2019屆寧夏銀川一中高三第一次模擬考試?yán)砜凭C合物理試卷(解析版)

1、寧夏銀川一中2019屆高三第一次模擬考試物理試題一.選擇題1 .以下涉及物理學(xué)史上的四個重大發(fā)現(xiàn)，其中說法不正確的是A.卡文迪許通過扭秤實驗，測定出了萬有引力常量B.奧斯特通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場C.牛頓根據(jù)理想斜面實驗，提出力是改變物體運動狀態(tài)的原因D.紐曼、韋伯在對理論和實驗資料進(jìn)行嚴(yán)格分析后，總結(jié)出后人稱之為法拉第電磁感應(yīng)定律的結(jié)論【答案】C【解析】【詳解】A、卡文迪許通過扭秤實驗，測定出了萬有引力恒量.所以A選項是正確的.B、奧斯特通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場，所以B選項是正確的；C、伽利略根據(jù)理想斜面實驗，提出力不是維持物體運動的原因，故C錯誤D、紐曼、韋伯在對理

2、論和實驗資料進(jìn)行嚴(yán)格分析后，先后指出：閉合電路中電磁感應(yīng)電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比，后人稱之為法拉第電磁感應(yīng)定律，故D對；本題選不正確的，故選 C2 .如圖所示，輕質(zhì)不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點，懸掛衣服的衣架鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止?fàn)顟B(tài).如果只人為改變一個條件，當(dāng)衣架靜止時，下列說法正確的是NMA.繩的右端上移到 b ；繩子拉力越大B.將桿N向右移一些，繩子拉力變大C.繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小D.若換掛質(zhì)量更大的衣服，則衣服架懸掛點右移【解析】【詳解】AC、如圖所示，由于是一條繩子，所以繩子的力應(yīng)該處處相等，所以繩子與水平方向的

3、夾角也應(yīng)該是相等的，假設(shè)繩子的總長為 L,則某二,若MN之間的距離不變，根據(jù)公式可知夾角就不會變化，設(shè)繩子的拉力為T,根據(jù)平衡可知：2女加。=mg,若夾角和質(zhì)量 m不變，則繩子的拉力也不會改變，故 AC錯；B、將桿N向右移一些，根據(jù)x=LeE可知夾角變小，再根據(jù) 如兌加二mg可知 繩子拉力變大，故 B對;D、繩長和兩桿間距離不變的情況下，角度就不會變化，所以掛的衣服的質(zhì)量不會影響懸掛點的移動，故D錯；故選B3 .霍曼轉(zhuǎn)移軌道(Hohmann transfer orbit)是一種變換太空船軌道的方法 ，此種軌道操縱名稱來自德國物理學(xué)家瓦爾特 霍曼。在電影和小說流浪地球中，利用霍曼轉(zhuǎn)移軌道，用最少

4、的燃料地球會到達(dá)木星軌道，最終逃出太陽系。如圖所示，科學(xué)家利用固定在地面的萬臺超級聚變發(fā)動機瞬間點火，使地球在地球軌道I上的B點加速，通過運輸軌道，再在運輸軌道上的A點瞬間點火，從而進(jìn)入木星軌道H。關(guān)于地球的運動，下列說法中正確的是木星隊道】A.在軌道n上經(jīng)過 A的速度小于經(jīng)過在軌道I上B的速度B.在軌道n上經(jīng)過 A的動能大于在軌道I上經(jīng)過 B的動能C.在軌道n上運動的周期小于在軌道I上運動的周期D.在軌道n上經(jīng)過 A的加速度小于在運輸軌道上經(jīng)過A的加速度【答案】A【解析】GMm 臺【詳解】A、兩個軌道都是圓軌道， 根據(jù)一 二 m一可知半徑越大，則速度越小，速度越大則動能就越大, r r故A對

5、；B錯；GMm 2jt jC、根據(jù)二一二皿（'）r可知半徑越大，則周期越大，故C錯；GMmD、根據(jù)一二 二山口可知半徑相等，則加速度就相等，故 D錯；故選A4 .電荷量為Qi和Q2的兩點電荷分別固定在 x軸上的0、C兩點，規(guī)定無窮遠(yuǎn)處電勢為零，x軸上各點電勢隨x的變化關(guān)系如圖所示。則A.Q1帶負(fù)電，Q2帶正電B.將一帶負(fù)電的試探電荷自 G點靜止釋放，僅在電場力作用下一定不能到達(dá)D點C. G點處電場強度的方向沿 x軸正方向D.將一帶負(fù)電的試探電荷從 D點沿x軸正方向移到J點，電場力先做負(fù)功后做正功 【答案】B 【解析】由圖知無窮遠(yuǎn)處的電勢為 0, B點的電勢為0,由于沿著電場線電勢降低，

6、所以。點的電荷Qi帶正電，C點電荷Q2帶負(fù)電，選項 A錯誤；帶負(fù)電的試探電荷在 G點受x正方向的電場力，故沿 x正向加速運動， 不能到達(dá)D點，故B正確；沿著電場線電勢逐漸降低，可知G點的電場強度沿 x軸負(fù)方向，故 C錯誤；負(fù)電荷從D點到J點的電場力先沿x正向后沿x負(fù)向，故電場力先做正功后做負(fù)功，故 D錯誤。故選B。 點睛：解決本題的關(guān)鍵是明確沿著電場線電勢逐漸降低，分析場強的方向，判斷電場力的方向。此題還可 以通過（j）-x圖像的斜率來判斷電場的方向 5.如圖所示，在空間有一坐標(biāo)系xOy中，直線OP與x軸正方向的夾角為30°,第一象限內(nèi)有兩個方向都垂直紙面向外的勻強磁場區(qū)域 I和II

7、,直線OP是它們的邊界，OP上方區(qū)域I中磁場的磁感應(yīng)強度為 B。一 質(zhì)量為m,電荷量為q的質(zhì)子（不計重力）以速度 v從O點沿與OP成30°角的方向垂直磁場進(jìn)入?yún)^(qū)域 I, 質(zhì)子先后通過磁場區(qū)域 I和II后，恰好垂直打在 x軸上的Q點（圖中未畫出），則下列說法正確的是a.區(qū)域II中磁感應(yīng)強度為RB.區(qū)域II中磁感應(yīng)強度為 3BC.質(zhì)子在第一象限內(nèi)的運動時間為6班D.質(zhì)子在第一象限內(nèi)的運動時間為 石短【答案】D【解析】【詳解】AB、設(shè)質(zhì)子在磁場I和II中做圓周運動的軌道半徑分別為0和，區(qū)域II中磁感應(yīng)強度為 B',運動軌跡如圖所示：頁5第r2由牛頓第二定律得 平R =由帶電粒子才磁

8、場中運動的對稱性和幾何關(guān)系可以知道，質(zhì)子從A點出磁場I時的速度方向與 OP的夾角為加° ,故質(zhì)子在磁場I中軌跡的圓心角為600,如圖所示：由幾何關(guān)系可知口力=一，1在區(qū)域II中，質(zhì)子運動1/4圓周,°z是粒子在區(qū)域II中做圓周運動的圓心 r2 = OAsin300 =由計算得出區(qū)域II中磁感應(yīng)強度為：H =，故AB錯誤；CD、質(zhì)子在I區(qū)運動軌跡對應(yīng)的圓心角為60口，在n區(qū)運動軌跡對應(yīng)的圓心角為：,1 2nLm TTm質(zhì)子在I區(qū)的運動時間 G =1x = ?3 ,6g 日3qB1 27rm nm75rm質(zhì)子在n區(qū)運動時間.,則粒子q qBq 叩故選D【點睛】由幾何知識作出軌跡

9、，如圖.由幾何關(guān)系定律研究兩個磁感應(yīng)強度的關(guān)系，求解區(qū)域II中;:在 A象限內(nèi)的運動時間為卻* C錯誤,D正確.，得到質(zhì)子在兩個磁場中軌跡半徑與OA的關(guān)系，由牛頓第二磁場的磁感應(yīng)強度大小.求出質(zhì)子運動軌跡所對應(yīng)的圓心角然后求出質(zhì)子在磁場中做圓周運動的時間 帶電粒子通過磁場的邊界時，如果邊界是直線，根據(jù)圓的對稱性得到，帶電粒子入射速度方向與邊界的夾角等于出射速度方向與邊界的夾角，這在處理有界磁場的問題常常用到.6.在如圖所示的電路中，電源電動勢E和內(nèi)電阻r為定值，Ri為滑動變阻器，R2和R3為定值電阻。當(dāng) Ri的滑動觸頭P從左向右移動時，伏特表 Vi和V2的示數(shù)的增量分別為 AUi和AU2,對A

10、Ui和AU2有I11 11r尺 氐 ®A.C.【答案】AD【解析】【詳解】根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：比=A/（r 十 /23）Al4 - A，/結(jié)合公式可知1初11>四/故A對；B錯當(dāng)Ri的滑動觸頭P從左向右移動時，回路中電阻減小，小，所以電壓表 Vi變小，則知AU2>0, AUi <0,故故選ADB：1 一四勺D. 電流增大，所以電壓表V2增大，由于路端電壓減C錯；D對7 .如圖所示，在光滑絕緣水平面上有一單匝線圈ABCD ,在水平外力作用下以大小為 v的速度向右勻速進(jìn)入豎直向上的勻強磁場，第二次以大小為:的速度向右勻速進(jìn)入該勻強磁場，則下列說法正確的是A.第二次

11、進(jìn)入與第一次進(jìn)入時線圈中的電流之比為i： 38 .第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時外力做功的功率之比為i： 3C.第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時線圈中產(chǎn)生的熱量之比為i： 3D.第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時通過線圈中某一橫截面的電荷量之比為i： 3【解析】 設(shè)磁感應(yīng)強度為 B, CD邊長度為L, AD邊長為，線圈電阻為 R;線圈進(jìn)入磁場過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電.E BLv 一 ，一，一動勢E=BLv ,感應(yīng)電流,感應(yīng)電流I與速度v成正比，第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時線圈中電流 K K2 2之比:=1:3,故A正確；線圈進(jìn)入磁場時受到的安培力:產(chǎn)=百北二巴上，線圈做勻速直線運AR2 2222動，由平衡條件得，外力 F=F

12、尸Rf” 2E 外力功率2二產(chǎn)獷=2±_上，功率與速度的平方成正比，第ARR二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時外力做功的功率之比:=1:9 ,故B錯誤；線圈進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)頁15第A.物塊B.物塊的班即9a運動的時間為-C.外力F做的功為D.彈簧彈力做的功為Zm2g2sin20生的熱量：q=pRt = 償yxrx，二0等2,產(chǎn)生的熱量與速度成正比，第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時線 f圈中產(chǎn)生熱量之比：Q5Q=1V = L3,故C正確；通過導(dǎo)線橫截面電荷量：g = ZA£ = At= ,電荷3R AtR量與速度無關(guān)，電荷量之比為1: 1,故D錯誤；故選 AC.【點睛】根據(jù)切割公式 E=BLv求

13、解電動勢，由歐姆定律求出感應(yīng)電流，然后求出電流之比；線框勻速進(jìn)入勻強磁場，安培力與外力平衡，根據(jù)安培力公式求解安培力，再結(jié)合平衡條件得到外力，最后根據(jù)P=Fv求解外力的功率；由焦耳定律求出線圈產(chǎn)生的熱量，然后求出熱量之比.由電流定義式求出電荷量間的關(guān)系.8.如圖所示，質(zhì)量均為 m的物塊a、b用一根勁度系數(shù)為 k的輕彈簧相連接，放在傾角為。的足夠長光滑固定斜面上，且a是帶電量為+q的絕緣物塊，C為固定擋板，整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一外力F沿斜面方向拉物塊 a使之向上做勻加速運動,當(dāng)物塊a剛要離開斜面時物塊 b恰將離開擋板Co重力加速度大

14、小為g,則此過程 a運動的距離為 1r【答案】AB【解析】mgsinG開始時彈簧的壓縮量 琳=-I-;當(dāng)物塊b恰好離開擋板 C時，彈簧伸長量：，則物塊a一 .2musinG 一一 一一， , 、一 二 一 一 一運動的距離為 4方=Az+也0=-,選項 A正確；當(dāng) a離開斜面時滿足： m白£。5白二中2/?,解得廿_7n, 物塊 a 運動的時間為r二竺二竺 *"：劭' , 選項 B 正確； 根據(jù)動能定理： qlivi? k1口一Wmgxstn0 = -mv2,解得W=m0Ax豆山日+二2m ""十3m/ ,選項C錯誤；彈簧開始的壓縮量等于最后的伸

15、長量，彈性勢 2k 2能不變，則彈力做的功為零，選項 D錯誤；故選AB.點睛：本題是連接體問題，關(guān)鍵是正確分析物體的受力情況，判斷能量的轉(zhuǎn)化情況。要靈活運用功能原理分析物體機械能的變化情況。、非選擇題:9.在 驗證機械能守恒定律”的實驗中，小明同學(xué)利用傳感器設(shè)計實驗：如圖甲所示，將質(zhì)量為m、直徑為d的金屬小球在一定高度 h由靜止釋放，小球正下方固定一臺紅外線計時器，能自動記錄小球擋住紅外線的時間t,改變小球下落高度 h,進(jìn)行多次重復(fù)實驗.此方案驗證機械能守恒定律方便快捷，請完成以下問題：甲乙用螺旋測微器測小球的直徑如圖乙所示，則小球的直徑d=mm;(2)為直觀判斷小球下落過程中機械能是否守恒，

16、應(yīng)作下列哪一個圖象 ;2gA. h t圖象 B. h 工圖象 C. ht2圖象D. h2圖象.2、(3)經(jīng)正確的實驗操作，小明發(fā)現(xiàn)小球動能增加量 mv總是稍小于重力勢能減少量mgh,你認(rèn)為增加釋放局度h后，兩者的差值會 (填增大"縮小“或不變”).【答案】(1). 17.806(17.804 17.808 均可)(2). D (3).增大【解析】(1)用螺旋測微器測小球的直徑d=17.5mm+0.01mm X30.5=17.805mm,;(2)要驗證的關(guān)系式是：mgh =二二7nt即卜=丁-彳，則為直觀判斷小球下落過程中機械能是否守恒，應(yīng)作4圖象，故選D.(3)由于下落過程中空氣阻力

17、的作用，使得小球動能的增加量總是稍小于重力勢能的減小量，則增加釋放的高度后，空氣阻力做功會增加，兩者的差值會增加10 .要測量一節(jié)內(nèi)阻較大的干電池的電動勢和內(nèi)阻，某同學(xué)設(shè)計了如圖所示的實驗電路，電路中的定值電阻Ri = 8 Q .(1)閉合開關(guān)前，應(yīng)將滑動變阻器的滑片調(diào)到最右端.閉合開關(guān)后，調(diào)節(jié)滑動變阻器，記錄多組電壓表的示數(shù)Ui、U2,填在下表中，請根據(jù)表格數(shù)據(jù)在圖下所示的坐標(biāo)系中作出U2Ui的 圖象.U1/V0.100.200.300.400.500.60U2/V1.050.900.750.700.450.30(2)由于電壓表Vi內(nèi)阻的存在，測得的干電池電動勢 (填 大于”等于“或 小于&

18、quot;電動勢的真實值, 測得的干電池內(nèi)阻 (填 大于”等于“或 小于”的阻的真實值.【答案】(1). (1 )如圖所示(2). 1.20(3). 4.0(4). (2)等于(5).大于【解析】【詳解】(1)由表中數(shù)據(jù)采用描點法得出對應(yīng)的圖象如圖所示;解得：4 = £喀氏， 1由圖可知，電動勢 E=1.20V； R+r 12圖像斜率k = 一1=;K UrD解得：r=4.0 Q(3)由以上公式可得，由于 Vi內(nèi)阻的影響，干路電流應(yīng)大于 y ,故題目中出現(xiàn)誤差;當(dāng)外電路斷路時，電阻的影響可以忽略；故對電動勢的測量沒有影響；故電動勢的測量值等于真實值；但如果考慮電壓表內(nèi)阻，表達(dá)式應(yīng)為：

19、？三月一一,因R'vR,故內(nèi)阻的測量值大于真實值；故答案為：(1) 1.20； 4.0； (2) Vi；等于；大于?！军c睛】根據(jù)閉合電路歐姆定律得出對應(yīng)的表達(dá)式，從而明確電源的電動勢和內(nèi)電阻;根據(jù)實驗原理及表達(dá)式分析誤差來源，并根據(jù)電表帶來的影響明確誤差情況11 .傳送帶以恒定速率 v=4 m/s順時針運行，傳送帶與水平面的夾角。與7°.現(xiàn)將質(zhì)量m=2 kg的小物品輕放在其底端(小物品可看成質(zhì)點，平臺上的人通過一根輕繩用恒力F=20 N拉小物品，經(jīng)過一段時間物品被拉到離地高H= 1.8 m的平臺上，如圖所示.已知物品與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)科=0.5，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩

20、擦力再取10 m/s2,已知sin 37 = 0.6,cos 37 =0.8.問:（1）物品從傳送帶底端運動到平臺上所用的時間是多少？（2）若在物品與傳送帶達(dá)到同速瞬間撤去恒力F,則物品還需多長時間離開皮帶 ？【答案】1s（2-五）s【解析】試題分析：（1）物品在達(dá)到與傳送帶速度v=4m/s相等前，有：F+科mgcos37-mgsin37 °=ma1解得 a1= 8m/s2由 v=a1t1, t1=0.5s12 ”位移隨后，有： F-(imgcos37-mgsin37 =ma2解得a2=0,即滑塊勻速上滑位移11x1 = 2mx2t-j=0一55 v總時間為：t=t+t2=1S即物品

21、從傳送帶底端運動到平臺上所用的時間是1s.（2）在物品與傳送帶達(dá)到同速瞬間撤去恒力F,根據(jù)牛頓第二定律，有mgcos37- mgsin37 = ma3解得：a3= - 2m/s2假設(shè)物品向上勻減速到速度為零時，通過的位移為 xv2x=4m>22 _ , , 1即物體速度減為零時已經(jīng)到達(dá)最局點；由解得：/=（2-應(yīng)加出=2+年>0,5苫舍去）即物品還需（2-g）占離開皮帶?？键c：牛頓第二定律的綜合應(yīng)用.12 .小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0.50 m,傾角0= 53。，導(dǎo)軌上端串接一個 R= 0.05 弼電阻.在導(dǎo)軌間長d= 0.56 m的區(qū)域內(nèi)，

22、存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=2.0 T.質(zhì)量m = 4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連.CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s= 0.24 m. 一位健身者用恒力 F = 80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直.當(dāng) CD棒到達(dá)磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使 CD棒回到初始位置(重力加速度g= 10 m/s2, sin 53 = 0.8,不計其他電阻、摩擦力以及拉桿 和繩索的質(zhì)量).求：(1) CD棒進(jìn)入磁場時速度 v的大??；(2)CD棒進(jìn)入磁場時所受的安培力Fa的大小；(3)在拉升CD

23、棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱 Q.【答案】(1) 2.4m/s (2) 48N (3) 64J； 26.88J【解析】試題分析：(1)由牛頓定律0=-m進(jìn)入磁場時的速度v = 24m/占(2)感應(yīng)電動勢E = E岳.嘰感應(yīng)電流，二n安培力F產(chǎn)詞代入得嚴(yán)乩二七一二 48N(3)健身者做功W=F(5 + d) = 64/由牛頓定律；一田目4"= 0CD棒在磁場區(qū)做勻速運動d在磁場中運動時間"Q = 7% = 26,8BJ 【考點定位】法拉第電磁感應(yīng)定律；牛頓第二定律；功【名師點睛】此題是關(guān)于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的力及能量的問題。解題時要認(rèn)真分析物理過程，搞清物體的受

24、力情況及運動情況，并能選擇合適的物理規(guī)律列出方程解答；此題難度中等，意在考查學(xué)生綜合運用物理規(guī)律解題的能力。【此處有視頻，請去附件查看】13 .下列說法正確的是。A.氣體壓強的大小和單位體積內(nèi)的分子數(shù)及氣體分子的平均動能都有關(guān)B.布朗運動是液體分子的運動，說明液體分子永不停息地做無規(guī)則熱運動C.熱力學(xué)第二定律的開爾文表述：不可能從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其他影響D.水國可以停在水面上是因為液體具有表面張力E.溫度升高，物體所有分子的動能都增大【答案】ACD【解析】試題分析：氣體壓強的大小和單位體積內(nèi)的分子數(shù)及氣體分子的平均動能都有關(guān)，單位體積內(nèi)的分子數(shù)越多及氣體分子的平均動能

25、越大，則氣體的壓強越大，選項 A正確；布朗運動是懸浮在液體表面的固體顆粒的無規(guī)則運動，說明液體分子永不停息地做無規(guī)則熱運動，選項 B錯誤；熱力學(xué)第二定律的開爾文表述：不可能從單一熱源吸收熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其他影響，選項正確；水蠅可以停在水面上是因為液體具有表面張力的緣故，選項D正確；溫度升高，分子的平均動能變大， 并非所有分子的動能都增大，選項E錯誤；故選ACD .考點：氣體的壓強；布朗運動；熱力學(xué)第二定律；表面張力；平均動能【名師點睛】此題考查了選修3-3中的幾個知識點，包括氣體的壓強的微觀解釋、布朗運動、熱力學(xué)第二定律、液體的表面張力以及平均動能等；都是基礎(chǔ)知識，但是有些確實都

26、是易錯點，例如布朗運動，它不是分子運動，不是液體分子運動，不是熱運動，這些都要認(rèn)真理解.14 .一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài) A變化到狀態(tài)B再變化到狀態(tài) C,其狀態(tài)變化過程的 pV圖象如圖所示.已 知該氣體在狀態(tài) A時的溫度為27 C .求：武八伊】、)(i)該氣體在狀態(tài) B和C時的溫度分別為多少C ?(ii)該氣體從狀態(tài) A經(jīng)B再到C的全過程中是吸熱還是放熱？傳遞的熱量是多少?【答案】(1)177 C; 27 C (2)放熱,1 200 J【解析】【詳解】（i）對一定質(zhì)量的理想氣體由圖象可知，A- B等容變化，由查理定律得 丁月代入數(shù)據(jù)得 Tb=450 K 即tB=177 C_、一4七瞰£A- C由理想氣體狀態(tài)萬程得 =1 A1 C代入數(shù)據(jù)得 Tc = 300 K即tc = 27 C （ii）由于Ta=Tc,該氣體在狀態(tài) A和狀態(tài)C內(nèi)能相等，AU=0從A到B氣體體積不變，外界對氣體做功為0,從B到C氣體體積減小，外界對氣體做正功，W= p AV由p-V圖線與橫軸所圍成的面積可得=1200/由熱力學(xué)第一定律AU = W+ Q可得 Q=- 1 200 J即氣體向外界放出熱量，傳遞的熱量為1 200 J.故本題答案是：（