2019届高三物理上学期第一次模拟考试试题(含解析).doc

2019届高三物理上学期第一次模拟考试试题(含解析)一、选择题1.理想化模型是简化物理研究的重要手段，它抓住问题的主要因素，忽略次要因素，促进了物理学的发展下列关于理想化模型建立的表述正确的是（ ）A. 质点作为理想化模型忽略了物体的质量B. 点电荷作为理想化模型忽略了物体所带的电荷量C. 理想电压表忽略了电压表的内阻D. 理想变压器没有能量损失【答案】BD【解析】【详解】理想化模型的建立是一种科学方法的实践应用，质点、点电荷、轻弹簧、理想电压表、电流表和理想变压器都是理想化模型。质点作为理想化模型忽略了物体的大小和形状。故A错误；点电荷作为理想化模型忽略了物体的大小和形状；故B正确；理想电压表则是将内阻视作无穷大，故C错误；理想变压器是不计变压器上的能量损失。故D正确；故选BD。2. 在哈尔滨冰雕节上，工作人员将如图所示的小车和冰球推进箱式吊车并运至高处安装，先后经历了水平向右匀速、水平向右匀减速、竖直向上匀加速、竖直向上匀减速运动四个过程。冰球与水平底板和右侧斜挡板始终保持接触但摩擦不计。冰球与右侧斜挡板间存在弹力的过程是( )A. 向右匀速过程 B. 向右匀减速过程C. 向上匀加速过程 D. 向上匀减速过程【答案】B【解析】试题分析：向右匀速过程中冰球受到竖直向下的重力与底面对球的支持力的平衡，斜面没有作用力，所以A项错误；向右匀减速过程中，加速度方向水平向左，合力水平向左，右侧斜档板一定有弹力，所以B项正确；向上匀加速过程，合力向上，底面的支持力大于球的重力，右侧斜面挡板一定没有弹力，所以C项错误；向上匀减速过程中，球的重力大于底面的支持力，右侧斜面挡板一定没有弹力，所以D项错误。考点：本题考查了物体运动状态与受力情况3.图为一物体做直线运动时的图像，但纵坐标表示的物理量未标出已知物体在前2 s内向东运动，以下判断正确的是（ ）A. 若纵坐标表示速度，则物体在4 s内的位移为4 mB. 若纵坐标表示速度，则物体在4 s内的加速度大小不变，方向始终向东C. 若纵坐标表示位移，则物体在4 s内的运动方向始终向东D. 若纵坐标表示位移，则物体在4 s内的位移为零【答案】【解析】试题分析：若纵坐标表示速度：在4s内图线与时间轴所围成的面积为零，则位移为零，A错误；图线的斜率表示加速度，斜率不变，知加速度大小和方向都不变，前2s时间内向东运动，因为物体做减速运动，则加速度的方向与速度的方向相反，则物体的加速度方向向西，B错误若纵坐标表示位移：初末位置不同，则位移不为零物体在前2s时间内向东运动，从图线可知在4s内物体一直向东运动，C正确，D错误考点：本题考查v-t,x-t图像。4.如图所示，平行板电容器与恒压电源连接，电子以速度v0 垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场，设电容器极板上所带的电荷量为Q，电子穿出平行板电容器时在垂直于板面方向偏移的距离为y若仅使电容器上极板上移，以下说法正确的是（ ）A. Q减小，y不变B. Q减小，y减小C. Q增大，y减小D. Q增大，y增大【答案】【解析】仅使电容器上极板上移，两极板间距d增大，由C=S4kd知，电容器的电容减小，由C=QU知，U一定，C减小，则Q减小，选项C、D错误；由E=Ud知，电容器两极板间的电场强度减小，电子运动的加速度a=Eqm减小，电子在电场中做类平抛运动，电子穿出电场的时间不变，则电子穿出平行板电容器时在垂直极板方向偏移的距离y=12at2减小，选项A错误，选项B正确5.如图所示，组装成S形的轨道平放在水平面上，abc部分由薄壁细圆管弯成，半径为r=1.0m ，cde部分半圆形轨道的半径为R=2.0m，两部分在处圆滑连接在水平面内有一匀强电场，场强大小为E=2.0105Vm，方向水平向左一个质量m=0.01kg、电荷量q=5.010-7C的带正电的小球（可视为质点）从管口点进入轨道，发现带电小球恰好能从e处飞出不计一切摩擦，小球运动过程中带电荷量不变（g取10 ms2），则小球从管口a点进人轨道的最小速度为（ ） A. 10m/sB. 225m/sC. 230m/sD. 325m/s【答案】C【解析】【分析】带电小球恰好能从e处飞出时，小球的速度为零小球从a到e的过程中，电场力做功-qE（2r+2R），根据动能定理求出小球从管口a点进入轨道的最小速度【详解】设小球从管口a点进入轨道的最小速度为v，则由动能定理得：-qE2（r+R）=0-12mv2解得，v=4qE(r+R)m=45107210530.01=230m/s，故ABD错误，C正确。故选C。6.如图所示，一根细绳的上端系在O点，下端系一个小球B，B放在粗糙的斜面体A上现用水平推力F向右推斜面体使其在光滑水平面上向右匀速运动一段距离（细绳尚未到达平行于斜面的位置），则在此过程中（ ）A. 小球B做匀速圆周运动B. 摩擦力对小球B做正功C. 水平推力F对A做的功和小球B对A做的功大小相等D. A对小球B所做的功与小球B对A所做的功大小相等【答案】BC【解析】【详解】小球B的线速度可以分解为水平方向的分速度与沿绳子方向的分速度，如图， 则：v=v0cos，可知小球的线速度随的增大是逐渐变小的，故角速度逐渐变小。故A错误。如图，画出小球B受到的支持力N，摩擦力f的方向以及小球在该位置时运动的切线的方向，由图可知，斜面对B的摩擦力沿斜面向下，该点B运动轨迹的弧线在B受到的支持力的下方，所以B受到的摩擦力与B的位移方向夹角为锐角，所以斜面对B的摩擦力对m做正功，故B正确；斜面体A做匀速运动，动能不变，外力对A所做的总功为零，则知水平推力F和小球B对A做功的大小相等，故C正确。斜面对B的弹力和B对斜面的弹力是一对作用力和反作用力，大小相等，斜面在弹力方向上的位移等于B在弹力方向上的位移。所以A对重球B的弹力所做的功与重球B对A弹力所做的功大小相等，一正一负。由于B与A间存在相对运动，A的位移与B的位移不相等，所以A对重球B的摩擦力所做的功与重球B对A的摩擦力所做的功大小是不相等的；所以A对重球B所做的总功与重球B对A所做的总功大小不等，故D错误。故选BC。【点睛】恒力做功的表达式为W=FScos，功的正负可以看力与位移的夹角，当90时，力做正功；当=90时，力不做功；当90时，力做负功7.在如图所示电路中，闭合开关，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表A、V1、V2和V3的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表A、V1、V2和V3示数变化量的大小分别用I、U1、U2和AU3表示下列说法正确的是（ ）A. U1I不变，U1I不变B. U2I 变大，U2I变大C. U2I变大，U2I不变D. U3I比值变大，U3I比值不变【答案】【解析】【详解】根据欧姆定律得知U1I=U1I=R1，故当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，U1I、U1I均不变，A正确；U2I=R2，变大，根据闭合电路欧姆定律得U2=EIR1+r，则有U2I=R1+r，不变，B错误C正确；U3I=R1+R2，变大；根据闭合电路欧姆定律得U3=EIr，则有U3I=r，不变，D正确【点睛】本题对于定值电阻，是线性元件有R=UI=UI，对于非线性元件，R=UIUI8.一个带正电的小球沿光滑绝缘的水平桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平向里的匀强磁场，如图所示，小球飞离桌面后落到地板上，飞行时间为t1，水平射程为x1，着地速度为v1撤去磁场，其余的条件不变，小球的飞行时间为t2，水平射程为x2，着地速度为v2下列结论正确的是（ ）A. x1x2B. t1t2C. v1和v2大小相等D. v1和v2方向相同【答案】C【解析】【详解】设带正电，有磁场时，小球下落过程中要受重力和洛仑兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向都不变；洛仑兹力的大小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛仑兹力的方向跟速度方向垂直，总是指向右上方某个方向，其水平分力fx水平向右，竖直分力fy竖直向上。 如图所示，竖直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g，从而使运动时间比撤去磁场后要长，即t1t2，小球水平方向也将加速运动，从而使水平距离比撤去磁场后要大，即x1x2，若带负电，同理，洛伦兹力方向，与图洛伦兹力相反，则可知，竖直方向的加速度仍向下，但大于重力加速度g，从而使运动时间比撤去磁场后要短，即t1t2，小球水平方向也将减速运动，从而使水平距离比撤去磁场后要大，即x1x2，在有磁场，重力和洛仑兹力共同作用时，其洛仑兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不对粒子做功，不改变粒子的动能，有磁场和无磁场都只有重力作功，动能的增加是相同的。有磁场和无磁场，小球落地时速度方向并不相同，但速度的大小是相等的，故C正确，ABD错误。故选C。【点睛】本题关键运用分解的思想，把小球的运动和受力分别向水平和竖直分解，然后根据选项分别选择规律分析讨论.二、实验题9.为了测量物块和桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图甲所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置，板上固定的两个光电门相距为L=0.5m，滑块上遮光板的宽度d用游标卡尺测出，示数如图乙所示，质量为m=0.5 kg的滑块通过细线与重物相连，通过力传感器获得细线的拉力F=3N，让滑块由静止释放，记录滑块的遮光板通过光电门1、光电门2所用的时 间分别为t1=0.02s、t2=0.01 s（1）遮光板的宽度为d=_cm（2）滑块的加速度表达式为_（用题中所给符号表示），滑块与桌面之间的动摩擦因数为_（保留两位有效数字）（3）如果实验中力传感器出现问题后被拆掉，该同学用重物P所受的重力Mg代替细线对滑块的拉力完成了实验，为使误差尽可能减小，应满足的实验条件是_【答案】 (1). 2.00； (2). a=(dt2)2(dt1)22L； (3). 0.3； (4). Mm【解析】【详解】由图示游标卡尺可知，其示数为20mm+00.1mm=20.0mm=2.00cm；滑块经过两光电门时的速度：v1=dt1，v2=dt2，由速度位移公式可得：v22-v12=2aL，解得：a=(dt2)2(dt1)22L，代入数据解得：a=3m/s2，由牛顿第二定律得：F-mg=ma，代入数据解得：=0.30；以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得：F-mg=ma，解得：=Fmamg，细线对滑块的拉力F小于重物的重力Mg，实验时认为滑块受到的拉力为Mg，由=Fmamg可知，所测偏大；当M比m越小，拉力F越接近于Mg，为了减小实验误差，需要满足的条件是：M远远小于m，Mm故答案为：2.00；a=(dt2)2(dt1)22L；0.3；大；Mm【点睛】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，游标卡尺不需要估读，对游标卡尺读数时要注意游标尺的精度；分析实验误差时要先求出动摩擦因数的表达式10. 有一根长陶瓷管，其表面均匀地镀有一层很薄的电阻膜，管的两端有导电箍M和N，如图甲所示。用多用表电阻档测得MN间的电阻膜的电阻约为1k，陶瓷管的直径远大于电阻膜的厚度。某同学利用下列器材设计了一个测量该电阻膜厚度d的实验。 A米尺（最小分度为mm）； B游标卡尺（游标为20分度）；C电流表A1（量程05mA，内阻约10 ）；D电流表A2（量程0100mA，内阻约0.6）;E电压表V1（量程5V，内阻约5k）；F电压表V2（量程15V，内阻约15k）；G滑动变阻器R1（阻值范围010 ，额定电流1.5A）；H滑动变阻器R2（阻值范围0100，额定电流1A）；I电E（电动势6V，内阻可不计）； J开关一个，导线若干。他用毫米刻度尺测出电阻膜的长度为l=10.00cm，用20分度游标卡尺测量该陶瓷管的外径，其示数如图乙所示，该陶瓷管的外径D= cm.为了比较准确地测量电阻膜的电阻，且调节方便，实验中应选用电流表 ，电压表 ，滑动变阻器 。（填写器材前面的字母代号）在方框内画出测量电阻膜的电阻R的实验电路图。若电压表的读数为U，电流表的读数为I，镀膜材料的电阻率为r，计算电阻膜厚度d的数学表达式为：d=_（用已知量的符号表示）。【答案】1.340cm C；E；G 如图所示【解析】试题分析：游标卡尺的读数方法为主尺部分刻度加上游标对应的刻度，由图可知，固定部分刻度示数为1.3cm；可动部分刻度为80.05mm=0.40mm；故读数为1.340cm，电源电动势为6V，电阻约为1000，根据闭合电路欧姆定律电路中最大电流为A=90mA，故电流表应选D；因电源电动势为6V，故电压表应选E；变阻器阻值太小而阻值太大，应用分压式接法，为了调节方便变阻器应选阻值小的，故选G，由于故电流表应用内接法。由欧姆定律可知，而联立解得考点：测定金属的电阻率分压，限流接法与电流表内接法与外接法的判断三、计算题11.公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2/5，若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。【答案】20m/s【解析】试题分析：在反应时间内汽车做匀速直线运动，所以汽车间的安全距离等于匀速运动的位移和匀减速直线运动的位移之和，根据牛顿第二定律结合运动学基本公式求解解：设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得：0mg=ma0，式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度设在雨天行驶时，汽车与地面的动摩擦因数为，依题意有：，设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得：mg=ma ，联立式并代入题给数据得：v=20m/s答：若要求安全距离仍为120m，则汽车在雨天安全行驶的最大速度为20m/s【点评】解决本题的关键知道安全距离是反应时间内匀速运动的位移和匀减速运动的位移之和匀减速运动的位移可以通过速度位移公式求解视频12.如图所示，直角坐标平面xOy在竖直平面内，y轴竖直向上在第一象限内分布着方向竖直向上的匀强电场（不包含y轴），场强大小用E1表示；在第二象限内分布着方向沿x轴负方向的匀强电场，场强大小用E2表示用长度为L的绝缘细线将质量为m、电荷量为+q的带电小球（可看成质点）悬挂在P点，P点在y轴上，坐标为（0，2L）在P点正下方与P点距离小于L的某点Q钉一钉子现用外力把小球拉到左侧与P等高处，细线被拉直与x轴平行，由静止释放，小球运动到最低点时绳恰被拉断，然后进入第一象限，经过时间t0=342Lg ，立即在第一象限内再加垂直于xOy平面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度为B=mq2gL，再经过时间t0，撤去匀强磁场已知E1=mgq，E2=3mg4q，细线能够承受的最大拉力是F0=3mg（结果用g、L、m表示）求：（1）小球在下摆过程中的最大速度；（2）Q点与P点之间的距离；（3）小球在第一象限运动的时间及小球离开第一象限的位置坐标【答案】【解析】(1)小球在向下摆动过程中，设合力与竖直方向的夹角为，当速度方向与合力方向垂直时，即细线与竖直方向的夹角为时，速度最大，设为vm，则tan=qE2mg 由动能定理有，有mgLcosqE2L(1sin)=12mvm2 解得vm=gL （2）设小球运动到点正下方时速度为v1，由动能定理有，有mgLqE2L=12mv12 解得v1=12gL 小球运动到最低点时，细线被钉子挡住，做圆周运动的半径为r，则根据牛顿第二定律，有r=L-hF0mg=mv12r 解得h=34L（3）绳被拉断，小球进入第一象限，由于qE1=mg，所以小球沿水平方向做匀速直线运动。经过时间t0，加上匀强磁场后，小球做匀速圆周运动，设半径为R，周期为T，则qv1B=mv12R T=2mqB 解得R=12L ,T=2Lg 所以，t0=34T 即小球做圆周运动时间是四分之三个周期，撤去匀强磁场后，小球向下做匀速直线运动穿过x轴，设撤去匀强磁场时，小球的位置与x轴的距离是y，运动时间为t1，则Y=2L-R t1=yv1 在第一象限的总时间t=t0+t0+t1t=3+322Lg 设小球离开x轴的坐标为（x，0），则X=v1t0-R 解得x=(3412)L ，小球离开第一象限的位置坐标是（3412L,0） 点睛：本题中是带电粒子在复合场中运动的类型，分析粒子的受力情况，确定粒子的运动情况是解题的关键，再运用动力学的方法进行解题，基本解题规律有：一是从能的角度：动能定理；二是从力的角度：牛顿第二定律和运动学公式结合13.以下说法正确的是_ A无论是什么波，只要振幅足够大，就可以产生明显的衍射现象B根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围一定可以产生电磁波C波源与观察者互相靠近或者互相远离时，观察者接收到的波的频率都会发生变化D火车以接近光速行驶时，我们在地面上测得车厢前后距离变小了，而车厢的高度没有变化E全息照片往往用激光拍摄，主要是利用了激光的相干性。【答案】CDE【解析】【详解】能否产生产生明显的衍射现象看障碍物与波长的尺寸关系，与振幅无关，当障碍物的尺寸小于波长或与波长差不多时能产生明显的衍射现象；故A错误。根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围一定可以产生磁场，但不一定能产生电磁波，只有周期性变化的电场周围才一定可以产生电磁波。故B错误。波源与观察者互相靠近或者互相远离时，会产生多普勒效应，观察者接收到的波的频率都会增大或减小。故C正确。火车以接近光速行驶时，根据相对论，沿着物体的运动方向，我们在地面上测得车厢前后距离变小了，而车厢的高度没有变化。故D正确。全息照片往往用激光拍摄，主要是利用了激光的高相干性；故E正确；故选CDE。14.图为一巨大的玻璃容器，容器底部有一定的厚度，容器中装有一定量的水，在容器底部有一单色点光源，已知水对该光的折射率为43，玻璃对该光的折射率为1.5，容器底部玻璃的厚度为d，水的深度也为d已知光在真空中的转播速度为c，求：该光在玻璃和水中传播的速度；水面形成的光斑的半径（仅考虑直接由光源发出的光线）【答案】v玻璃=23c；v水=34c r=（377+255）d【解析】【详解】由v=c/n得光在水中的速度为：v水=34c光在玻璃中的速度为：v玻璃=23c画出光路图如图所示：光恰好在水和空气的分界面发生全反射时sinC=1n1=34，在玻璃与水的分界面上，由sinCsin=n2n1得：sin=23，则光斑的半径为：r=(377+255)d【点睛】本题的关键是画出光路图，找到临界光线；掌握从光密介质射向光疏介质发生全反射时的通式：sinCsi