浙江省金丽衢十二校2019届高三第一次（8月）联考物理试题（含解析）

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1、B
【命题意图】本题考查国际单位制。意在考查学生的基础物理知识。
【解题思路】长度是基本量，但其基本单位是米，故A错误。质量是基本量，但其基本单位是千克，故C错误。力不是基本量，故D错误。电流是基本量，其基本单位是安培，故B选项正确。
2、D
【命题意图】本题考查矢量和标量。意在考查学生的基础物理知识。
【解题思路】位移、速度、加速度是矢量，速率、电流、电动势、电势和电势差是标量，故D选项正确。
B
【命题意图】本题考查物理学史。意在考查学生对物理学史的掌握情况。
【解题思路】A选项中涉及的科学家不是亚里士多德，应为伽利略，故A错误。C选项中，开普勒研究了第谷的行星观测记录，发现了行星绕太阳的轨迹是椭圆，而不是完美的圆，故C选项错误。元电荷的数值最早由美国的物理学家密立根通过油滴实验测出的，故D选项错误。
4、A
【命题意图】本题考查共点力的平衡，意在考查学生受力分析的能力。
【解题思路】1号瓶受到自身的重力和2号瓶对1号瓶的作用力而平衡，这两个力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上， 故2号对1号瓶的作用力方向竖直向上，A选项错误。
5、D
【命题意图】本题考查电场基础知识。意在考查学生对电学基础知识的掌握情况。
【解题思路】电荷在金属球表面移动，但金属球正确仍呈电中性，故A错误。两带电小球不能看成点电荷，库仑定律不适用，故B选项错误。由于a点电势高于b点电势，故检验电荷-q在a点的电势能比在b点的小，C选项错误。将一电子从a点移到b点的过程中，电子的电势能增大， 故电场力做负功，D选项正确。
6、D
【命题意图】本题考查安培力的方向，意在考查学生对左手定则的掌握情况。
【解题思路】不管导电液体是正离子还是负离子，液体中的电流方向均为由边缘指向中心，根据左手定则，电流受到的安培力方向为逆时针，故D选项正确。
7、D
【命题意图】本题考查万有引力与航天。意在考查学生万有引力定律的掌握情况。
【解题思路】根据题意，该卫星是倾斜轨道，故不可能定位在北京的正上空，A选项错误。由于该卫星的运转周期也是24小时，与地球静止轨道卫星的周期相同，故轨道半径、向心加速度均相同，故B选项错误。第一宇宙速度7.9km/s是最小的发射速度，故C选项错误。根据可知，该卫星的角速度与放在北京地面上物体随地球自转的角速度大小相等，故D选项正确。
8、C
【命题意图】本题考查匀变速直线运动。意在考查学生对牛顿运动定律的掌握情况。
【解题思路】前2s运动员加速下降，故处于失重状态，故A选项错误。速度时间图像中，面积大小等于位移大小，故位移为180m，B选项错误。平均速度，故D选项错误。根据牛顿运动定律，根据图像，运动员落地前加速度，则，故C选项正确。
9、B
【命题意图】本题考查功和功率知识。意在考查功和功率知识的掌握情况。
【解题思路】电能，故A选项错误。列车正常持续运行时，阻力等于牵引力，牵引力，故B选项正确。由于不知阻力变化情况，故C选项无法判断。假设从杭州到金华阻力不变，则列车克服阻力做功大小等于阻力与距离的乘积，故D选项错误。
10、C
【命题意图】本题考查圆周运动，意在考查学生对圆周运动知识的掌握情况。
【解题思路】在a、b两处做圆周运动的圆心在中轴线上与a、b等高的位置，故A选项错误。硬币受力分析如图所示，则硬币的合力，从a到b的过程中，减小，故合力增大，硬币的合力提供向心力，故，不选项错误。，硬币在滑下的过程中，做圆周运动的半径减小，故角速度，C选项正确。根据，故，D选项错误。
11、B
【命题意图】本题考查闭合电路和电容器。意在考查学生对闭合电荷欧姆定律和电容器基础知识的掌握情况。
【解题思路】2.7V是电容器的额定电压，非击穿电压，故A选项错误。闭合开关后，电路中的电流，内电压，外电压，电源的输出功率，故B选项正确。电容器储存的电荷量，断开电键后，通过定值电阻的电荷量为21375C，故C选项错误。电键断开后，电容器储存的电能转化为定值电阻的焦耳热，，故D选项错误。
12、D
【命题意图】本题考查平行板电容器和动能定理。意在考查学生的分析能力。
【解题思路】根据题意，油滴在平行板内做减速运动，受到的电场力大于重力，故A选项错误。设油滴出发位置离B板的位置为h，则有，将A板上移，等式仍成立，带电油滴仍恰能达到b孔，B选项错误。B板下移，平行板电势差不变，但h增大，故能达到B板，C选项错误。同理可知，D选项正确。
13、A
【命题意图】本题考查圆周运动，意在考查学生对圆周运动知识的掌握情况。
【解题思路】假设小孩在D点离开轨道，此时与圆心的连线与竖直方向的夹角为，则满足，，，联立解得，故A选项正确。若小孩在O点脱离轨道，脱离时的最小速度，从A点滑下时，在O点脱离时的速度最大，根据动能定理，得，离开O点后，小孩做平抛运动，根据，得，故平抛运动的位移，B选项错误。若小孩从O点无初速度还球面OB下滑时，假设在D点离开轨道，则满足和，解得，故无法滑至B点，C选项错误。若小孩从A点滑至O点，则有，解得，D选项错误。
14、BC
【命题意图】本题考查原子核基础知识。意在考查学生对原子物理基础知识的掌握情况。
【解题思路】原子核中发生衰变和衰变时，同时伴随着辐射，故A选项错误。根据，氢原子基态能量为-13.6eV，故吸收14eV的光子发生跃迁，最后获得0.4eV的动能，B选项正确。根据，C的说法正确。重核裂变、轻核聚变后生产的新核的比结合能比原来的核的比结合能大，故核子将发生新的质量亏损，释放能量，D选项错误。
15、AC
【命题意图】本题考查物理学基础知识。意在考查学生对物理基础知识的掌握情况。
【解题思路】媒介子是传递各种相互作用的粒子，故A选项正确。电子衍射实验说明电子具有波动性，B选项错误。LC振荡回路中，电容器放电，电流增大，但由于线圈的自感作用，电流增加的越来越慢，故自感电动势减小，C选项正确。为了控制核反应速度，需要在铀棒之间插进一些镉棒，从而吸收一些中子，链式反应的速度就会慢一些，故D选项错误。
16、ACD
【命题意图】本题考查机械振动和机械波
【解题思路】由图可知，波长，周期，波速，故A选项正确。t=0时刻，质点A的振动速度最大，故B选项错误。若波向右传播，图乙可能是x=1m处质点的振动图像，若波向左传播，图乙可能是x=7m处质点的振动图像,故CD选项正确。
17、答案（1）D （2）CD （3）不合理
【命题意图】本题考查“探究加速度与力、质量的关系”实验。意在考查学生对实验原理的掌握情况。
【解题思路】该实验通过同时控制两小车的动与停，即控制运动时间相等，用刻度尺测出两小车位移之比，位移之比就是它们的加速度之比，不比计算出加速度的具体数值，故（1）问中，只需刻度尺，选D。实验时，盘中砝码质量之比即小车所受合外力之比，故实验时需要平衡摩擦力，使细绳与木板平行，故（2）问答案应为CD。由于砝码的质量远小于小车的质量，故小车的加速度值相对较小，故不合理。
18、答案（1）见解析 （2）0.30A （3）非线性 （4）BD
【命题意图】本题考查“描绘伏安特性曲线”实验。意在考查学生对实验原理的掌握情况。
【解题思路】（1）如图
（2）根据读数规则，读数为0.30A。（3）由图可知伏安特性非直线，故LED灯是非线性元件。（4）需要测量导线的长度和横截面积，故选BD
19、
【命题意图】本题考查多过程匀变速直线运动。意在考查学生对牛顿运动定律的掌握情况。
【解题思路】（1） （2分）
（2）F–f -mg=ma1 （2分）
f = 5.6N （1分）
（3）mg-f=ma2 a2=6m/s2 （2分）
v2=a2t2=24m/s （2分）
20、
【命题意图】本题考查多过程曲线运动。意在考查学生对牛顿运动定律的掌握情况。
【解题思路】（1） （2分）
v0=0.6m/s （1分）
（2）设小球不能离开轨道，通过直线轨道CD后能上升的最大高度为h0，则
（3）锣的下边界与P点的高度差h1＝0.8m，上边界与P点的高度差h2＝0.2m，如果小球从P点飞出后能打到锣的上、下边界，根据平抛运动知识
[来源:Z#xx#k.Cm]
可得从P点飞出的速度 （2分）
而小球沿圆弧GP运动到P点的条件
得
所以 （1分）
根据动能定理
21、答案（1）乙 （2）C 相同
【命题意图】本题考查“探究单摆周期和摆长的关系”和“探究感应电流方向的规律”实验，意在考查学生对实验原理的掌握情况。
【解题思路】（1）若采取图甲的连接方式，单摆摆动时，悬点会发生移动，影响实验。（2）小线圈、直流电源、开关和滑动变阻器构成一个回路，大线圈和灵敏电流计构成另一个回路，故C选项正确。向右滑动变阻器和闭合开关均回路中电流增大，故电流方向相同。
22、
【命题意图】本题考查带电粒子在电磁场中的运动。意在考查学生的综合分析能力。
【压轴题透析】本题的难点是电磁、重力复合场中的电场是交变的，分析的关键是带电小球在各个时间段内的运动情况，可分时间段逐一分析小球的受力情况，画出轨迹图，从而对小球的整个运动过程有清楚的分析。结合牛顿运动定律，可解（1）、（2）两问。第三问中，容易忽略另一种情形，即甲小球不发生碰撞直接通过A点。学生容易想到的是甲乙两小球碰撞后通过A点。
【解题思路】（1）在5s内斜面对小球的最大支持力是在t＝0时，大小为2mgcsθ （1分）
设第一秒内小球在斜面上运动的加速度为a，
由牛顿第二定律得：（mg+qE0）sinθ=ma
在第二秒内：qE0=mg
所以小球将离开斜面在上方做匀速圆周运动，
圆周运动的周期为： （1分）
故小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动，在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动（1分）
小球在5s内沿斜面通过的位移： （1分）
电场力做功：W电=E0qxsinθ
代入数据解得：W电=9mg2sin2θ （1分）
（2）第五秒末的速度为：v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsinθ （1分）
接着做匀速圆周运动，由向心力公式得：qv5B=m （1分）
小球离开斜面的最大距离为：d＝2R3
所以此最大距离为： （1分）
（3）第五秒末的速度为：v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsinθ
接着做匀速圆周运动，由向心力公式得：qv5B=m
甲小球离开斜面的最大距离为：d＝2R3
乙小球与甲小球碰撞是完全弹性碰撞，所以碰撞后两球速度交换，因此，两小球在碰撞后均做半径为R3的匀速圆周运动。有二种情况甲小球能通过A点。
第一种情况如图（a）所示，两球未发生碰撞，甲小球转过半圈后到达A点，所以
（1分）
第二种情况如图（b）所示，两球各自转过半圈后相碰，并交换速度，以后甲小球转半圈后到达A点，所以：
（1分）
23、
【命题意图】本题考查电磁感应定律。意在考查学生的综合分析能力。
【压轴题透析】第（1）问中，根据右手定则即可判断。第（2）问是常规考题，结合切割磁感线产生感应电流即可解得正解。（3）问阻尼线圈吸收的机械能转化为求克服安培力做功。整个线圈克服安培力额做功分两部分求解，原先就处于磁场中的50匝是恒力做功，新进入磁场的25匝是变力做功，由于变力是均匀变化，可用W2=×25×F·x求解。第（4）问中，涉及两个运动过程，对应和的过程，在每个过程中，与第三问同理，前一部分已处于磁场中的线圈的安培力是恒力，后一部分新进入磁场的线圈的安培力是变力，求冲量时，分段逐一去求解，分别对应恒力的冲量和均匀变化的变力的冲量，最后累加可得正解。
【解题思路】（1）向下运动时，线圈的磁通量增大，感应电流为逆时针。（1分）
（2）Δq=IΔt
E=B1dv Δx=v•Δt （1分）
由以上三式得：=0.005x (C) （1分）
（3）当q=2.5×10-4C时，x=0.05m
单个金属环进入磁场后受到安培力的大小：
900N （1分）
当0＜x＜0.05m过程中
下面50个环的克服安培力做的总功为：
W1=50
W1=2250J （1分）
上面25个线圈新进入磁场的线圈
W2=×25×F·x=562.5 J
W总=W1 +W2=2812.5 J （1分）
（4）当q=5×10-4C时，x=0.1m
设单个金属环在磁场中向下运动的位移为x’
I=F•Δt
Δx′=v•Δt
根据以上三式，单个金属环受到安培力的冲量为：
（1分）
当0＜x＜0.05m过程中，下面50个环的总冲量：
I1=50×=225N•s
上面25个线圈新进入磁场的线圈总冲量
I2=×25×=56.25N•s
0.05＜x＜0.1m过程中
下面75个线圈的总冲量
I3=75×=1350N•s
上面25个线圈新进入磁场的线圈总冲量
I4=×25×=225N•s （1分）
I总=I1+ I2 +I3+ I4=1856.25 N•s （1分）
方向向上 （1分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
D
B
A
D
D
D
C
题号
9
10
11
12
13
14
15
16
答案
B
C
B
D
A
BC
AC
ACD