辽宁省朝阳市2019届高三物理模拟联考试题（含解析）.docx

辽宁省朝阳市2018-2019学年高三模拟联考理综物理试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求；第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1.高铁列车在启动阶段的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动。从列车启动开始计时，以其出发时的位置为初位置，在启动阶段，列车的动量大小A. 与它所经历的时间成正比B. 与它所经历的时间的二次方成正比C. 与它的位移大小成正比D. 与它的动能成正比【答案】A【解析】【详解】设高铁列车在启动阶段的加速度为a，经时间t的速度为v=at，则动量的大小为P=mv=mat，即与它所经历的时间成正比，故A正确，B错误；根据,得：,则动量的大小为，故C错误；根据，得：，故D错误；故选A。2.如图所示，由地面同一点踢出的甲、乙两足球的飞行路径分别为曲线1和曲线2，且两曲线的最高点等高。忽略空气阻力对足球飞行的影响，下列说法正确的是A. 足球甲在空中飞行的时间大于足球乙在空中飞行的时间B. 足球甲在空中飞行的时间小于足球乙在空中飞行的时间C. 足球甲的落地速度大于足球乙的落地速度D. 足球甲的落地速度小于足球乙的落地速度【答案】D【解析】【详解】设任一足球的初速度大小为v0，初速度的竖直分量为vy，水平分量为vx，初速度与水平方向的夹角为，上升的最大高度为h，运动时间为t，落地速度大小为v。取竖直向上方向为正方向，足球竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为a=-g。由0-vy2-2gh，得：vy=，由题，最大高度h相等，则两个足球初速度的竖直分量相同；根据，可知足球甲在空中飞行的时间等于足球乙在空中飞行的时间，选项AB错误； 根据机械能守恒定律得知，足球落地时与抛出时速度大小相等。由vy=v0sin可知v0= ，路径1足球初速度与水平的夹角最大，则其初速度v0最小，则路径1的落地速率最小；即足球甲的落地速度小于足球乙的落地速度，选项C错误，D正确；故选D.3.所谓太阳同步轨道卫星，指的是卫星的轨道平面和太阳始终保持相对固定的取向，轨道倾角(轨道平面与赤道平面的夹角)接近90，卫星要在两极附近通过。关于这些太阳同步轨道卫星，下列说法正确的是A. 发射速度均大于第二宇宙速度B. 可能与地球保持相对静止C. 做圆周运动的线速度一定小于第一宇宙速度D. 做圆周运动的向心力大小一定相同【答案】C【解析】【详解】第二宇宙速度是脱离地球的引力的最小速度，而太阳同步轨道卫星仍然绕地球运转，则其发射速度远小于第二宇宙速度，选项A错误；地球同步轨道与赤道平面重合，而此卫星要在两极附近通过，轨道平面与赤道平面的夹角接近90，则不可能是同步卫星，也不可能与地球保持相对静止，选项B错误；速度7.9km/s是第一宇宙速度，是卫星环绕地球做圆周运动的最大速度，则此卫星做圆周运动的线速度一定小于第一宇宙速度。故C正确。因卫星的质量关系不确定，则卫星做圆周运动的向心力大小不一定相同，故D错误。故选C.4.图示为氢原子的能级图，现让一束单色光照射到大量处于基态(量子数n=1)的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出6种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为A. 0.54eV B. 0.85eV C. 10.2eV D. 12.75eV【答案】D【解析】【分析】根据氢原子只发出6种不同频率的色光，根据公式确定单色光照射大量处于基态的氢原子使它跃迁到哪一个激发态，从而根据能极差求出照射光子的能量【详解】由题意应该有，得n=4即能发出6种频率光的一定是n=4能级，则照射氢原子的单色光的光子能量为：-0.85ev-（-13.6ev）=12.75ev，故选D。【点睛】明确原子吸收光子是量子化的，会求能级差是求这类问题的基础5.在光滑水平轨道上有两个小球A和B(均可看做质点)，质量分别为2m和3m当两球间的距离大于L时，两球之间无相互作用；当两球间的距离等于或小于L时，两球间存在大小为F的恒定斥力。设A球从距离B球足够远处以某一初速度沿两球连线向原来静止的B球运动，如图所示，结果两球恰好接触，则该初速度大小为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】两球不发生接触的临界条件：v1=v2，由动量守恒定律：2mv0=(2m+3m)v由能量关系： 联立解得：，则选项B正确，ACD错误；故选B.【点睛】此题用动量守恒定律与能量守恒关系结合，很简单快捷；也可根据牛顿第二定律和运动公式结合求解，但是此方法较繁。6.一交流电压的瞬时值表达式为u=200sin50t(V)，下列判断正确的是A. 该交流电压的频率为50HzB. t=0.01s时，该交流电压的瞬时值为50VC. 直接用电压表测该交流电压，其示数为200VD. 若将该交流电压加在阻值为2k的电阻两端，则电阻的发热功率为20W【答案】D【解析】【分析】由表达式知识角速度，根据求解频率，根据瞬时值的表达式求解对应的瞬时值，电压表的示数为交流电的有效值，根据求解发热功率。【详解】由表达式知，角速度，则频率为，故A错误；当t=0.01s时，该交流电压的瞬时值为，故B错误；用电压表测该交流电压，其示数为交流电的有效值，即，故C错误；根据，解得：，故D正确，故选D。【点睛】本题考查交流电有效值、瞬时值、频率等知识交流电压测量的是有效值，计算交流电的电功、电功率和焦耳热等与热效应等有关的量都用有效值s7.如图所示，真空中有一个边长为L的正方体，正方体的两个顶点M、N处分别放置一个电荷量都为q的负点电荷，a、b、c、d是另外四个顶点。下列说法正确的是A. 同一电荷在c、d两点所受的电场力相同B. c、d两点的电势相等C. a、b两点的电场强度相同D. 把一正电荷从a点沿直线移到b点的过程中，正电荷的电势能先减小后增大【答案】BD【解析】【分析】根据电场线的分布比较电场强度的大小和电势的高低根据电场的叠加原理分析电场强度的情况，根据正电荷在电势越高的点电势能越大分析，电势能的变化情况。【详解】根据电场的叠加原理可知，c、d两点电场强度大小相等，方向不同，故同一电荷在c、d两点所受的电场力不相同，故A错误；M、N两点放的是等量同种负电荷，根据对称性可知c、d两点的电势相等，故B正确；根据电场的叠加原理可知，a、b两点的电场强度大小相等，方向不同，故C错误；根据等量同种负电荷电势分布特点，可知从a沿直线到b，电势先减小后增大，故将一正电荷从a点沿直线移到b点的过程中，正电荷的电势能先减小后增大，故D正确；故选BD。【点睛】解决本题的关键是要知道等量同种负电荷的电场分布情况，沿着电场线方向电势逐渐降低。8.如图所示，直角三角形ABC内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于ABC平面向里的匀强磁场，O点为AB边的中点，=30。一对正、负电子(不计重力)自O点沿ABC平面垂直AB边射入磁场，结果均从AB边射出磁场且均恰好不从两直角边射出磁场。下列说法正确的是A. 正电子从AB边的O、A两点间射出磁场B. 正、负电子在磁场中运动的时间相等C. 正电子在磁场中运动的轨道半径较大D. 正、负电子在磁场中运动的速率之比为(3+2)9【答案】ABD【解析】A、根据左手定则可知，正电子从AB边的O、B两点间射出磁场，故A正确；B、由题意可知，正、负电子在磁场中运动的圆心角为，根据可知正、负电子在磁场中运动的时间相等,故B正确；C、正、负电子在磁场中做匀速圆周运动，对正电子，根据几何关系可得，解得正电子在磁场中运动的轨道半径；对负电子，根据几何关系可得，解得正电子在磁场中运动的轨道半径，故C错误；D、根据可知，正、负电子在磁场中运动的速率之比为，故D正确；故选ABD。【点睛】根据左手定则可知，正电子从AB边的O、B两点间射出磁场，正、负电子在磁场中运动的圆心角为，正、负电子在磁场中运动的时间相等；正、负电子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系解得在磁场中运动的轨道半径，根据可知，正、负电子在磁场中运动的速率之比。9.某同学用图甲所示的实验装置测量木块P与长木板间的动摩擦因数。轻绳在另一相同的木块Q的带动下牵引木块P做匀加速直线运动，按正确操作得到纸带的一部分如图乙所示，每相邻两个计数点间还有四个点没有画出，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，取g=9.80m/s2。(1)打点计时器打下B点时木块P的速度大小为_m/s。(2)木块P与长木板间的动摩擦因数为_(结果保留两位有效数字)。【答案】 (1). 0.52 (2). 0.35【解析】【详解】（1）因T=0.1s，打点计时器打下B点时木块P的速度大小为 （2）由纸带可知，加速度： 对木块Q：mg-T=ma；对木块P：T-mg=ma；联立解得：10.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，所用小灯泡标有“3V 0.3A”字样，并提供以下器材：A.电压表V (05V，内阻约3k)B电流表A1 (03A，内阻约0.2)C.电流表A2 (0500mA，内阻约1)D.滑动变阻器R1(010)E.滑动变阻器R2(02k)F.直流电源E(电动势4.5V，内阻不计)G.开关S及导线若干(1)为了提高测量的准确度和调节方便，实验中应选用的电流表是_(选填“B”或“C”)，应选用的滑动变阻器是_(选填“D”或“E”)(2)在虚线框内画出实验电路图_。 (3)正确设计并连接好实验电路后，闭合开关S缓慢移动滑动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光，由电流表和电压表得到的多组示数描绘出的U-I图象如图所示，可知随着小灯泡中的电流增大，小灯泡的电阻_(选填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】 (1). （1）C (2). D (3). （2）如图； (4). （3）增大。【解析】【分析】（1）器材的选择需安全和精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表和电压表的量程，从而测量误差的角度选择滑动变阻器。（2）电压和电流需从0测起，滑动变阻器需采用分压式接法，通过灯泡的电阻大小判断其是大电阻还是小电阻，从而确定电流表内接还是外接，由此画出实验电路图；（3）根据实验原理分析即可【详解】（1）小灯泡的额定电压为3V，小灯泡的额定电流为0.3A，从安全和精确度方面考虑，所以电流表量程选500mA的A2，故选C总电阻为2000的滑动变阻器连入电路，电流非常小，测量误差较大，所以选用总电阻为10的滑动变阻器R1，故选D；（2）小灯泡在正常工作时的电阻，远小于电压表内阻，属于小电阻，“小外偏小”，电流表采用外接法。电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法。电路图如图所示：（3）通过灯泡的电流随灯泡两端电压增大而增大，小灯泡的电阻随温度的升高逐渐增大，所以U-I图象中的斜率也要逐渐增大，即小灯泡的电阻增大。【点睛】解决本题的关键掌握器材选取的原则，掌握滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，以及电流表内外接的区别11.如图所示，光滑半圆弧轨道的半径为R，OA为水平半径、BC为竖直直径，光滑半圆弧轨道与粗糙水平滑道CM相切于C点，在水平滑道上有一轻弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端恰好位于滑道的末端C点(此时弹簧处于自然状态)。在弹簧右端放置一质量为m的物块(可视为质点)，现向左缓慢推动物块压缩弹簧，使弹簧的弹性势能为，撤去外力释放物块，物块被弹簧弹出去后恰能到达A点。已知物块与水平滑道间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，求：(1)物块离开弹簧刚进入半圆轨道时对轨道的压力大小FN；(2)撤去外力时弹簧的压缩量d【答案】（1）3mg（2） 【解析】【分析】（1）根据机械能守恒定律求出小物块运动到C点的速度，根据牛顿第二定律求出C点的支持力大小，根据牛顿第三定律可得物块对轨道的压力；（2）据能量守恒定律求出弹簧的压缩量d【详解】（1）由题知，物块被弹簧弹出去后恰能到达A点，则从C到A，由机械能守恒得：在C点，根据牛顿第二定律得：联立解得：根据牛顿第三定律可知物块离开弹簧刚进入半圆轨道时对轨道的压力大小为3mg（2）弹簧从压缩到最短开始，至物块被弹离弹簧的过程中根据能量守恒得：解得：【点睛】本题考查了机械能守恒定律的基本运用，以及掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求解支持力的大小；灵活应用机械能量守恒定律求解12.如图所示，质量为m、边长为l的单匝正方形导线框abab套在横截面为正方形但边长略小于l的N磁极上，其aa边和bb边处于磁极的夹缝间，磁极的夹缝间存在水平方向的磁感应强度大小为B的匀强磁场(可认为其他区域无磁场)，导线框由电阻率为、横截面积为S的金属丝制成。导线框由静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平。磁场区域在竖直方向足够长，不计空气阻力，重力加速度大小为g。(1)求导线框下落的最大速度vm；(2)求导线框下落的加速度大小为0.5g时，导线框的发热功率P；(3)若导线框从被释放至达到最大速度(vm)的过程中，下落的高度为h，求导线框在下落2h的过程中产生的焦耳热Q.【答案】(1) (2) (3) 【解析】【详解】（1）设导线框下落的速度为v时，导线框中产生的感应电动势为E，感应电流为I，导线框受到的竖直向上的安培力大小为F，有：E=2Blv； 其中： F=2BIl解得 可见，F随速度v增大而增大，当F等于导线框受到的重力时，达到最大速度vm，则： 解得 （2）设当导线框下落的加速度为0.5g时，导线框中的电流为I1，此时导线框受到的安培力为F1，由牛顿第二定律： 其中F1=2BI1l导线框的发热功率：P=I12R解得 （3）导线框的速度达到最大速度vm后将以速度vm做匀速直线运动，在导线框下落2h过程中，由能量守恒： 解得：【点睛】解答这类问题的关键是通过受力分析，正确分析安培力的变化情况，找出最大速度的运动特征电磁感应与电路结合的题目，感应电动势是中间桥梁13.下列说法正确的是_A.温度高的物体，其分子的平均动能一定大B.岩盐是立方体结构，粉碎后的岩盐不再是晶体C.液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性D.热量可以从低温物体传给高温物体E.温度升高，气体的压强一定变大【答案】ACD【解析】【详解】温度越高，分子的平均动能越大，故A正确；岩盐是立方体结构，是晶体，且有规则的几何形状，粉碎后的岩盐仍是晶体，仍有规则的几何形状，故B错误；液晶是一种特殊的物态，它既有液体的流动性，又有晶体的各向异性，故C正确；根据热力学第二定律可知，热量可以从低温物体传到高温物体，不过需要消耗外界的功，故D正确；根据理想气体状态方程可知：，温度升高，气体的压强不一定增大，还与气体的体积是否变化有关，故E误。故选ACD。14.如图所示，固定在水平面上的汽缸长L=1m，汽缸中有横截面积S=100cm2的光滑活塞，活塞封闭了一定质量的理想气体，当缸内气体温度T0=300K大气压强p0=1105Pa时，活塞在汽缸右端开口处，现用外力把活塞从汽缸右端缓慢向左推至气柱长度l=80cm，汽缸和活塞的厚度均可忽略不计，缸内气体温度不变。（1）求活塞静止在气柱长度l=80cm时外力的大小F；（2）如果不用外力而缓慢降低缸内气体的温度，使活塞从汽缸右端开口处移至气柱长度l=80cm处，求此时缸内气体的温度T。【答案】（1）250N（2）240K【解析】【分析】（1）封闭气体等温变化，根据玻意耳定律和平衡条件列式求解；（2）封闭气体等压变化，根据盖吕萨克定律列式求解；【详解】（1）在此过程中，缸内气体发生等温变化，根据玻意耳定律有：由活塞受力平衡条件有：解得：F=250N（2）在此过程中，缸内气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律有：解得：T=240K【点睛】本题是气体问题，确定气体状态作何种变化是关键，要充分挖掘隐含的条件进行分析，选出合适的气体实验定理列式求解即可15.一列简谐横波沿x轴传播，t =0时的波形如图所示，质点A与质点B相距2m，