遼寧朝陽2019屆高三物理模擬聯(lián)考試題含解析

1、遼寧省朝陽市2018-2019學年高三模擬聯(lián)考理綜物理試題二、選擇題：本題共 8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1418題只有一項符合題目要求；第 1921題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得 3分，有選錯的得0分.高鐵列車在啟動階段的運動可視為初速度為零的勻加速直線運動。從列車啟動開始計時，以其出發(fā)時的位置為初位置，在啟動階段，列車的動量大小A.與它所經(jīng)歷的時間成正比B.與它所經(jīng)歷的時間的二次方成正比C.與它的位移大小成正比D.與它的動能成正比【答案】A【解析】【詳解】設(shè)高鐵列車在啟動階段的加速度為a,經(jīng)時間t的速度為 v=at,則動量的大小為P=mv=mat

2、即與它所經(jīng)歷的時間成正比，故 A正確，B錯誤；根據(jù)=2%得：v = 廊，則動= ,=1 2量的大小為= m/,故c錯誤；根據(jù) 以產(chǎn)，得：？=標,故d錯誤；故 選Ao.如圖所示，由地面同一點踢出的甲、乙兩足球的飛行路徑分別為曲線1和曲線2,且兩曲線的最高點等高。忽略空氣阻力對足球飛行的影響，下列說法正確的是A.足球甲在空中飛行的時間大于足球乙在空中飛行的時間B.足球甲在空中飛行的時間小于足球乙在空中飛行的時間C.足球甲的落地速度大于足球乙的落地速度D.足球甲的落地速度小于足球乙的落地速度【答案】D【解析】【詳解】設(shè)任一足球的初速度大小為V0,初速度的豎直分量為Vy,水平分量為Vx,初速度與水平方

3、向的夾角為 a ,上升的最大高度為 h,運動時間為t ,落地速度大小為 V。取豎直向上 方向為正方向，足球豎直方向上做勻減速直線運動，加速度為a=-g。由0-v y2- -2gh，得:vy=/2gh ,由題，最大高度h相等，則兩個足球初速度的豎直分量相同；根據(jù) g ,可知足球甲在空中飛行的時間等于足球乙在空中飛行的時間，選項AB錯誤；根據(jù)機械能守恒定律得知，足球vy落地時與拋出時速度大小相等。由vy=vosin “可知vo=ma ,路徑1足球初速度與水平的夾角最大，則其初速度 v。最小，則路徑1的落地速率最??；即足球甲的落地速度小于足球乙的落地速度，選項 C錯誤，D正確；故選D.所謂太陽同步軌

4、道衛(wèi)星，指的是衛(wèi)星的軌道平面和太陽始終保持相對固定的取向，軌道傾角（軌道平面與赤道平面的夾角 ）接近90 ,衛(wèi)星要在兩極附近通過。關(guān)于這些太陽同步軌道衛(wèi)星，下列說法正確的是A.發(fā)射速度均大于第二宇宙速度B.可能與地球保持相對靜止C.做圓周運動的線速度一定小于第一宇宙速度D.做圓周運動的向心力大小一定相同【答案】C【解析】【詳解】第二宇宙速度是脫離地球的引力的最小速度，而太陽同步軌道衛(wèi)星仍然繞地球運轉(zhuǎn)，則其發(fā)射速度遠小于第二宇宙速度，選項A錯誤；地球同步軌道與赤道平面重合，而此衛(wèi)星要在兩極附近通過，軌道平面與赤道平面的夾角接近90。，則不可能是同步衛(wèi)星，也不可能與地球保持相對靜止，選項B錯誤；速

5、度7.9km/s是第一宇宙速度，是衛(wèi)星環(huán)繞地球做圓周運動的最大速度，則此衛(wèi)星做圓周運動的線速度一定小于第一宇宙速度。故C正確。因衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系不確定，則衛(wèi)星做圓周運動的向心力大小不一定相同，故 D錯誤。故選C.圖示為氫原子的能級圖， 現(xiàn)讓一束單色光照射到大量處于基態(tài)（量子數(shù)n=1）的氫原子上，受 激的氫原子能自發(fā)地發(fā)出 6種不同頻率的光，則照射氫原子的單色光的光子能量為eV, 口-0.54 485 -131-13.6A. 0.54eV B. 0.85eV C. 10.2eV D. 12.75eV【答案】D【解析】【分析】根據(jù)氫原子只發(fā)出6種不同頻率的色光，根據(jù)公式。確定單色光照射大量處于基態(tài)的

6、氫原子使它躍遷到哪一個激發(fā)態(tài)，從而根據(jù)能極差求出照射光子的能量.n(n-i 1)6 【詳解】由題意應(yīng)該有 2,得n=4.即能發(fā)出6種頻率光的一定是 n=4能級，則照射氫原子的單色光的光子能量為：-0.85ev- (-13.6ev ) =12.75ev ,故選D?！军c睛】明確原子吸收光子是量子化的，會求能級差是求這類問題的基礎(chǔ).在光滑水平軌道上有兩個小球 A和B(均可看做質(zhì)點)，質(zhì)量分別為2m和3m當兩球間的距離 大于L時，兩球之間無相互作用；當兩球間的距離等于或小于L時，兩球間存在大小為 F的恒定斥力。設(shè) A球從距離B球足夠遠處以某一初速度沿兩球連線向原來靜止的B球運動，如圖所示，結(jié)果兩球恰好

7、接觸，則該初速度大小為【答案】B【解析】【詳解】兩球不發(fā)生接觸的臨界條件：vi=V2,由動量守恒定律：2mw=(2m+3m)v.由能量關(guān)系:FL = - 2mvg-(2m + 3m)vv0 =二 二聯(lián)立解得： N加,則選項B正確，ACD昔誤；故選B.【點睛】此題用動量守恒定律與能量守恒關(guān)系結(jié)合，很簡單快捷；也可根據(jù)牛頓第二定律和運動公式結(jié)合求解，但是此方法較繁。. 一交流電壓的瞬日值表達式為u=200也sin50兀t(V),下列判斷正確的是A.該交流電壓的頻率為 50Hz TOC o 1-5 h z B. t=0.01s 時，該交流電壓的瞬時值為5成VC.直接用電壓表測該交流電壓，其示數(shù)為20

8、05VD.若將該交流電壓加在阻值為2k Q的電阻兩端，則電阻的發(fā)熱功率為20W【答案】D【解析】【分析】 f =由表達式知識角速度，根據(jù)2立求解頻率，根據(jù)瞬時值的表達式求解對應(yīng)的瞬時值，電壓表U2P =的示數(shù)為交流電的有效值，根據(jù) R求解發(fā)熱功率。f = =【詳解】由表達式知，角速度 s = 50而虱值,則頻率為九 一 ，故A錯誤；當t=0.01s時,該交流電壓的瞬時值為u-20(5Sin5tkx0.01 2001110.5 2。(色匕故B錯誤；用電壓表測該交流電壓，其示數(shù)為交流電的有效值，即,故C錯誤；根據(jù)U2P =R ,解得:2Q02P = = 20W2 x 103 ，故D正確，故選D【點

9、睛】本題考查交流電有效值、瞬時值、頻率等知識.交流電壓測量的是有效值，計算交流電的電功、電功率和焦耳熱等與熱效應(yīng)等有關(guān)的量都用有效值.s7.如圖所示，真空中有一個邊長為L的正方體，正方體的兩個頂點M N處分別放置一個電荷量都為q的負點電荷，a、b、c、d是另外四個頂點。下列說法正確的是A.同一電荷在c、d兩點所受的電場力相同c、d兩點的電勢相等a、b兩點的電場強度相同D.把一正電荷從a點沿直線移到b點的過程中，正電荷的電勢能先減小后增大【答案】BD【解析】【分析】根據(jù)電場線的分布比較電場強度的大小和電勢的高低.根據(jù)電場的疊加原理分析電場強度的情況，根據(jù)正電荷在電勢越高的點電勢能越大分析，電勢能

10、的變化情況?！驹斀狻扛鶕?jù)電場的疊加原理可知，c、d兩點電場強度大小相等，方向不同，故同一電荷在c、d兩點所受的電場力不相同，故 A錯誤；M N兩點放的是等量同種負電荷，根據(jù)對稱性可知c、d兩點的電勢相等，故 B正確；根據(jù)電場的疊加原理可知，a、b兩點的電場強度大小相等，方向不同，故 C錯誤；根據(jù)等量同種負電荷電勢分布特點，可知從a沿直線到b,電勢先減小后增大，故將一正電荷從a點沿直線移到b點的過程中，正電荷的電勢能先減小后增大，故D正確；故選BD【點睛】解決本題的關(guān)鍵是要知道等量同種負電荷的電場分布情況，沿著電場線方向電勢逐漸降低。8.如圖所示，直角三角形 ABC內(nèi)存在磁感應(yīng)弓雖度大小為 日

11、方向垂直于 ABC平面向里的勻強 磁場，O點為AB邊的中點，0 =30。一對正、負電子（不計重力）自O(shè)點沿ABC平面垂直AB 邊射入磁場，結(jié)果均從 AB邊射出磁場且均恰好不從兩直角邊射出磁場。下列說法正確的是X X胡JLN二式j(luò)t濟、門CA.正電子從AB邊的。A兩點間射出磁場B.正、負電子在磁場中運動的時間相等C.正電子在磁場中運動的軌道半徑較大D.正、負電子在磁場中運動的速率之比為（3+2/）：9【答案】ABD【解析】A、根據(jù)左手定則可知，正電子從AB邊白Q B兩點間射出磁場，故 A正確；1 27cHit =榮日由題意可知，正、負電子在磁場中運動的圓心角為1*0二根據(jù) 360。qB可知正、負

12、電子在磁場中運動的時間相等，故B正確；13r, = -ABC正、負電子在磁場中做勻速圓周運動，對正電子，根據(jù)幾何關(guān)系可得1 2電子在磁場中運動的軌道半徑AB,故C錯誤;1=-AB8$3(尸2,解得正1r. = -AB子在磁場中運動的軌道半徑6 ;對負電子，根據(jù)幾何關(guān)系可得V qBr qvB = m v D根據(jù) r可知 m ,正、負電子在磁場中運動的速率之比為vi ri 123十琬v2 ” 6*-3* ,故d正確；故選ABD【點睛】根據(jù)左手定則可知，正電子從 AB邊的Q B兩點間射出磁場，正、負電子在磁場中運動的圓心角為1XU ,正、負電子在磁場中運動的時間相等；正、負電子在磁場中做勻速圓周v2

13、 qBrqvB = mv =運動，根據(jù)幾何關(guān)系解得在磁場中運動的軌道半徑，根據(jù)丁可知 m ,正、負電子在磁場中運動的速率之比。9.某同學用圖甲所示的實驗裝置測量木塊P與長木板間的動摩擦因數(shù)。輕繩在另一相同的木塊Q的帶動下牽引木塊 P做勻加速直線運動，按正確操作得到紙帶的一部分如圖乙所示，每相鄰兩個計數(shù)點間還有四個點沒有畫出，已知打點計時器所用電源的頻率為50Hz,取2g=9.80m/s。耶(1)打點計時器打下 B點時木塊P的速度大小為 m/so(2)木塊P與長木板間的動摩擦因數(shù)為 (結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。【答案】(1). 0.52 (2). 0.35【解析】【詳解】(1)因T=0.1s，打點

14、計時器打下B點時木塊P的速度大小為AC (36.0 4- 68 0) X 1丁3vR =m/s = 0.52m/s 2Pr0.2XCE-XAC (132.0+ 100,(68,0-36.0) k 1。*, 2a = 3.2rrj/s-(2)由紙帶可知，加速度:4Tg=對木塊 Q： mg-T=ma對木塊 P： T-科mg=ma聯(lián)立解得：g.在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，所用小燈泡標有“ 3V 0.3A ”字樣，并提供以下器材：A.電壓表 V (05V,內(nèi)阻約3k Q)B電流表Ai (03A ,內(nèi)阻約0.2 Q )C.電流表 A (0500mA,內(nèi)阻約1Q)D.滑動變阻器 Ri(0-10

15、 Q)E.滑動變阻器 的(02k Q )F.直流電源E(電動勢4.5V,內(nèi)阻不計)G.開關(guān)S及導線若干 為了提高測量的準確度和調(diào)節(jié)方便，實驗中應(yīng)選用的電流表是 (選填B”或“C ),應(yīng)選用的滑動變阻器是 (選填D或E”)(2)在虛線框內(nèi)畫出實驗電路圖 。(3)正確設(shè)計并連接好實驗電路后，閉合開關(guān)S緩慢移動滑動變阻器的滑片，使小燈泡中的電流由零開始逐漸增大， 直到小燈泡正常發(fā)光，由電流表和電壓表得到的多組示數(shù)描繪出的U-I圖象如圖所示，可知隨著小燈泡中的電流增大，小燈泡的電阻 (選填“增大” “減小”或“不變”)?！敬鸢浮?1).(1) C (2). D (3).(2)如圖；【解析】【分析】(1

16、)器材的選擇需安全和精確， 根據(jù)燈泡的額定電壓和額定電流選擇電流表和電壓表的量程,從而測量誤差的角度選擇滑動變阻器。(2)電壓和電流需從 0測起，滑動變阻器需采用分壓式接法，通過燈泡的電阻大小判斷其是大電阻還是小電阻，從而確定電流表內(nèi)接還是外接，由此畫出實驗電路圖；(3)根據(jù)實驗原理分析即可.【詳解】(1)小燈泡的額定電壓為 3V,小燈泡的額定電流為 0.3A,從安全和精確度方面考慮， 所以電流表量程選 500mA的A2,故選C.總電阻為2000 a的滑動變阻器連入電路，電流非常 小，測量誤差較大，所以選用總電阻為10a的滑動變阻器 R,故選D; (2)小燈泡在正常工3R = 1作時的電阻,遠

17、小于電壓表內(nèi)阻，屬于小電阻，“小外偏小”，電流表采用外接法。電壓和電流需從零開始測起，所以滑動變阻器采用分壓式接法。電路圖如圖所示：(3)通過燈泡的電流隨燈泡兩端電壓增大而增大，小燈泡的電阻隨溫度的升高逐漸增大，所 以U-I圖象中的斜率也要逐漸增大，即小燈泡的電阻增大?！军c睛】解決本題的關(guān)鍵掌握器材選取的原則，掌握滑動變阻器分壓式接法和限流式接法的 區(qū)別，以及電流表內(nèi)外接的區(qū)別.如圖所示，光滑半圓弧軌道的半徑為R, OA為水平半徑、BC為豎直直徑，光滑半圓弧軌道與粗糙水平滑道 CM相切于C點，在水平滑道上有一輕彈簧，其一端固定在豎直墻上，另一端 恰好位于滑道的末端 C點(此時彈簧處于自然狀態(tài))

18、。在彈簧右端放置一質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)，現(xiàn)向左緩慢推動物塊壓縮彈簧，使彈簧的彈性勢能為Ep,撤去外力釋放物塊，物塊被彈簧彈出去后恰能到達 A點。已知物塊與水平滑道間的動摩擦因數(shù)為科，重力加速度大小為g,求：(1)物塊離開彈簧剛進入半圓軌道時對軌道的壓力大小Fn；(2)撤去外力時彈簧的壓縮量 dEp R【答案】(1) 3mg (2) Rmg卜【解析】【分析】(1)根據(jù)機械能守恒定律求出小物塊運動到C點的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出C點的支持力大小，根據(jù)牛頓第三定律可得物塊對軌道的壓力；(2)據(jù)能量守恒定律求出彈簧的壓縮量d.【詳解】(1)由題知，物塊被彈簧彈出去后恰能到達A點，則從C到A,

19、由機械能守恒得：I 2mgR =尹VcFN-me = m TOC o 1-5 h z 在c點，根據(jù)牛頓第二定律得：R聯(lián)立解得：根據(jù)牛頓第三定律可知物塊離開彈簧剛進入半圓軌道時對軌道的壓力大小為3mg(2)彈簧從壓縮到最短開始，至物塊被彈離彈簧的過程中1 2 inigd = Eb根據(jù)能量守恒得：解得：【點睛】本題考查了機械能守恒定律的基本運用，以及掌握圓周運動靠徑向的合力提供向心 力，通過牛頓第二定律求解支持力的大??；靈活應(yīng)用機械能量守恒定律求解.如圖所示，質(zhì)量為 mr邊長為l的單匝正方形導線框 aba b套在橫截面為正方形但邊長 略小于l的N磁極上，其aa邊和bb邊處于磁極的夾縫間，磁極的夾縫

20、間存在水平方向的 磁感應(yīng)強度大小為 B的勻強磁場(可認為其他區(qū)域無磁場)，導線框由電阻率為 p、橫截面積 為S的金屬絲制成。導線框由靜止開始釋放，其平面在下落過程中保持水平。磁場區(qū)域在豎 直方向足夠長，不計空氣阻力，重力加速度大小為go裝置雙截血示性圖裝置做酰示意用(1)求導線框下落的最大速度Vm；(2)求導線框下落的加速度大小為0.5g時，導線框的發(fā)熱功率P;(3)若導線框從被釋放至達到最大速度(vm)的過程中，下落的高度為h,求導線框在下落 2h的gm pQ = mg(2h)2 內(nèi)2過程中產(chǎn)生的焦耳熱 Qmgp 口山呂vin = P =,!：二 (2) 憶丁【解析】【詳解】(1)設(shè)導線框下

21、落的速度為 V時,導線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E,感應(yīng)電流為I ,導線框受到的豎直向上的安培力大小為F,有：E=2Blv;41R = LSE=R其中:F=2BIlIvSBF =解得可見，F(xiàn)隨速度v增大而增大，當F等于導線框受到的重力時，達到最大速度Vm,1%陽一= nig則：mgpVm=-； 解得(2)設(shè)當導線框下落的加速度為0.5g時，導線框中的電流為Ii,此時導線框受到的安培力為Fi,由牛頓第二定律:mg-F1 = m - 0,5g其中 Fi=2BIil導線框的發(fā)熱功率：P=I i2R(3)導線框的速度達到最大速度Vm后將以速度Vm做勻速直線運動，在導線中g(shù)下落2h過程中,mg - 2h =

22、+ Q由能量守恒：Q = mg(2h- gm P )解得：【點睛】解答這類問題的關(guān)鍵是通過受力分析，正確分析安培力的變化情況，找出最大速度 的運動特征.電磁感應(yīng)與電路結(jié)合的題目，感應(yīng)電動勢是中間橋梁.下列說法正確的是 A,溫度高的物體，其分子的平均動能一定大B.巖鹽是立方體結(jié)構(gòu)，粉碎后的巖鹽不再是晶體C.液晶既有液體的流動性，又有晶體的各向異性D.熱量可以從低溫物體傳給高溫物體E.溫度升高，氣體的壓強一定變大【答案】ACD【詳解】溫度越高，分子的平均動能越大，故 A正確；巖鹽是立方體結(jié)構(gòu)，是晶體，且有規(guī)則的幾何形狀，粉碎后的巖鹽仍是晶體，仍有規(guī)則的幾何形狀，故 B錯誤；液晶是一種特殊的物態(tài)，它

23、既有液體的流動性，又有晶體的各向異性，故C正確；根據(jù)熱力學第二定律可知，熱量可以從低溫物體傳到高溫物體，不過需要消耗外界的功，故 D正確；根據(jù)理想氣體狀態(tài)PV=C方程可知：T ,溫度升高，氣體的壓強不一定增大，還與氣體的體積是否變化有關(guān)，故 E 誤。故選ACD.如圖所示，固定在水平面上的汽缸長 L=1m汽缸中有橫截面積 S=100cn2的光滑活塞，活塞封閉了一定質(zhì)量的理想氣體，當缸內(nèi)氣體溫度To=300K大氣壓強p=1X105Pa時，活塞在汽缸右端開口處，現(xiàn)用外力把活塞從汽缸右端緩慢向左推至氣柱長度l=80cm,汽缸和活塞的厚度均可忽略不計，缸內(nèi)氣體溫度不變。(1)求活塞靜止在氣柱長度l=80

24、cm時外力的大小F;(2)如果不用外力而緩慢降低缸內(nèi)氣體的溫度，使活塞從汽缸右端開口處移至氣柱長度l=80cm處，求此時缸內(nèi)氣體的溫度To【答案】(1) 250NI (2) 240K【分析】(1)封閉氣體等溫變化，根據(jù)玻意耳定律和平衡條件列式求解；(2)封閉氣體等壓變化，根據(jù)蓋呂薩克定律列式求解；【詳解】(1)在此過程中，缸內(nèi)氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律有：pJS=plS由活塞受力平衡條件有：解得：F=250N.S IS(2)在此過程中，缸內(nèi)氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋-呂薩克定律有：丁。丁解得：T=240K【點睛】本題是氣體問題，確定氣體狀態(tài)作何種變化是關(guān)鍵，要充分挖掘隱含的條件進行分析，選出合適的氣體實驗定理列式求解即可.一列簡諧橫波沿x軸傳播，t =0時的波形如圖所示，質(zhì)點 A與質(zhì)點B相距2m, A點速度方 向沿y軸正方向；t=1.5s時，質(zhì)點A第一次到達負向最大位移處。該波的頻率為 Hz, 該