《江西省等十校2019届高考模拟联考物理试卷（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省等十校2019届高考模拟联考物理试卷（解析版）（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019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在，预言了引力
2、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 20.4【答案】A【
3、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A。【点睛】本
4、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】C【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
5、，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，在它向低能态跃迁时，可能辐
6、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】粒子在磁场中转过的圆
7、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】本题带电粒子在有界的磁
8、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W10.25 JB. 金属
9、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；即金属棒克服安培力做的功
10、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30日，我国在西昌卫星
11、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径，可知该导航卫星的
12、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. 若仅增大A球质量，A球有可
13、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点，选项B错误；若仅
14、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) 实验中，接通气源
15、，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2mm+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
