江西省景德镇第一中学等十校2019届高三物理模拟联考试题（含解析）

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1、江西省景德镇第一中学等十校2019届高三物理模拟联考试题（含解析）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

2、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动摩擦因数的数值为()A. 10.1 20.4B. 10.1 20.2C. 10.2 20.4D. 10.4 20.

3、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-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

4、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. 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，

5、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；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

6、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，a60，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】

7、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

8、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，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B1T，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

9、.25 JB. 金属棒克服摩擦力做的功W25 JC. 整个系统产生的总热量Q4.25 JD. 拉力做的功W9.25 J【答案】AC【解析】【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

10、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：W2=-mgx=-0.22101J=-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3

11、0日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，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轨道半

12、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的电势能增大，球B的电势能减小B. P点位置高于Q点C. 若仅增

13、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

14、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

15、) 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. 应使滑块的质量远大于钩码的质量C. 已知当地重力加速度 D. 应使细线与气垫导轨平行【答案】 (1). （1）2.70 (2). （2） (3). （3）B【解析】（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数为2mm，游标尺示数为140.05mm=0.70mm，则游标卡尺读数为2

16、mm+0.70mm=2.70mm；（2）由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度为：v=d/t；实验要验证机械能守恒定律，故：mgL=（M+m）v2= ；（3）本实验中拉力时通过实验数据，来判定钩码重力势能的减少量与系统动能的增加量的关系，故不需要保证所挂钩码的质量m远小于滑块质量M，故ACD不符合题意，B符合；点睛：本题考查了实验器材、实验注意事项、实验数据处理、实验误差分析等问题；要掌握实验原理、实验器材与实验注意事项、实验数据的处理方法；常常应用图象法处理实验数据，应用图象法处理实验数据时为方便实验数据处理，注意游标卡尺没有估计值

17、。10.某实验小组用如下器材来测量电压表的内阻。A待测电压表（量程3V，内阻约几千欧）B电流表（量程0.6A，内阻约0.1）C电池组（电动势约3V，内阻可忽略）D滑动变阻器R0E变阻箱R（09999）F开关和导线若干（1）图甲是某同学设计的电路，大家讨论后一致认为此电路不可行，你认为原因是_；AR0阻值较小B电流表存在内阻C电压表无法准确读数D电流表无法准确读数（2）同学们改用图乙电路进行测量，设电阻箱的阻值R，电压表的示数为U，为了根据图象能求得电压表的内阻，应该作_图线（选“R”、填“UR”、U）；（3）请根据你选择的坐标轴和下表的数据，在图丙中标上合适的标度作出相应图线_；R/k0.61

18、.52345U/V2.521.81.51.31.13/k11.670.670.50.330.250.20/V10.400.500.560.670.780.88（4）根据你所画出的图线，求出电源的电动势E_V，电压表内阻Rv_k（保留两位有效数字）。【答案】 (1). D； (2). ； (3). (4). 2.9； (5). 3.1【解析】【详解】（1）运用图甲测量电压表的内阻，即运用电压表的示数除以电流表的示数，即为电压表的内阻，由于电动势大约3V，电压表的内阻大约几千欧，则电流表的示数非常小非常小，无法准确读数，可知该电路不可行的原因是电流表的无法准确读数，故选：D。（2）根据闭合电路欧姆

19、定律得：EU+，整理得：，作R图线，图线的纵轴截距等于电动势的倒数，根据图线的斜率可以求出电压表的内阻。（3）R图线如图所示。（4）由图象可知，当R0时，0.34V，则，图线的斜率k，RV3.1k。11.如图所示，质量为2m和m的两个弹性环A、B用不可伸长的、长为L的轻绳连接，分别套在水平细杆OP和竖直细杆OQ上，OP与OQ在O点用一小段圆弧杆平滑相连，且OQ足够长初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后释放两个小环，A环通过小段圆弧杆时速度大小保持不变，重力加速度为g，不计一切摩擦，试求：(1)当B环下落时A球的速度大小；(2)A环到达O点后再经过多长时间能够追上B环；【答案】(1) (2)

20、【解析】【分析】（1）A与B下降的过程中系统的机械能守恒，先由速度的合成与分解求出A、B速度的关系，然后即可求出A、B在不同点的速度；（2）根据匀变速直线运动的公式，结合位移关系即可求出A追上B的时间。【详解】（1）当B环下落时绳子与水平方向之间的夹角满足sin ，即30由速度的合成与分解可知v绳vAcos 30vBsin 30则vBvAB下降的过程中A与B组成的系统机械能守恒，有 所以A环的速度vA （2）由于A到达O点时B的速度等于0，由机械能守恒，2mvA2mgL，解得vA 环A过O点后做初速度为vA、加速度为g的匀加速直线运动，B做自由落体运动；当A追上B时，有vAtgt2Lgt2解得

21、t【点睛】该题结合机械能守恒考查运动的合成与分解，解答的关键是能看到A与B的速度不一定大小相等，但它们沿绳子方向的分速度大小相等.12.如图所示，在真空室内的P点，能沿平行纸面向各个方向不断发射电荷量为q、质量为m的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同ab为P点附近的一条水平直线，P到直线ab的距离PCL，Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ.当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab直线，且它们到达ab直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点已知sin 370.6

22、，cos 370.8，求：(1)粒子的发射速率；(2)PQ两点间的电势差；(3)仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间。【答案】(1) (2) (3) 【解析】【分析】（1）当只存在匀强磁场时，粒子由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求出粒子做匀速圆周运动的半径，由牛顿第二定律求出粒子的发射速率；（2）当只存在匀强电场时，粒子做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学结合求解PQ两点间的电势差；（3）当仅加上述磁场时，根据几何知识确定出轨迹的圆心角，然后求出能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间【详解】（1）设粒子做匀速圆周运动的半径为R，过O作P

23、Q的垂线交PQ于A点，如图所示：由几何知识可得 代入数据可得粒子轨迹半径 洛伦兹力提供向心力Bqvm解得粒子发射速度为v（2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab直线的动能相等，可知ab为等势面，电场方向垂直ab向下水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内 Lat2式中aUEd解得电场强度的大小为U（3）只有磁场时，粒子以O1为圆心沿圆弧PD运动，当圆弧和直线ab相切于D点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图所示据图有sin 解得37故最大偏转角max233粒子在磁场中运动最大时长 式中T为粒子在磁场中运动的周期粒子以O2为圆心沿圆弧PC运动的速度偏转角最小，对应的运动时

24、间最短据图有sin 解得53速度偏转角最小为min106故最短时长【点睛】本题的突破口是确定粒子在匀强磁场中和匀强电场中的运动轨迹，由几何知识求解磁场中圆周运动的半径13.下列说法中正确的是_A. 由于液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，所以液体存在表面张力B. 用油膜法估测出了油酸分子直径，如果已知其密度可估测出阿伏加德罗常数C. 在棉花、粉笔等物体内都有很多细小的孔道，它们起到了毛细管的作用D. 一定质量的理想气体从外界吸收热量，温度一定升高E. 空气相对湿度大，体表的水不易蒸发，所以人就感到潮湿【答案】ACE【解析】【详解】由于液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离

25、大，所以液体存在表面张力，选项A正确；用油膜法估测出了油酸分子直径，可知分子的大小，如果已知其摩尔体积可估测出阿伏加德罗常数，选项B错误；在棉花、粉笔等物体内都有很多细小的孔道，它们起到了毛细管的作用，选项C正确；一定质量的理想气体从外界吸收热量小于对外做功，则气体的温度要降低，选项D错误；空气相对湿度大，体表的水不易蒸发，所以人就感到潮湿，选项E正确；故选ACE.14.为了更方便监控高温锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的汽缸，汽缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等。汽缸开口向上，用质量为m1 kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S1 cm2。当汽缸内温度为3

26、00 K时，活塞与汽缸底间距为L，活塞上部距活塞L处有一用轻质绳悬挂的重物M。当绳上拉力为零时，警报器报警。已知室外空气压强p01.0105 Pa，活塞与器壁之间摩擦可忽略。求：（1）当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度为多少？（2）若锅炉外壁的安全温度为900K，那么重物的质量应是多少？【答案】() 600 K () 1kg【解析】【分析】（1）活塞上升过程为等压变化，根据盖吕萨克定律列式可求解当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度；（2）活塞碰到重物后到绳的拉力为零是等容过程，对活塞受力分析，结合查理定律列式求解重物的质量.【详解】()活塞上升过程为等压变化，则V1LSV22LS 得T2600

27、K()活塞碰到重物后到绳的拉力为零是等容过程，设重物质量为M，则p2Sp0Smgp3Sp0S(mM)g 可得M1kg15.如图所示，一由玻璃制成的直角三棱镜ABC，其中ABAC，该三棱镜对红光的折射率大于。一束平行于BC边的白光射到AB面上。光束先在AB面折射后射到BC面上，接着又从AC面射出。下列说法正确的是_。A. 各色光在AB面的折射角都小于30B. 各色光在BC面的入射角都大于45C. 有的色光可能不在BC面发生全反射D. 从AC面射出的有色光束中红光在最上方E. 从AC面射出的光束一定平行于BC边【答案】ABE【解析】【分析】由临界角的范围，由临界角公式求出折射率的范围，从而确定各色

28、光的折射角大小，根据临界角的性质确定能否发生发全射，并根据几何关系和折射定律确定各色光的位置。【详解】设光在AB面的折射角为，由折射定律知，解得sin，即各色光在AB面的折射角都小于30，故A正确；由几何关系知，各色光射向BC面时，入射角都大于45，故B正确；由临界角公式sin=1/n知，各色光全反射的临界角都小于45，各色光都在BC面发生全反射，故C错误；从AC面射出的光束一定平行于BC边，由于红光射向BC面时的入射角最大，故红光射到AC面时处于最下方，故E正确，D错误。故选ABE。16.如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x轴上有P、M、Q三点，从波传到x5 m的点时开始计时，已知t

29、10.5 s时x=7m的M点第一次出现波峰求：这列波传播的速度；从t0时刻起到t20.85 s止，质点Q(x9 m)通过的路程（保留至小数点后一位）【答案】10 m/s47.1cm【解析】【分析】据波前运动方向可得：M点第一次出现波峰的时间和周期的关系，从而求得周期；再根据图象得到波长，即可求得这列波传播的速度；由波速求得质点Q开始振动的时间，进而得到质点运动时间，再根据运动时间和周期的关系，由振幅求得路程。【详解】由波的平移可知，波从x=2m处传播到x=7m处，M点第一次出现波峰，可得波速为：vm/s10 m/s 从t0开始，设经过t质点Q开始振动，则有：ts0.4 s所以质点Q振动的时间为：t1t2t0.85 s0.4 s0.45 s 由v，T0.4 s，t1T质点Q通过的路程为：s4A+As40+5（cm）=47.1cm【点睛】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。- 16 -