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doc 2019届高三物理5月底适应性考试试题(含解析) 一、选择题(本题共8小题,每小题6分。在每小题给出的四个选项中,第14—18题只有一项符合题目要求,第19—21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有错选的得0分) 1.下列说法正确的是(  ) A. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应 B. 汤姆生发现电子,表明原子具有核式结构 C. 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应,是因为该束光的波长太短 D. 按照玻尔理论,氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时,电子的动能减小,原子总能量增大 【答案】D 【解析】 A、太阳内部有大量的氢核,太阳内部温度极高,满足氢核发生聚变的条件,所以A错误; B、α粒子散射实验表明原子的核式结构,故B错误; C、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应,是因为光的频率小于极限频率,即改光的波长太长,故C错误; D、根据ke2r2=mv2r,轨道半径增大,电子的动能减小,原子能量增大,势能增大;故D正确; 点睛:本题考查了聚变和裂变反应、玻尔理论以及能级等知识点,关键掌握这些知识的基本概念和基本规律,以及理清一些物理学史。 视频 2.从A点斜向上抛出一个小球,曲线ABCD是小球运动的一段轨迹.建立如图所示的正交坐标系xOy,x轴沿水平方向,轨迹上三个点的坐标分别为A(-L,0)、C(L,0),D(2L,3L),小球受到的空气阻力忽略不计,轨迹与y轴的交点B的坐标为(  ) A. (0,L2) B. (0,-L) C. (0,-−3L2) D. (0,-2L) 【答案】B 【解析】 由图象可知,小球的轨迹是二次函数,开口向下,且过A(−L,0)、C(L,0), 设轨迹方程为:y=−a(x−L)(x+L) 将D的坐标x=2L,y=3 L代入上式得:a=−1L 则 y=1L(x−L)(x+L) 当x=0,得:y=−L,故B的坐标为(0,−L),故B正确,ACD错误。 点睛:解决本题的关键要掌握二次函数方程的一般表达式,运用代入求值的方法求a。 3. 如图所示,质量为m,电量为q的带正电的物体,在磁感应强度为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场中,沿动摩擦因数为μ的水平面向左运动,则 ( ) A. 若另加一个电场强度为μ(mg+qvB)/q,方向水平向右的匀强电场,物体做匀速运动 B. 若另加一个电场强度为(mg+qvB)/q,方向竖直向上的匀强电场,物体做匀速直线运动 C. 物体的速度由v减小到零所用的时间等于mv/μ(mg+qvB) D. 物体的速度由v减小到零所用的时间小于mv/μ(mg+qvB) 【答案】B 【解析】 试题分析:对物体进行受力分析,物体的正压力为,物体受到滑动摩擦力的方向向右,如果物体做匀速直线运动,向右的滑动摩擦力与向左的电场力平衡,根据平衡条件,得出电场强度,物体带正电受力方向与电场强度方向相同,所以A项错误;如果方向竖直向上的电场力与物体受到竖直向下的力平衡,,得出电场强度,地面和物体间没有弹力不受摩擦力,物体保持原来的状态匀速直线运动,所以B项正确;物体如果是匀减速运动,加速度,根据速度公式,由于物体的速度在减小,加速度减小,所以时间大于,所以C项错误;D项错误。 考点:本题考查了物体的平衡和运动学 4.气象研究小组用图示简易装置测定水平风速。在水平地面上竖直固定一直杆,半径为R、质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O,当水平风吹来时,球在风力的作用下飘起来。已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积,当风速v0=3m/s时,测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=30°。则( ) A. θ=60°时,风速v=6m/s B. 若风速增大到某一值时,θ可能等于90° C. 若风速不变,换用半径相等、质量变大的球,则θ减小 D. 若风速不变,换用半径变大、质量不变的球,则θ不变 【答案】C 【解析】 【详解】设球正对风的截面积为S,由于已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积,所以风力大小为F=kSv,当速度为3m/s时,由平衡条件得,mgtan30°=Sv0k,当角度为60°时,同理可得mgtan60°=Svk,由此可解的v=9m/s,故A错误。 风速增大,θ不可能变为90°,因为绳子拉力在竖直方向上的分力与重力平衡。故B错误。若风速不变,换用半径相等、质量变大的球,知风力不变,根据F=mgtanθ,知重力减小,风力不变,则θ减小。故C正确。若风速不变,换用半径变大、质量不变的球,则风力变大,根据F=mgtanθ,知θ变大。故D错误。故选C。 5.如图所示,一轻质细杆两端分别固定着质量为mA和mB的两个小球A和B(可视为质点).将其放在一个直角形光滑槽中,已知轻杆与槽右壁成α角,槽右壁与水平地面成θ角时,两球刚好能平衡,且α≠θ,则A、B两小球质量之比为 A. cosα⋅cosθsinα⋅sinθ B. cosα⋅sinθsinα⋅cosθ C. sinα⋅sinθcosα⋅cosθ D. sinα⋅cosθcosα⋅cosθ 【答案】C 【解析】 试题分析:对A球受力分析,受重力、杆的弹力、斜面的支持力,如图所示: 根据共点力平衡条件,有:Fsin(90°−θ)=m1gsinα…① 再对B球受力分析,受重力、杆的弹力、斜面的支持力,如图所示; 根据平衡条件,有:m2gsin(90°−α)=Fsinθ…② 联立①②解得:m1m2=sinα⋅sinθcosα⋅cosθ,故选C. 考点:物体的平衡 【名师点睛】本题关键先后对A球、B球受力分析,然后根据共点力平衡条件并结合合成法列式求解,注意杆对两个球的弹力等大、反向、共线。 6.2016年2月11日,美国科学家宣布人类首次直接探测到引力波。1974年美国天文学家泰勒和赫尔斯发现了代号为PSR1913+16射电脉冲星,该天体是一个孤立双星系统质量较大的一颗,经观察发现双星间的距离正以非常缓慢的速度逐渐减小,该观察结果与广义相对论中有关引力波语言的理论计算结果非常相近,从而间接证明了引力波的存在,泰勒和赫尔斯因此获得1993年诺贝尔物理学奖。由于双星间的距离减小,下列关于双星运动的说法正确的是( ) A. 周期逐渐减小 B. 角速度逐渐减小 C. 两星的向心加速度均逐渐减小 D. 速度逐渐减小 【答案】A 【解析】 【详解】根据Gm1m2L2=m1r1ω2=m2r1ω2,知m1r1=m2r2,知轨道半径比等于质量之反比,双星间的距离减小,则双星的轨道半径都变小,根据万有引力提供向心力,知角速度变大,周期变小,故A正确,B错误;根据Gm1m2L2=m1a1=m2a知,L变小,则两星的向心加速度增大,故C错误。因为m1r1=m2r2,且r1+r2=L解得:r1=m2Lm1+m2,r2=m1Lm1+m2,根据Gm1m2L2=m1v12r1解得v1=Gm22L(m1+m2),则由于L变小,则线速度增大,故D错误。故选A。 【点睛】本题考查了万有引力定律的应用;解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力,知道双星的轨道半径比等于质量之反比,难度适中。 7.如下图所示,匀强电场中的△PAB平面平行于电场方向C点为AB的中点,D点为PB的中点.将一个带电粒子从P点移动到A点,电场力做功WPA=1.6×10-8J;将该粒子从P点移动到B点,电场力做功WPB=3.2×10-8J。则下列说法正确的是 A. 直线PC为等势线 B. 直线AD为等势线 C. 若将该粒子从B点移动到A点,电场力做功WBA=1.6×10-8J D. 若将该粒子从P点移动到C点,电场力做功为WPC=2.4×10-8J 【答案】BD 【解析】 试题分析:设A点的电势为0,则根据公式W=Uq可知,电场力做正功,所以A点的电势为φA=-1.6×10-8J/q,B点的电势为φB=-3.2×10-8J/q;因为D是PB的中点,故D点的电势为φD=(φP+φB)/2=-1.6×10-8J/q,故C点的电势为φC=(φA+φB)/2=-2.4×10-8J/q,所以PC不是等势线,AD是等势线,选项B正确;若将该粒子从B点移动到A点,电场力做功WBA=(φB-φA)q=-1.6×10-8J,故选项C错误,若将该粒子从P点移动到C点,电场力做功为WPC=(φP-φC)q=2.4×10-8J,选项D正确。 考点:电场力做功,等势线。 8.如图所示,质量m="1" kg的物块(可视为质点)以v1="10" m/s的初速度从粗糙斜面上的P点沿斜面向上运动到达最高点后,又沿原路返回,其速率随时间变化的图象如图乙所示。已知斜面固定且足够长,且不计空气阻力,取g="10" m/s2,下列说法中正确的是 ( ) A. 物块所受的重力与摩擦力之比为3∶2 B. 在t="1" s到t="6" s的时间内物块所受重力的平均功率为50 W C. 在t="6" s时物体克服摩擦力做功的功率为20 W D. 在t=0到t="1" s时间内机械能的变化量大小与t="1" s到t="6" s时间内机械能变化量大小之比为1∶5 【答案】D 【解析】 试题分析:设斜面倾角为θ,根据速度-时间图象的斜率表示加速度得:上滑过程:a1=△v1△t1=0−101m/s2=−10m/s2,下滑过程:a2=△v2△t2=105=2m/s2,根据牛顿第二定律得:a1=−mgsinθ−fm,a2=mgsinθ−fm,带入数据解得:sinθ=35,mgf=52,故A错误;根据速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示位移得:1-6s内的位移x=12×5×10=25m,则t=1s到t=6s的时间内物块所受重力的平均功率P=mgxsinθt=10×25×0.65=30W,故B错误;摩擦力f=25mg=25×10N=4N,则t=6s时物体克服摩擦力做功的功率P=fv=4×10=40W,故C错误;在t=0到t=1s时间内机械能的变化量大小△E1=fx1,t=1s到t=6s时间内机械能变化量大小△E2=fx2,则△E1△E2=fx1fx2=12×1×1012×5×10=15,故D正确.故选D. 考点:v-t图线;牛顿第二定律的应用;功率 【名师点睛】本题是速度-时间图象,牛顿第二定律,机械能,功和功率的综合应用,要灵活运用功的计算式,灵活应用公式求解,题目综合性太强,需要熟练掌握这四块知识才能解决。 三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题—第32题为必考题,每个试题考生都必须做答。其余为选考题,考生根据要求做答) 9.利气垫导轨验证机械能守恒定律.实验装示意图如图1所示: (1)实验步骤: ①将气垫导轨放在水平桌面上,桌面高度不低于1m,将导轨调至水平. ②用游标卡尺测量挡光条的宽度L,结果如图所示,由此读出L=_____mm. ③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离x ④将滑块移至光电门1左侧某处,待砝码静止不动时,释放滑块,要求砝码落地前挡光条已通过光电门2. ⑤从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间△t1和△t2. ⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M,再称出托盘和砝码的总质量m. (2)用表示直接测量量的字写出下列所求物理量的表达式: ①当滑块通过光电门1和光电门2时,系统(包括滑块、挡光条、托盘和码)的总动能分别为Ek1=_____________和Ek2=____________. ②如果表达式_____________成立,则可认为验证了机械能守恒定律. 【答案】 (1). 10.90 (2). 12(M+m)(LΔt1)2 (3). 12(M+m)(LΔt2)2 (4). ΔEP=EK2−EK1 【解析】 【详解】(1)游标卡尺,主尺读数为10mm,游标读数为0.02×45mm=0.90mm,所以最终读数为10.90mm; (2)由于光电门的宽度d很小,所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度.滑块通过光电门1速度v1=LΔt1;滑块通过光电门2速度v2=LΔt2;系统的总动能分别为:Ek1=12(M+m)(LΔt1)2;Ek2=12(M+m)(LΔt2)2; 在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中,系统势能的减少△Ep=mgs (3)如果满足关系式△Ep=Ek2-Ek1,即系统重力势能减小量等于动能增加量,则可认为验证了机械能守恒定律. 【点睛】此实验关键是高清利用光电门测量瞬时速度的原理.实验中我们要清楚研究对象和研究过程,对于系统的能量转化的关系我们要考虑全面. 10.分某研究性学习小组设计了如图甲所示的电路,测电源的电动势E及内阻r. (1)闭合电键S,移动滑动触头P,用 V1、V2和A测得并记录多组数据.根据数据描出如图乙所示的①、②两条U﹣I直线,则直线②是根据电压表______(填“V1”或“V2”)和电流表A的数据画得的; (2)根据图象求得电源电动势E的测量值为_____V,内电阻r的测量值为___Ω(保留两位有效数字); (3)直线①、②的交点对应滑动变阻器接入闭合电路的阻值为_____Ω,此时电源的总功率为______W. 【答案】 (1). V1 (2). 3.0 (3). 1.0 (4). 0 (5). 3 【解析】 【详解】(1)由图甲所示电路图可知,电压表V1测路端电压,它的示数随电流的增大而减小,电压表V2测定值电阻两端电压,它的示数随电流的增大而增大,由图所示图象可知,直线②的电压随电流的增大而减小,直线②是根据电压表 V1和电流表A的数据画得的. (2)直线②是电源电动势电压与电流关系图象,由图象可知,图象与纵轴交点坐标值是1.5,电源电动势E=3.0V,电源内阻r=△U△I=3−21.0=1.0Ω. (3)交点处电压为2.0V,电流为1.0A,此时两电压表示数相等,故此时滑动变阻器接入阻值应为零;电源的总功率P=EI=3.0×1=3W; 【点睛】本题考查测量电动势和内电阻实验的数据和定值电阻电流及电压数据的处理,并能用图象法求出电势和内电阻.电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势,图象斜率