【校级联考】江西省景德镇第一中学等十校2019届高三高考模拟联考物理试题(解析版)
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1、2019 年江西省景德镇一中等十校联考高考物理模拟试卷年江西省景德镇一中等十校联考高考物理模拟试卷 一、选择题一、选择题 1.在物理学的发展过程中,许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步下列表述符合物理学史的是 ( ) A. 伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比,并直接用实验进行了验证 B. 牛顿发现了万有引力定律,并预言了引力波的存在 C. 法拉第首次引入电场线和磁感线,极大地促进了人类对电磁现象的研究 D. 库仑提出了库仑定律,并用油滴实验测得了元电荷的值 【答案】C 【解析】 【详解】伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比,并未直接进行验证,而是在斜面实验的基础 上的理
2、想化推理,故 A 错误;牛顿发现了万有引力定律,但并没有预言引力波的存在,预言了引力波存在 的人是爱因斯坦,故 B 错误;法拉第首次引入电场线和磁感线,极大地促进了人类对电磁现象的研究,选 项 C 正确;库仑提出了库仑定律,密立根用油滴实验测得了元电荷的值,选项 D 错误;故选 C. 2.质量为 M1kg 的木板静止在粗糙水平面上,木板与地面间的动摩擦因数为 1,在木板的左端放置一个质 量为 m1kg、大小可忽略的铁块铁块与木板间的动摩擦因数为 2,取 g10m/s2.若在铁块右端施加一个 从 0开始增大的水平向右的力 F,假设木板足够长,铁块受木板摩擦力 Ff随拉力 F的变化如图所示则两 个
3、动摩擦因数的数值为( ) A. 10.1 20.4 B. 10.1 20.2 C. 10.2 20.4 D. 10.4 20.4 【答案】A 【解析】 【分析】 根据图象分析二者的运动情况,先以整体为研究对象根据牛顿第二定律求解加速度大小,分析铁块的摩擦 力随 F 的变化关系,求解 1;再以铁块为研究对象,根据滑动摩擦力的计算公式求解 2。 【详解】根据图线可知,当 0F2N 过程中,整体保持静止;当 2NF6N过程中,二者以共同的加速度 加速前进;当 F6N 过程中,铁块受到的摩擦力不变,说明二者打滑,发生相对运动;所以在 2NF6N 过程中,系统的加速度,对铁块,根据牛顿第二定律可得:F-
4、f=ma,解得 f= F+1g;当 F=6N 时 f=4N,解得 1=0.1;当 F6N 过程中,铁块的摩擦力不变,则有 2mg=4N,解得 2=0.4,故 A正 确、BCD 错误。故选 A。 【点睛】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识;利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是:确定研究对象、 进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答;注意整体法和隔离法的 应用。 3.如图所示,理想变压器原线圈 a、b间输入一稳定的正弦交流电,原线圈接有理想交流电流表 A,副线圈 接有理想交流电压表 V,当滑动变阻器的滑片向上滑动时,下列说法正确的是( ) A. 电压表的示数不变 B.
5、 电压表的示数增大 C. 电流表的示数增大 D. 电阻 R2的功率减小 【答案】B 【解析】 【分析】 电源电压 U=UR1+U1,UR1=R1I1,原副线圈电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,当滑线变阻器的滑片 P 向上滑动时,副线圈电阻减小,根据欧姆定律分析电流、电压变化。 【详解】当滑线变阻器的滑片 P 向上滑动时,电阻减小,副线圈电流变大,原线圈电流也变大,电流表示 数变大,故 R1分压变大,则原线圈输入电压减小,匝数不变,副线圈电压减小,故电压表示数减小,故 AB 错误,C 正确;当滑线变阻器的滑片 P 向上滑动时,电阻减小,副线圈电流变大,R2阻值不变,故功率变 大,故 D 错误;
6、故选 C。 【点睛】变压器的动态分析与恒定电流动态分析相似,只是注意“电压由原线圈决定,功率和电流由副线 圈决定”。 4.已知氢原子的基态能量为- E1,激发态能量 ,其中 n2,3,4,用 h 表示普朗克常量,c 表示 真空中的光速。 有一氢原子处于 n3 的激发态, 在它向低能态跃迁时, 可能辐射的光子的最大波长为 ( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】一群氢原子处于 n3激发态,据玻尔理论在这 3 种频率光子中,可释放出的光子频率种类中,当 氢原子从 n3 能级向 n2 能级跃迁时辐射的光子频率最小,波长最长, E2-,E3-,E3E2,故 A 正确,BCD错误
7、故选:A。 5.如图所示,在直角三角形 abc 区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为 B,a 60 ,b90 ,边长 acL,一个粒子源在 a点将质量为 2m、电荷量为 q 的带正电粒子以大小和方向不 同的速度射入磁场,在磁场中运动时间最长的粒子中,速度的最大值是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 粒子在磁场中转过的圆心角越大,粒子的运动时间越长,粒子沿 ab 边界方向射入磁场从 ac边射出磁场时转 过的圆心角最大,运动时间最长,作出粒子运动轨迹求出粒子的最大轨道半径,然后应用牛顿第二定律求 出粒子的最大速度。 【详解】 粒子沿 ab边界方
8、向射入磁场从 ac 边射出磁场时转过的圆心角最大, 粒子在磁场中的运动时间最长, 粒子速度最大时运动轨迹与 bc相切,粒子运动轨迹如图所示, 由题意可知:a=60 ,b=90 ,边长 ac=L,则 ab= L,四边形 abdO 是正方形,粒子轨道半径:r= L,粒 子做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得;qvmB=2m,粒子的最大速度,解得:, 故 ACD错误,B 正确;故选 B。 【点睛】本题带电粒子在有界的磁场中运动的类型,注意根据圆的对称性得到出射时粒子速度和边界的夹 角与入射时速度和边界的夹角相等。解答此题的关键是明确粒子的运动规律,画出临界轨迹,结合几何关 系确定轨道半径
9、,根据牛顿第二定律列式求解最大速度,注意粒子不能从 C点射出. 6.如图甲所示,左侧接有定值电阻 R2 的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感应强度 B 1T,导轨间距 L1m。一质量 m2kg,阻值 r2 的金属棒在水平拉力 F作用下由静止开始从 CD处沿 导轨向右加速运动,金属棒的 vx图象如图乙所示,若金属棒与导轨间动摩擦因数 0.2,则从起点发生 x1m位移的过程中(g10 m/s2)( ) A. 金属棒克服安培力做的功 W10.25 J B. 金属棒克服摩擦力做的功 W25 J C. 整个系统产生的总热量 Q4.25 J D. 拉力做的功 W9.25 J 【答案】AC 【解
10、析】 【分析】 由速度图象得出 v与 x 的关系式,由安培力公式得到 FA与 x 的关系式,可知 FA与 x 是线性关系,即可求出 发生 s=1m位移的过程中安培力做功 WA=-x,再根据动能定理求解拉力做功;根据能量守恒求解整个系统 产生的总热量 Q 【详解】由速度图象得:v=2x,金属棒所受的安培力,代入得:FA=0.5x,则知 FA与 x 是线性关系。当 x=0时,安培力 FA1=0;当 x=1m时,安培力 FA2=0.5N,则从起点发生 x=1m位移的过程 中,安培力做功为:WA=-x=-0.25J;即金属棒克服安培力做的功为:W1=0.25J,故 A 正确。金属 棒克服摩擦力做的功为
11、:W2=-mgx=-0.2 2 10 1J=-4J,故 B错误;克服安培力做功等于产生的电热,克服 摩擦力做功等于产生的摩擦热,则整个系统产生的总热量 QWA+W2=4.25 J,选项 C 正确;根据动能定理 得:WF+W2+WA= mv2,其中 v=2m/s,=0.2,m=2kg,代入解得拉力做的功为:WF=8.25J。故 D错误。故 选 AC。 【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,根据牛顿第二定律或平衡条件列出方 程;另一条是能量,分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题,根据动能定理、功能关系等列方程求解 7.2018 年 3月 30 日,我国在西昌卫星发射中心用长征
12、三号乙运载火箭,以“一箭双星”方式成功发射第三十、 三十一颗北斗导航卫星。按照计划,北斗卫星导航系统将于 2018 年底服务“一带一路”沿线国家。已知“北斗 第三十颗导航卫星”做匀速圆周运动的轨道半径小于地球同步卫星轨道半径, 运行速度为 v, 向心加速度为 a; 地球表面的重力加速度为 g,引力常量为 G。下列判断正确的是 A. 地球质量为 B. 该导航卫星的运行周期大于 24 小时 C. 该导航卫星的轨道半径与地球半径之比为 D. 该导航卫星的运行速度与地球第一宇宙速度之比 【答案】AC 【解析】 卫星的轨道半径:;根据,解得,选项 A 正确;卫星做匀速圆周运动的轨道半径小 于地球同步卫星
13、轨道半径, 可知该导航卫星的运行周期小于 24 小时, 选项 B错误; 在地球表面: 可得:,选项 C正确;第一宇宙速度,卫星的速度,则,选项 D错误;故选 AC. 点睛:对于绕地球做匀速圆周运动的卫星而言,万有引力提供向心力,根据牛顿第二定律列式得到地球质 量和线速度表达式进行分析。 8.空间分布有竖直方向的匀强电场,现将一质量为 m的带电小球 A 从 O点斜向上抛出,小球沿如图所示的 轨迹击中绝缘竖直墙壁的 P 点将另一质量相同、电荷量不变、电性相反的小球 B仍从 O点以相同的速度 抛出,该球垂直击中墙壁的 Q 点(图中未画出)对于上述两个过程,下列叙述中正确的是( ) A. 球 A的电势
14、能增大,球 B 的电势能减小 B. P 点位置高于 Q点 C. 若仅增大 A球质量,A球有可能击中 Q点 D. 电场力对球 A的冲量大小等于对球 B 的冲量大小 【答案】AD 【解析】 【分析】 根据题意可判断电场力的方向,从而判断电场力做功情况以及电势能变化情况;分析两种情况下的加速度 关系,根据 v2-v02=2ah判断 h的关系;根据 I=Ft 判断电场力的冲量关系. 【详解】由题意可知,击中 P 点的小球 A 受电场力向下,垂直击中 Q点的小球 B 受电场力向上,可知电场 力对 A做负功,对 B做正功,球 A 的电势能增大,球 B 的电势能减小,选项 A正确;根据牛顿第二定律, 对 A
15、球:mg+qE=maA;对 B 球:mg-qE=maB;可知 aAaB;对球 A 竖直方向: ,对球 B在 竖直方向:;可得 hAhB,即 P 点位置低于 Q 点,选项 B 错误;若仅增大 A球质量,可知 aA减 小,但是不可能等于 aB,则 hA不可能等于 hB,则若仅增大 A 球质量,A球不可能击中 Q点,选项 C错误; 因两次抛球小球在水平方向的分速度相同,水平位移相同,可知两球运动的时间 t相同;根据 I=Eqt可知电 场力对球 A的冲量大小等于对球 B 的冲量大小,选项 D 正确;故选 AD. 二、非选择题二、非选择题 9.用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律气垫导轨上 A处安装了
16、一个光电门,滑块上固定一遮光条, 滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与钩码相连,每次滑块都从同一位置由静止释放,释放时遮光条位 于气垫导轨上 B位置的上方 (1) 某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度 d,如图乙所示,则 d_ mm. (2) 实验中,接通气源,滑块静止释放后,由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为 t,测得滑块质量 为 M,钩码质量为 m,A、B 间的距离为 L。在实验误差允许范围内,钩码减小的重力势能 mgL与 _(用直接测量的物理量符号表示)相等,则机械能守恒。 (3) 下列不必要的一项实验要求是_(请填写选项前对应的字母)。 A. 滑块必须由静止释放 B. 应使滑块的质量
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