江西省上饶市重点中学六校2019届高三第一次联考物理试卷附答案

江西省上饶市重点中学六校2019届高三第一次联考选择题1.下列关于运动和力的叙述中，正确的是A.做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的B.物体做圆周运动，所受的合力一定是向心力C.物体所受合力恒定，该物体速率随时间一定均匀变化D.物体运动的速率在增加，所受合力一定做正功【答案】D【解析】【详解】做曲线运动的物体，其加速度方向不一定是变化的，例如平抛运动，选项A错误；物体做匀速圆周运动时，所受的合力一定是向心力，选项B错误；物体所受合力恒定，该物体速率随时间不一定均匀变化，例如平抛运动，选项C错误；根据动能定理可知，物体运动的速率在增加，所受合力一定做正功，选项D正确；故选D.2.如图为电磁冲击钻的原理示意图，若发现钻头M突然向左运动，则可能是Xf-|l—---A.开关S由断开到闭合的瞬间B.开关S由闭合到断开的瞬间C.保持开关S闭合，变阻器滑片P加速向左滑动D.保持开关S闭合，变阻器滑片P匀速向左滑动【答案】B【解析】【分析】当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流；由楞次定律可知，感应电流磁场总是阻碍原磁通量的变化，安培力总是阻碍磁体间的相对运动.【详解】开关S由断开到闭合的瞬间，穿过M的磁通量变大，为阻碍磁通量变大，钻头向右运动，故A错误；开关S由闭合到断开的瞬间，穿过M的磁通量减小，为阻碍磁通量的减小，钻头向左运动，符合题意，故B正确；保持开关S闭合，变阻器滑片P加速向左滑动，穿过M的磁通量增大，为阻碍磁通量增大，钻头向右运动，故C错误；保持开关S闭合，变阻器滑片P匀速向左滑动，穿过M的磁通量增大，为阻碍磁通量增大，钻头向右运动，故D错误；故选B。【点睛】本题直接用楞次定律判断电磁感应现象中的运动方向，正确立即楞次定律的含义，熟练应用楞次定律即可正确理解.，…一一 ,…一，Q一一、…… …3.如图所示，平行板电容器的电容为G正极板带电量为一，负极板接地，两极板间距离为力今在2d距两极板间离负极板二处放一正点电荷q，则।一h-jtrQqq所受电场力的大小为一4Qqq所受电场力的大小为：、——d2Qq点处的电势是一D.由于负极板接地所以负极板电荷量为零【答案】C【解析】【分析】根据U=Q/C求解两板电压；根据E=U/d求解两板场强，根据F=Eq求解电荷受的电场力；根据U=Ed求解q所在位置与接地极板的电势差，从而求解电势；负极板带电量的绝对值等于电容器带电量.■ Q-UQ qQ【详解】电容器两板电势差：：丁；两板场强：二一「；则q所受电场力的大小为F二——,2C d2Cd 2Cd选项A错误；金属棒带电量不能看做点电荷，故不能根据库仑定律求解q所受的电场力，选项BdQ错误；q点处的电势是一'、 -一,选项C正确；负极板带电量为-Q/2,选项D错误；故选4oCC..如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行导轨AB、CD,导轨上放有质量为m的金属棒MN,棒与导轨间的动摩擦因数为〃，现从t=0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即/=kt,其中k为恒量.若金属棒与导轨始终垂直，则如图所示的表示棒所受的摩擦力随时间变化的四幅图中，正确的是()

【答案】C【解析】当Ff=pBIL=t^BLkt<mg时，棒沿导轨向下加速；当Ff=^BLkt>mg时，棒沿导轨向下减速；在棒停止运动前，所受摩擦力为滑动摩擦力，大小为：FG皿k；当棒停止运动时，摩擦力立即变为静摩擦力，大小为：Ff=mg，故选项C正确..如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。现用恒力F向左推物块B压缩弹簧，当B向左运动S时速度刚好为零，同时撤去F。在A物体离开墙壁以后，弹簧弹性势能的最大值是C.2FSFS FSC.2FS1—B.3 2【答案】A【解析】【分析】A物体刚运动时，力F做的功转化为B的动能，当弹性势能最大时，两物体的速度相等，根据动量守恒定律及机械能守恒定律列式，联立方程即可求解.1【详解】设A物体刚运动时，B物体的速度为v0,贝仁・2m•v02=FS；当弹性势能最大时，两物体的1速度相等，设为v,则有动量守恒得：2mv0=3mv；再由机械能守恒定律得：EP+二・3mv2=FS；由以1上三式解得：EP=FS;故选A。6.如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m,物块与木板间的动摩擦因数为〃，木板与水平面间动摩擦因数为二，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g.现对物块施加一水平向右的拉力F,则木板加速度。大小可能是A.【答案】ACD【解析】【分析】要分析木板的加速度就是来分析它受力，而题目并没有说木板相对物块到底是动了还是没动，因此我们要分两种情况来考虑这个问题：（1）木板相对物块没动，这样的话就是说木板和物块一起做匀加速直线运动，可以通过受力来找加速度。（2）木板相对物块动了，则木板就是在物块的摩擦力和地面的摩擦力作用下做匀加速直线运动，又可以做出一个结果。【详解】若F较小时，木板和木块均静止，则木板的加速度为零，选项A正确；若物块和木板之1间不发生相对滑动，物块和木板一起运动，对木板和木块的整体，根据牛顿第二定律可得:F。印2mgF1=2ma，解得：「「［心选项D正确；若物块和木板之间发生相对滑动，对木板，水平方向受2m41两个摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有：gmg-7|^2mg=ma,解得：a=7咯故C正确。故选ACD。7.A、B两个半径相同的天体各有一个卫星a、b环绕它们做匀速圆周运动，两个卫星的环绕周期之比为4；1,A、B各自表面重力加速度之比为4:1（忽略天体的自转），贝Ua、b轨迹半径之比为4:1A、B密度之比为4:1a、b扫过相同面积所需时间之比为1:16a、b所受向心力之比为1:16【答案】AB【解析】【分析】Mm 2瓦? Mm根据：；一「：以及G—1，、导出轨道半径与周期和表面重力加速度的关系，然后求解a、br 1 R

轨迹半径之比；找到星球密度的表达式，求解密度之比；根据圆周运动的知识求解扫过某一面积所用的时间表达式，求解a、b扫过相同面积所需时间之比.【详解】根据,：MmMm=111 以及' n】e可得:R23_GMT2_gR2T【详解】根据,：MmMm=111 以及' n】e可得:R23_GMT2_gR2T2：「：'；可得a、b轨迹半径之比gR2为二3rb4 4 4-：-：-,选项A正确；由「MG3g43fR3。卬，贝UA、B密度之比为4:1,选项Br9正确；根据：一v12二H、，即22St=2SST当扫过相同面积s时，则一一%1b2rb4选项C错误；两卫星ab的质量不确定，无法比较向心力的大小关系，选项D错误；故选AB..在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为+q的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与水平方向成0<450的方向斜向下做直线运动。则下列判断正确的是qE………，A.若cosqE………，A.若cos0<—，则小球机械能一定增加mg_qE j,C.若cos0<—，则小球机械能一定减小mg..八qE…—B.若cos0=一，则小球机械能一定不变mgD.若tan0=mgqE，则小球机械能一定增加【答案】BD【解析】【分析】带电小球从静止开始做直线运动，受到两个恒力作用，其合力与速度方向必定在同一直线上，根据电场力与速度方向的夹角，判断电场力做功正负，确定机械能的变化.qE【详解】若cosO=-，电场力与速度方向垂直，电场力不做功，因重力之外的其他力不做功，故机mgqE械能一定守恒。故B正确；若cosO<—，电场力与速度方向夹角可能大于900也可能小于900,电mg场力对小球可能做正功，也可能做负功，故机械能可能增加，也可能减小。故AC错误;qEqE若tan0=-mg，则电场力沿水平方向，据题知，电场力和重力的合力与速度方向同向，电场力做正功，机械能一定增加，故D正确；故选BD。【点睛】本题考查带电粒子在电场中的运动情况和功能关系分析，关键是分析电场力与合力方向的夹角来判断电场力做功正负，确定机械能的变化.三、非选择题：共174分。第22〜32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33〜38题为选考题，考生根据要求做答。.宇航员登录某星球做了一个平抛运动实验，并用频闪照相机记录小球平抛运动的部分轨迹，且平抛初速度为5m/s。将相片放大到实际大小后在水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系，小球在A、B和C点的坐标分别为(0m,0m)、(0.50m,0.25m)和(1.00m,0.75m)。那么: 2 j/m*y/nt①频闪照相机的频闪频率为Hz；②该星球表面重力加速度为m/s2；③小球开始做平抛运动的初始位置坐标为x=m；尸m。【答案】①10 ②25 ③-0.25 -0.03125【解析】【分析】用频闪照相仪得到的图片，它们间的时间是相等，但A的位置并不一定是抛出点。所以处理时A位置的竖直方向有初速度。结合水平位移和水平速度可求出它们间的时间。利用在相等的时间内位移之差是恒定的求解重力加速度；根据中间时刻的瞬时速度等于此段位移的平均速度，可得小球到达B点的竖直速度，于是可得小球从抛出到B的时间，结合自由落体规律和水平方向的规律可得抛出点的坐标。v()5【详解】①频闪照相机的频闪频率为:一一H/x0.5Ay0.50-0.25 2 2②根据Ay=gT2可得屋一 ：—二：、二、：n、T0.1③B点的竖直速度「 —''二」；7、n「，则抛出点到B点的竖直距离：切2T0.22vq v-dq75■———- ，到达B点的时间」――、「、、则抛出点的纵坐标2g2x25 g25y=-(0.28125-0.25)m=-0.03125m；抛出点的横坐标为x=-(v0tB-xB)=-(5x0.15-0.5)m=-0.25m；

【点睛】本题通过实验探究出平抛运动处理的规律，并掌握了运动的合成与分解，同时运用运动学公式分别对水平方向和竖直方向进行分析求解即可。10.为了研究一个小灯泡的灯丝电阻随温度的升高而变化的规律，某同学用实验得到下表所示的数据（/和U分别表示小灯泡的电流和电压），则：I/A00.210.34▲0.470.50U/V00.400.801.201.602.00（1）当U=1.20V时对应的电流表如图甲所示，其读数为A。（2）实验中所用的器材有：电压表（量程3V，内阻约为3kQ）电流表量程（0.6A,内阻约为0.3Q）滑动变阻器（0〜5Q,1A）电源、待测小灯泡、电键、导线若干。请在图乙方框中画出该实验的电路图。（3）根据实验数据，在图丙中画出小灯泡的/-U曲线。【答案】（1）.0.42A （2）.【答案】（1）.0.42A （2）.如图:【解析】【分析】(3).图像如图:【解析】【分析】(3).图像如图:(1)由电流表的量程可确定最小分度，则可确定电流表的读数；(2)根据表中实验数据确定滑动变阻器的接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后画出电路图；(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象.【详解】(1)电流表量程为0.6A,最小分度为0.02A,则电流表的示数为：0.42A；(2)由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，因此滑动变阻器应采用分压接法；灯泡最U2.00V大电阻rl丁=4Q,电压表内阻约为3kQ,电流表内阻约为0.3Q,电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，滑动变阻器采用分压接法；原理图如图所示;阻，电流表应采用外接法，滑动变阻器采用分压接法；原理图如图所示;(3)根据实验数据，画出小灯泡的I-U曲线如图；【点睛】本题考查了实验电路的设计，设计实验电路是实验常考问题，设计实验电路的关键是根据题目要求确定滑动变阻器采用分压接法还是采用限流接法，根据待测电路元件电阻大小与电表内阻间的关系确定电流表采用内接法还是外接法..如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=2T。小球1带正电，小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上。小球向右以匕=12m/s的水平速度与小球2正碰，碰后两小球粘在一起在竖直平面内做匀速圆周运动，两小球速度水平向左时离碰撞点的距离为2m。碰后两小球的比荷为4C/kg。(取g=10m/s2)（1）电场强度E的大小是多少？（2）两小球的质量之比一是多少？m21【答案】（1）E=2.5N/C （2）-—m12【解析】【分析】（1）碰后两小球粘在一起在竖直平面内做匀速圆周运动，可知电场力等于两球的重力，列式可求解场强E；（2）碰撞过程动量守恒，列出表达式求解碰后速度；根据洛伦兹力等于向心力列出方程可求解两小球的质量之比.【详解】碰后有皿一二：入、；q又 「7】mi+m2得E=2.5N/C（2）由动量守恒定律：：二「：n、. n、.、「（nii+mj君qv?B= r依题可知：r=1mm21联立以上公式可得：一-m12.如图，倾角化30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将足够长的长木板A静置于斜面上，A上放置一小物块B且B不会滑离A，初始时A下端与挡板相距L，现同时无初速释放A和B。A和B的质量均为m，它们之间的动摩擦因数〃=，，A与挡板每次碰撞都原速反弹，忽略碰撞时间，重力加速度为g。求A第一次与挡板碰前瞬间的速度大小勺A第二次与挡板碰前瞬间的速度大小v2；（3）从开始释放到最后的整个过程摩擦产生的热量。【答案】（1）」C.⑵」J共•二1dJZ（3）【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解木块和木板一起下滑的加速度，根据运动公式求解A第一次与挡板碰前瞬间的速度大小；（2）根据受力分析判断出碰撞后B的运动，利用牛顿第二定律求得木块和木板的加速度，当两者共速时，求解时间和板上弹的位移；结合运动公式求解A第二次与挡板碰前瞬间的速度大小；（3）分析整个过程的最终结果可知，最终A下端停在挡板处，B停在A某；根据Q=fs相对求解产生的热量；【详解】（1）A、B一起下滑有：二二；共2n个：二1。贝卜C共，C（2）第一次碰后有——-TOC\o"1-5"\h\zm 4|umgcos300-mgsin30°1aB= =消m 4设碰后经时间t，A、B速度相同且为v什共则'共''，二八：\o"CurrentDocument"1 72L此时A上弹的位移大小为％='：二不—则第二次与挡板相碰时有「r-.（3）分析可知最终A下端停在挡板处，B停在A某处则有「塔△与'A』1……，1?10L第一次碰撞到速度相等B下降的位移大小为加一.不；—-2 2v22vn+l2由一三可知——三DVJvl n贝公厂……Q=3mgL【点睛】本题考查功能关系、牛顿第二定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用好可正确求解。13.下列说法正确的是 A.温度由摄氏温度t升至21，对应的热力学温度便由T升至2TB.温度越高，布朗运动越剧烈，所以布朗运动也叫做热运动C.做功和热传递是改变物体内能的两种方式D.由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势E.晶体熔化时吸收热量，分子平均动能不变【答案】CDE【解析】【详解】温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由t+273升至2t+273,不是2倍关系，选项A错误；温度越高，布朗运动越剧烈，但是布朗运动不是分子运动，也不叫做热运动，选项B错误；做功和热传递是改变物体内能的两种方式，选项C正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，选项D正确；晶体熔化时吸收热量，但是温度不变，则分子平均动能不变，选项E正确；故选CDE.14.如图（a）所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积为S=1x10-4m2、质量为m=0.2kg厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为12cm，在活塞的右侧6cm处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的温度为300K，大气压强P0=1.0x105Pa。现将气缸竖直放置，如图（b）所示，取g=10m/s2。求:

①活塞与气缸底部之间的距离；②加热到675K时封闭气体的压强。【答案】①20cm ②-10%【解析】试题分析：①气缸水平放置时，活塞与气缸底部之间的距离二二二-冷］气体压强二♦二1； 气体体积「：二二"气缸水平放置时，活塞与气缸底部之间的距离为二加p c4x10 式 _ _气体压强二・二；一~^~=---二-- 三7=--二一Pm，气体体积二二二・二；S 2x10--气体等温变化，根据玻意耳定律二得活塞与气缸底部之间的距离二二二-•二二二.：山巧②活塞到达卡环前是等压变化，到达卡环后是等容变化，应分两个阶段来处理。气体初状态压强二二二1二二：P"体积二”二"温度二=一：K其中活塞刚好到达卡环时，气体压强仍为已二二二二1二二：P"体积二二二「温度为二其中气体等温变化，根据盖・吕萨克定律三二E得此时气体温度1 二E=K活塞刚好到达卡环后，温度继续上升，气体等容变化，二二1二二：P"1二，二根据查理定律==解得加热到675K时封闭气体的压强二一二三”一二必考点：气体的状态方程15.如图所示是一列沿％轴负方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，波的传播速度v=2m/s,则:(1)从这一时刻起％=2m处质点的振动方程是y=m；(2)从这一时刻起％=5m处质点在5.5s内通过的路程尸m。【答案】(1).；：；：、：” (2).0.55【解析】【分析】(1)由图读出振幅和波长，由波速公式求出周期，由3=2n/T求出角频率①.即可写出x=2m处质点的振动函数表达式。(2)根据时间与周期的关系求解质点通过的路程。a4 2兀【详解】(1)由图读出振幅A=5cm,波长为=4m,则该波的周期为T==."2"「一=n(rad/s)；v2 1