江西省南昌市外国语学校2019届高三物理适应性考试试题（含解析）.docx

2019年高三高考模拟适应性考试物理试卷一、选择题：1.关于原子结构，下列说法错误的是( )A. 汤姆孙根据气体放电管实验断定阴极射线是带负电的粒子流，并求出了这种粒子的比荷B. 卢瑟福粒子散射实验表明：原子中带正电部分的体积很小，但几乎占有全部质量，电子在正电体的外面运动C. 射线是原子的核外电子电离后形成的电子流D. 玻尔在原子核式结构模型的基础上，结合普朗克的量子概念，提出了玻尔的原子模型【答案】C【解析】【详解】A、汤姆孙通过研究求出了阴极射线的比荷，明确阴极射线是电子，故选项A正确；B、由于极少数粒子发生了大角度偏转，原子全部正电荷集中在原子中央很小的体积内，电子在正电体的外面运动，故选项B正确；C、射线是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故选项C错误；D、根据玻尔在原子核式结构模型的基础上，结合普朗克的量子概念，提出了玻尔的原子模型，故选项D正确；说法错误的是故选选项C。2.如图所示，水平面上A、B两物块的接触面水平，二者叠放在一起在作用于B上的水平恒定拉力F的作用下沿地面向右做匀速运动，某时刻撤去力F后，二者仍不发生相对滑动，关于撤去F前后下列说法正确的是（ ）A. 撤去F之前A受3个力作用B. 撤去F之前B受到4个力作用C. 撤去F前后，A的受力情况不变D. A、B间的动摩擦因数不小于B与地面间的动摩擦因数【答案】D【解析】A、B、撤去F前，整体做匀速运动，故B受地面的摩擦力与F平衡，而A水平方向不受外力，故A不受B的摩擦力，B受重力、支持力、压力、拉力和地面的摩擦力共5个力作用；A只受重力和B对A的支持力，A受两个力的作用；A错误；B错误；C、撤去拉力F后，由于整体做减速运动， A受到重力和B对A的支持力及B对A的摩擦力，A受3个力的作用；C错误； D、撤去拉力F后，由于整体做减速运动，整体的加速度，而A的加速度 ，即，D正确；故选D。3.一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时刻开始，受到如图所示的水平外力作用，下列说法正确的是（ ）A. 第1 s末物体的速度为2msB. 第2s末外力做功的瞬时功率最大C. 第1 s内与第2s内质点动量增加量之比为1：2D. 第1 s内与第2s内质点动能增加量之比为4：5【答案】D【解析】A、由动量定理：，求出1s末、2s末速度分别为：、 ，A错误；B、第1 s末的外力的功率，第2s末外力做功的瞬时功率：，B错误；C、第1 s内与第2s内质点动量增加量之比为：，C错误；D、第1秒内与第2秒内动能增加量分别为：， ，则： ，动能增加量的比值为4：5，D正确；故选D。4.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，a、b两点间的电压为 ，R为可变电阻，P为额定电流1A、用铅锑合金制成的保险丝。为使保险丝中的电流不超过1A，可变电阻R连入电路的最小阻值是（ ）A. 2.2B. C. 22D. 【答案】A【解析】原线圈输入电压 根据电压与匝数成正比 代入数据解得： 原线圈的最大输入功率为 输出功率等于输入功率 由公式： 解得：故应选A。5.1772年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文三体问题指出：两个质量相差悬殊的天体（如太阳和地球）所在同一平面上有5个特殊点，如图中的L1、L2、L3、L4、L5所示，人们称为拉格朗日点，若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动，若发射一颗卫星定位于拉格朗日L2点，下列说法正确的是（ ）A. 该卫星绕太阳运动周期和地球自转周期相等B. 该卫星在L2点处于平衡状态C. 该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度D. 该卫星在L2处所受太阳和地球引力的合力比在L1处大【答案】CD【解析】试题分析：该卫星与地球同步绕太阳做圆周运动的周期相同，处于非平衡状态，由地球和太阳的引力的合力提供向心力根据公式向心加速度和向心力关系该卫星与地球同步绕太阳做圆周运动，则该卫星绕太阳运动周期和地球绕太阳运动周期相等，但与地球自转周期没有关系，故A错误；该卫星所受的合力为地球和太阳对它引力的合力，这两个引力方向相同，合力不为零，处于非平衡状态，故B错误；由于该卫星与地球绕太阳做圆周运动的周期相同，该卫星的轨道半径大，根据公式分析可知，“嫦娥二号”的绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，故C正确； 因为这些点上的周期相同，根据可得半径越大，向心加速度越大，所以根据可得半径越大受到的合力越大，故D正确6.如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置关于坐标原点O对称，圆弧曲线是一个以O点为圆心的半圆，c点为半圆与y轴的交点，a，b两点为一平行于x轴的直线与半圆的交点，下列说法正确的是A. a，b两点的场强相同B. a，b两点的电势相同C. 将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点，电势能先增加后减小D. 将一个正电荷q放在半圆上任一点，两电荷对q的作用力大小分别是F1、F2，则为一定值【答案】BD【解析】:等量同种正电荷电场线和等势面的分布图如图所示,A、电场强度的方向沿电场线的切线方向,由图可以知道,a,b两点的场强大小相等、方向不同,场强不同.故A错误;B、根据等量同种电荷的电场分布的对称性知,a点的电势等于b.所以B选项是正确的;C、将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点,电场力先做正功,后做负功,故电势能先减小后增加,故C错误;D、设圆直径为d,将一个正电荷q放在半圆上任一点,设该点到a的距离为 ,到b的距离为 ,则由勾股定理得 :两电荷对q的作用力大小分别是 、 ,则由库仑定律得: ,所以 ,为定值.所以D选项是正确的.故选BD点睛：根据等量同号电荷的电场分布图,可以知道各点的电势高低和场强大小;由电场力做功情况可以知道电势能的大小;根据库仑定律推导的值.7.两条平行导轨倾斜地固定在绝缘地面上，导轨间距为d，在导轨的底端连接一阻值为R的定值电阻，在空间加一垂直导轨平面向上的匀强磁场，将一质量为m、阻值为R、长度为d的金属杆垂直地放在导轨上，给金属杆一沿斜面向上的大小为v的初速度，当其沿导轨向上运动的位移大小为x时，速度减为零，已知导轨的倾角为、金属杆与导轨之间的动摩擦因数为、重力加速度为g则金属杆从出发到到达最高点的过程中，下列说法正确的是()A. 金属杆所受安培力的最大值为B. 金属杆克服安培力做的功为C. 定值电阻产生的热量为D. 金属杆减少的机械能为【答案】BD【解析】【详解】A、金属杆开始运动时速度最大，产生的感应电动势和感应电流最大，所受的安培力最大，由、得最大安培力为，故选项A错误；B、根据能量守恒定律可知，上滑过程中电流做功产生的热量为：，由功能关系可知金属杆克服安培力做的功为，故选项B正确；C、由于整个电路所产生的热量为，则定值电阻产生的热量为，故选项C错误；D、上滑的过程中金属杆的动能减少，重力势能增加，所以金属杆损失的机械能为 ，故选项D正确；故选选项BD。8.如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个比荷为的正粒子，从A点沿AD方向以一定的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁场力作用；已知粒子从ED边上的某一点垂直ED边界飞出磁场区域则（ ）A. 粒子在磁场区域内运动的半径B. 粒子在磁场区域内运动的时间C. 粒子进入磁场区域的初速度大小为D. 若改变B和初速度的大小，使该粒子仍从ED边界垂直飞出磁场区域，则粒子在磁场区域内运动的路程不变【答案】AD【解析】【详解】画出带电粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由题意及速度方向确定轨迹圆的圆心在O点，连接AE，由几何关系确定各角度关系如图所标；A、带电粒子做匀速圆周运动的半径，故选项A正确；B、粒子在磁场中运动的时间，故选项B错误；C、由洛仑兹力提供向心力，从而求得，故选项C错误；D、若改变粒子初速度的大小和B的大小，仍使粒子从ED边界垂直飞出磁场区域，通过画图知道带电粒子在磁场中的运动轨迹不变，所以路程也不变，故选项D正确；故选选项AD。二、非选择题9.“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如下图所示(1)下列说法正确的是_。A每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B实验时应先释放小车后接通电源C本实验砝码及砝码盘B的质量应远大于小车A的质量D在用图象探究加速度与质量关系时，应作图象(2)某同学在实验中打出的一条纸带如图所示，他选择了几个计时点作为计数点，相邻两计数点间还有4个计时点没有标出，其中S1= 7.06cm、S2=7.68cm、S3=8.30cm、S4=8.92cm，纸带加速度的大小是_m/s2(保留两位有效数字)(3)某同学将长木板右端适当垫高，其目的是_。但他把长木板的右端垫得过高，使得倾角过大用a表示小车的加速度，F表示细线作用于小车的拉力他绘出的a - F关系图象是_A、 B、C、 D、【答案】 (1). D (2). 0.62 (3). 平衡摩擦力 (4). C【解析】【详解】解(1) A、实验前要平衡摩擦力，每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，故选项A错误；B、实验时应先接通电源，然后再释放小车，故选项B错误；C、在砝码及砝码盘B的质量远小于小车A的质量时，小车受到的拉力近似等于砝码及砝码盘受到的重力，故选项C错误；D、应用图象法处理加速度与质量关系实验数据时，为了直观,应作图象，故选项D正确；故选选项D；(2) 利用逐差法可得：，解得；(3) 将长木板右端适当垫高，其目的是平衡摩擦力；把长木板的右端垫得过高，使得倾角过大，小车所受重力平行于木板的分力大于小车受到的摩擦力，小车受到的合力大于细线的拉力，在小车不受力时，小车已经具有一定的加速度，图象不过原点，在a轴上有截距，因此他绘出的关系图象是选项C；10.在练习使用多用电表的实验中(1)某同学连接的电路如图所示。若旋转选择开关，使其尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过_的电流；若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是_的阻值；若旋转选择开关，使其尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是_两端的电压(2)在使用多用电表的欧姆挡测量电阻时，下列说法正确的是（ ）A若用双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大B若测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需减小倍率，重新调零后再进行测量C欧姆表内的电池使用时间太长，若电动势不变，内阻变大，虽然完成调零，但测量值将略偏小D欧姆表内的电池使用时间太长，若电动势略减小，内阻变大，虽然完成调零，但测量值将略偏大【答案】 (1). R1 (2). R1和R2串联 (3). R2（或电源） (4). D【解析】【详解】解：(1)多用电表与滑动变阻器串联，电流相等，旋转选择开关，使其尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过滑动变阻器的电流；断开电路中的电键，与串联，多用电表接在其两端，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是和串联的阻值；滑动变阻器的滑片移至最左端，滑动变阻器相当于导线；则多用电表与电阻相并联，测得的是两端的电压；(2)A、双手捏住两表笔金属杆，人体与电阻并联，总电阻减小，故选项A错误；B、测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需增大或者减小倍率，重新调零后再进行测量，故选项B错误；CD、当两表笔短接(即)时，电流表应调至满偏电流，设此时欧姆表的内阻为，则有，当指针指在刻度盘的正中央时则有，即，代入数据可得，当电池电动势变小，内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流不变，由公式可知欧姆表内阻得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由，可知当变大时，变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大，测量值将略偏大，故选项D正确；C、欧姆表内的电池使用时间太长，若电动势不变，内阻变大，由于满偏电流不变，由公式可知欧姆表内阻得不变，测量值将不变，故选项C错误；故选选项D。11.如图所示，在竖直面内有两平行金属导轨AB、CD导轨间距为L，电阻不计一根电阻不计的金属棒ab可在导轨上无摩擦地滑动棒与导轨垂直，并接触良好导轨之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感强度为B导轨右边与电路连接电路中的三个定值电阻阻值分别为2R、R和R在BD间接有一水平放置的电容为C的平行板电容器，板间距离为d，电容器中质量为m的带电微粒电量为q。(1)当ab以速度v0匀速向左运动时，带电微粒恰好静止试判断微粒的带电性质和电容器的电量Q(2)ab棒由静止开始，以恒定的加速度a向左运动求带电微粒q所受合力恰好为0的时间t（设带电微粒始终未与极板接触）【答案】(1) (2) 【解析】【详解】解：(1)ab棒匀速向左，a为正极，上板带正电，场强方向向下，即微粒带负电；联立解得：(2)微粒所受合力为0，则有： 联立解得：12.如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上。现有滑块A以初速v0从右端滑上B，一段时间后，以滑离B，并恰好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m。求：(1)A刚滑离木板B时，木板B的速度；(2)A与B的上表面间的动摩擦因数；(3)圆弧槽C的半径R；(4)从开始滑上B到最后滑离C的过程中A损失的机械能。【答案】v0/4 5v02/16gL （3）v02/64g（4）15mv02/32【解析】(1)对A在木板B上的滑动过程，取A、B、C为一个系统，根据动量守恒定律有：mv0m2mvB解得vB(2)对A在木板B上的滑动过程，A、B、C系统减少的动能全部转化为系统产生的热量 解得(3)对A滑上C直到最高点的作用过程，A、C系统动量守恒，mvB2mv A、C系统机械能守恒解得R (4)对A滑上C直到离开C的作用过程，A、C系统动量守恒 A、C系统初、末状态动能相等， 解得vA.所以从开始滑上B到最后滑离C的过程中A损失的机械能为： 点睛：该题是一个连接体的问题，关键是要理清A、B、C运动的物理过程，灵活选择物理规律，能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解13.下列说法中正确的是 。A. 所有晶体沿着各个方向的物理性质和化学光学性质都相同B. 足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果C. 自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性D. 一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E. 一定质量的理想气体保持体积不变，温度升高，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数增多【答案】CDE【解析】【详解】A、单晶体具有各向异性，即单晶体沿着各个方向的物理性质和化学光学性质不同，故选项A错误；B、足球充足气后很难压缩是由于足球内外有压强差的原因，与气体分子之间的作用力无关，故选项B错误；C、根据热力学第二定律知，自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故选项C正确；D、一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，由气态方程知温度升高，内能增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，故选项D正确；E、一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，分子的平均动能增大，则平均速率增大，单位时间内撞击单位面积上的分子数增多，故选项E正确；故选选项CDE。14.如图，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为P0，现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触求活塞A移动的距离【答案】【解析】