陕西榆林一中2019届高考模拟考试物理解析版

1、物理卬=,两滑块克服摩擦力做功相等，质量大的滑块运动又由 八研得,质量大的滑块运动时间短，冲量大小D正确。时间图像如图所示，下列说法中正确的是（）一、选择题：，以相同的初动能在水平面上运动直到停止。若两滑块运动过程中只受到水1.材料相同、质量不同的两滑块 平面的摩擦力，则质量大的滑块A.克服摩擦力做的功多B.运动的位移大C.运动的时间长D.摩擦力的冲量大【答案】D【解析】【详解】由动能定理得，滑块克服摩擦力做的功的位移小， =,质量大的滑块初速度小，二m为二j而乐;,所以质量大的滑块冲量大，故【点睛】本题合理利用动能与动量的关系，即可解题。.甲、乙两物体沿统一直线运动，运动过程中的位移06s内

2、甲物体做匀变速直线运动06s内乙物体的速度逐渐减小05s内两物体的平均速度相等06s内存在某时刻两物体的速度大小相等【答案】D【解析】【分析】x-t图象为直线表示物体做匀速直线运动，x-t图象的斜率表示速度，斜率大小表示速度大小，斜率正负表示速度方向。【详解】A项：x-t图象为直线表示物体做匀速直线运动，故A错误；B项：x-t图象的斜率表示速度，由图象乙可知，图象的斜率逐渐增大，即速度逐渐增大，故B错误；C项：0-5s甲的位移为5m,平均速度为 面二产八，乙的位移为-3m,平均速度为： 配二一券/s，故C错 误；D项：x-t图象的斜率表示速度，由甲、乙图象可知，在0-6内有两处的斜率大小相等，

3、即有两处速度大小相等，故D正确。故应选：D。.在电荷量分别为 2 q和-q的两个点电荷形成的电场中，电场线分布如图所示， 在两点电荷连线上有 a、b、c三点，且b、c两点到正点电荷距离相等，则（）A.在两点电荷之间的连线上存在一处电场强度为零的点B.将一电子从a点由静止释放，它将在 a、b间往复运动C. c点的电势高于b点的电势D.负试探电荷在a点具有的电势能大于在 b点时的电势能【答案】C【解析】【详解】A、正负电荷在两点电荷之间的连线上产生的场强方向相同，所以在两点电荷之间的连线上不存在 电场强度为零的点，故 A错；B、将一电子从a点由静止释放，电子在 a点受到向右的电场力，所以要从静止向

4、右运动，则运动不是在a、b间往复运动，故B错；C、b、c两点到正点电荷距离相等，若只有正电荷，则bc两点的电势相等，但由于负电荷的存在导致c点的电势高于b点的电势，故 C对；D、沿着电场线电势在降低，所以 a点电势高于b点电势，而负电荷在电势高的地方电势能小，所以 a点具 有的电势能小于在 b点时的电势能，故 D错综上所述本题选；C4.天文兴趣小组查找资料得知：某天体的质量为地球质量的 a倍，其半径为地球半径的 b倍，表面无大气层,地球的第一宇宙速度为v。则该天体的第一宇宙速度为B.bD.物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，大小 7.9km/s,可根据卫星在圆轨道上运行时

5、的速度公式【详解】设地球质量 M,某天体质量是地球质量的 a倍，地球半径r,某天体径是地球半径的 b倍Mm v2由万有引力提供向心力做匀速圆周运动得：一丁解得：卫星在圆轨道上运行时的速度公式口分别代入地球和某天体各物理量得：踪体= = %，故A正确。故选：A。【点睛】本题要掌握第一宇宙速度的定义，正确利用万有引力公式列出第一宇宙速度的表达式。5.某医院利用放射线治疗肿瘤， 被利用的放射源必须具备以下两个条件：（1）放出的射线有较强的穿透能力,能辐射到体内肿瘤所在处；（2）能在较长的时间内提供比较稳定的辐射强度。现有四种放射性同位素的放射线及半衰期如表所示。关于在表中所列的四种同位素，下列说法正

6、确的是同位素钻60锯90得99氨222放射线R半衰期5年28年6小时3.8天 TOC o 1-5 h z A.最适宜作为放疗使用的放射源应是钻60B.最适宜作为放疗使用的放射源应是锯90C.放射线的电离能力最强的放射源是得99D.放射线的电离能力最强的放射源是氢222【答案】AD【解析】【详解】钻60放出的r射线穿透能力强，半衰期长，选项A正确，B错误；仃射线电离能力最强，产射线的电离能力最弱，氨 222放出的是射线，选项C错误，D正确，故选 AD。【点睛】本题只要知道三种射线的电离与穿透能力关系就可正确解题。6.如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上

7、放有质量为2m的 木块C,三者均处于静止状态.现将木块C迅速移开，若重力加速度为g,则在木块C移开的瞬间（）A.弹簧的形变量不改变B.弹簧的弹力大小为 mgC.木块A的加速度大小为 2gD.木块B对水平面的压力迅速变为 2mg【答案】AC【解析】【分析】原来系统静止，根据共点力平衡求出弹簧的弹力。在将C迅速移开的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出木块 A的加速度。对B,由平衡条件分析地面对 B的支持力，从而分析出 B对地面的压力。【详解】A项：由于弹簧弹力属于渐变，所以撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，故 A正确；B项：开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力等于A和C的重力，即F=3mg,撤去

8、C的瞬间，弹簧的形变量不变，弹簧的弹力不变，仍为 3mg,故B错误；C项：撤去C瞬间，弹力不变，A的合力等于C的重力，对木块 A,由牛顿第二定律得：2mg=ma,解得： a=2g ,方向竖直向上，故 C正确；D项：撤去C的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为 3mg ,对B,由平衡条件得：F+mg=N ,解得：N=4mg ,木块B对水平面的压力为 4mg,故D错误。故选：AC。【点睛】本题是牛顿第二定律应用中的瞬时问题，要明确弹簧的弹力不能突变，知道撤去C的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解。.如图甲所示，标有 a 220V 40W的灯泡和标有 “20 F 360的电容器并联到交流电源上，V

9、为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙中正弦曲线所示，闭合开关So下列判断正确的是（）甲乙A.电容器会被击穿.交流电源的输出电压的有效值为220Vt=T/2时刻，V的示数为零t=T/2时刻，通过灯泡的电流为零【答案】BD【解析】【分析】交流电压表测量的电压及灯泡的工作电压均为电压的有效值；而交流电的击穿电压为最大值。【详解】A项：交流电的最大值为220也炉阳miIV小于电容器的击穿电压，故电容器不会被击穿故A错误；B项：交流电压表测量为交流电压的有效值，由乙图可知，交流电压的最大值为220业V,由电压的有效值220泛为一= 故B正确；C项：电压表的示数为有效值，电压表的示数为220V,故C错误

10、；D项：t=T/2时刻，灯泡两端电压的瞬时值为0,通过灯泡的电流的瞬时值为0,故D正确，故选：BD。【点睛】本题考查描述交流电的有效值及最大值，要注意明确交流电的有效值不能超过电容器的最大耐压 值；而电压表等测量的为有效值。8.如图甲所示，两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为1 m,总电阻为1 Q的正方形导线框 abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行。 现使导线框水平向右运动，cd边于t=0时刻进入 磁场，c、d两点间电势差随时间变化的图线如图乙所示。下列说法正确的是A.磁感应强度的方向垂直纸面向里B.磁感应强度的大小为 4 TC.导线框进入磁场和离开磁场时的速度大

11、小之比为3 : 1D. 03 s的过程中导线框产生的焦耳热为48 J【答案】AB【解析】【分析】根据感应电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向。根据线框匀速运动的位移和时间求出速度，结合E=BLv求出磁感应强度，根据焦耳定律求线圈发热量。【详解】A项：0-1s内线框进入磁场，c、d两点间电势差为正，即C点相当于电源的正极，由右手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故 A正确；B项：0-1s内线框进入磁场，c、d两点间电势差为=线框的速度为v=1m/s = lm/s,解得：B = 4T ,故B正确；C项：由图乙分析可知，线框在0-1s内进入磁场，2-3s内出磁场，且都是匀速运动，所以速度都为 1m/

12、s,所以导线框进入磁场和离开磁场时的速度大小之比为1： 1,故C错误；E BLv7D项：线框在0-1s内进入磁场过程中电流为，二七二f- 二 4& 产生的热量为：Qi =色二16，1-2s内线框 a a,，口、 ，一 , , r 一一 口一,，八，一，一r ,，,* E fiLV的磁通量不变，所以无感应电流产生，即无热量产生，2-3s内线框出磁场过程中电流为 /=4?1,产生的热量为：Q产Rt =应,所以总热量为32J,故D错误。故选：AB。【点睛】本题考查了导线切割磁感线运动类型，要掌握切割产生的感应电动势公式以及楞次定律，本题要能够从图象中获取感应电动势的大小、方向、运动时间等等。9.某同

13、学利用打点计时器来测量某种正弦交变电流的频率，装置如图甲所示。已知祛码盘的总质量用弹簧秤测量小车所受重力示意图如图乙所示。图丙为某次实验时打点计时器所打出的纸带的一部分,二、非选择题图A、m=0.1kg ,B、C、D、E为相邻的计数点，且每相邻计数点之间均有一个点未画出。长木板水平放置，不计一切摩擦,2取g=10m/s ,回答下列问题。(1)由图乙可知，小车所受重力为 No(2)根据牛顿运动定律可算出小车的加速度大小为m/s2。(结果保留两位有效数字)(3)该交流电源的频率为 Hz。(结果保留两位有效数字)【答案】(1). (1) 4.00(2). (2) 2.0(3). (3) 20根据测力

14、计的读数规则正确读数，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小。【详解】(1)由图乙可知，测力计的最小分度为0.1N,所以小车的重力为4.00N；(2)对小车和祛码及盘由牛顿第二定律可得:0.1 x 104.0010+ 0.1电阻箱，S、S2为开关。已知电流表的量程为100mA。(1)断开S2,闭合Si,调节Ri的阻值，使A满偏；保持Ri的阻值不变,2 4a4(4x20根据逐差法有：主=,解得：f= = p-ffZ = 20Hzo10.某同学利用图甲所示的电路图测量电流表息的内阻Ra (约为10口)和电源的电动势 E。图中Ri和R2为闭合S2,调节R2,当R2的阻值为5.2

15、Q时A的示数为40 mA。则电流表的内阻的测量值 Ra=。该测量值 (填大于小于或等于真实值。(2)保持Si闭合，断开S2，多次改变Ri的阻值，并记录电流表的相应示数。若某次Ri的示数如图乙所示，则此 次Ri的阻值为 Qo利用记录的Ri的阻值和相应的电流表示数I，作出I-1Ri图象，如图丙所示，利用图丙可求得E=V.。(结果保留两位有效数字)【答案】(1). (1) 7.8(2).小于 (3). (2) 120.6(4). (3) 9.3 (9.1-9.4 )【解析】【分析】(1)根据题意应用并联电路特点与欧姆定律求出电流表内阻；(2)电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；根据电路

16、图应用闭合电路欧姆定律求出表达式，然后根据图示图象求出电源电动势。 【详解】(1)由题意可知，干电路电流不变为：Ig=100mA ,流过电阻箱R2的电流：r J2R2 60 X W3x52_不12=Ig-IA=100mA-40mA=60mA ,电流表内阻：-=g一O=7,8D1a 40 x 10 当开关S2闭合后，并联部分的电阻减小，总电流偏大，所以流过流过电阻箱R2的电流应大于60mA,所以该测量值小于真实值；(2)由图乙所示可知，电阻箱阻值为：1 X 100 +2X 10Q+0X 1 +6X 0.1 Q =120.6 Q 断开S2、闭合S1,由图示电路图可知，电源电动势：E=I (r+R+

17、RA),则：1%)+ 丁-=-+/ E 1 E，一 1115-12-图象的斜率：1 = 口 = 1%仃.,解得：E= 9.3V。【点睛】电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数，要掌握常用器材的使用及读数方法；根 据题意分析清楚电路结构、应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式是解题的关键。11.如图所示，一束质量为 m、电荷量为q的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆心方向进 入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为。弧度)。已知粒子的初速度为vO,两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B,方向均垂直纸面向内，两平行板间距

18、为d,不计空气阻力及粒子重力的影响，求：(1)两平行板间的电势差U；(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t；圆形磁场区域的半径R。0m【答案】(1)U=Bvod； (2) 77 ；(3)e mvnLan -R=物【解析】【分析】(1)由粒子在平行板间做直线运动可知洛伦兹力和电场力平衡，可得两平行板间的电势差。(2)在圆形磁场区域中，洛伦兹力提供向心力，找到转过的角度和周期的关系可得粒子在圆形磁场区域中运动的时间。(3)由几何关系求半径Ro【详解】(1)由粒子在平行板间做直线运动可知,UBvq=qE,平行板间的电场强度 E7 ,解得两平行板间的电势差：U=Bv 0d(2)在圆形磁场区域中，由洛伦

19、兹力提供向心力可知:说Bvoq=m2?rr同时有T=vc一 0粒子在圆形磁场区域中运动的时间t=TZJT解得t= (3)由几何关系可知:e r；!.i =R 2解得圆形磁场区域的半径& mvntan R=明12.如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定,圆轨道竖直底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5m o物块A以某一速度滑入圆轨道，滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B发生弹性碰撞，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L=0.1m,物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为科=0.5 A、B的质量均为 m=1kg(重力加速度g取10m/s2； A、B

20、视为质点，碰撞时间极短，有阴影的地方代表粗糙段)，碰后B最终停止在第100个粗糙段的末端。求:(1)A刚滑入圆轨道时的速度大小V。；(2)A滑过Q点时受到的弹力大小 F;碰后B滑至第n个(n100)光滑段上的速度 vn与n的关系式。【答案】(1)10m/s； (2) 150N； (3) 丫口=渣而，m/s,(k 100)【解析】【分析】(1)先求出滑块每经过一段粗糙段损失的机械能AE,进而求得损失的总能量，根据动量守恒和和能量守恒可得A刚滑入圆轨道时的速度大小V0。(2)在最高点Q由机械能守恒求得速度，由牛顿第二定律可得弹力F。(3)算出B滑到第n个光滑段前已经损失的能量，由能量守恒得速度Vn

21、与k的关系式。【详解】(1)滑块每经过一段粗糙段损失的机械能AEBmgL,解得AE=0.5J2设碰后B的速度为VB,由能重关系有：-mvB2=100E设碰后A的速度为Va, A、B碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒和和能量守恒有：mv0=mvA+mvB22 12 12mv0 = mvA + mvB解得A刚滑入圆轨道时的速度大小V0=10m/s(2)从A刚滑入轨道到最高点 Q,由机械能守恒有：;mv02=mg 2R+-mv2在Q点根据牛顿第二th律得：F+mg=m K解得A滑过Q点时受到的弹力大小 F=150N(3) B滑到第n个光滑段前已经损失的能量E损=kAE由能量守恒有：mvB2- mvn=k

22、E解得碰后B滑至第n个(n100)光滑段上的速度 Vn与k的关系式：vn=f血匚m/s, (k0,故B错误；C、由图示图线可知，从 a到b过程气体温度不变，气体内能不变，U=0,故C正确；DE、由热力学第一定律： U=W+Q可知：Q= U-W=-W 0,气体向外界放出热量，故D错误，E正确;故选：ACE。【点睛】该题结合图象考查气态方程，能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系。要注意热力学第一定律 U=W+Q中，W、Q取正负号的含义。14.如图所示，体积为 V的汽缸由导热性良好的材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成体积相等的上下两部分，汽缸上部通过单向阀门 K (气体只能进入汽缸，不能流出

23、汽缸)与一打气筒相连。开始时汽缸内上部i ,I ,，一 I ,. V ,、一 ,分气体的压强为P0,现用打气筒向容器内打气。已知打气筒每次能打入压强为P0、体积为讪的空气，当打气49次后，稳定时汽缸上下两部分的体积之比为9:1,重力加速度大小为 g,外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦。求活塞的质量m。根据活塞受力平衡可知上下两部分气体的压强关系；气筒打入的气体和汽缸上部分原来的气体等温压缩，汽缸下部分气体等温压缩，分别应用玻意耳定律列方程，联立即可求解活塞质量。【详解】开始时，汽缸上部分气体体积为:，压强为po,下部分气体体积为:，压强为为+?后来汽缸上部917V诜 g分气体体积为 行，设压强为p,下部分气体体积为 ,压强为P +7-打入的空气总体积为 A乂49,压强为po TOC o 1-5 h z 74 卯由玻意耳定律可知，对上部分气体有：ma V ma V对下部分气体有：,、，.zaP 心斛得：m =。4g15.周期为2s的简谐横波沿x轴传播，该波在t=0时刻的波形如图所示，则下列说法正确的是 B.该波的波速为5