《吉林长春普通高中高三物理模拟二.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《吉林长春普通高中高三物理模拟二.doc（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、吉林省长春市2019届普通高中高考物理模拟试题（二）一、选择题：每小题6分共48分，第1-5题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1.下列有关近代物理的说法正确的是（ ）A. 卢瑟福的a粒子散射实验使人们认识到原子是可以再分的B. 电子的发现使人们认识到原子具有核式结构C. 玻尔理论能成功解释所有原子光谱的实验规律D. 天然放射现象说明了原子核内部是有结构的【答案】D【解析】【详解】A、通过a粒子散射实验使人们认识到原子具有核式结构模型,但是不能说明原子是可以再分的，故A错；B、电子的发现使人们认识到原子是可以分割的，是由更小的微粒构
2、成的，故B错；C、玻尔理论能成功解释氢原子光谱，但不能解释别的原子的光谱，故C错；D、天然放射现象中的射线来自原子核,说明原子核内部有复杂结构,故D对；故选D2.一滑块做直线运动的vt图象如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 滑块在2s末的速度方向发生改变B. 滑块在4s末的加速度方向发生改变C. 滑块在24s内的位移等于46s内的位移D. 滑块在02s内的平均速度等于24s内的平均速度【答案】D【解析】【详解】A、在2s末前后速度方向均为正,故速度方向没有发生改变,A错误;B、在4s末前后图线斜率没变,则加速度没变,故B错误;C、由图像可知，滑块在24s内的位移等于4-6s内的位移大小相等，
3、方向相反，故C错；D、由图像可知：滑块在02s内的位移等于24s内的的位移，所以滑块在02s内的平均速度等于24s内的平均速度，故D对；故选D3.如图所示，A、B两带正电粒子质量相等，电荷量之比为1：4两粒子在O上方同一位置沿垂直电场方向射入平行板电容器中，分别打在C、D两点，OCCD忽略粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）A. A和B在电场中运动的时间之比为1：2B. A和B运动的加速度大小之比为4：1C. A和B的初速度大小之比为1：4D. A和B的位移大小之比为1：2【答案】C【解析】【分析】带电粒子垂直射入电场中做为平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的
4、匀加速直线运动.根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转量y的表达式,求解质量之比;根据水平位移与初速度之比求解时间之比.【详解】A、粒子电荷量之比为1：4，粒子在竖直方向上做匀加速运动，由 ，可知 A和B在电场中运动的时间之比为2：1，故A错；B、A、B两带正电粒子质量相等，电荷量之比为1：4，根据 ，所以A和B运动的加速度大小之比为1:4,故B错；C、根据题意OC=CD，两粒子水平方向上做匀速运动，根据 ，可知A和B的初速度大小之比为1：4，故C对；D、A和B的位移大小之比为1：2，竖直方向也有位移，那么合位移之比不能等于1：2，故D错；故选C4.“太空涂鸦”技术的基本物理模型是：原来在较低圆
5、轨道运行的攻击卫星在变轨后接近在较高圆轨道上运行的侦察卫星时，向其发射“漆雾”弹，“漆雾”弹在临近侦察卫卫星时，压爆弹囊，让“漆雾”散开并喷向侦察卫星，喷散后强力吸附在侦察卫卫星的侦察镜头、太阳能板、电子侦察传感器等关键设备上，使之暂时失效。关于这一过程下列说法正确的是（ ）A. 攻击卫星在原轨道上运行的周期比侦察卫星的周期大B. 攻击卫星在原轨道上运行的线速度比侦察卫星的线速度小C. 攻击卫星在原轨道需要加速才能变轨接近侦查卫星D. 攻击卫星接近侦查卫星的过程中受到地球的万有引一直在增大【答案】C【解析】【详解】AB、从题中可以看出，攻击卫星圆轨道低于侦察卫星的高度，根据 可知轨道半径越小，
6、则周期越小，线速度越大，故AB错；C、从低轨道运动到高轨道需要离心运动，所以攻击卫星在原轨道需要加速才能变轨接近侦查卫星，故C对；D、攻击卫星接近侦查卫星的过程中距离增大，根据 可知受到地球的万有引力一直在减小，故D错；故选C5.如图所示，光滑地面上静置一质量为M的半圆形凹槽，凹槽半径为R，表面光滑。将一质量为m的小滑块（可视为质点），从凹槽边缘处由静止释放，当小滑块运动到凹槽的最低点时，对凹槽的压力为FN，FN的求解比较复杂，但是我们可以根据学过的物理知识和方法判断出可能正确的是（重力加速度为g）（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】滑块和凹侧组成的系统水平方向上动量守恒，
7、机械能守恒，当滑块运动到最低点时有： ， ，由极限的思想，当M趋于无穷大时，趋近于0，凹槽静止不动，滑块速度为 ，且小滑块在最低点时由牛顿第二定律得 ，解得 ，四个选项中当M趋于无穷大时，只有A选项符合，另外CD选项从量纲的角度上讲也不对，故A对；BCD错；故选A6.如图所示，半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一带负电粒子以速度v0射入磁场区域，速度方向垂直磁场且与半径方向的夹角为45当该带电粒子离开磁场时，速度方向刚好与入射速度方向垂直。不计带电粒子的重力，下列说法正确的是（ ）A. 该带电粒子离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点B. 该带电粒子的比荷为C
8、. 该带电粒子在磁场中的运动时间为D. 若只改变带电粒子的入射方向，则其在磁场中的运动时间变【答案】BD【解析】【详解】A、带负电的粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：从图像上可以看出该带电粒子离开磁场时速度方向的反向延长线不通过O点，故A错；B、有几何关系知，轨迹所对的圆心角为 ，且轨迹的圆心O刚好在圆形磁场的边界上，所以轨迹的半径为 由 可求得： ，故B对；C、运动时间等于弧长除以速度，即 ，故C错；D、有图可知，此时轨迹圆弧对应的弦长最长，等于磁场区域的直径，所以在磁场中运动时间也就最长，若改变入射角度，则运动时间变短，故D对；故选BD7.如图为一种直流发电机的结构示意图，直流发电机由两块永
9、磁铁、线圈和换向器组线缠绕而成.永磁体N、S极相对，中间区域视为匀强磁场，磁感应强度为B。线圈由N匝导线缠绕而成，面积为S，可绕如图所示的轴线匀速转动，角速度为。换向器由两个半铜环和两个电刷构成，半铜环分别与线圈中导线的两端固连，线圈和半铜环绕着轴线以相同角速度转动。电刷位置固定，作为输出端与外电路相连（图中未画出）。每当线圈转到中性面位置时，半铜环和电刷会交换接触，以保持输出电流方向不变，且交换时间极短可忽略。下列说法正确的是A. 当线圈按照图示的方向转动时，电刷a的电势比b的电势高B. 当线圈转到图示位置时，线圈中产生的电动势为零C. 该发电机产生电动势的最大值为NBSD. 该发电机产生电
10、动势的最大值是有效值的倍【答案】CD【解析】【详解】A、当线圈按照图示的方向转动时，根据右手定则知电刷a的电势比b的电势低，故A错；B、当线圈转到图示位置时，磁通量等零，但磁通量的变化率达到了最大，所以线圈中产生的电动势也达到了最大，故B错；CD、发电机电动势随时间变化图像如图所示，其中最大值为NBS，且是有效值的倍，故CD对；故选CD8.如图所示，固定于地面、倾角为的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的外力F作用下处于静止状态。某一时刻将力F撤去，在弹簧将A、B弹
11、出过程中，若A、B能够分离，重力加速度为g。则下列叙述正确的是（ ）A. A、B刚分离的瞬间，两物块速度达到最大B. A、B刚分离的瞬间，A的加速度大小为gsinC. 从力F撤去到A、B分离的过程中，A物块的机械能一直增加D. 从力F撤去到A、B分离的过程中，A、B物块和弹簧构成的系统机械能守恒【答案】BCD【解析】【详解】AB、当加速度等于零时，两个物块的速度达到最大，A、B刚分离的瞬间，AB之间没有弹力作用，此时AB有共同的加速度 ，故速度没有达到最大，故A错；B对C、从力F撤去到A、B分离的过程中，弹簧对A物块的弹力始终大于B物块对A物块的弹力，这两个力的合力对A做正功，所以A的机械能增
12、大，故C对；D、从力F撤去到A、B分离的过程中，A、B物块和弹簧构成的系统只有重力和弹簧弹力做功，所以系统机械能守恒，故D对故选BCD二、实验题9.某实验小组利用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。小钢球由静止释放自由下落过程中，计时装置测出小钢球通过光电门时间为t，用小钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度。测出刚释放时钢球球心到光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g，小钢球所受空气阻力可忽略不计。（1）先用游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示，钢球直径d_cm。（2）要验证小钢球的机械能是否守恒，需要满足的方程是_。（用题中所给字母表示）（3）实验中小钢球通过光电门
13、的平均速度_（选填“大于”或“小于”）小钢球球心通过光电门时的瞬时速度。【答案】 (1). 1.000 (2). (3). 小于【解析】【详解】（1）根据游标卡尺的读数规则可知 （2）若减少的重力势能等于增加的动能是，可以认为机械能守恒则有 整理得： （3）在计算时把平均速度当做瞬时速度处理了，那么这个平均速度实际上等于小球过光电门时中点时刻的速度，由于小球速度越来越大，所以中间时刻在球心的下方，即小钢球通过光电门的平均速度小于小钢球球心通过光电门时的瞬时速度。故本题答案是：(1). 1.000 (2). (3). 小于【点睛】利用光电门测速度，再根据增加的动能和减少的重力势能的关系来验证机械
14、能是否守恒。10.现要较准确地测量量程为03V、内阻大约为3k的电压表V1的内阻Rv，实验室提供的器材如下：电流表A1（量程00.6A，内阻约0.1）电流表A2（量程01mA，内阻约100）电压表V2（量程015V，内阻约15k）；定值电阻R1（阻值200）；定值电阻R2（阻值2k）；滑动变阻器R3（最大阻值100，最大电流1.5A）电源E1（电动势6V，内阻约0.5）电源E2（电动势3V，内阻约0.5）；开关S，导线若干（1）选用上述的一些器材，甲、乙两个同学分别设计了图甲、乙两个电路。在图甲的电路中，电源选择E1，则定值电阻R应该选择_；在图乙的电路中，电源选择E2，电流表应该选择_。（填
15、写对应器材的符号）（2）根据图甲电路，多次测量得到多组电手表V1和V2的读数U1、U2，用描点法得到U1U2图象，若图象的斜率为k1，定值电阻的阻值为R，则电压表V1的内阻RV_；根据图乙电路，多次测量得到多组电压表V1和电流表A的读数U1、I，用描点法得到可U1I图象，若图象的斜率为k2，则电压表V1的内阻RV_。（用题中所给字母表示）（3）从实验测量精度的角度分析，用图_电路较好；原因是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). 乙 (6). 图甲中V2的相对误差较大【解析】【详解】（1）在图甲的电路中，由于电压电动势为6V，电阻R起到串联分压的作用，应该选择阻值为2k的定值电阻 ;电压表的最大电流为1mA，所以电流表应选择量程01mA的A2（2）在图甲的电路中，电阻R两端的电压为 ,通过电阻R的电流为 根据欧姆定律有 ,变形得 ,有 可得： ;在图乙中根据欧姆定律可得： 即
