《吉林省辽源市2019届高三下学期联合模拟考试物理试题 含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《吉林省辽源市2019届高三下学期联合模拟考试物理试题 含解析（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、吉林省辽源市2019届高三物理联合模拟考试试题二、选择题1.关于原子或原子核的相关知识，下列说法中正确的是A. 粒子散射现象说明原子核具有一定的结构B. 原子序数较小的元素都不能自发放出射线C. 原子发光现象没有涉及到原子核内部的变化D. 光电效应现象中逸出的电子是原子核内中子转变成质子时产生的【答案】C【解析】【详解】A.粒子散射现象说明原子的核式结构模型，不能得出原子核内部具有复杂结构，故A错误；B. 原子序数大于或等于83的元素，都能自发地发出射线，原子序数小于83的元素，有的也能自发地放出射线，故B错误； C. 原子发光现象是原子从高能级向低能级跃迁时辐射出光子，没有涉及到原子核内部的
2、变化，故C正确；D. 光电效应现象中逸出的电子是核外电子吸收光子能量后获得足够的能量摆脱原子核的束缚而溢出，故D错误。故选：C.2.如图所示，一条细线的一端与水平地面上的物体B相连，另一端绕过一轻质定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线固定在天花板上的O点，细线与竖直方向所成的夹角为，则以下说法正确的是()A. 无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，角将不变B. 增大小球A的质量，若B仍保持不动，角不变C. 若OB绳与地面夹角为300，则=300D. 将B向右移动少许，若B仍保持不动，则B与地面的摩擦力变大【答案】BCD【解析】【分析】先对小球A受力分析，根据平衡条件求解细线的拉力，
3、再对滑轮受力分析，结合平衡条件进行分析即可；根据几何关系确定的大小；对B受力分析，根据平衡条件确定地面摩擦力的变化。【详解】A.对小球A受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有：T=mg；如果将物体B在水平地面上向右移动稍许，AB仍保持静止，绳子的拉力不变，则AOB增加；对滑轮分析，受三个拉力，如图所示：根据平衡条件可知，AOB=2，故一定增加，故A错误；B. 增大小球A的质量，若B仍保持不动，系统平衡，则不变，故B正确；C. 若OB绳与地面夹角为300，则AOB=2=60，=300，故C正确；D. 将B向右移动少许，若B仍保持不动，OB绳与水平方向的夹角减小，绳子拉力大小不变，拉力的水平分力
4、等于地面的摩擦力，则B与地面的摩擦力变大，故D正确。故选：BCD3.真空中质量为m的带正电小球由A点无初速自由下落t秒，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。小球电荷量不变且小球从未落地，重力加速度为g。则A. 整个过程中小球电势能变化了B. 整个过程中小球速度增量的大小为C. 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了D. 从A点到最低点小球重力势能变化了【答案】AB【解析】【详解】小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反。设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则由，又v=gt，解得 a=3
5、g，则小球回到A点时的速度为v=v-at=-2gt；整个过程中小球速度增量的大小为v=v=-2gt，速度增量的大小为2gt。由牛顿第二定律得 ，联立解得，qE=4mg，故A正确；从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了，故C错误。设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得解得，从A点到最低点小球重力势能减少了D错误。4.如图所示中的L1和L2称为地月连线中的拉格朗日点L1和拉格朗日点L2。在L1点处的物体可与月球同步绕地球转动。在L2点处附近的飞行器无法保持静止平衡，但可在地球引力和月球引力共同作用下围绕L2点绕行，且处于动态平衡状态。我国中继星鹊桥就是绕L2点转动的卫星，嫦娥四号在月球
6、背面工作时所发出的信号通过鹊桥卫星传回地面，若鹊桥卫星与月球、地球两天体中心距离分别为R1、R2，信号传播速度为c。则A. 鹊桥卫星在地球上发射时的发射速度大于地球的逃逸速度B. 处于L1点的绕地球运转的卫星周期接近28天C. 嫦娥四号发出信号到传回地面的时间为D. 处于L1点绕地球运转的卫星其向心加速度a1大于地球同步卫星的加速度a2【答案】B【解析】【详解】A根据地球逃逸速度的定义可知选项A错误；B由于位于L1点绕地球运转的卫星与月球同步，故其周期接近28天，故选项B正确；C嫦娥四号发射出的信号通过的路程s小于（R1+R2），故选项C错误；D同步卫星离地球表面的高度约为36000公里，故同
7、步卫星离地心的距离小于拉格朗日点L1离地心的距离，由得a2a1，故选项D错误。5.如图所示,一异形轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成,置于光滑的水平面上,如果轨道固定,将可视为质点和物块从圆弧轨道的最高点由静止释放,物块恰好停在水平轨道的最左端。如果轨道不固定,仍将物块雄圆弧轨道的最高点由静止释放,下列说法正确的是()A. 物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒B. 物块与轨道组成的系统机械能守恒，动量不守恒C. 物块仍能停在水平轨道的最左端D. 物块将从轨道左端冲出水平轨道【答案】C【解析】【分析】根据能量的转化情况分析系统的机械能是否守恒对照动量守恒条件：合外力为零，分析
8、系统的动量是否守恒系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，由水平动量守恒和能量守恒列式分析物块停止的位置【详解】轨道不固定时，物块在轨道的水平部分时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒。物块在轨道的圆弧部分下滑时，合外力不为零，动量不守恒，故AB错误。设轨道的水平部分长为L轨道固定时，根据能量守恒定律得 mgR=mgL；轨道不固定时，设物块与轨道相对静止时共同速度为v，在轨道水平部分滑行的距离为x。取向左为正方向，根据水平动量守恒得：0=（M+m）v，则得 v=0；根据能量守恒定律得：mgR=（M+m）v2+mgx，联立解得 x=L，所以物块仍能停在水平轨道的最左端，故C正确，D错误。故选C
9、。【点睛】分析清物体运动过程，该题属于水平方向动量守恒的类型，要知道系统在某一方向不受外力时，该方向的动量守恒6.如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B= T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度=l0rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L（规格为“4W，l00”）和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是A. 若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势瞬时值为B. 当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为1:2C. 若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大D. 若将自耦变压器触头向下滑动，灯
10、泡会变暗【答案】AD【解析】【详解】A. 输入电压的最大值为：Um=NBS=100.410V=40V，图示时刻感应电动势最大，从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为，故A正确；B. 变压器输入电压的有效值为：U1=Um/=40/V=40V。开关闭合时灯泡正常发光，所以U2=V=20V，此时原副线圈的匝数比为：n1:n2=U1:U2=40:20=2:1，故B错误；C. 线圈匝数不变，根据U1：U2=n1：n2可知输出电压不变，若将滑动变阻器触头向上滑动，连入电路电阻变大，负载等效电阻变大，P1=P2变小，又P1=U1I1可知电流表示数变小，故C错误； D. 若将自耦变压器触头向下滑动
11、，副线圈匝数变小，根据U1：U2=n1：n2可知输出电压减小，所以灯泡变暗，故D正确；故选：AD.7.真空中有四个相同的点电荷，所带电荷量均为q，固定在如图所示的四个顶点上，任意两电荷的连线长度都为L，静电力常量为k，下列说法正确的是A. 不相邻的两棱中点连线在同一条电场线上B. 每条棱中点的电场强度大小都为C. 任意两棱中点间的电势差都为零D. a、b、c三点为侧面棱中点，则a、b、c所在的平面为等势面【答案】BC【解析】【详解】假设ab连线是一条电场线，则b点的电场方向沿ab方向，同理如果bc连线是一条电场线，b的电场方向沿bc方向，由空间一点的电场方向是唯一的可知电场线不沿ab和bc方向
12、，因此A错；由点电荷的电场的对称性可知abc三点的电场强度大小相同，由电场的叠加法则可知上下两个点电荷对b点的和场强为零，左右两个点电荷对b点的合场强不为零，每个电荷对b点的场强，合场强为，故B正确；由点电荷的电势叠加法则及对称性可知abc三点的电势相等，因此任意两点的电势差为零，故C正确；假设abc平面为等势面，因此电场线方向垂直于等势面，说明电场强度的方向都在竖直方向，由电场叠加原理知b点的电场方向指向内底边，因此abc不是等势面，故D错误。8.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
13、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
14、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。
15、【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三、非选择题9.用落体法验证机械能守恒定律，打出如图甲所示的一条纸带。已知打点计时器频率为50Hz.（1）根据纸带所给数据，打下C点时重物的速度为 _m/s（结果保留三位有效数字）。（2）某同学选用两个形状相同，质量不同的重物a和b进行实验，测得几组数据，画出图象，并求出图线的斜率k，如图乙所示，由图象可知a的质量m1 _b的质量m2（选填“大于”或“小于”）。（3）通过分析发现造成k2值偏小的原因是实验中存在各种阻力，已知实验所用重物的质量m2 = 0.052kg，当地重力加速度g = 9.78m/s2，求出重物所受的平均阻力f =_N.（结果保留两位有效数字）【答案】 (1). 2.25m/s (2). 大于 (3). 0.031【解析】【详解】（1）C点的瞬时速度等于BD段的平均速度，则有：（2）根据动
