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广西柳州市2019届高三1月模拟考试理综试卷物理试题二、选择题:本大题共8小题,每小题6分在每小题给出的四个选项中,第1418题只有一项是符合题目要求,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. 原子的核式结构学说,是卢瑟福根据以下哪个实验提出来的( )A. 光电效应实验B. 氢原子光谱实验C. 粒子散射实验D. 天然放射实验【答案】C【解析】试题分析:卢瑟福通过a粒子散射实验,发现绝大多数a粒子不发生偏转,只有极少数a粒子发生大角度偏转,进而提出了原子的核式结构模型,所以C选项正确。考点:本题考查物理学史问题。2. 如图所示,虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴,相交于O点,两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上,下列说法中正确的是( )A. C、D两处电势、场强均相同B. A、B两处电势、场强均相同C. 在虚线AB上O点的场强最大D. 带正电的试探电荷在O处的电势能小于在B处的电势能【答案】C【解析】由等量异种点电荷周围电场线和等势线的分布情况可知,A、B两处电势不相等,场强相同,A错;CD两处电势、场强均相同,B对;在虚线AB上O点的场强最小,C错;带正电的试探电荷从O点运动到B点电场力先做正功后作负功,由于B点确切位置未知,OB两点电势高低不能确定,D错;3.在平直的公路上有甲、乙两辆同向行驶的汽车,它们的v-t图像分别是如图线甲、乙所示,t=4s时,两车相遇,则下列说法正确的是A. t=0时刻,甲车位于乙车前面B. 甲车的速度变化率小于乙车的速度变化率C. t=8s时两车再次相遇D. t=12s时两车再次相遇【答案】D【解析】【分析】通过图线斜率绝对值大小判断加速度的大小。根据速度时间图线判断汽车的运动规律,通过图线与时间轴围成的面积表示位移判断哪个汽车在前。由速度关系分析两车间距的变化情况。【详解】A、根据图线与时间轴围成的面积表示位移,知0-4s内甲车通过的位移比乙车的大,而在t=4s时,两车相遇,所以在t=0时刻,甲车在乙车的后面,故A错误;B、根据图像的斜率可知,甲车速度变化得较快,故甲车的速度变化率较大,B错误;C、在4s到8s内,甲车的速度大于乙车的速度,故甲车在前,乙车在后,在8s时,两车速度达到相等,此时,两车距离最远,C错误;D、根据图线与时间轴围成的面积表示位移并且利用割补法可知,在4s到12s内,两车位移相等,故甲乙两车在12s时,再次相遇,D正确。故本题选D。【点睛】解决本题的关键要理解速度时间图线的物理意义,知道图线与时间轴围成的面积表示位移,图线的切线斜率表示瞬时加速度。4.在匀强磁场中,一矩形金属框(电阻不计)绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图甲所示,产生的交变电动势的图像如图乙所示,将此金属框产生的交流电输入图丙中理想变压器的原线圈上,变压器的原、副线圈匝数比为21,则 A. 通过电阻R的电流方向每秒改变50次B. t=0.015s时金属框位于中性面处C. t=0.01s时电压表示数为零D. 通过金属框的最大磁通量为Wb【答案】D【解析】【分析】(1)变压器不会改变交流电的频率;(2)通过感应电动势的瞬时值可确定线圈处在什么位置;(3)在变压器电路中,电流表和电压表读数均为有效值;【详解】A、由乙图可知,该交流电的周期为0.02s,频率为50Hz,而变压器变压的过程中,并不改变交流电频率的大小,故通过电阻R的交变电流频率也为50Hz,该电流方向每秒改变100次,A错误;B、t=0.015s时,瞬时感应电动势最大,故此时金属框两条边正垂直切割磁感线,其所在平面和中性面垂直,B错误;C、电压表的示数是副线圈电压的有效值,故电压表示数不为零,且保持不变,C错误;D、由题意可知,本题中N=1匝,故,D正确。故本题选D。【点睛】熟练掌握理想变压器基本原理,并知道交流电的产生方式和过程,是解决本题的关键。5.观察某卫星在圆轨道上的运动,发现每经过时间t,卫星绕地球转过的圆心角为(弧度),如图所示,已知地球的质量为M,引力常量为G,由此可推导出卫星的速率为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由题可知,该卫星绕地球转动的角速度为,又根据万有引力提供向心力得:,且,其中m为该卫星的质量,联立解得:。故本题选A。【点睛】解决本题的关键是知道,角速度是用来计算的。然后可利用环绕法模型,结合角速度和线速度的关系求解。6.以下物理事实,下列描述正确的是A. 安培受通电螺线管外部磁场与条形磁铁磁场相似的启发,提岀了分子电流假说B. 在燃气灶中,安装有电子点火器,接通电子线路时产生高电压,通过高电压放电来点燃气体,点火器的放电电极往往做成球状C. 为了避免微安电流表在运输过程中指针晃动角度过大,可用导线将正负接线柱连接起来D. 奥斯特历经十年之久,发现了电磁感应现象【答案】AC【解析】【详解】A、通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场相似,安培受此启发后运用类比法提出分子电流假说,A正确;B、在燃气灶中,安装有电子点火器,接通电子线路时产生高电压,通过高压放电来点燃气体,点火器的放电电极往往做成针形,B错误;C、电流表在运输过程中需要将两个接线柱用导线短接,是为了让内部产生感应电流从而受电磁阻尼,阻碍指针的振动,从而防止振针因撞击而弯曲变形,C正确;D、法拉第利用十年之久,发现了电磁感应现象,D错误。故本题正确答案选AC。7.如图所示,质量为M的斜面位于水平地面上,斜面高为h,倾角为。现将一质量为m的滑块(可视为质点)从斜面顶端自由释放,滑块滑到底端时速度大小为v,重力加速度为g,若不计一切摩擦,下列说法正确的是A. 滑块受到的弹力垂直于斜面,且做功不为零B. 滑块与斜面组成的系统动量守恒C. 滑块滑到底端时,重力的瞬时功率为 mgvsinD. 滑块滑到底端时,斜面后退的距离为【答案】AD【解析】【分析】对小物块受力分析,根据物块的受力情况和实际位移,并根据做功条件判断滑块受到的FN对其做功的情况;滑块和斜面组成的系统在水平方向动量守恒;【详解】AB、如图所示,滑块下滑的过程中,斜面沿水平地面向右运动,滑块和斜面组成的系统在竖直方向受力不平衡,在水平方向不受外力,故系统水平方向动量守恒。滑块受到的弹力与斜面垂直,但是由于斜面也在运动,导致滑块的位移和弹力不垂直,故弹力做功不为零。A正确,B错误;C、滑块滑到斜面底端瞬间,其速度方向和位移的方向一致,并不沿着斜面,故其重力的瞬时功率为不等于,C错误;D、设滑块从斜面顶端滑动到底端的过程中,滑块和斜面沿水平方向的位移大小分别为和,水平方向动量守恒,根据反冲模型,解得:斜面后退的距离,D正确。故本题正确答案选AD。【点睛】知道力做功的条件,并能熟练运用动量守恒定律解题,是解决本题的关键。8.如图,两根足够长光滑平行金属导轨PP、QQ倾斜放置,匀强磁场垂直于导轨平面,导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连,金属棒ab水平跨放在导轨上,下滑过程中与导轨接触良好。现由静止释放金属棒ab,假定电容器不会被击穿,忽略一切电阻,则下列说法正确的是A. 金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势B. 金属棒ab匀加速下滑C. 金属棒ab最终可能匀速下滑D. 金属棒下滑过程中减少的重力势能等于棒增加的动能【答案】AB【解析】【分析】根据右手定则可判断金属棒切割磁感线的过程中,其两端电势的高低;由牛顿第二定律可得含容回路中,导体棒运动的加速度公式为,可判断导体棒正做匀加速直线运动。【详解】A、由右手定则可知,金属棒切割磁感线的过程中,a端电势高,b端电势低,故M板的电势高于N板的电势,A正确;BC、金属棒切割磁场的过程中,由牛顿第二定律可知:,电容器两板间的电势差,电容器所带电荷量为,电容器在充电,充电电流,联立上述各式,得金属棒运动的加速度:,该加速度为恒定值,故金属棒做匀加速直线运动,B正确,C错误;D、金属棒下滑的过程中,减小的重力势能除了转化为动能外,还有能量储存为电场能,D错误。故本题正确答案选AB。【点睛】熟练使用右手定则判断动生电动势的方向,并能从牛顿第二定律出发,推导金属棒运动的加速度,是解决问题的关键。三、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第2题第32题为必考题,每个试题考生都必须做答,第33题第40题为选考题,考生根据要求做答。(一)必考题(共129分)9.在“测定金属丝电阻率”的实验中(1)某实验小组所测量金属丝的直径的示数如图甲所示,则它的读数是_mm。(2)已知实验所用金属丝电阻约为5。为更精确地测量其阻值,某同学设计了如乙图电路,滑动变阻器阻值范围为0-10,电流表内阻约几欧,电压表内阻约20k。电源为干电池(不宜在长时间、大功率状况下使用),电动势E=4.5V,内阻很小。为使电路达到最佳测量效果,图乙中电压表应接到_(选填“A”或“B”)点,实验时,开关S1应处于_(选填“闭合”或“断开”)状态,若测得电压表读数为U,电流表读数为I,金属丝长为l,直径为D,则此金属丝电阻率=_。【答案】 (1). 0.997-1.000mm (2). B (3). 断开 (4). 【解析】【详解】(1)螺旋测微器读数为0.5mm+49.80.01=0.998mm,结果在0.997-1.000mm均算正确;(2)由题意可知,金属丝电阻属于小电阻,应使用电流表外接法,测量才能较准确,故图乙中的电压表应接到B端;本实验中滑动变阻器是待测电阻阻值的2倍,滑动变阻器使用限流接法,对调节电路电流较为方便,故实验时,开关S1应处于断开状态;由电阻定律可得:;故本题答案为:(1). 0.997-1.000mm范围内均正确 (2). B ;断开;。10.某实验小组用如图甲所示的装置测量弹簧的劲度系数k。当挂在弹簧下端的砝码处于静止状态时,测出弹簧受到的拉力F与对应的弹簧长度L(弹簧始终在弹性限度内),列表记录如下下表记录的是该同学已测出的6个值,其中有一个数值在记录时有误,它是_。A L1 B.L2 C L5 D.L6根据乙图示数,表中还没有记录的测量值L3=_cm;设弹簧每增加拉力F对应的伸长量为L,则此弹簧的劲度系数的表达式k=_;因为逐差法常用于处理自变量等间距变化的数据组,所以小组一成员用逐差法求出L的平均值来减小实验误差,试用L1、L2、L3、L4、L5、L6表示L的平均值=_。【答案】 (1). D (2). 7.83-7.93 (3). (4). 【解析】【详解】刻度尺读数应估读到最小分度(毫米刻度)的下一位,故第5组数据有误,正确结果应为11.30cm,选D。从表格中可以看出,若拉力F=0.49N,则弹簧伸长量L的平均值为:,故L3的测量值约为7.86cm;根据胡克定律可知:;根据逐差规律得:;,则的平均值为:;故本题答案为:D;7.83-7.93均正确;11.如图所示,传送带与地面的夹角=37,以4m/s速度顺时针转动,在传送带下端轻轻地放一个质量m=1kg的物块,设它与传送带间的动摩擦因数=1,已知传送带从A到B的长度L=6m,g取10m/s2,物块从A到B过程中,求:(1)物块相对传送带滑动时的加速度大小;(2)物块相对传送带滑动的时间(3)传送带对物块所做的功。【答案】(1)2m/s2 (2)2s (3)44J【解析】【详解】(1)对滑块有:解得:(2)假设滑块仍为运动到传送带顶端,当滑块加速度到传送带速度时有:,解得:显然,显然此后滑块随传送带一起匀加速到传送带顶端故有或,解得:(3)由(2)可知,滑块运动到传送带顶端时,速度为由动能定理有:解得:=44J12.设空间存在三个相互垂直的已知场如图甲所示,电场强度为E的匀强电场,磁感应强度为B的匀强磁场和重力加速度为g的重力场。一质量为m、电荷量为q的带正电小球在此空间做匀速直线运动。(1)若小球仅在xOz平面内运动,如图乙所示,求此时小球运动的速度大小;(2)在(1)的情况下,若小球经过坐标原点O时,撤去磁场,求小球再次回到x轴时沿x方向的位移大小;(3)若在某一时刻,电场和磁场突然全部消失,己知此后该质点在运动过程中的最小动能为其初始动能(即电场和磁场刚要消失时的动能)的,试求此小球初始时运动的速度大小。【答案】(1) (2) (3) 【解析】【详解】(1)由分析可知小球做匀速直线运动,即电场、磁场和重力场对质点作用力的合力为零所以:解得:(2)方法一:撤去磁场后小球在xOz平面内做类平抛运动,设沿x轴的方向位移为x,速度方向与x轴正方向夹角为,小球加速度为,则有:,沿速度方向,小球做匀速直线运动,垂直于速度方向,小球做匀加速直线运动,解得:方法二:设小球沿x轴方向的分速度为,沿z轴方向的分速度为,没有撤去磁场时,有:,撤去磁场后,小球在z轴方向上做竖直上抛运动,返回时间小球在y方向上做匀加速直线运动,(3)小球运动的速度在三个坐标轴上均有分量,设小球的速度大小为,它在坐标系中的三个分量分别为,由题,小球在三个方向均作匀速直线运动,由(2)可知,显然,电场和磁场消失后,粒子仅在重力作用下运动,保持不变,减小,当等于0时,粒子的动能最小,最小动能:根据题意有:解得:所以粒子的初速度为。(二)选考题:共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号右边的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做,则每学科按所做的第一题计分。(物理选修3-313.下列说法正确的是_(选对一个给2分,选对两个给4分,选对3个给5分。每选错一个扣3分,最低得分为0分)A.第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律B.温度高的物体其分子平均动能一定大C.理想气体的温度升高时,气体内每个分子的速率都增大D.昆虫可以停在水面上,主要是昆虫受到液体表面张力的作用E.热力学第二定律指出:在任何自然的过程中,一个孤立的系统的总墒不会减小【答案】BDE【解析】【详解】A、第二类永动机不可能制成,不是因为违反了能量守恒定律,而是因为违反热力学第二定律,A错误;B、分子的平均动能与温度有关,温度越高,分子平均动能越大,故B正确;C、物体温度升高时,只是分子的平均动能增大,并不是物体内的所有分子速率都变大,可能有部分分子的速率减小,C错误;D、表面层内液体分子的作用力主要表现为引力,正是分子间的这种引力作用,使表面层具有收缩的趋势;昆虫停在水面上,水面向下发生弯曲,表面层具有的收缩的趋势给了昆虫向上的支持力,D正确;E、根据热力学第二定律,在任何自然的热力学过程,总是朝着熵增加的方向进行的,E正确。故选BDE。【点睛】本大题包含了3-3大部分内容,各部分难度不大,但从题目来看考查范围很广,要求能全面掌握。14.如图所示,两个截面积都为S的圆柱形容器,右边容器高为H。上端封闭,左边容器上端是一个可以在容器内无摩檫滑动的质量为M的活塞。两容器由装有阀门的极细管道相连,容器、活塞和细管都是绝热的。开始时阀门关闭,左边容器中装有理想气体,平衡时活塞到容器底的距离为H,右边容器内为真空。现将阀门缓慢打开,活塞便缓慢下降,直至系统达到新的平衡。此时理想气体的温度增加为原来的1.4倍,已知外界大气压强为P0,重力加速度为g,求:阀门打开前气体的压强;阀门打开后系统重新达到平衡时活塞的高度;从阀门打开后到系统重新达到平衡时气体内能的增加量。【答案】 【解析】【分析】对活塞受力分析,应用理想气体状态方程求出活塞下降的距离,再根据热力学第一定律求内能的变化。【详解】设气体压强为,由活塞受力平衡得解得:设气体初态的温度为T,系统达到新平衡时活塞的高度为由盖吕萨克定律得:解得:系统绝热,即外界对气体做功为:根据热力学第一定律得:【点睛】本题

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