内蒙古呼伦贝尔市海拉尔区2020届高三第一次统考物理试题 (解析版)

内蒙古呼伦贝尔市海拉尔区2020届高三第一次统考试题一、选择题1.下列说法正确的是（）A. 爱因斯坦在1900年首次把能量子的概念引入物理学B. 单色光照射金属表面发生光电效应时，入射光越强，单位时间内发射的光电子数越多C. 一个氢原子从量子数n=3的激发态跃迁到基态时最多可辐射3种不同频率的光子D. 玻尔的原子理论能够解释氦原子的光谱『答案』B『解析』『详解』A．普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，故A错误；B．单色光照射金属表面发生光电效应时，入射光越强，则入射光子的数目越多，所以单位时间内发射的光电子数越多，故B正确；C．根据玻尔理论，一个氢原子从量子数n=3的激发态跃迁到基态时最多可辐射2 种不同频率的光子，故C错误；D．玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，很好地解释了氢光谱，但不能够解释氦原子的光谱，故D错误。

故选B。

2.一根重为G的金属棒中通以恒定电流，平放在倾角为30°光滑斜面上，如图所示为截面图。

当匀强磁场的方向垂直斜面向上时，金属棒处于静止状态，此时金属棒对斜面的压力为F N1，安培力大小为F1，保持磁感应强度的大小不变，将磁场的方向改为竖直向上时，适当调整电流大小，使金属棒再次处于平衡状态，此时金属棒对斜面的压力为F N2，安培力大小为F2。

下列说法正确的是（）A. 金属棒中的电流方向垂直纸面向外B.金属棒受到的安培力之比1232FF=C. 调整后电流强度应比原来适当减小D. N1N243FF=『答案』B『解析』『详解』A．根据题意可知，当匀强磁场的方向垂直斜面向上时，金属棒受到的安培力沿着斜面向上，根据左手定则可知，金属棒中的电流方向垂直纸面向里，故A错误；BD．当匀强磁场的方向垂直斜面向上时，金属棒受到的力如图所示根据平衡条件可知1sin302GF G=⋅︒=N13cos30GF G=⋅︒=当磁场的方向改为竖直向上时，金属棒受力如图所示，根据三角形定则有23tan303GF G=⋅︒=N223cos30G GF==︒所以有1 23 2FF=，N1N234FF=故B正确，D错误；C．根据以上分析可知F1＜F2，所以I1＜I2，故C错误。

故选B。

3.2020年全国第十四届冬季运动会在呼伦贝尔市举行。

为此全市都在开展丰富多彩的冰上运动。

如图所示，在游乐场的滑冰道上有甲、乙两同学坐在冰车上进行游戏。

当甲从倾角为θ的光滑冰道顶端A由静止开始自由下滑时，在斜面底部B处的乙通过冰钎作用于冰面，从静止开始沿光滑的水平冰道向右做匀加速直线运动。

已知甲、乙和冰车均可视为质点，甲通过斜面与水平面的交接处（B处）时，速度的方向改变、大小不变，且最终甲刚好能追上乙，则（）A. 到甲刚好追上乙时，甲在水平面上和斜面上的滑行时间一定不相等B. 到甲刚好追上乙时，甲在水平面上和斜面上的滑行时间一定相等C. 甲在斜面上的加速度一定小于乙的加速度D. 无法求出甲从过B点至追上乙行进的距离与AB距离之比『答案』B『解析』『详解』AB．设甲到达B的时间为t1，追上B的时间为t2，水平面都是光滑的，A到达水平面后做匀速直线运动，设甲的速度为v，则甲在水平面上的位移221()x v t t=-①乙做匀加速直线运动，被甲追上时的速度也是v，乙的位移222vx t=②联立①②可得212122()t t t t==-可知到甲刚好追上乙时，甲在水平面上和斜面上的滑行时间一定相等，故A 错误，B 正确；C ．由以上的分析可知，甲的速度达到v 用的时间少，所以甲在斜面上的加速度一定大于乙的加速度，故C 错误；D ．AB 之间的距离 22112222t x v v x t =⋅=⋅= 所以甲从过B 点至追上乙行进的距离与AB 距离之比为2，故D 错误。

故选B 。

4.如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框，在导线框右侧有一宽度为d （d ＞L ）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。

导线框以某一初速度向右运动，t =0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，并以此位置开始计时做为导线框位移x 的起点，随后导线框进入磁场区域，直至导线框的右边与磁场区域右边界重合。

下列图象中，可能正确描述上述过程的是（其中q 表示流经线框的电荷量，v 表示线框的瞬时速度）（ ）A. B.C. D.『答案』D『解析』『详解』AB ．线圈进入磁场时，产生的感应电动势为E =BLv感应电流为E I R= 线框受到的安培力大小为22B L v F BIL R== 由牛顿第二定律为F =ma则有22B L v a mR= 在线框进入磁场的过程中，由于v 减小，所以a 也减小，则流经线框的电荷量R BLx Rq ∆Φ== 则q ∝x ，q -x 图象是过原点的直线。

根据数学知识得：q BL x BLv I t R t R∆∆===∆∆ 因为v 减小，则q -t 图象切线斜率减小；当线框完全进入磁场后，无感应电流，不受安培力，线框做匀速直线运动，磁通量不变，故AB 错误； C ．线圈进入磁场的过程做加速度减小的变减速运动，v -t 图象是曲线，故C 错误； D ．线圈进入磁场的过程，根据动量定理得： 0BILt mv mv -=- 又 BLvt BLx q It R R === 联立整理得 220B L v v x mR =- v -x 图象是向下倾斜的直线，线框完全进入磁场后，做匀速直线运动，故D 正确。

故选D 。

5.真空中，在x 轴上的坐标原点O 和x =50cm 处分别固定点电荷A 、B ，在x =10cm 处由静止释放一正点电荷p ，点电荷p 只受电场力作用沿x 轴方向运动，其速度与在x 轴上的位置关系如图所示。

下列说法正确的是（ ）A. x =10cm 处的电势比x =20cm 处的电势高B. 从x =10cm 到x =40cm 的过程中，点电荷p 的电势能一定先增大后减小C. 点电荷A 、B 所带电荷量的绝对值之比为9：4D. 从x =10cm 到x =40cm 的过程中，点电荷p 所受的电场力先增大后减小『答案』AC『解析』『详解』A ．点电荷p 从x =10cm 处运动到x =30cm 处，动能增大，电场力对点电荷做正功，则点电荷所受的电场力方向沿+x 轴方向，因此，从x =10cm 到x =30cm 范围内，电场方向沿+x 轴方向，所以，x =10cm 处的电势比x =20cm 处的电势高，故A 正确；B ．点电荷p 在运动过程中，只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，点电荷的动能先增大后减小，则其电势能先减小后增大，故B 错误；C ．从x =10cm 到x =30cm 范围内，点电荷p 所受的电场力沿+x 轴方向，从x =30cm 到x =50cm 范围内，点电荷p 所受的电场力沿-x 轴方向，所以，点电荷p 在x =30cm 处所受的电场力为零，则点电荷A 、B 对点电荷p 的静电力大小相等，方向相反，故有22A B A B Q q Q q k k r r 其中r A =30cm ，r B =20cm ，所以，Q A ：Q B =9：4，故C 正确；D ．点电荷x =30cm 处所受的电场力为零，由电场力公式F =qE 可知：x =30cm 处的电场强度为零，所以从x =10cm 到x =40cm 的过程中，点电荷p 所受的电场力一定先减小后增大，故D 错误。

故选AC 。

6.在水平地面上有一质量为m 的物体，物体所受水平外力F 与时间t 的关系如图A ，物体速度v 与时间t 的关系如图B ，重力加速度g 已知，m 、F 、v 0均未知，则（ ）A. 若v 0已知，能求出外力F 的大小B. 可以直接求得外力F 和阻力f 的比值C. 若m 已知，可算出动摩擦因数的大小D. 可以直接求出前5s 和后3s 外力F 做功之比『答案』BD『解析』『详解』A ．若v 0已知，根据速度图象可以求出加速运动的加速度大小01115v v a t ∆==∆ 还能够求出减速运动的加速度大小02223v v a t ∆==∆ 根据牛顿第二定律可得1F f ma -=23F f ma += 其中m 不知道，不能求出外力F 的大小，故A 错误；B ．由于1F f ma -=，23F f ma += 可以直接求得外力F 和阻力f 的比值2F f=，故B 正确； C 、若m 已知，v 0不知道，无法求解加速度，则无法求出动摩擦因数的大小，故C 错误； D ．前5s 外力做的功为0105 2.52v W F Fv =⨯⨯= 后3s 外力F 做功02030.532v F W Fv =-⨯⨯=- 前5s 和后3s 外力F 做功之比12 2.550.5W W ==- 故D 正确。

故选BD 。

7.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m 的带电小球，以初速度v 从M 点竖直向上运动，通过N 点时，速度大小为2v ，方向与电场方向相反，而后到达与M 点在同一水平面上的P 点，轨迹如图。

其中N /是N 点在MP 直线上的投影点。

以下关于小球的运动说法正确的是（ ）A. 从M 到N 重力势能增加232mv B. 从M 到N 机械能增加2mv 2C. 从M 到P 动能增加8mv 2D. 重力与电场力大小之比为1：2『答案』BCD『解析』『详解』A ．小球在电场中运动的过程中，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，到达N 点时，其竖直方向的速度为零，M 到N ，在竖直方向上有22MN v gy =则该段过程重力势能的增加量为2P 12MN E mgy mv ∆==故A 错误； B ．从M 到N 机械能增加量为2222P k 11(4)222E E E mv m v v mv ∆=∆+∆=+-= 故B 正确； C ．根据题意可知，从M 到N 与从N 到M 所用时间相等，根据v =at 可知，到达P 点时小球在水平方向的速度为24x P v v v ==此时小球的合速度为22(4)17v v v v '=+=则从M 到P 动能增加量为222k 11(17)822E m v mv mv '∆=-= 故C 正确；D ．从M 到N ，竖直方向有mg v t m= 水平方向上有2qE t v m= 所以重力与电场力大小之比为1：2，故D 正确。

故选BCD 。

8.在星球M 上一轻弹簧竖直固定于水平桌面，物体P 轻放在弹簧上由静止释放，其加速度a 与弹簧压缩量x 的关系如图P 线所示。

另一星球N 上用完全相同的弹簧，改用物体Q 完成同样过程，其加速度a 与弹簧压缩量x 的关系如Q 线所示，下列说法正确的是（ ）A. 同一物体在M 星球表面与在N 星球表面重力大小之比为3：1B. 物体P 、Q 的质量之比是6：1C. M 星球上物体R 由静止开始做加速度为3a 0的匀加速直线运动，通过位移x 0时的速度为D. 图中P 、Q『答案』AD『解析』『详解』A ．分析图象可知，弹簧压缩量为零时，物体只受重力作用，加速度为重力加速度，则物体在M 星球表面的重力加速度：03M g a =，在N 星球表面的重力加速度：0N g a =，则同一物体在M 星球表面与在N 星球表面重力大小之比为3：1，故A 正确； B ．分析物体的受力情况，加速度为零时，重力和弹簧弹力平衡，根据平衡条件可得 P M 0m g kx =，Q N 02m g kx =解得P Q 16m m = 故B 错误；C ．M 星球上，物体R 由静止开始做匀加速直线运动，加速度为3a 0，通过位移x 0，根据速度—位移公式20023v a x =⨯⋅可知速度为v ，故C 错误；D ．根据动能定理可知，合外力做功等于动能变化，即k ma x E ⋅=∆根据图象的面积可得kP P 00132E m a x =⋅⋅，kQ Q 00122E m a x =⋅⋅ 动能之比kP P kQ Q32E m E m = 结合前面分析则最大速度之比P Q6 2vv故D正确。