2019届高三物理适应性训练试题(15)(含解析).doc

2019届高三物理适应性训练试题(15)(含解析)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. 在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比，则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是A. B. C. D. 【答案】A【解析】小球上升时，根据牛顿第二定律：mg+f=ma；由于减速上升，小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比，所以f逐渐减小，则a逐渐减小，即v-t图象前一段曲线的斜率逐渐减小，故CD错误；又由于空气阻力的影响，小球落回抛出点的速度肯定小于抛出时的初速度，所以A正确，B错误；故选A。2. 为了研究PM25的相关性质，实验中让一带电PM25颗粒(重力不计)垂直射入正交的匀强电场和匀强磁场区域，如图所示，其中M、N为正对的平行带电金属板，磁场方向垂直纸面向里，结果PM25颗粒恰能沿直线运动，则A. M板一定带正电B. PM25颗粒一定带正电C. 若仅使PM25颗粒的带电荷量增大，颗粒一定向M板偏D. 若仅使PM25颗粒的速度增大，颗粒一定向N板偏移【答案】A【解析】试题分析：由于粒子做直线运动，故无论粒子带何种电荷，由于电场力与洛伦兹力都是方向相反的，大小相等根据左手定则，与正电荷受到电场力与与电场强度同向，故A正确，B错误；根据电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，与电量的多少无关，故C错误若使PM2.5颗粒的速度增大，则洛伦兹力增大，则电场力与洛伦兹力不平衡，出现偏转现象，因洛伦兹力方向不确定，则不一定向N板偏移，故D错误故选：A考点：带电粒子在复合场中的运动；粒子速度选择器；3. 金星和地球在同一平面内绕太阳公转，且公转轨道均视为圆形，如图所示，在地球上观测，发现金星与太阳可呈现的视角（太阳与金星均视为质点，它们与眼睛连线的夹角）有最大值，最大视角的正弦值n。则金星的公转周期为（ ）A. B. C. n3年 D. 【答案】D【解析】根据正弦定理分析可知，金星与太阳的最大视角出现的情况是地球上的人的视线看金星时，视线与金星的轨道相切，如图所示。为最大视角，由图可知sin=r金/r地根据题意，最大正弦值为n，则有：r金/r地=n根据开普勒第三定律有：联立以上几式得：解得：T金=T地=年，故D正确，ABC错误。故选：D点睛：根据几何关系求出金星的轨道半径和地球的轨道半径的关系，根据开普勒第三定律，得出金星的公转周期4. 一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，人和车的总质量为m，轨道半径为R，车经最高点时发动机功率为P0、车对轨道的压力为mg。设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，则( )A. 车经最低点时对轨道的压力为mgB. 车运动过程中发动机的功率一直不变C. 车经最低点时发动机功率为3P0D. 车从最高点经半圆轨道到最低点的过程中，人和车重力做功的功率不变【答案】C【解析】在最高点：向心力大小为FnN1mg2mg，摩托车做匀速圆周运动，向心力大小不变，则在最低点：N2mgFn，得N23mg。故A错误； 在最高点：发动机功率P0F1vN1vmgv，在最低点：发动机功率为PF2vN2v3mgv，则有P3P0，故B错误、C正确；摩托车做匀速圆周运动，速度大小不变，重力大小不变。车从最高点经半周到最低点的过程中，重力和速度方向夹角先变小再变大，重力功率先变大再变小，故D错误。 所以C正确，ABD错误。5. 如图所示，一个长直轻杆两端分别固定小球A和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为L先将杆竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球B，使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为时，下列说法正确的是(不计一切摩擦)A. 杆对小球A做功为mgLB. 小球A和B的速度都为C. 小球A、B的速度分别为和D. 杆与小球A和B组成的系统机械能减少了mgL【答案】C【解析】当小球A沿墙下滑距离为时，设此时A球的速度为vA，B球的速度为vB，根据系统机械能守恒定律得：mg=+两球沿杆子方向上的速度相等，则有：vAcos60=vBcos30.联立两式解得：vA=，vB=，故B错误，C正确；对小球A，设杆对小球A做功为W，根据动能定理：，W= ，故A错误； 由于此过程只发生重力势能和动能的相互转化，杆与小球A和B组成的系统机械能守恒，故D错误。故选：C.点睛：将球的运动分解为沿杆方向和垂直于杆方向，抓住沿杆方向速度相等得出A、B的速度关系，结合系统机械能守恒求出此时A、B的速度；利用动能定理求出杆对A做的功；杆与小球A和B组成的系统机械能守恒。6. 如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，质量为m的光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90，框架与小球始终保持静止状态，重力加速度为g在此过程中，下列说法正确的是A. 框架对小球的支持力先减小后增大B. 拉力F的最小值为mgcos C. 地面对框架的摩擦力始终在减小D. 框架对地面的压力先增大后减小【答案】BC【解析】试题分析：以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，根据平衡条件分析小球受力变化情况再以整体为研究对象，分析框架的受力情况以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示根据几何关系可知，用F顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此时，A错误B正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，C正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，D错误7. 如图所示，质量为M、长度为L的木板静止在光滑的水平面上，质量为m的物块(视为质点)放在木板的最左端，物块和木板间的动摩擦因数为，现用一水平恒力F拉物块，使物块由静止开始做匀加速直线运动，当木板运动的位移为x时，物块刚好滑到木板的最右端，在这一过程中A. 物块到达木板最右端时木板的动能为mgxB. 物块和木板间因摩擦产生的热量为mgLC. 物块和木板增加的机械能为F(Lx)D. 摩擦力对物块和木板做功的代数和为零【答案】AB【解析】试题分析：木板受到重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，得木板的末动能为：，故A正确；物块和木板间摩擦生热等于摩擦力大小和相对位移大小的乘积，即为，故B正确；根据功能关系，物块和小车系统增加的机械能等于拉力做的功减去克服相对摩擦力做的功，即等于，故C错误；摩擦力对物块做的功与摩擦力对木板做功的代数和为，故D错误。考点：功能关系、机械能守恒定律【名师点睛】本题关键是灵活地选择研究对象进行受力分析，再根据动能定理列式后分析求解，要注意摩擦生热与相对位移有关。8. 正方形导线框abcd置于光滑水平桌面上，其质量为m，电阻值为R，边长为L，在线框右侧距离cd边2L处有一宽度为2L的匀强磁场区域，磁场的左、右边界与线框的cd边平行，磁场的磁感应强度大小为B，方向竖直向下，其俯视图如图所示对线框施加一水平向右的恒力F，使之由静止开始向右运动，cd边始终与磁场边界平行已知线框在cd边经过磁场左、右边界时速度相同，则线框A. 离开磁场区域过程中的电流方向为dcbadB. 通过磁场区域过程中的最小速度为C. 通过磁场区域过程中产生的焦耳热为2FLD. 进入磁场区域过程中受到的安培力的冲量大小为【答案】BD【解析】A. 根据楞次定律可得，离开磁场区域过程中的电流方向为dabcd，故A错误；B. 由题意可知，线框cd边经过磁场左、右边界时速度相同，所以线框离左边界L与距离右边界L时的速度相同，即速度最小，根据动能定理可得：，解得v= ，故B正确；C. 从线框的cd边刚进入磁场到刚好出磁场的过程中动能变化为零，根据动能定理可得：F2LQ1=0，由于进入磁场过程中和离开磁场过程中速度变化相同，受力情况相同，所以离开磁场过程中与进入磁场过程中产生的焦耳热相同，所以通过磁场区域过程中产生的焦耳热为Q=2Q1=4FL，故C错误； D. 线框进入磁场的过程，安培力的冲量大小为I冲=BILt= ，故D正确。故选：BD.三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。9. 某同学用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了5个连续打出来的点之间的距离。 (a) (b)(1)物块下滑时的加速度a_m/s2，打C点时物块的速度v_m/s（保留三位有数字）；(2)已知重力加速度大小为g，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是_(填正确答案标号)A物块的质量 B斜面的高度 C斜面的倾角【答案】 (1). 3.25 (2). 1.79 (3). C.打C点时物块的速度：（2）对滑块，根据牛顿第二定律，有：，解得：故还需要测量斜面的倾角，故选：C；考点：测量动摩擦因数实验【名师点睛】实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等视频10. 要测绘一个标有“3 V，0.6 W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐增加到3 V，并便于操作已选用的器材有：直流电源(电压为4 V)；电流表(量程为00.6 A，内阻约0.5 )；电压表(量程为03 V，内阻约3 k)；开关一个、导线若干。(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_(填字母代号)。A滑动变阻器(最大阻值10 ，额定电流1 A)B滑动变阻器(最大阻值1 k，额定电流0.3 A)(2)图甲为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的电路连接。(用笔画线表示对应的导线)(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示由曲线可知小灯泡的电阻随电压增大而_(选填“增大”“不变”或“减小”)。(4)如果某次实验测得小灯泡两端所加电压如图丙所示，请结合图线算出此时小灯泡的电阻是_(保留两位有效数字)。(5)根据实验得到的小灯泡的伏安特性曲线，下列分析正确的是_。A测得的小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由电压表内阻引起B测得的小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由电流表内阻引起C测得的小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由电压表内阻引起D测得的小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由电流表内阻引起【答案】 (1). A (2). 增大 (3). 12 (4). C【解析】试题分析：电压从零变化，故控制电路用分压，在电流满足时，滑动变阻器阻值越小，与容易控制电路，故选择A；分压、外接电路图如下：实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。由曲线可知小灯泡的电阻随电压增大而增大。由电压表可知此时电压为230V，在伏安特性曲线中读出此时的电流，求出电阻为12左右。测量电路为外接法，电压真实，而电流测量值偏大，故功率偏大，主要原因在于电压表的分流。考点:描绘小灯泡的伏安特性曲线。11. 质量为0.2 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v-t图象如图，球与水平地面相碰后离开地面的速度大小为碰撞前的，该球受到的空气阻力大小恒为f，g取10 m/s2.求：(1)弹性球受到的空气阻力f的大小；(2)弹性球第1次与地面碰撞后反弹的高度h.【答案】(1) 0.4N (2) m【解析】(1)由图像的斜率可得加速度m/s2由牛顿第二定律得：摩擦力N，(2)由题意知反弹速度由牛顿第二定律得则加速度反弹高度。答：(1)弹性球受到的空气阻力f的大小为0.4N；(2)弹性球第1次与地面碰撞后反弹的高度为m。12. 如图所示，质量为 m1 kg的长方体金属滑块夹在竖直挡板 M、N 之间，M、N与金属滑块间动摩擦因数均为 0.2，金属滑块与一劲度系数为k200N/m的轻弹簧相连接，轻弹簧下端固定，挡板M固定不动，挡板N与一智能调节装置相连接(调整挡板与滑块间的压力)。起初滑块静止，挡板与滑块间的压力为0.现有一质量也为m的物体从距滑块L20 cm处自由落下，与滑块瞬间完成碰撞后粘在一起向下运动。为保证滑块下滑过程中做匀减速运动，且下移距离为l10 cm时速度减为0，挡板对滑块的压力需随滑块下移而变化，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。g 取10 m/s2，求：(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；(2)当滑块下移距离为d5 cm时挡板对滑块压力的大小；(3)已知弹簧的弹性势能的表达式为Epkx2(式中k为弹簧劲度系数，x为弹簧的伸长或压缩量)，求滑块速度减为零的过程中，挡板对滑块的摩擦力所做的功。【答案】(1) 1J (2) 25N (3) -1J【解析】(1)设物体与滑块碰撞前瞬间速度为v0，对物体下落过程由机械能守恒定律得设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律得上式联立数据带入得J。(2)设滑块下移时加速度为a，由运动学公式得 起初滑块静止时，有当滑块下移距离为cm时弹簧的弹力对其受力分析如下图所示，由牛顿第二定律得滑动摩擦力解得N。(3)由功能关系可得解得J。答：(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能是1J；(2)当滑块下移距离为d=5cm时挡板对滑块压力的大小是25N；(3)滑块速度减为零的过程中,挡板对滑块的摩擦力所做的功是-1J。13. 以下说法正确的是_A气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，仅与单位体积内的分子数有关B布朗运动不是液体分子的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动C当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小D如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大E当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小【答案】BCE【解析】A、气体压强与分子数密度和分子热运动的平均动能有关，故气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，故A错误；B、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，它说明液体分子在不停息地做无规则热运动，故B正确；C、分子力做功等于分子势能的减小量，当分子间的引力和斥力平衡时，分子力的合力为零，分子势能最小，故C正确；D、气体压强与分子数密度和分子热运动的平均动能有关，如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，但分子数密度可能减小，故气体压强不一定增加，故D错误；E、当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，但分子斥力减小的更快，故E正确。故选：BCE。点睛：从分子动理论的观点来看，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动；分子力做功等于分子势能的减小量。14. 如图所示，一根长L100 cm、一端封闭的细玻璃管开口向上竖直放置，管内用h25 cm长的水银柱封闭了一段长L130 cm的空气柱已知大气压强为75 cmHg，玻璃管周围环境温度为27 (i)若将玻璃管缓慢倒转至开口向下，玻璃管中气柱将变成多长？(ii)若使玻璃管开口向下放置，缓慢升高管内气体温度，温度最高升高到多少摄氏度时，管内水银不会溢出【答案】(1) 60cm (2) 若使玻璃管开口向下放置，缓慢升高管内气体温度，温度最高升高到102摄氏度时，管内水银不会溢出【解析】试题分析：设一定质量气体初状态的压强为p1，空气柱长度为L1，末状态的压强为p2，空气柱长度为L2。由玻意尔定律可得：式中p1= p0+h p2 = p0-h