《江苏省淮安市2020届高三物理上学期第一次调研测试试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省淮安市2020届高三物理上学期第一次调研测试试题（含解析）（24页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、江苏省淮安市2020届高三物理上学期第一次调研测试试题（含解析） 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分。每小题只有一个选项符合题意。1.2020年11月16日，第26届国际计量大会(CGPM)表决通过了关于“修订国际单位制(SI)”的1号决议，摩尔等4个SI基本单位的定义将改由常数定义。下列各组单位中，属于国际单位制基本单位的是（ ）A. kg m AB. kg sNC. m s ND. s A T【答案】A【解析】【分析】国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量，它们在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出
2、来的物理量的单位叫做导出单位；【详解】A、kg、m、A是国际单位制中的基本单位，故A正确；B、N是导出单位，kg、s是国际单位制中的基本单位，故B错误；C、N是导出单位，m、s是国际单位制中的基本单位，故C错误；D、T是导出单位，s、A是国际单位制中的基本单位，故D错误。【点睛】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要我们牢记的。2.如图所示，象棋子压着纸条，放在光滑水平桌面上。第一次沿水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的P点。将棋子、纸条放回原来的位置，仍沿原水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的Q点，与第一次相比（ ）A. 棋子受到纸条的
3、摩擦力较大B. 棋子落地速度与水平方向夹角较大C. 纸条对棋子的摩擦力做功较多D. 棋子离开桌面至落地过程中动能增量较大【答案】C【解析】【分析】纸片对棋子的摩擦力的做功，从而使棋子获得初速度，做平抛运动，则根据平抛运动和动能定进行求解即可；【详解】A、两次由于正压力不变，根据滑动摩擦力公式纸带对棋子的摩擦力没变，故选项A错误；B、棋子离开桌面后做平抛运动，由于竖直分位移相同，根据竖直方向运动规律可知时间相同，由于第二次水平分位移较大，可以第二次做平抛运动的初速度大，可知第二次纸条对棋子的摩擦力做功较多，设落地时速度与水平方向夹角为，则，可知第二次棋子落地时速度与水平方向夹角较小，故选项B错误
4、，C正确；D、根据动能定理可知，动能的增量等于合外力的功，由于不计空气阻力，则合力的功即为重力的功，由题可知重力的功相等，故动能的增量相等，故选项D错误。【点睛】解答本题的关键是正确分析铁块在纸条上的运动过程，根据平抛运动规律和动能定理即可分析解答。3.如图所示，一块可升降白板沿墙壁竖直向上做匀速运动，某同学用画笔在白板上画线，画笔相对于墙壁从静止开始水平向右先匀加速，后匀减速直到停止取水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，则画笔在白板上画出的轨迹可能为()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】找出画笔竖直方向和水平方向的运动规律，然后利用运动的合成与分解进行求解即可；【详解
5、】由题可知，画笔相对白板竖直方向向下做匀速运动，水平方向先向右做匀加速运动，根据运动的合成和分解可知此时画笔做曲线运动，由于合力向右，则曲线向右弯曲，然后水平方向向右减速运动，同理可知轨迹仍为曲线运动，由于合力向左，则曲线向左弯曲，故选项D正确，ABC错误。【点睛】本题考查的是运动的合成与分解，同时注意曲线运动的条件，质点合力的方向大约指向曲线的凹侧。4.如图所示，金属板带有等量异种电荷，板间某一竖直平面内电场线的分布如实线所示，已知该平面内P、O的连线为等势线，且与电场线上两点M、N的连线垂直一带电油滴在O点处于静止状态则()A. 若将油滴置于P处，仍能静止B. 若将油滴从M处释放，将沿电场
6、线运动至N处C. M点的电势一定比N点的高D. 油滴在M点的电势能一定比在N点的小【答案】D【解析】【分析】由电场线分布判断出场强的大小关系，从而判断电场力与的重力的关系；沿着电场线电势降低，根据电势能的公式进行判断电势的大小关系；【详解】A、由题可知，在O点处于静止状态，说明在O点的电场力与重力相等，由电场线的分布可知，P点的电场强度大于O点电场强度，即，则在P点的电场力大于重力，则油滴不会处于静止状态，故选项A错误；B、带电油滴受到重力和电场力的作用，由于电场的方向为电场线的切线方向，可知二者的合力的方向时刻在变化，其合力的方向不沿着电场线，根据曲线运动条件可知，油滴也不会沿电场线运动到N
7、处，故选项B错误；C、根据电场线的性质，可知沿着电场线电势降低，由于电场线的方向未知，故M、N点电势高低也是未知的，故选项C错误；D、若油滴带负电，则上极板带正电，则，则根据电势能公式可知：；若油滴带正电，则上极板带电，则，同理可知：，故选项D正确。【点睛】本题考查带电粒子在电场中的运动，注意找出场强的关系以及电势的关系，从而根据受力情况以及电势能公式进行判断即可。5.如图所示，竖直平面内有固定的弯折形滑杆轨道ACB和ADB，AC平行于DB，AD平行于CB。一小圆环(图中未画出)先后套在ACB、ADB上，从A点由静止释放，滑到B点所用的时间为、，到达B点的速度大小为、。已知小圆环与两条轨道之间
8、的动摩擦因数都相同，不计弯折处能量损失。下列关系式成立的是（ ）A. B. D. 【答案】B【解析】【分析】通过作v-t图象分析时间关系，根据动能定理分析小滑块沿ACB和ADB下滑到B点速度大小关系；【详解】A、根据牛顿第二定律知：AC段与DB段加速度相同，AD段与CB段加速度相同，且AC段与DB段加速度较大，作出两个过程的图象如图所示：结合图象与时间轴所围的面积表示位移，两个过程位移相等，则有，故选项A错误，B正确；C、设任一斜面的倾角为，斜面长为L，则小圆环的摩擦力为：则小圆环沿斜面下滑时摩擦力的功为：其中为斜面的水平底边的长度；根据上面分析可知：小圆环沿ACB或ADB下滑时摩擦力的功和重
9、力的功相同，根据动能定理可知到达B点时动能相等，即，故选项CD错误。【点睛】本题利用图象分析物体的运动情况比较简便，作图时要依据加速度关系、速度关系和路程分析。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。6.2020年11月19日发射的北斗导航卫星进入离地面高度约km的轨道，绕地球做匀速圆周运动，则该卫星的（ ）A. 发射速度大于第一宇宙速度B. 运转速度大于第一宇宙速度C. 运转周期大于地球自转周期D. 向心加速度小于地球表面处重力加速度【答案】AD【解析】【分析】第一宇宙速度为人造卫星绕地球做匀速
10、圆周运动的最大的运转速度，根据万有引力提供向心力进行求解即可；【详解】A、若卫星恰好在地面附近绕地球做匀速圆周运动，其运转速度恰好为第一宇宙速度，理论上此时的发射速度恰好也为第一宇宙速度，根据题意：发射的北斗导航卫星进入离地面高度约2.1104km的轨道，可知其发射速度大于第一宇宙速度，并且由于半径增大，根据可知，导致其运转速度小于第一宇宙速度，故选项A正确，B错误；C、地球同步卫星，距离地面高度为，其周期等于地球自转周期，而北斗导航卫星离地面高度约2.1104km，根据，则可知，半径越小，则周期越小，故北斗导航卫星的周期小于地球同步卫星的周期，即小于地球自转周期，故选项C错误；D、对北斗导航
11、卫星根据牛顿第二定律：，则在地面处有：，则，由于，则，即北斗导航卫星的向心加速度小于地球表面处重力加速度，故选项D正确。【点睛】本题关键掌握第一宇宙速度的含义，同时掌握万有引力提供向心力，列出方程进行求解即可。7.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1：2，原线圈接交流电压（V）。下列说法正确的有（ ）A. 交流电压的周期为0.1sB. 电压表V示数为14.1VC. P向上滑动时，电压表V示数将变小D. P向上滑动时，电流表A示数将变小【答案】AB【解析】【分析】根据表达式u10sin20t(V)可以求出周期，根据可以求出电压表的示数，同时由于电流表与电容器串联，交变电流能“通过”电容器，导
12、致电流表示数时刻在变化；【详解】A、根据公式知交流电压的周期为：，故选项A正确；B、由于电表的示数均为有效值，则原线圈的有效值为：根据电压与匝数成正比可知：，则可以得到：，故选项B正确；C、由于原、副线圈的匝数不变，原线圈的电压不变，根据可知副线圈电压不变，则电压表示数不变，故选项C错误；D、由于电流表与电容器串联，接在交变电流中，频率不变，容抗不变，副线圈电压不变，故电流表的读数不变，故选项D错误。【点睛】本题考查变压器的工作原理，知道电压之比等于匝数之比，同时要知道交变电流能“通过”电容器，电容器不断的充电和放电，导致电流表示数不断变化。8.如图所示，磁感应强度为B的有界匀强磁场的宽度为L
13、，一质量为m、电阻为R、边长为d(dL)的正方形金属线框竖直放置。线框由静止释放、进入磁场过程中做匀速运动，完全离开磁场前已做匀速运动。已知重力加速度为g。则线框（ ）A. 进、出磁场过程中电流方向相同B. 进、出磁场过程中通过线框柴一横截面的电荷量相等C. 通过磁场的过程中产生的焦耳热为mg(L+d)D. MN边离开磁场时的速度大小为【答案】BCD【解析】【分析】根据右手定律判断感应电流方向，根据法拉第电磁感应定律求解电量，根据能量守恒定律求解焦耳热，根据重力与安培力平衡求解速度即可；【详解】A、根据右手定则可知：在进入磁场时感应电流的方向为逆时针方向，在离开磁场时感应电流方向为顺时针方向，
14、故选项A错误；B、根据法拉第电磁感应定律可知：，则电流为：，则电量为：，由于线圈进入磁场和离开磁场时的相同，电阻R不变，则进、出磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量相等，故选项B正确；C、由于进入磁场和离开磁场时均为匀速运动，说明进入和离开时速度相同，即动能相同，根据能量守恒定律可知：减少的重力势能转化为焦耳热，即产生的焦耳热为，故选项C正确；D、由题可知，离开磁场时匀速运动，即重力与安培力平衡，即:则离开磁场时速度为：，故选项D正确。【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键，注意电量
15、的求法问题。9.如图所示，质量为m的物体套在足够长的固定顷斜直杆上，并用弹性绳连接于0点。杆与水平方向的夹角为，杆上C点位于O点的正下方，物体与杆间的动摩擦因数tan。物体在A点时，绳水平且处于原长状态。将物体从A点由静止释放，则物体（ ）A. 到C点时，速度可能为0B. 到C点时，加速度可能为0C. 下滑过程中加速度先减小后增大D. 可以再次回到A点【答案】AB【解析】【分析】对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律以及动能定理进行分析即可；【详解】A、从A点到达C点，有重力做正功，阻力做负功，可能存在弹力也做负功，若三者合力的功为零，则根据动能定理可以知道，到达C点时动能也为零，则速度为零，故选项A正确；B、若到达C点时，其受到的弹性绳的弹力等于重力时，即此时加速度可能为零，故选项B正确；C、当弹性绳没有弹力时，由于，根据牛顿第二定律可知：即没有弹力时，加速度恒定，当出现的弹力较小时，弹力沿斜面的分力也是向上，则摩擦力增大，加速度开始减小，当绳的弹力增加到一定时，摩擦力增大的一定程度时，加速度开始反向增大，即加速度先恒定不变，后减小在反向增大，故选项C错误；D、由于摩擦力阻力做功
