水桶离开水面时，桶和水的总质量为10kg。由于水桶漏水，在被匀速提升至井口的过程中，桶和水的总质量随着上升距离的变化而变化，其关系如图所示。水桶可以看成质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。由图象可知，在提水的整个过程中，拉力对水桶做的功为（）A.2000JB.1800JC.200JD.180J【答案】B【解析】由于水桶匀速上升

5、，故拉力等于水桶重力。由于水和水桶的质量随位移均匀减小。故拉力与位移满足线性关系，所以可用平均力法进行求解变力做功。F=ng=100NF末N2g=80NFFW初末X=1800J拉2故B选项正确【考查知识点】二力平衡，变力做功某理想变压器有两个副线圈，原线图匝数为两个副线图匝数分别为n和n，如图所示。所接电阻RR，电流表为理想交流电表，D为理想二极管，原线圈接正弦交流电源，下列说法正确的是(滑动变阻器R滑片向上滑动时，电流表示数变小滑动变阻器R滑片向上滑动时，副线圈气的输出电压变大c.r两端的电压与R两端的电压之比为气：气D.R的功率与R的功率之比为n2：n22112【答案】A解析】，nU,=n

6、U,P=P+P=UI+UI一组原线圈对应多组副线圈同样符合=,R增n2U2大，n,片，气不变，不影响U,Ui和J所以Ii减小，Pi减小，所以原线圈功傘减小,故原线圈电流减小，A正确，B错误。R两端电压等于U，第二个副线圈由于二极管的存U2在，使得R2电压不等于U，所以两电阻电压值比不等于斗：气,功率根据可知，两电阻R相等，但是两电阻的电压之比不是ii：n2所以电压值比也不是n2:n2CD错误。，12，【考查知识点】变压器的动态分析，原副线圈电流电压功率的关系，二极管单向导电性的应用。5.如图所示，互相垂直的两组平行金属板P、Q和M、N，板P、Q水平，板M、N竖直，板P、Q长度为板M、N长度的2

7、倍。其间有一矩形区域ABCD,AB长度l=0.6m,AD长度为l2=120.2m。仅在板M、N的两极加上电压U时，将带正电的小球从A点由静止释放，小球恰好沿MN直线AC运动；仅在板P、Q的两极加上电压U时，将该小球从A点沿AB方向水平抛出小PQ球也育经过C点。已知U=U0MNPQ重力加速度g取1Om/s2,板端彼此绝缘靠在一起，不考虑板间的静电效应，两次运动中小球的电荷量相同关于小动球，的下运列说法正确的是（）仅在板M、N上加上电压时，小球做的是匀加速直线运动，加速度为Om/s2仅在板P、Q上加上电压时，小球做的是匀变速曲线运动，加速度为Om/s2仅在板M、N上加上电压时，小球沿直线AC运动的

8、时间为0.3s仅在板P、Q上加上电压时，小球从A点沿AB方向水平抛出的初速度为3m/s【答案】B【解析】由题可知，UpQ=Umn,EpQdpQ=EmndpQ,dpQ=2dpQ，所以EpQ=2Emn，只在MN加电压时，小球受到水平向右的电场力和竖直向下的重力，合力沿AC方向，且；g2+(3g)2/EMNq=11=3,故Eq=3mg,Eq=6mg,A选项加速度a=10g,Amgl2MNPQ12=gt,t=0.2s,C错误。只错误。A至UC的时间根据竖直方向的匀加速直线运动，12在2PQ加电压时，小球受到向下的mg和6mg,所以加速度为7g=70m/s2,B正确。D选项小球在竖直方向上运动时间为t=

9、l2,=11=37s，D错误。故选B。7g-v0t【考查知识点】带电物体在复合场中的运动匀变速直线运动和类平抛运动。6.如图所示，ABCD-ABzCzD为一立方体木箱，0点为底面AzBzCzD中心，M点为DDZ中点，N点为BCCB面的中心。AO、MO、NO为三个光滑轻杆，三个完全相同的小球套在轻杆上，分别从A、M、N三点由静止沿轻杆滑下。关于三个小球的运动，下列说法正确的是（）三个小球滑到0点时的速度大小相等三个小球滑到0点所用的时间相等从A点滑下的小球到达0点时的速度最大从M点滑下的小球到达0点所用时间最短答案】C解析】根据题意，分别将A0,N0,M0看做直角三角形的三个斜边，由图可知，A,

10、M,N三点高度之 比为2：1:1，12由动能定理mgh=mv2可知，三者落地速度不同v:vN=Avm丿2：1：1迁迂19:1，A,M,N三个vAvm=vn,A错误，C正确。A,M,N三个小球水平位移之比为 再由V=at可得tA=tMtN,故BD错误。【考查知识点】考查空间立体几何，初速度为零的匀加速直线运动的应用。B.a球在C点与b球相遇时，a球的初始速度最小如图所示，b球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，BC为圆周运动的直径，竖直平台与b球运动轨迹相切于B点且高度为Ro当b球运动到切点B时，将a球从切点正上方的A点水平抛出，重力加速度大小为g,从a球水平抛出开始计时，为使b球在运动一周的时

11、间内与a球相遇（a球与水平面接触后不反弹），则下列说法正确的是（）a球在C点与b球相遇时，a球的运动时间最短C.若a球在C点与b球相遇，贝验球抛出时的速率为2gRD.若a球在C点与b球相遇，则b球做匀速圆周运动的周期为.2R答g】C解析】平抛时间只取决于竖直高度，高度R不变，时间均为：t=2R,初始速x平抛初速度v=，时间相等，在C点相遇时，水平位移最大xmax度最大：vmax2R2gR故B错吴C正确D.在C点相遇时，b球运动半个周期，故b球做匀速圆周运动的周期为Tb=2t=2i2Rg故D错误。【考点】平抛运动8、如图所示，在范围足够大的空间存在一个磁场，磁感线呈辐状分布，其中磁感直向上,磁场

12、中竖直固定一个轻质弹簧。在距离弹簧某一高度处，将一个金属圆盘由静止释放，圆盘下落的过程中盘面始终保持水平，且圆盘的中轴线始终与弹簧的轴线、磁感线0重合。从圆盘开始下落，到弹簧被压缩至最短的过程中，下列说法正确的是（）在圆盘内磁通量逐渐增大从上往下看，在圆盘内会产生顺时针方向的涡流在接触弹簧之前，圆盘做自由落体运动圆盘的重力势能减少量等于弹簧弾性势能的增加量【答案】AB【解析】A.磁通量：=BS,S不变，B增大，故磁通量增大A正确;根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向竖直向下，由右手定则可知：自上圆而盘下会看产生顺时针方向的涡旋电流B正确；根据楞次定律，接触弹簧之前，除重力外，下落过程中圆盘

13、会受到向上阻的碍磁通量增大的力，故C错误；D.根据能量守恒定律可知，接触弹簧下落过程中，圆盘的重力势能转化为弹簧的圆弹盘性的势动能、以及因涡流效应产生的内能，故D错误。【考点】楞次定律，能量守恒9、三根通电长直导线a、b、c相互平行，水平放置，其横截面恰好位于等边三角形的三个顶点，如图所示。导线a、b固定在同一竖直面内，导线a中的电流方向垂直纸面向里，导线b中的电流方向垂直纸面向外。已知导绳、b中的电流在导线c处产生磁场的磁感应强度大小均为B0。导线c中的电流方向垂直纸面向里，电流大小为。导线c长度为L,质量为m,在粗糙水平面上处于静止状态，重力加速度为g,下列说法正确的是（）导线c所受安培力

14、的大小为3BIT0:.-*导线c对水平面的压力大小为NgB0If导线c受到的静摩擦力水平向左，大小为BIf若仅将导线b中的电流反向，则导线c所受摩擦力水平向右，大小为B0If【答案】BD【解析】根据右手定则和矢量合成法则可知，导线a、b在c处产生的合磁场大小为3o，方向水平向左，由左手定则可知，导线C所受安培力的大小为B0IL,方向竖直向上，则导线c所受的静摩擦力为零，对水平面的压力大小为：mgB0IL，故A、C错误，B正确若仅将导线b中的电流反向，则导线a、b在c处产生的合磁场大小为3B0，方向竖直向32 下，由左手定则可知，所受安培力的大小为SB。IL，方向水平向左，则导线c所受的静摩擦力

15、为：f静=护0IL，方向水平向右，故D正确。【考点】通电直导线磁场，左右手定则，受力分析10、2019年11月5日01时43分，我国在西昌卫展发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射了第49颗北斗导航卫星。该卫星属倾斜地球同步轨道卫星，标志着北斗三号系3统颗倾斜地球同步轨道卫星全部发射完毕。倾斜地球同步轨道卫星是运转轨道面与地球赤道面有夹角的轨道卫星，它的运行周期与“同步卫星”相同（T=24h）,运动轨迹如图所示。关于该北斗导航卫星说法正确的是（）该卫星与地球上某一位置始终相对静止该卫星的高度与“同步卫星”的高度相等该卫星运行速度大于第一宇宙速度该卫星在一个周期内有2次经过赤道上同一位置答案】B

16、D解析】同步卫星相对于地球静止，必须为地球赤道面上的同步卫星，因为此卫星为倾斜轨道，因此不能与地球保持相对静止。A错误；B.由公式GMT24兀2可得，因为两个卫星的周期是一样的，其他常量都相同，所以高度相同。B正确地球的第一宇宙速度是最大的环绕速度，该卫星比近地卫星轨道半径大，所以速度小于第一宇宙速度。C错误此卫星的轨道为倾斜轨道，因此当卫星转一周时，两次通过赤道。D正确【考查知识点】天体运动与同步卫星的相关知识11、如图所示，在水平面上固定一个半圆弧轨道，轨道是光滑的，O点为半圆弧的圆心，根轻绳跨过半圆弧的A点(0、A等高不计A处摩擦)，轻绳一端系在竖直杆上的B点，另端连接一个小球P。现将另

17、一个小球Q用光滑轻质挂钩挂在轻绳上的AB之间已知整个装置处于静止状态时，a=30,B=45。贝9()将绳的B端向上缓慢移动一小段距离时绳的张力不变将绳的B端向上缓慢移动一小段距离时半圆弧中的小球P位置下移静止时剪断A处轻绳瞬间，小球P的加速度为1g2小球P与小球Q的质量之比为3:2厂【答案】ACD【解析】绳子B端向上移动一小段距离根据受力分析可知P球没有发生位移因此AQP变成了晾衣架问题，绳长不会变化，A到右边板的距离不变，因此角度1不会发生变化，即绳子的张力也不会变化。选项A正确如果P向下移动一段距离，绳子AP拉力变小，绳长AP变长，而AB之间的绳子长度变短，则角度1变大，绳子AB之间的张力

18、变大，AP的张力也变大，产生矛盾。B错误剪短A处细绳，拉力突变为零，小球P只受重力的分力，所以加速度为？g.C正确根据受力分析，分别对两个小球做受力分析，因为是活结，所以绳子的张力都是相同，根据分析可得3：2，故D正确。【考查知识点】受力分析，动态平衡和活结问题第II卷二、实验题:本题共2小题，共16分。请把分析结果填在答题卡上或按题目要求作答。12、(6分)某同学在“探究功与速度变化之间的关系”的实验中，同时测出实验中橡皮绳的劲度系数。所用实验装置如图所示，已知小球质量为m具体实验步骤如下：(1)将小球放在木板上，木板左端抬高一个小角度，衡以摩平擦力。(2)将原长为OM的橡皮绳一端固定在木板

19、右端的O点另一端通过力传感器连接小球，将小球拉至P点(M点左侧)，测得0M的距离为ll,0P的距离为12，力传感器示数为F。则橡皮绳的劲度系数为(用F、1、2表示)。(3)将小球从P点由静止释放，在M点右侧放置一速度传感器，可测出传感器所在位置的速度v,将小球上2根3根像皮绳，重复操作过程，测出多组速度数值，如下表所示。橡皮绳做功W2W3W4W5W6W速度(v/ms-91.011.411.732.002.242.45在速度平中描点、连线，做出W-v2图象。(4)由图象可知，橡皮绳做功与小球获得的速度的关系为【答案】(2)l2（2分）l13）W-v2图像如图所示（2分）4）橡皮绳做功与小球获得的

20、速度平方成正比或Wv2（2分）【解析】k-Ax(由题意知，橡皮绳伸长量Ax=l2-l1，设橡皮绳劲度系数k,利用胡克定律F=F。可得k=l2-l1（根据所给数据描点连线，得W-v2图像如图所示。（由图像可知橡皮绳做功与小球获得的速度平方成正比或Wv2【考点】探究功与速度变化关系13、（10分）几位同学对一个阻值大约为6000的未知电阻进行测量，要求较精确地测量电阻的阻值。有下列器材供选用:待测电阻只乂电压表V（量程6V,内阻约3kC）电流表（量程20mA，内阻约50）电流表A2（量程10mA，内阻约100）滑动变阻器R1（0200,额定电流2A）滑动变阻器R2（02000Q额定电流0.5A）直

21、流电源E（6V，内阻约10）H.多用表1.开关、导线若干（1）甲同学用多用表直接测量待测电阻的阻值如图甲所示。若选用欧姆表“X100”档位，则多用表的读数为（2）乙同学根据以上器材设计成用伏安法测量电阻的电路，电路图如图乙所示，贝y电流表应选择（选填“A1”或“A2”）,滑动变阻器应选择（选填“R1”或“R2”）。（3）丙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图丙所示的测量电路，具体操作如下：按图丙连接好实验电路，调节滑动变阻器RR2的滑片至适当位置；开关S处于断开状态，闭合开关S。调节滑动变阻器R、R的滑片，使电流表A的示数2122恰好为电流表出的示数的一半，读出此时电压表V的示数U1和电

22、流表A的示数保持开关耳闭合，再闭合开关s2,保持滑动变阻器r2的滑片位置不变，读出此时电压表V的示数U和电流表A的示数I222可测得待测电阻的阻值为，同时可测出电流表的内阻为（用U2、I1、I2表示）（4）比较乙、丙两位同学测量电阻Rx的方法，你认为哪个同学的方法更有利于减小系统误差？（选填“乙”或“丙”）同学。【答案】（1）600（1分）（2）A（2分）R1（2分）2U2U1U2（3）（2分）（2分）I2I12I2解析】丙（1分）(1)倍率为“xlOO”，故多用电表读数6000(2)电压表量程为6V,R阻值约为6000，电流表量程纽=0.01A=10mA即可，故电流表选择A；乙图中滑动变阻器

23、采用分压式接法，滑动变阻器选择总阻值较小的R；xx=Il3)设电流表A1内阻为ri，根据操作步骤可得R+I1，根据操作步骤可得U12riU=IR，联立方程可得RU=IR，联立方程可得R=U2U1U2xI1I2I212212（4）乙同学的设计方法中，实际测得的阻值Rx与电流表内阻的串联阻值，测量值偏大而且电流表内阻未知，相比而言，丙同学的方法更有利于减小系统误差。【考点】多用电表的使用，伏安法测电阻三、计算题:本题共4小题，共40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。14、（8分）中国高铁的发展速度令世人瞩目。为了

24、提高行车效率，缩短行车时间，设计师提出一种列车过站不停车的设想，如下面简图所示。高铁匀速行驶的速度v0=360km/h，进站时尾部子车1在O点自动脱离，将乘客送到下车站台下车，载着新乘客的子车2提前等候在上车站台A点处。为了更好地完成对接，母车接近车站时提前向子车2发出指令，发出指令后立即开始做加速度为a。的匀减速直线运动，到达B点时恰好将车速减小到vo。子车2接到指令后沿转移轨道AB开始做加速度a=lm/s2的匀加速直线运动子车2达到最大速度v=144km/h后,接着做匀速直线运动。转移轨道AB与铁轨的夹角0=3,已知cos31。若子车2启动后t=3min，和母车同时到达B点，完成同速对接。

25、(1)母车距离B点多远的时候，发出指令让子车2开始启动？母车做匀减速直线运动的加速度a0是多大？求转移轨道AB的长度。答案】v0-vm/s21)12600m；a002)6400m解析】2由题意可知v0=360km/h=100m/sv=144km/h=40m/st=3min=180s(母车向子车2发出指令后立即做匀减速直线运动，两车同时到达点，完成同速对接。母车运动的位移是sJO+vt=12600m1分）即母车发出指令时距离B点12600m（1分）（1分）母车匀减速的加速度大小是v0-m/s2(对子车2做运动分析可知，加速过程所用时间为tl,则v=at1（1分）vt二二40s1a（1分）加速过程

26、的位移是12=at二800mX（2分）可得AB轨道长度为lAB=x1+x2=6400m（1分）121匀速过程的位移是x2=v（t-t1）=5600m（1分）【考查知识点】匀变速运动中的追击相遇问题15（10分）细管AB内壁光滑、厚度不计，加工成如图所示形状长L=0.5m的BD段竖直其B端与半径R=0.3m的光滑圆弧轨道平滑连接，P点为圆弧轨道的最高点oCD段是半径R=0.3m的四分之一圆弧，AC段在水平面上。管中有两个可视为质点的小球a、b,质量分别为m=6kg、叫=2kg。最初b球静止在管内AC段某一位置，a球以速度v水平向右运动，abo与b球发生弹性碰撞。重力加速度取10m/s2。若v=4

27、m/s,求碰后a、b两球的速度大小：若a球恰好能运动到B点求v的大小，并通过分1判o断此情况下b球能否通过P点。【答案】ma-mb1)v=2m/s2mav=6m/sma+mbma+mbma+mbma+mb2)v0=8m/s；b球能够通过P点解析】(1)由于a、b的碰撞是弹性碰撞，碰撞过程中动量守恒mv0=mv+mv(1分)aaabb同时，碰撞过程中机械能也守恒1分）1mv2=1mv2+1mv202avv由以上两式可解得：一1分）由以上两式可解得：一1分）ma-mb=2m/sm+m1分）mamb2maV0=6m/sab(2)在a碰撞以后的运动过程中，a小球机械能守恒。若a恰好运动到B点，即到达B

28、点1mv2=mg(L+R)1mv2=mg(L+R)时速度为022解得a1av1=4m/s1分）ma-mb由（1）问中计算可知，mamb解得v0=8m/s（1分）同理也可求出b球碰撞以后的速度m+m1分）同理也可求出b球碰撞以后的速度m+m1分）V2=2maV0=12m/sab假设b球能上到P点，上升过程中机械能守恒9mv2=mg(L+2R)+1mv21分）222bb3解得v3二m/s：；122v2若恰好能运动到P点1分）mbgmbPR解得vp:3m/s可得v3vp因此，b球能够通过P点1分）可得v3vp因此，b球能够通过P点1分）【考查知识点】碰撞、动量守恒应用、功能关系、圆周运动临界16（10分）如图所示，ABCD与MNPQ均为边长为l的正方形区域，且A点为MN的中点。ABCD区城中存在有界的垂直纸面方向的匀强磁场，在整个NPQ区域中存在图示方向的匀强电场。大量质量为m、电荷量为e的电子以初速度v垂直于BC射入ABCD区域后都从A点进入电场，o且所有电子均能打在PQ边上已知从C点进入磁场的电子在ABCD区域中运动时始终位于磁场中，不计电子重力。求:（1）电场强度E的最小值；匀强磁场区域中磁感应强度Bo的大小和方向;（3）ABCD区域中磁场面积的最小值。【答案】8m2v（1）E=elmv0，方向为垂直纸面向外2)B0el3)Smin解析】