2019届高三物理第一次模拟考试试卷(含解析) (I).doc

2019届高三物理第一次模拟考试试卷(含解析) (I)1.如图所示，铁板AB于水平地面间的夹角为，一块磁铁吸附在铁板下方。现缓慢抬起铁板B端使角始终小于增大的过程中，磁铁始终相对铁板静止。下列说法正确的是A. 磁铁所受合外力逐渐减小B. 铁板对磁铁的弹力逐渐增大C. 磁铁受到的摩擦力做负功D. 铁板对磁铁的弹力冲量等于零【答案】B【解析】【分析】【详解】对铁块受力分析，受重力G、磁力F、支持力N和摩擦力f，如图所示：由于始终平衡，故合力为零，故A错误；根据平衡条件，有：mgsin-f=0，F-mgcos-N=0，解得：f=mgsin，N=F-mgcos，由于不断变大，故f不断变大，N不断变大，故B正确；摩擦力与运动方向垂直，则不做功，故C错误；铁板对磁铁的弹力冲量等于Ft0，故D错误。所以B正确，ACD错误。【点睛】本题关键是对滑块受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列式求解，注意三力平衡通常用合成法，三力以上用正交分解法。2.如图，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，mB=3mA。B球静止，拉起A球，使细线与竖直方向偏角为30，由静止释放，在最低点A与B发生弹性碰撞。不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是( )A. A静止，B向右，且偏角小于30B. A向左，B向右，且偏角都等于30C. A向左，B向右，A偏角小于B偏角，且都小于30D. A向左，B向右，A偏角等于B偏角，且都小于30【答案】D【解析】A由静止释放，在最低点的速度设为v0，A与B发生弹性碰撞，碰后速度分别为v1，v2，则：mAv0=mAv1+mBv2，12mAv02=12mAv12+12mBv22 联立解得，v1=mAmBmA+mBv0=12v0v0；v2=2mAmA+mBv0=12v0v0 ，由于v1=v2t2，CFFDC. 若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的距离也加倍D. 若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变【答案】D【解析】【详解】AB以C点为原点，CD为X轴，和CD垂直向上方向为Y轴，建立坐标系如图：对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上抛运动，x轴方向做匀加速直线运动。当运动员速度方向与轨道平行时，在Y轴方向上到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性，知t1=t2。而x轴方向运动员做匀加速运动，t1=t2，故CFFD，故AB错误；C将初速度沿x、y方向分解为v1、v2，将加速度沿x、y方向分解为a1、a2，则运动员的运动时间为：t=2v2a2，落在斜面上的距离：s=v1t+12a1t2，离开C点的速度加倍，则v1、v2加倍，t加倍，由位移公式得s不加倍，故C错误；D设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为，斜面的倾角为.则有tan=vyv0，tan=yx=vy2tv0t=vy2v0，则得tan=2tan，一定，则一定，则知运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关，故D正确；【点睛】解决本题的关键要掌握平抛运动的两种分解方法：一种分解为水平和竖直两个方向。另一种：将平抛运动分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向，知道两个分运动的规律，并能熟练运用。4.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别是3、1和4，A为理想交流电流表，u为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定。已知该变压器原、副线圈匝数比为3：1。若开关S断开时，电流表的示数为I，则当S闭合时，电流表的示数为( ) A. IB. 3IC. 4ID. 5I【答案】C【解析】开关断开时电流表的示数为I，则原线圈两端电压为UIR1；根据电流之比等于匝数反比可得副线圈的电流强度为3I，副线圈两端电压为3I(R2+R3)；理想变压器的原、副线圈的电压比为：（UIR1）：3I(R2+R3)=3：1；设开关闭合时电流表的示数为I，则原线圈两端电压为UIR1；根据电流之比等于匝数反比可得副线圈的电流强度为3I，副线圈两端电压为3IR2；理想变压器的原、副线圈的电压比为：（UIR1）：3IR2=3：1；联立解得I=4I，故C正确、ABD错误。故选：C。点睛：变压器输入电压为U与电阻R1两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求当S闭合时，电流表的示数5.如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为Q和Q，在它们连线的竖直中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一带电荷量为q的小球以初速度v0从上端管口射入，重力加速度为g，静电力常量为k，则小球（ ）A. 下落过程中加速度始终为gB. 受到的库仑力先做正功后做负功C. 速度先增大后减小，射出时速度仍为v0D. 管壁对小球的弹力最大值为8kqQd2【答案】AD【解析】A. 电荷量为+q的小球以初速度v0从管口射入的过程，因库仑力与速度方向垂直，竖直方向只受重力作用，加速度始终为g，故A正确； B. 小球有下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功，故B错误；C. 电场力不做功，只有重力做功；根据动能定理，速度不断增加，故C错误；D在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为：E= kQ(d2)2=4kQd2；根据矢量的合成法则，则有电场强度最大值为8kQd2，因此电荷量为+q的小球受到最大库仑力为8kqQd2，结合受力分析可知，弹力与库仑力平衡，则管壁对小球的弹力最大值为8kqQd2，故D正确； 故选：AD.点睛：对于等量异种电荷，根据矢量的合成法则，中垂线的中点的电场强度最大，在无穷远的电场强度为零；点电荷靠近两个电荷的连线的中点过程，电场力不做功；中点处的电场强度最大，则库仑力也最大，弹力也是最大，从而即可求解6.如图所示，abcd是粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框，导体MN有电阻，可在ad边及bc边上无摩擦滑动，且接触良好，线框处于垂直纸面向里的匀强磁场中。当MN由靠ab边外向cd边匀速移动的过程中，以下说法正确的是A. MN中电流先增大后减小B. MN两端电压先增大后减小C. MN上拉力的功率先减小后增大D. 矩形线框中消耗的电功率先减小后增大【答案】BC【解析】【详解】A导体棒MN向右运动的过程中，MN相当于电源，产生恒定的感应电动势，其余部分是外电路，外电阻先增大后减小，当MN运动到线框中线时，外电路的电阻最大。根据闭合电路欧姆定律知MN棒中的电流先减小后增大，故A错误；BMN两端电压是路端电压，由U=E-Ir，可知：E、r不变，I先减小后增大，则U先增大后减小，故B正确；C MN棒做匀速运动，拉力的功率等于电路中电功率，根据电功率公式P=E2R+r得知，拉力的功率先减小后增大。故C正确；D根据推论：当外电阻等于电源的内电阻时，电源的输出功率最大，由于外电阻与MN电阻的关系未知，无法判断线框消耗的功率如何变化，故D错误；所以BC正确，AD错误。【点睛】本题是电磁感应与电路的综合，关键抓住线框的总电阻先增大后减小，根据功率公式、欧姆定律等规律进行分析。7.某回旋加速器两D形盒间电压的变化周期可随时与粒子运动周期同步，粒子通过缝隙时加速电压都能保持大小为U，已知它可以将质子加速到某一速度vm，如果改用它加速粒子，并且也要达到相同的速度，则A. 磁感应强度大小应变为原来的12B. 磁感应强度应大小变为原来的2倍C. 在回旋加速器中转过的周期数是原来的2倍D. 在回旋加速器中转过的周期数是原来的12【答案】BC【解析】AB根据qvB=mv2r得v=qBrm，粒子的荷质比是质子荷质比的一半，要达到相同的速度，磁感应强度应大小变为原来的2倍，故A错误，B正确；CD根据Ek= 12mv2=nqU得n=mv22qU，粒子的荷质比是质子荷质比的一半，要达到相同的速度， 粒子加速的次数应是质子加速次数的2倍，在回旋加速器中转过的周期数是原来的2倍，故C正确，D错误。故选：BC8.如图所示，一质量为m的铁环套在粗糙的水平横杆上，通过细线连接一质量也为m的小球，小球还用一水平细线拉着。保持环和小球的位置不变，横杆的位置逐渐按图示方向转到竖直位置，在这个过程中环与杆相对静止，则（ ）A. 连接环和小球的细线拉力增大B. 杆对环的作用力保持不变C. 杆对环的弹力一直减小，最小值为mgD. 杆对环的摩擦力先减小后增大，最大值为2mg【答案】BD【解析】A保持环和小球的位置不变，细线与竖直方向的夹角不变，细线的拉力Tcos45=mg，T=2mg，保持不变，故A正确；B环受到重力、细线的拉力、杆的作用力，由于重力和细线的拉力不变，杆对环的作用力保持不变，故B正确；CD杆的位置由水平转到竖直位置的过程中，由于线的拉力与环重力的合力方向斜向右下，杆对环的弹力始终垂直于杆方向，根据动态分析方法可知，杆对环的弹力先增大后减小，对环的摩擦力先减小再增大，因此杆对环的弹力在杆水平时为2mg，竖直时为mg，所以杆对环的弹力的最小值为mg；杆对环的摩擦力在水平时为f=Tsin45=mg，在竖直时为：f2=mg+Tcos45=2mg，所以杆对环的摩擦力最大值2mg，故C错误，D正确。故选：BD三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生必须作答。第33题第38题为选考题，考生根据要求作答。9.某同学用如图甲所示的实验装置测量物块与木板间的动摩擦因数。实验装置中表面粗糙的长木板固定在水平桌面上，一端装有轻滑轮，另一端固定有打点计时器，物块一端通过打点计时器与纸带相连。另一端通过细绳与托盘（内有砝码）相接，用天平测量物块的质量为M，托盘和砝码的总质量为m，实验时，调整轻滑轮，使细线水平，让物块在托盘和砝码的拉力作用下由静止开始运动，已知打点计时器所用交流电源的频率为f，物块运动过程中通过打点计时器得到一条纸带的一部分如图乙所示，图中测量出了三个连续点1、2、3之间的距离x1、x2。 已知当地的重力加速度大小为g，根据题目中给出的物理量的符号和实验测量的物理量的数据，写出动摩擦因数的表达式= _（不计打点计时器与纸带间及细绳与滑轮间的阻力），如果用托盘和砝码的总重力替代细绳对物块拉力，则求出的动摩擦因数的数值 _ （选填“偏大”或“偏小”）由此引起的误差属于 _（选填“偶然误差”或“系统误差”）。若用此装置做“探究物块的加速度与力的关系”的实验时，除了必须满足物块的质量远大于托盘和砝码的总质量，还必须进行的实验操作是_ 。【答案】 (1). =mg(M+m)(x2x1)f2Mg； (2). 偏大； (3). 系统误差； (4). 适当垫高长木板没有定滑轮的一端以平衡摩擦力；【解析】(1) 由匀变速运动的推论x=aT2可知加速度为：a=x2x1T2=(x2x1)f2；以系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mgf=(m+M)a，滑动摩擦力：f=Mg，解得：= mg(M+m)(x2x1)f2Mg；如果用托盘和砝码的总重力替代细绳对物块拉力，由牛顿第二定律得：mgf=Ma，联立解得=mgM(x2x1)f2Mg，求出的动摩擦因数的数值偏大；由此引起的误差是由于实验原理造成的，属于系统误差。（2）做“探究物块的加速度与力的关系”的实验时，物块受到的拉力应为物块受到的合外力，应适当垫高长木板没有定滑轮的一端，用重力沿木板向下的分力平衡摩擦力。10.(1)某实验小组为了测量某一电阻Rx的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出Rx的阻值约为18左右。为了进一步精确测量该电阻，实验台上有以下器材：A.电流表(量程15mA，内阻未知)B.电流表(量程0.6A，内阻未知) C.电阻箱(099.99)D.电阻箱(0999.9)E.电源(电动势约3V，内阻约1)F.单刀单掷开关2只G.导线若干甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验：a.先将电阻箱阻值调到最大，闭合S1，断开S2，调节电阻箱阻值，使电阻箱有合适的阻值R1，此时电流表指针有较大的偏转且示数为I；b.保持开关S1闭合，再闭合开关S2，调节电阻箱的阻值为R2，使电流表的示数仍为I。根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择_，电阻箱应选择_（选填器材前的字母）根据实验步骤可知，待测电阻Rx=_（用步骤中所测得的物理量表示）。(2)同学乙认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻。若已知所选电流表的内阻RA=2.0，闭合开关S2，调节电阻箱R，读出多组电阻值R和电流I的数据；由实验数据绘出的1IR图象如图乙所示，由此可求得电源电动势E=_V，内阻r=_。(计算结果保留两位有效数字)【答案】 (1). A; (2). D; (3). R2R1 ; (4). 3.2; (5). 0.80;【解析】【分析】(1)根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，然后再通过求出电路中需要的最大电阻来选择电阻箱；列出开关S2断开和闭合时对应的闭合电路欧姆定律表达式，然后求解即可.(2)根据实验电路应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻.【详解】(1)电源电动势为3V，电流表量程为15mA=0.015A，由欧姆定律：I=UR可知，电路中的最小电阻应为：Rmin=EIA=30.015=200，所以电阻箱应选C；根据闭合电路欧姆定律得：S2断开时有：E=I(Rx+R1+RA+r)，S2闭合时有：E=I(R2+RA+r)，解得:Rx=R2-R1；(2)闭合开关S2，由闭合电路欧姆定律得：E=I(R+RA+r），整理得：1I=1ER+RA+rE由1IR图象可知：k=1E，b=RA+rE,而已知RA，解得E=1k，r=bkRA.【点睛】本题考查了测电源电动势与内阻实验、考查了测量电阻的实验，要注意正确根据题意明确实验原理；然后根据所对应的物理规律分析求解即可；对于图象分析问题，要注意根据物理规律确定公式，结合图象的性质分析斜率以及截距的意义.11.如图甲所示，在光滑水平面上有一质量为m1=1kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2=2kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数=0.5，假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平拉力F=3t(N)，重力加速度大小g=10m/s2(1)求木块和木板相对静止一起运动的时间t1；(2)通过计算，在图乙中利用已经给出的坐标数据，画出木板和木块的加速度随时间t变化的图象。取水平拉力F的方向为正方向【答案】(1)t=10s (2)见解析【解析】【详解】(1)当F2(m1+m2)g=3N时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态当木块和木板一起运动时：对m1：fmax2(m1+m2)g=m1amax fmax=1m2g 解得：amax=3ms2 对整体有：Fmax2(m1+m2)g=(m1+m2)amax 解得：Fmax=12N 由Fmax=3t，解得：t1=4s；(2)t=10s时，两物体已相对运动，则有：对m1：1m2g2(m1+m2)g=m1a1 解得：a1=3ms2对m2：F1m2g=m2a2 F=3t=30N 解得：a2=12ms2 (3)图象过(1,0),(4,3),(10,12)，如图12.空间中有一直角坐标系，其第一象限在圆心为O1、半径为R、边界与x轴和y轴相切的圆形区域内，有垂直于纸面向里的匀强磁场图中未画出，磁感应强度大小为B；第二象限中存在方向竖直向下的场强为E的匀强电场。现有一群质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从圆形区域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向射入磁场中，如图所示。已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到达x轴上的N点，不计粒子的重力和它们之间的相互作用，求：(1)粒子射入磁场时的速度大小及ON间的距离；(2)速度方向与AO1夹角为60(斜向右上方的粒子到达y轴距O点的距离；(3)速度方向与AO1夹角为60(斜向右上方的粒子到达x轴的时间。【答案】（1）qBRm，2qBR3mE （2）R+32R （3）(5+3)m6qB+(2+3)mRqE【解析】【分析】由洛伦兹力充当向心力可求得粒子的速度；再根据粒子在电场中的平抛运动规律可求得电场强度的大小；根据题意明确粒子的运动情况，明确粒子转动的运动轨迹图；由几何关系求得粒子到达y轴距O点的距离；由粒子转动的运动轨迹图，明确圆心角则可求得粒子转动的时间。【详解】(1)粒子射入磁场时的速度大小为v，因在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB=mv2R解得：v=qBRm如图甲所示：因粒子的轨迹半径是R，故沿AO1方向射入的粒子一定从与圆心等高的D点沿x轴负方向射入电场，则粒子在电场中从D点到N点做类平抛运动，水平方向：x=vt竖直方向有：R=12qEmt2解得：x=2qBR3mE(2)对于速度v(斜向右上方的粒子，轨迹如图乙所示：轨迹圆心为C，从M点射出磁场，连接O1M，四边形O1MCA是菱形，故CM垂直于x轴，速度方向偏转角度等于圆心角=150，粒子出磁场后速度方向垂直y轴，到达y轴距O点距离：y=R+Rsin60=R+32R(3)速度方向与AO1夹角为60为的粒子在磁场中运动的时间为t1=360T=5m6qB粒子离开磁场到y轴的距离MH=R2，在无场区运动的时间t2=R2v=m2qB设粒子在电场中到达x轴运动的时间为t3，y=R+32R=12qEmt32解得：t3=(2+3)mRqE粒子到达x轴的时间：t=t1+t2+t3=(5+3)m6qB+(2+3)mRqE【点睛】本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动情况，要注意明确粒子在电场中运动时应用运动的合成和分解规律求解；而在磁场中做圆周运动时，根据几何关系和洛伦兹力充当向心力规律求解。13.下列说法正确的是 _。A. 液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性B.当两薄玻璃板间加有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力的缘故C.当环境的相对湿度为1时，则干湿泡湿度计的两个温度计读数一定相同D.用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加得罗常数，还需要知道油酸的密度和油酸的摩尔质量E. PM2.5是指环境空气中直径小于等于2.5m的颗粒物。温度越高，PM2.5的运动就会越激烈，所以PM2.5的运动属于分子热运动【答案】ACD【解析】A. 液晶既具有液体的流动性，同时又具有晶体的各向异性，故A正确； B.中间有一层水膜的薄玻璃板，沿垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，是由于大气压强的缘故，故B错误； C.当环境的相对湿度为1时，湿泡温度计停止蒸发，则干湿泡湿度计的两个温度计读数一定相同，故C正确；D. 在已知直径的情况下要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油滴的摩尔体积，若知道油酸的密度和油酸的摩尔质量，则可求得阿伏加德罗常数，则D正确；E.PM2.5是指环境空气中直径小于等于2.5微米的颗粒物，不是分子，故E错误。故选：ACD14.如图所示，一绝热气缸固定在倾角为30的固定斜面上，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为m，横截面积为S。初始时，气体的温度为T0，活塞与汽缸底部相距为L。通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，活塞上升到与汽缸底部相距2L处，已知大气压强为P0，重力加速度为g，不计活塞与气缸壁之间的摩擦。求：此时气体的温度；加热过程中气体内能的增加量。【答案】(1) T=2T0 (2) U=QP0+12mgsL【解析】【详解】等压变化，由理想气体状态方程有： 可得内部气体压强气体膨胀对外做功，则则由热力学第一定律有：