贵州省贵阳市2019届高三第一次模拟考试物理试题含解析.pdf

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1、2019 年贵州省贵阳市高考模拟一模试卷 一、单选题（本大题共5 小题，共30.0 分） 1. 下列说法正确的是 A. 若某种材料的逸出功是W，则其极限频率 B. 当氢原子从的状态跃迁到的状态时，发射出光子 C. 衰变为要经过 4 次衰变和 6 次衰变 D. 中子与质子结合成氘核时吸收能量 【答案】 A 【解析】 【分析】 光子能量计算公式Eh 可知其能量由光子频率决定，氢原子吸收光子向高能级跃时， 衰变和 衰变过程中质量数守恒和电荷数守恒。中子和质子结合成氘核时放出能量。 【详解】 A、结合光子能量计算公式E h，某种材料的逸出功是W，则它的极限频率为0， 故 A正确； B、氢原子从n=2的

2、状态跃迁到n=6的状态，从低能级向高能级跃迁，要吸收能量。 C、Th衰变为Pb根据质量数和电荷数守恒计算可知，要经过6 次 衰变和 13 次 衰变 D、中子和质子结合成氘核时有质量亏损，放出能量。 【点睛】 该题考查原子物理学中的原子跃迁中能量的变化等知识点的内容，都是基础性的知识点的 内容，多加积累即可 2. 一伞兵从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，2s时开启降落伞， 其跳伞过程中的图象如图 所示，根据图象可知该伞兵 A. 在内做自由落体运动 B. 在内加速度方向先向上后向下 C. 在内先处于失重状态后处于超重状态 D. 在内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动 【答案】 C 【解析】 【分析

3、】 首先分析运动员的运动情况，运动员在02s 内做匀加速直线运动，2s14s 做变速运动，14s 以 后做匀速运动直到地面。t 1s 时运动员做匀加速直线运动，根据图象的斜率可以算出加速度，根 据超重和失重的性质确定状态。 【详解】 A、0 2s 内做匀加速直线运动，但加速度小于重力加速度，不是自由落体运动，故A 错 误； B、图象的斜率表示加速度，则由图可知，26s 内物体先做加速运动，再做减速运动，故加速度 方向先向下再向上，故B错误； C、014s 内物体先做加速运动，再做减速运动，故加速度方向先向下再向上，先失重后超重，故 C正确； D、在 0-24s 内， 212s 内的加速度大小会

4、发生变化，故物体不是匀变速运动，D错误。 【点睛】本题考查超重与失重以及vt图象，要注意明确图象的性质，能根据图象明确速度和加 速度的方向，同时明确超重和失重与加速度方向间的关系。 3.2017 年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波信号。根据科学家们复原的过程， 在两颗中子星合并之前，它们绕二者连线上的某点做圆周运动，且二者越转越近， 最终碰撞在一起， 形成新的天体。若将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，则此过程中两中子星的 A. 线速度逐渐变小 B. 角速度保持不变 C. 周期逐渐变大 D. 向心加速度逐渐变大 【答案】 D 【解析】 【分析】 双星系统靠相互间的万有引力提供

5、向心力，结合牛顿第二定律求出双星总质量与双星距离和周期的 关系式，从而分析判断。 【详解】设两颗星的质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、 r2，相距L，根据万有引力提供向心 力可知：，+整理可得： ， 解 得， ，根据线速度和角速度的关系，有， 故线速度变大， 角速度变大， 周期变小， ABC错误，对于向心加速度，有， 故可判断向心加速度变大，D正确。 【点睛】本题实质是双星系统，解决本题的关键知道双星系统的特点，即周期相等、向心力大小相 等，结合牛顿第二定律分析求解 4. 如图甲所示，为某品牌电热毯的简易电路，电热丝的电阻为，现将其接在 的正弦交流电源上，电热毯被加热到一定温度后，温控

6、装置P使输入电压变为 图乙所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝的电阻保持不变，则保温状态下，理想交流电压表 V的读数和电热毯消耗的电功率最接近下列哪一组数据 A. 220V、100W B. 156V、50W C. 110V、25W D. 311V、200W 【答案】 B 【解析】 【分析】 电压表读数为有效值，根据正弦式交变电流峰值和有效值之间的关系以及电流的热效应便可求得有 效值 【详解】由图象可知该交变电流的周期T210 2s；可分两段 0和T，根据有效值的定义可 得0T， 解 得 ： U156V， 电 热 毯 在 保 温 状 态 下 消 耗 的 电 功 率 为 P50W ；故 B正确。

7、 【点睛】本题考查有关交变电流有效值的计算问题，要知道电压表和电流表测量的都是有效值。 5. 我国已成为世界上高铁商业运营速度最高的国家. 一乘客在一列匀加速直线行驶的“复兴号”车 厢里相对车厢以一定的速度竖直向上抛出一个小球，则小球 A. 在最高点对地速度最大 B. 在最高点对地速度为零 C. 抛出时车厢速度越大，落点位置离乘客越远 D. 落点位置与抛出时车厢的速度大小无关 【答案】 D 【解析】 【分析】 物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体的一种属性；物体运动 状态的改变包括运动速度和运动方向的改变。 【详解】 AB 、小球在空中运动时，其水平方向上的速度大

8、小是不变的，而竖直方向上其运动速度是 变化的，最高点竖直方向的速度为零，此时相对地速度最小，但不为零。故AB错误； CD 、小球在空中运动时，其水平方向上的速度大小是不变的，列车做加速运动，相对位移为x v0tv0t，与初速度无关，故D正确， C错误。 【点睛】此题考查惯性和物体运动状态变化的原因，惯性现象在现实生活中随处可见，和我们的生 活密切相关，学习中要注意联系实际，用所学惯性知识解决生活中的实际问题。 二、多选题（本大题共5 小题，共26.0 分） 6. 如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中斜向右下方做 直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为，重力加速度

9、大小为g，不计空气阻力，则下列判断可能 正确的是 A. 电场强度的最小值等于 B. 电场强度的最大值等于 C. 带电油滴的机械能增加 D. 电场力对带电油滴不做功 【答案】 CD 【解析】 【分析】 带电小球只受重力和电场力F，由于小球做直线运动，合力方向与竖直方向夹角为，结合平行四 边形定则分析最小的电场力，根据电场力方向确定电场力做功情况。 【详解】 AB 、带电小球的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg 和电场力F，其合力必定沿此直 线向下，根据三角形定则作出合力，由图看出，当电场力F 与此直线垂直时，电场力F 最小，场强 最小，则有FqEmin mgsin ，得到 Emin，无最大值，

10、故AB错误； CD 、当 E时，电场力方向与速度方向垂直，电场力不做功，小球的电势能一定不变；这种 情况下只有重力做功，小球的机械能不变，故D正确，、D错误。当 E. 电场力方向与速度 方向成锐角，电场力做正功，小球的机械能增加，故C正确。 【点睛】本题关键是对物体受力分析后，根据平行四边形定则求出电场力F 的大小和方向， 然后根 据功能关系判断，注意电场力与速度的夹角是解题的关键。 7. 如图所示，一根粗细和质量分布均匀的细绳，两端各系一个质量都为m的小环， 小环套在固定水 平杆上，两环静止时，绳子过环与细绳结点P、Q的切线与竖直方向的夹角均为，已知绳子的质 量也为m，重力加速度大小为g，则

11、两环静止时 A. 每个环对杆的压力大小为mg B. 绳子最低点处的弹力的大小为 C. 水平杆对每个环的摩擦力大小为 mgtan D. 两环之间的距离增大，杆对环的摩擦力增大 【答案】 BD 【解析】 【分析】 对物体受力分析，受重力、水平拉力和天花板的拉力，物体保持静止，受力平衡，根据平衡条件并 运用正交分解法列式求解即可 【详解】以左侧绳为研究对象，受力分析如图所示： 根据平衡条件，有水平方向：；竖直方向：；联立解得：， ，故 B正确。对环进行受力分析如图： 水平方向： 竖直方向： 故 AC错误，当两环之间的距离增大，变大，故变大， D正确。 【点睛】本题关键是先对物体受力分析，然后根据平衡

12、条件并运用正交分解法列式求解。 8. 如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角，其中MN与PQ平行且 间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计，金属棒ab由静止开始沿 导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横 截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中 A. 运动的平均速度大小为 B. 下滑位移大小为 C. 产生的焦耳热小于qBLv D. 受到的最大安培力大小为 【答案】 BC 【解析】 【分析】 金属棒 ab 由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动由牛顿第二定律，法拉第电 磁感应定律

13、、能量守恒定律等研究处理 【详解】 A、金属棒 ab 开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度大于 v，故 A错误。 B、由 q可知：下滑的位移x；故 B正确； C、产生的焦耳热Q I 2RtqIR，而这里的电流 I 比棒的速度大小为v 时的电流I 小，故这 一过程产生的焦耳热小于qBLv故 C正确； D、金属棒受到的安培力F安BILBL?BL?，故 D错误 【点睛】本题考查了电磁感应与力学的综合，关键理清金属棒的运动规律，能知道求电量时要用法 拉第电磁感应定律求平均电动势 9. 下列关于固体、液体和气体的说法正确的是 A. 固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动

14、的 B. 液体表面层中分子间的相互作用力表现为引力 C. 固体、液体和气体中都会有扩散现象发生 D. 在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零 E. 某些固体在熔化过程中，虽然吸收热量但温度却保持不变 【答案】 BCE 【解析】 【分析】 物质是有大量分子构成，分子永不停息做无规则运动；当分子间距离为r0时，分子引力和斥力相等， 液体表面层的分子比较稀疏，分子间距大于r0，所以分子间作用力表现为引力；扩散现象与物体的 状态无关； 气体对容器壁的压强是气体分子对器壁的碰撞产生的，与重力无关；根据热力学第一定 律可知 UW+Q 分析内能的变化。 【详解】 A、无论固体、液体和气体，分子都是在永不

15、停息的做无规则运动，故A错误； B、当分子间距离为r0时，分子引力和斥力相等，液体表面层的分子比较稀疏，分子间距大于r0， 所以分子间作用力表现为引力，故B正确； C、扩散现象与物体的状态无关，故固体、液体和气体都会有扩散现象发生； D、在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，封闭气体压强与重力无 关，故 D错误； E、绝热条件下压缩气体，根据热力学第一定律可知UW+Q 0，即内能增加，故E正确； 【点睛】考查分子永不停息做无规则运动，理解液体表面张力的含义，知道气体压强产生的原因和 微观解释，掌握存在吸热，而温度不一定升高的结论。 10. 一列波长为的简谐横波沿x轴传播

16、，某时刻的波形如图所示，a、b、c为三个质点，a位于 负的最大位移处，b正向上运动，从此刻起再经，质点a第二次到达平衡位置。由此可知该列 波 A. 沿x轴负方向传播 B. 波源的振动频率为 C. 传播速度大小为 D. 从该时刻起，经过，质点a沿波的传播方向移动了1m E. 该时刻以后，b比c晚到达负的最大位移处 【答案】 ABE 【解析】 【分析】 由 b 点的振动方向向上，通过比较质点振动先后判断波的传播方向，确定出a 和 c 的运动方向， 并 能比较 b、c 两点到达负的最大位移处的先后 【详解】 A、b 点正向上运动，振动比右侧的波峰迟，故波沿x 轴负方向传播，故A正确； B、根据题意可

17、得：，故，B正确； C、由，C错误； D、波动图像中，各质点不随波迁移；故D错误 E、由波动图像可知，质点c 正向负方向运动，故c 比 b 先到负的最大位移处，故E正确。 【点睛】波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系同时，要熟练分析波动形 成的过程，分析物理量的变化情况 三、实验题探究题（本大题共2 小题，共18.0 分） 11. 如图甲所示为实验室的一直流电流表，其使用说明书上附的该电流表的内部电路如图乙所示。 某次用量程测量时，示数如图丙所示，其读数为_A 该电流表量程对应的内阻约为_结果保留两位小数； 若电阻断路，则电流表允许通过的最大电流约为_结果保留两位有效数字 【

18、答案】 (1). 1.20 (2). 0.50 (3). 5.0 【解析】 【分析】 （1）根据电流表量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数。 （2）根据图丙所示电路图，应用串并联电路特点求出电流表内阻。 （3）根据电路图，应用串并联电路特点与欧姆定律求出电流最大值。 【详解】（1）电流表量程为03A，由图丁所示表盘可知，其分度值为0.1A，示数为1.20A 。 （2）由图丙所示电路图可知，电流表量程为00.6A 时，电流表内阻为：R， 代入数据可得： （3）由图示电路图可知，电流表量程为0 3A时： 3Ig；解得： Ig0.0050A 5.0mA。 【点睛】知道电流表的改装原理、分析清

19、楚电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题。 12. 如图 1 所示，为探究“质量一定时，物体的加速度与所受合外力关系”的实验装置. 某同学的实验步骤如下： 用天平测量并记录滑块和拉力传感器的总质量M ； 调整长木板和滑轮，使长木板水平，细线与长木板平行； 在托盘中放入适当的砝码，接通电源， 释放滑块， 记录拉力传感器的读数F，根据相对应的纸带， 求出滑块的加速度a； 多次改变托盘中砝码的质量，重复步骤。 请按要求回答下列问题： (1) 图 2 是该同学实验得到的一条纸带( 两计数点间还有四个点没有画出) ，已知打点计时器用的是 频率为 50Hz的交流电，根据纸带求出滑块的加速度大小为_

20、m/s 2( 结果保留三位有效数 字). (2) 该同学由实验得到的数据，画出如图 3 所示的F-a图线，图线不通过原点的原因是_； (3) 该实验还可测量滑块与长木板之间的动摩擦因数，其值可用M 、 F0、g表示为 =_( 其 中M为滑块和拉力传感器的总质量，F0为图 3 中的截距，g为重力加速度 ) ，与真实值相比， 测得的 动摩擦因数 _( 选填“偏大”或“偏小”) 。 【答案】 (1). 2.00 (2). 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 (3). (4). 偏大 【解析】 【分析】 根据位移差公式求解加速度；根据图象结合牛顿第二定律写出a 与 F 的函数关系表达式，确定其斜 率的为，

21、根据横轴截距确定 即可 【详解】 （ 1）利用逐差法处理实验数据可得：，代入数据可得 （2）由图丙可知，当绳子上有拉力时，物体的加速度却为零，由此可知实验之前该同学未平衡摩 擦力或平衡摩擦力不充分，故答案为：该同学实验操作中没有平衡摩擦力； （3）根据牛顿第二定律F Mg Ma解得：，故 Fa 图线斜率的k；， 由于纸带与限位孔间的摩擦力或空气阻力，使求得的加速度偏小，导致摩擦力偏大， 摩擦因数偏大。 【点睛】明确实验原理是解决有关实验问题的关键。在验证牛顿第二定律实验中，注意以下几点： （1）平衡摩擦力，这样绳子拉力才为合力；（2）满足砝码（连同砝码盘）质量远小于小车的质量， 这样绳子拉力才

22、近似等于砝码（连同砝码盘）的重力；（3）用逐差法求出小车的加速度 四、计算题（本大题共4 小题，共40.0 分） 13. 如图所示，光滑轨道abc固定在竖直平面内，ab为四分之一圆弧轨道，bc段水平，且与ab圆 弧相切于b点，在光滑水平地面上紧靠轨道c端，停着质量为、长度为的平板车， 平板车上表面与bc等高、现将可视为质点的物块从与圆心O等高的a点静止释放，物块滑至圆弧 轨道最低点b时的速度大小为，对轨道的压力大小等于30N，之后物块向右滑上平板车。 取重力加速度，不计空气阻力。 求该物块的质量； 若物块最终未从平板车上滑落，求物块在平板车上滑动过程中产生的热量。 【答案】该物块的质量是1kg

23、。 物块在平板车上滑动过程中产生的热量是。 【解析】 【分析】 (1) 先研究物块在圆弧轨道上下滑的过程，由机械能守恒定律可求出物块运动到b 点的速度，在b 点，轨道的支持力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律列式，可求出物块的质量。 (2) 再研究物块在平板车上运动的过程，物块先做匀减速运动，平板车做匀加速运动，当两者的速 度相等时相对静止，之后一起匀速运动。在此过程中，物块与平板车组成的系统动量守恒，由动量 守恒定律可以求出物块与平板车的最终速度，并求出这个过程中产生的热量。 【详解】（1）设四分之一圆弧的半径为R，物块的质量为m，在b点轨道对物块的支持力为F，物 块从a到b由机械守恒定

24、律有： 物块运动到b点，由牛顿第二定律有： 联立解得 由牛顿第三定律知 联立解得： （2）设物块与平板车的共同速度为v，物块在平板车上滑行过程中产生的热量为Q，取水平向右为 正方向，由动量守恒定律有： 由能量守恒定律有：。 联立解得： 【点睛】对于物块在小车滑动的类型，关键要理清物体的运动过程，知道物块在平板车上滑动时遵 守动量守恒定律和能量守恒定律。 14. 如图所示， 在 xoy 平面 ( 纸面 ) 内，存在一个半径为R=02.m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大 小为B=1.0T，方向垂直纸面向里，该磁场区域的左边缘与y 轴相切于坐标原点O.在 y 轴左侧、 0.1mx0的区域内，存在沿y

25、 轴负方向的匀强电场( 图中未标出 ) ，电场强度的大小为 E=10 10 4 N/C. 一个质量为m=2.010 9kg、 电荷量为 q=5.010 5C的带正电粒子， 以 v0=5.010 3m/s 的速度沿 y 轴正方向、从P点射入匀强磁场，P点的坐标为(0.2m，0.2m)，不计粒子重力。 (1) 求该带电粒子在磁场中做圆周运动的半径； (2) 求该带电粒子离开电场时的位置坐标； (3) 若在紧靠电场左侧加一垂直纸面的匀强磁场，该带电粒子能回到电场，在粒子回到电场前瞬间， 立即将原电场的方向反向，粒子经电场偏转后，恰能回到坐标原点O，求所加匀强磁场的磁感应强 度大小。 【答案】（1）

26、（2） （3） 【解析】 【分析】 粒子进入电场后做类平抛运动，将射出电场的速度进行分解，根据沿电场方向上的速度，结合牛顿 第二定律求出运动的时间，从而得出类平抛运动的水平位移和竖直位移，即得出射出电场的坐标先 求出粒子射出电场的速度，然后根据几何关系确定在磁场中的偏转半径，然后根据公式B求 得磁场强度 【详解】（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有： 解得： （2）由几何关系可知，带电粒子恰从O点沿 x 轴负方向进入电场，带电粒子在电场中做类平抛运 动，设粒子在电场中的加速度为a，到达电场边缘时，竖直方向的位移为y，有： ， 由牛顿第二定律有： 联立解得： 所以粒子射出电场

27、时的位置坐标为 （3）粒子分离电场时，沿电场方向的速度 解得： 则粒子射出电场时的速度： 设所加匀强磁场的磁感应强度大小为， 粒子磁场中做匀速圆周运动的半径为， 由几何关系可知： 由牛顿第二定律有： 联立解得： 15. 如图，一上端开口、下端封闭的足够长的细玻璃管竖直放置，管中用一段长的水银柱 封闭一段长的空气，大气压强，开始时封闭气体的温度为现将玻璃管在 竖直平面内 缓慢转动半周至开口向下，求此时封闭空气的长度； 缓慢转动至水平后，再将封闭气体温度升高到，求此时封闭空气的长度。 【答案】（i ）L2=40cm （ ii ）L3=27.6cm 【解析】 【分析】 （1）缓慢转动半周至开口向下，

28、找到气体的状态参量，根据玻意耳定律求解空气柱的长度；（2） 慢转动至水平后，找到气体的各个状态参量，根据气体的状态变化方程求解空气柱的长度。 【详解】 (i)初状态气体压强p1=100cmHg ，末状态p2=50cmHg ，设封闭气体长度设为L2等温变化过 程由气体实验定律， 可知 L2=40cm (ii)初状态气体压强p1=100cmHg ，末状态p3=75cmHg ，设封闭气体长度设为L3初始状态温度 T1=300K，末状态温度T3=310K 由气体实验定律， 可知 L3=27.6cm 16. 如图所示，空气中有一半径为R的实心玻璃球，O为球心，AB为直径，一条平行于AB的光线从 球体上M

29、点射入折射光线恰好过B点，已知，光在真空中传播的速度为c。求： 该玻璃的折射率； 光从M点传播到B点的时间。 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 （1）根据几何知识求出入射角和折射角，由折射定律求折射率 （2）由几何关系求出MB长度，由v求出光在玻璃球内传播的速度v，再由 t求出时间 【详解】（1）如图，由几何知识可得折射角 r AMB 30，折射角i 2ABD 60 则此玻璃的折射率为 n （2）由几何知识可得，MB的长度 S2Rcos30 光在玻璃球内传播的速度 v 故光线从M传到 B的时间为 t 【点睛】本题是折射定律和全反射知识的应用，关键是画出光路图，运用几何知识求解入射角 与折射角，即可求解