《江西省上饶市横峰中学、铅山一中、余干一中2019届高三上学期第一次联考物理试题 含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省上饶市横峰中学、铅山一中、余干一中2019届高三上学期第一次联考物理试题 含解析（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、江西省上饶市横峰中学、铅山一中、余干一中2019届高三上学期第一次联考物理试题一、选择题1.亚里士多德在其著作物理学中说：一切物体都具有某种“自然本性”，物体由其“自然本性”决定的运动称之为“自然运动”，而物体受到推、拉、提、举等作用后的非“自然运动”称之为“受迫运动”伽利略、笛卡尔、牛顿等人批判的继承了亚里士多德的这些说法，建立了新物理学；新物理学认为一切物体都具有的“自然本性”是“惯性”下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合新物理学的是（ ）A. 一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动静止或者匀速直线运动B. 作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因C. 可绕竖直轴转动
2、的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的D. 竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动，是由于物体具有惯性【答案】C【解析】【详解】A.力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，所以当物体不受到任何外力的时候，总保持静止或者匀速直线运动的状态，故选项A正确；B.当物体受到外力作用的时候，物体的运动状态会发生改变，即力是改变物体运动状态的原因，故选项B正确；C.可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子需要的向心力”
3、超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的，故选项C错误；D.物体具有向上的速度，由于具有保持这种运动状态的惯性，虽然受到向下的重力，但物体不会立即向下运动，故选项D正确。本题选择错误答案，故选：C2.从t0时刻开始，甲沿光滑水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；乙静止于光滑水平地面，从t0时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用。则在04 s的时间内()A. 甲物体所受合力不断变化B. 甲物体的速度不断减小C. 2 s末乙物体改变运动方向D. 2 s末乙物体速度达到最大【答案】D【解析】速度时间图像的斜率表示加速度，从图甲中可知甲运动的速度时间图像的斜率不变，即加速度恒定，所以合力恒定，A错误；从图甲
4、中可知甲的速度先减小后反向增大，B错误；由乙图知：乙所受的拉力先沿正向后沿负向，说明乙在0-2s内做加速度减小的加速运动，2-4s内沿原方向做加速度增大的减速运动，2s运动方向没有改变，2s末乙物体速度达到最大，C错误D正确。【点睛】抓住图象斜率与加速度的关系是分析的关键对于乙是常规问题，不能认为力一反向，运动方向就反向3.如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒固定在地面上，圆锥筒的轴线竖直。一个小球贴着筒的内壁在水平面内做圆周运动，由于微弱的空气阻力作用，小球的运动轨迹由A轨道缓慢下降到B轨道，则在此过程中()A. 小球的向心加速度逐渐增大B. 小球运动的角速度逐渐减小C. 小球运动的线速度逐渐增大
5、D. 小球运动的周期逐渐减小【答案】D【解析】【详解】A：以小球为研究对象，对小球受力分析如图：由牛顿第二定律可得：，可知小球的向心加速度不变。故A项错误。BD：由于，半径减小，小球运动的角速度增大；又，小球运动的周期减小。故B项错误，D项正确。C：由于，半径减小，小球运动的线速度逐渐减小。故C项错误。4.我国曾成功发射“一箭20星”，在火箭上升的过程中分批释放卫星，使卫星分别进入离地200600 km高的轨道。轨道均视为圆轨道，下列说法错误的是()A. 离地近的卫星比离地远的卫星运动速率大B. 离地近的卫星比离地远的卫星向心加速度大C. 上述卫星的角速度均大于地球自转的角速度D. 同一轨道上
6、的卫星受到的万有引力大小一定相同【答案】D【解析】【详解】A：据，得；则离地近的卫星比离地远的卫星运动速率大。故A项正确。B：据，得；则离地近的卫星比离地远的卫星向心加速度大。故B项正确。C：据，得；题中卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则题中卫星的角速度大于同步卫星的角速度，即题中卫星的角速度大于地球自转的角速度。故C项正确。D：据，同一轨道上质量不同的卫星受到的万有引力大小不同。故D项错误。本题选错误的，答案是D。5.质量为2 kg的物体A做平抛运动，落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为L5 m，不考虑空气阻力的影响，重力加速度g取10 m/s2，下列说法中正确的是()A. 物体A
7、落地时的动量大小为10 kgm/sB. 物体A落地时的动能为100 JC. 物体A落地时，速度与水平方向的夹角是45D. 物体A做平抛运动中合力的平均功率为125 W【答案】A【解析】【详解】A：由平抛运动规律知：、，解得：、；物体落地时竖直方向速度，落地时速度，落地时的动量。故A项正确。B：物体A落地时的动能，故B项错误。C：物体A落地时，速度与水平方向的夹角的正切值，则速度与水平方向的夹角不是45。故C项错误。D：物体A做平抛运动中合力是重力，这段时间内重力做的功，这段时间内合力的平均功率。故D项错误。6.竖直平面内存在有匀强电场，一个质量为m，带电荷量为q的小球以初速度v0沿与竖直方向成
8、角斜向左上方沿直线运动，已知小球运动路径恰好在匀强电场的平面内，那么在小球发生位移L的过程中，下列分析正确的是()A. 若小球做匀速直线运动，则电场强度EB. 若小球做匀加速直线运动，电场强度可能等于EC. 若小球运动过程电势能不变，则电场强度ED. 若小球运动过程电势能不变，则小球的动量变化量与速度同向【答案】C【解析】【详解】A：若小球做匀速直线运动，说明电场力等于重力，即，解得：电场强度。故A项错误。B：若小球做匀加速直线运动，则合力方向与速度方向相同，据三角形定则可得下图：则电场力大于重力，即。故B项错误。CD：若小球运动过程电势能不变，说明电场力方向与运动方向垂直，物体受力情况如图：
9、小球沿与竖直方向成角斜向左上方沿直线运动，则小球所受合力方向与速度反向，将力分解为速度方向和与速度垂直方向可得，解得：。又小球所受合力方向与速度反向，小球的动量变化量与速度反向。故C项正确，D项错误。7.如图所示，质量为 M 的斜面体 A 置于粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为 m 的小球 B 置于斜面上，整个系统处于静止状态已知斜面倾角30，轻绳与 斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，则A. 斜面体对小球的作用力的大小为 mgB. 轻绳对小球的作用力的大小为C. 斜面体对水平面的压力的大小为(Mm)gD. 斜面体与水平面间的摩擦力的大小【答案】【解析】试题分析：以B球为研究
10、对象，分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件得2Tcos=mg； Tsin=N1sin， 解得，轻绳对小球的作用力大小为，斜面对小球的作用力大小为故A正确，B错误以B球和斜面整体为研究对象，分析受力情况，如图2所示，则有N2+Tcos=（M+m）g； f=Tsin，解得水平面对斜面体的支持力N2=Mg+mg，水平面对斜面体的摩擦力故C错误，D正确故选AD。考点：物体的平衡8.如图以实线为理想边界，上方是垂直纸面向里的匀强磁场。质量和带电荷量大小都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直边界和磁场进入匀强磁场，运动的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述错误的是()A. M带负电，N带正电B.
11、M的速率小于N的速率C. 洛伦兹力对M、N都做正功D. M在磁场中的运动时间大于N在磁场中的运动时间【答案】BCD【解析】【详解】A：据左手定则可判断，M带负电，N带正电。故A项正确。B：据，解得：；粒子M的轨道半径大于N的轨道半径，则M的速率大于N的速率。故B项错误。C：洛伦兹力对电荷不做功，故C项错误。D：据、，解得：粒子在磁场中的运动时间；M、N的质量和带电荷量大小都相等，M在磁场中的运动时间等于N在磁场中的运动时间。故D项错误。本题选错误的，答案是BCD。9.电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声
12、音。下列说法正确的有()A. 选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B. 取走磁体，电吉他将不能正常工作C. 增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D. 弦振动过程中，线圈中的电流方向不变【答案】BC【解析】【详解】A：铜质弦不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作。故A项错误。B：取走磁体，金属弦无法磁化，电吉他将不能正常工作。故B项正确。C：据法拉第电磁感应定律知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势。故C项正确。D：弦振动过程中，线圈中磁通量一会增大一会减小，电流方向不断变化。故D项错误。【点睛】不是所有的金属都能被磁化，能被磁化的是铁、钴、镍等金属。10.一质量为m、电阻为R、边长为L的正
13、方形导线框静止在光滑绝缘水平桌面上，桌面上直线PQ左侧有方向竖直向下的匀强磁场I，磁感应强度大小为B，PQ右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为2B，俯视图如图所示。现使线框以垂直PQ的初速度v向磁场运动，当线框的三分之一进入磁场时，线框速度为，在这个过程中，下列说法正确的是( )A. 线框速度为 时，线框中感应电流方向为逆时针方向B. 线框速度为时，线框的加速度大小为C. 线框中产生的焦耳热为D. 流过导线横截面的电荷量为【答案】CD【解析】【详解】A：据右手定则可知，线框速度为时，线框右边切割产生的感应电流是顺时针，线框左边切割产生的感应电流也是顺时针，则线框中感应电流方向为顺时针
14、方向。故A项错误。B：据法拉第电磁感应定律，线框速度为时，线框中感应电动势，线框中感应电流，安培力，线框的加速度。故B项错误。C：据功能关系，线框中产生的焦耳热，故C项正确。D：此过程中的平均感应电动势，平均感应电流，流过导线横截面的电荷量，此过程中磁通量的变化量，则。故D项正确。【点睛】感应电量，这个规律要能熟练推导并应用。二、实验题11.某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20 Hz、30 Hz和40 Hz。打出纸带的一部分如图(b)所示。该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他题给条件进行推算。若从打出的纸带
15、可判定重物匀加速下落，利用f和图(b)中给出的物理量可以写出：（1）在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为_，打出C点时重物下落的速度大小为_，重物下落的加速度大小为_。（用字母表示）(2)已测得s18.89 cm，s29.50 cm，s310.10 cm；当地重力加速度大小为9.80 m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%。由此推算出f为_ Hz。【答案】 (1). ； (2). ； (3). ； (4). 40；【解析】【详解】(1)在打点计时器打出B点时，重物下落的速度；打出C点时重物下落的速度重物下落的加速度(2)由牛顿第二定律得：，解得：，代入数据解得：【点睛】本题主要考察了验证机械能守恒定律、纸带数据分析。解决这类问题的关键是会根据纸带数据求打某一点的瞬时速度、整个过程的加速度；解决本题要特别注意的是打点计时器的频率不是常用的50 Hz。12.某同学用伏安法测一节干电池的电动
