2019屆高三物理5月底適應性考試試題(含解析).doc

2019屆高三物理5月底適應性考試試題(含解析)一、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，有錯選的得0分）1.下列說法正確的是（）A. 太陽輻射的能量主要來自太陽內(nèi)部的核裂變反應B. 湯姆生發(fā)現(xiàn)電子，表明原子具有核式結(jié)構(gòu)C. 一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應，是因為該束光的波長太短D. 按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，電子的動能減小，原子總能量增大【答案】D【解析】A、太陽內(nèi)部有大量的氫核，太陽內(nèi)部溫度極高，滿足氫核發(fā)生聚變的條件，所以A錯誤；B、粒子散射實驗表明原子的核式結(jié)構(gòu)，故B錯誤；C、一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應，是因為光的頻率小于極限頻率，即改光的波長太長，故C錯誤；D、根據(jù)ke2r2=mv2r，軌道半徑增大，電子的動能減小，原子能量增大，勢能增大；故D正確； 點睛：本題考查了聚變和裂變反應、玻爾理論以及能級等知識點，關鍵掌握這些知識的基本概念和基本規(guī)律，以及理清一些物理學史。視頻2.從A點斜向上拋出一個小球，曲線ABCD是小球運動的一段軌跡.建立如圖所示的正交坐標系xOy，x軸沿水平方向，軌跡上三個點的坐標分別為A(L,0)、C(L,0)，D(2L,3L)，小球受到的空氣阻力忽略不計，軌跡與y軸的交點B的坐標為()A. (0，L2) B. (0，L)C. (0，3L2) D. (0，2L)【答案】B【解析】由圖象可知，小球的軌跡是二次函數(shù)，開口向下，且過A（L，0）、C（L，0），設軌跡方程為：y=a（xL)(x+L） 將D的坐標x=2L，y=3 L代入上式得：a=1L 則 y=1L（xL)(x+L）當x=0，得：y=L，故B的坐標為（0，L），故B正確，ACD錯誤。點睛：解決本題的關鍵要掌握二次函數(shù)方程的一般表達式，運用代入求值的方法求a。3. 如圖所示，質(zhì)量為m，電量為q的帶正電的物體，在磁感應強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場中，沿動摩擦因數(shù)為的水平面向左運動，則 ( )A. 若另加一個電場強度為(mgqvB)/q，方向水平向右的勻強電場，物體做勻速運動B. 若另加一個電場強度為(mgqvB)/q，方向豎直向上的勻強電場，物體做勻速直線運動C. 物體的速度由v減小到零所用的時間等于mv/(mgqvB)D. 物體的速度由v減小到零所用的時間小于mv/(mgqvB)【答案】B【解析】試題分析：對物體進行受力分析，物體的正壓力為，物體受到滑動摩擦力的方向向右，如果物體做勻速直線運動，向右的滑動摩擦力與向左的電場力平衡，根據(jù)平衡條件，得出電場強度，物體帶正電受力方向與電場強度方向相同，所以A項錯誤；如果方向豎直向上的電場力與物體受到豎直向下的力平衡，得出電場強度，地面和物體間沒有彈力不受摩擦力，物體保持原來的狀態(tài)勻速直線運動，所以B項正確；物體如果是勻減速運動，加速度，根據(jù)速度公式，由于物體的速度在減小，加速度減小，所以時間大于，所以C項錯誤；D項錯誤。考點：本題考查了物體的平衡和運動學4.氣象研究小組用圖示簡易裝置測定水平風速。在水平地面上豎直固定一直桿，半徑為R、質(zhì)量為m的薄空心塑料球用細線懸于桿頂端O，當水平風吹來時，球在風力的作用下飄起來。已知風力大小正比于風速和球正對風的截面積，當風速v0=3m/s時，測得球平衡時細線與豎直方向的夾角=30。則（ ）A. =60時，風速v=6m/sB. 若風速增大到某一值時，可能等于90C. 若風速不變，換用半徑相等、質(zhì)量變大的球，則減小D. 若風速不變，換用半徑變大、質(zhì)量不變的球，則不變【答案】C【解析】【詳解】設球正對風的截面積為S，由于已知風力大小正比于風速和球正對風的截面積，所以風力大小為F=kSv，當速度為3m/s時，由平衡條件得，mgtan30=Sv0k，當角度為60時，同理可得mgtan60=Svk，由此可解的v=9m/s，故A錯誤。風速增大，不可能變?yōu)?0，因為繩子拉力在豎直方向上的分力與重力平衡。故B錯誤。若風速不變，換用半徑相等、質(zhì)量變大的球，知風力不變，根據(jù)F=mgtan，知重力減小，風力不變，則減小。故C正確。若風速不變，換用半徑變大、質(zhì)量不變的球，則風力變大，根據(jù)F=mgtan，知變大。故D錯誤。故選C。5.如圖所示，一輕質(zhì)細桿兩端分別固定著質(zhì)量為mA和mB的兩個小球A和B（可視為質(zhì)點）將其放在一個直角形光滑槽中，已知輕桿與槽右壁成角，槽右壁與水平地面成角時，兩球剛好能平衡，且，則A、B兩小球質(zhì)量之比為A. coscossinsin B. cossinsincosC. sinsincoscos D. sincoscoscos【答案】C【解析】試題分析：對A球受力分析，受重力、桿的彈力、斜面的支持力，如圖所示：根據(jù)共點力平衡條件，有：Fsin(90)m1gsin再對B球受力分析，受重力、桿的彈力、斜面的支持力，如圖所示；根據(jù)平衡條件，有：m2gsin(90)Fsin聯(lián)立解得：m1m2=sinsincoscos，故選C考點：物體的平衡【名師點睛】本題關鍵先后對A球、B球受力分析，然后根據(jù)共點力平衡條件并結(jié)合合成法列式求解，注意桿對兩個球的彈力等大、反向、共線。6.2016年2月11日，美國科學家宣布人類首次直接探測到引力波。1974年美國天文學家泰勒和赫爾斯發(fā)現(xiàn)了代號為PSR1913+16射電脈沖星，該天體是一個孤立雙星系統(tǒng)質(zhì)量較大的一顆，經(jīng)觀察發(fā)現(xiàn)雙星間的距離正以非常緩慢的速度逐漸減小，該觀察結(jié)果與廣義相對論中有關引力波語言的理論計算結(jié)果非常相近，從而間接證明了引力波的存在，泰勒和赫爾斯因此獲得1993年諾貝爾物理學獎。由于雙星間的距離減小，下列關于雙星運動的說法正確的是（ ）A. 周期逐漸減小 B. 角速度逐漸減小C. 兩星的向心加速度均逐漸減小 D. 速度逐漸減小【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)Gm1m2L2=m1r12=m2r12，知m1r1=m2r2，知軌道半徑比等于質(zhì)量之反比，雙星間的距離減小，則雙星的軌道半徑都變小，根據(jù)萬有引力提供向心力，知角速度變大，周期變小，故A正確，B錯誤；根據(jù)Gm1m2L2=m1a1=m2a知，L變小，則兩星的向心加速度增大，故C錯誤。因為m1r1=m2r2，且r1+r2=L解得：r1=m2Lm1+m2，r2=m1Lm1+m2，根據(jù)Gm1m2L2=m1v12r1解得v1=Gm22L(m1+m2)，則由于L變小，則線速度增大，故D錯誤。故選A?！军c睛】本題考查了萬有引力定律的應用；解決本題的關鍵知道雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，知道雙星的軌道半徑比等于質(zhì)量之反比，難度適中。7.如下圖所示，勻強電場中的PAB平面平行于電場方向C點為AB的中點，D點為PB的中點將一個帶電粒子從P點移動到A點，電場力做功WPA1.6108J；將該粒子從P點移動到B點，電場力做功WPB3.2108J。則下列說法正確的是A. 直線PC為等勢線B. 直線AD為等勢線C. 若將該粒子從B點移動到A點，電場力做功WBA1.6108JD. 若將該粒子從P點移動到C點，電場力做功為WPC2.4108J【答案】BD【解析】試題分析：設A點的電勢為0，則根據(jù)公式W=Uq可知，電場力做正功，所以A點的電勢為A=1.6108J/q，B點的電勢為B=3.2108J/q；因為D是PB的中點，故D點的電勢為D=(P+B)/2=1.6108J/q，故C點的電勢為C=(A+B)/2=2.4108J/q，所以PC不是等勢線，AD是等勢線，選項B正確；若將該粒子從B點移動到A點，電場力做功WBA(BA)q=1.6108J，故選項C錯誤，若將該粒子從P點移動到C點，電場力做功為WPC(PC)q=2.4108J，選項D正確?？键c：電場力做功，等勢線。8.如圖所示,質(zhì)量m=1 kg的物塊（可視為質(zhì)點）以v1=10 m/s的初速度從粗糙斜面上的P點沿斜面向上運動到達最高點后,又沿原路返回,其速率隨時間變化的圖象如圖乙所示。已知斜面固定且足夠長,且不計空氣阻力,取g=10 m/s2,下列說法中正確的是 （ ）A. 物塊所受的重力與摩擦力之比為32B. 在t=1 s到t=6 s的時間內(nèi)物塊所受重力的平均功率為50 WC. 在t=6 s時物體克服摩擦力做功的功率為20 WD. 在t=0到t=1 s時間內(nèi)機械能的變化量大小與t=1 s到t=6 s時間內(nèi)機械能變化量大小之比為15【答案】D【解析】試題分析：設斜面傾角為，根據(jù)速度-時間圖象的斜率表示加速度得：上滑過程：a1v1t10101m/s210m/s2，下滑過程：a2v2t21052m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得：a1mgsinfm，a2mgsinfm，帶入數(shù)據(jù)解得：sin35，mgf52，故A錯誤；根據(jù)速度-時間圖象與坐標軸圍成的面積表示位移得：1-6s內(nèi)的位移x=1251025m，則t=1s到t=6s的時間內(nèi)物塊所受重力的平均功率Pmgxsint10250.6530W，故B錯誤；摩擦力f=25mg2510N4N，則t=6s時物體克服摩擦力做功的功率P=fv=410=40W，故C錯誤；在t=0到t=1s時間內(nèi)機械能的變化量大小E1=fx1，t=1s到t=6s時間內(nèi)機械能變化量大小E2=fx2，則E1E2fx1fx2121101251015，故D正確故選D考點：v-t圖線；牛頓第二定律的應用；功率【名師點睛】本題是速度-時間圖象，牛頓第二定律，機械能，功和功率的綜合應用，要靈活運用功的計算式，靈活應用公式求解，題目綜合性太強，需要熟練掌握這四塊知識才能解決。三、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分。第22題第32題為必考題，每個試題考生都必須做答。其余為選考題，考生根據(jù)要求做答）9.利氣墊導軌驗證機械能守恒定律實驗裝示意圖如圖1所示：（1）實驗步驟：將氣墊導軌放在水平桌面上，桌面高度不低于1m，將導軌調(diào)至水平用游標卡尺測量擋光條的寬度L，結(jié)果如圖所示，由此讀出L=_mm由導軌標尺讀出兩光電門中心之間的距離x將滑塊移至光電門1左側(cè)某處，待砝碼靜止不動時，釋放滑塊，要求砝碼落地前擋光條已通過光電門2從數(shù)字計時器（圖中未畫出）上分別讀出擋光條通過光電門1和光電門2所用的時間t1和t2用天平稱出滑塊和擋光條的總質(zhì)量M，再稱出托盤和砝碼的總質(zhì)量m（2）用表示直接測量量的字寫出下列所求物理量的表達式：當滑塊通過光電門1和光電門2時，系統(tǒng)（包括滑塊、擋光條、托盤和碼）的總動能分別為Ek1=_和Ek2=_如果表達式_成立，則可認為驗證了機械能守恒定律【答案】 (1). 10.90 (2). 12(M+m)(Lt1)2 (3). 12(M+m)(Lt2)2 (4). EP=EK2EK1【解析】【詳解】（1）游標卡尺，主尺讀數(shù)為10mm，游標讀數(shù)為0.0245mm=0.90mm，所以最終讀數(shù)為10.90mm； （2）由于光電門的寬度d很小，所以我們用很短時間內(nèi)的平均速度代替瞬時速度滑塊通過光電門1速度v1=Lt1；滑塊通過光電門2速度v2=Lt2；系統(tǒng)的總動能分別為：Ek1=12（M+m）（Lt1）2；Ek2=12（M+m）（Lt2）2； 在滑塊從光電門1運動到光電門2的過程中，系統(tǒng)勢能的減少Ep=mgs（3）如果滿足關系式Ep=Ek2-Ek1，即系統(tǒng)重力勢能減小量等于動能增加量，則可認為驗證了機械能守恒定律【點睛】此實驗關鍵是高清利用光電門測量瞬時速度的原理實驗中我們要清楚研究對象和研究過程，對于系統(tǒng)的能量轉(zhuǎn)化的關系我們要考慮全面10.分某研究性學習小組設計了如圖甲所示的電路，測電源的電動勢E及內(nèi)阻r（1）閉合電鍵S，移動滑動觸頭P，用 V1、V2和A測得并記錄多組數(shù)據(jù)根據(jù)數(shù)據(jù)描出如圖乙所示的、兩條UI直線，則直線是根據(jù)電壓表_（填“V1”或“V2”）和電流表A的數(shù)據(jù)畫得的； （2）根據(jù)圖象求得電源電動勢E的測量值為_V，內(nèi)電阻r的測量值為_（保留兩位有效數(shù)字）；（3）直線、的交點對應滑動變阻器接入閉合電路的阻值為_，此時電源的總功率為_W【答案】 (1). V1 (2). 3.0 (3). 1.0 (4). 0 (5). 3【解析】【詳解】（1）由圖甲所示電路圖可知，電壓表V1測路端電壓，它的示數(shù)隨電流的增大而減小，電壓表V2測定值電阻兩端電壓，它的示數(shù)隨電流的增大而增大，由圖所示圖象可知，直線的電壓隨電流的增大而減小，直線是根據(jù)電壓表 V1和電流表A的數(shù)據(jù)畫得的（2）直線是電源電動勢電壓與電流關系圖象，由圖象可知，圖象與縱軸交點坐標值是1.5，電源電動勢E=3.0V，電源內(nèi)阻r=UI=321.0=1.0（3）交點處電壓為2.0V，電流為1.0A，此時兩電壓表示數(shù)相等，故此時滑動變阻器接入阻值應為零；電源的總功率P=EI=3.01=3W；【點睛】本題考查測量電動勢和內(nèi)電阻實驗的數(shù)據(jù)和定值電阻電流及電壓數(shù)據(jù)的處理，并能用圖象法求出電勢和內(nèi)電阻電源U-I圖象與縱軸交點坐標值是電源電動勢，圖象斜率的絕對值是電源內(nèi)阻11.如圖，處于勻強磁場中的兩根光滑足夠長、電阻不計的平行金屬導軌相距L=1m，導軌平面與水平面成=30角，上端連接阻值為R=2的電阻勻強磁場B=0.4T垂直于導軌平面向上質(zhì)量m=0.2kg、電阻r=1的金屬棒ab，以初速度v0=6m/s從導軌底端向上滑行，由于ab還受到一個平行于導軌平面的外力F的作用，做勻變速直線運動，加速度大小為a=3m/s2、方向平行于斜面向下設棒ab與導軌垂直并保持良好接觸，g=10m/s2求：（1）棒ab開始運動瞬間，流過金屬棒的電流方向，此時金屬棒兩端的電壓U0以及電阻R消耗的電功率P0；（2）當棒ab離導軌底端S=4.5m時所施加外力F的大小和方向【答案】(1) 1.28W (2) 0.16N【解析】【詳解】（1）金屬棒開始運動瞬間，流過金屬棒的電流方向為ab感應電動勢 E0=BLv0=2.4V 感應電流 I0=E0R+r=0.8A 金屬棒兩端的電壓 U0=I0R=1.6V電阻R消耗的電功率 P0=U0I0=1.28W（2）設金屬棒此時的速度大小為v1，則v12-v02=2（a）S解得 v1=3m/s此時感應電動勢 E1=BLv1=1.2V 感應電流 I1=E1R+r=0.4A 金屬棒受到的安培力大小 f=BI1L=0.16N【點睛】本題屬于電磁感應中的力電綜合題型，是高考常見的題型，受力分析時注意安培力表達式的推導，解決方法和力學方法一樣，要注意不能漏解12.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的一端固定在滑塊B上，另一端與滑塊C接觸但未連接，該整體靜止放在離地面高為H5 m的光滑水平桌面上現(xiàn)有一滑塊A從光滑曲面上離桌面h1.8 m高處由靜止開始滑下，與滑塊B發(fā)生碰撞并粘在一起壓縮彈簧推動滑塊C向前運動，經(jīng)一段時間，滑塊C脫離彈簧，繼續(xù)在水平桌面上勻速運動一段后從桌面邊緣飛出已知mA1 kg，mB2 kg，mC3 kg，g10 m/s2，求：(1)滑塊A與滑塊B碰撞結(jié)束瞬間的速度；(2)被壓縮彈簧的最大彈性勢能；(3)滑塊C落地點與桌面邊緣的水平距離【答案】(1)2 m/s(2)3 J(3)2 m【解析】（1）滑塊A從光滑曲面上h高處由靜止開始滑下的過程，機械能守恒，設其滑到底面的速度為v1，由機械能守恒定律有：mAgh12mAv12 解得：v1=6m/s滑塊A與B碰撞的過程，A、B系統(tǒng)的動量守恒，碰撞結(jié)束瞬間具有共同速度設為v2，由動量守恒定律有：mAv1=（mA+mB）v2解得：v213v12m/s（2）滑塊A、B發(fā)生碰撞后與滑塊C一起壓縮彈簧，壓縮的過程機械能守恒，被壓縮彈簧的彈性勢能最大時，滑塊A、B、C速度相等，設為速度v3，v316v11m/s由動量守恒定律有：mAv1=（mA+mB+mC）v3由機械能守恒定律有：Ep=12（mA+mB）v22-12（mA+mB+mC）v32Ep=3J（3）被壓縮彈簧再次恢復自然長度時，滑塊C脫離彈簧，設滑塊A、B的速度為v4，滑塊C的速度為v5，分別由動量守恒定律和機械能守恒定律有：（mA+mB）v2=（mA+mB）v4+mCv512(mA+mB)v2212(mA+mB)v42+12mCv52 解得：v4=0，v5=2m/s滑塊C從桌面邊緣飛出后做平拋運動：12gt2S=v5tH=12gt2解得：S=2m點睛：利用動量守恒定律解題，一定注意狀態(tài)的變化和狀態(tài)的分析把動量守恒和能量守恒結(jié)合起來列出等式求解是常見的解決方法.13.關于熱力學定律，下列說法正確的是_A為了增加物體的內(nèi)能，必須對物體做功或向它傳遞熱量B對某物體做功，必定會使該物體的內(nèi)能增加C可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變?yōu)楣不可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變?yōu)楣功轉(zhuǎn)變?yōu)闊岬膶嶋H宏觀過程是不可逆過程【答案】ACE【解析】【詳解】做功和熱傳遞是改變物體內(nèi)能的兩種方法，為了增加物體的內(nèi)能，必須對物體做功或向它傳遞熱量，故A正確；做功和熱傳遞是改變物體內(nèi)能的兩種方法，僅對物體做功，物體內(nèi)能不一定增加，故B錯誤；熱力學第二定律可以表示為：不可能制成一種循環(huán)動作的熱機，從單一熱源取熱，使之完全變?yōu)楣Χ灰鹌渌兓@句話強調(diào)的是不可能“不產(chǎn)生其它變化”；即在引起其他變化是可能的；故C正確，D錯誤；熱力學第二定律的實質(zhì)：一切與熱現(xiàn)象有關的實際宏觀過程都是不可逆的，故E正確故選ACE14.如圖所示，薄壁氣缸放置在水平平臺上，活塞質(zhì)量為10kg，橫截面積為50cm2，厚度為1cm，氣缸全長21cm，氣缸質(zhì)量為20kg，大氣壓強為1105Pa，溫度為7，活塞封閉的氣柱長10cm，若將氣缸倒過來放置，活塞下方的空氣能通過平臺上的缺口與大氣相通g取10cm/s2求氣缸倒置時，活塞封閉的氣柱長度；氣缸倒置后，當溫度多高時，活塞剛好接觸平臺【答案】15cm 373K【解析】【詳解】開始封閉氣體的壓強：p1=p0+mgS=1105+101050104 =1.2105Pa，氣缸倒過來后，氣體的壓強：p2=p0mgS=1105101050104=0.8105Pa，氣體發(fā)生等溫變化，由玻意耳定律得：p1L1S=p2L2S，解得：L2=15cm；開始氣體體積：V2=L2S=15S，溫度：T2=237+7=280K，活塞剛好接觸平臺時，氣體體積：V3=L3S=（211）S=20S，氣體發(fā)生等壓變化，由蓋呂薩克定律得：V2T2=V3T3，解得：T3=373K；【點睛】應用玻意耳定律與蓋呂薩克定律即可正確解題，本題的解題關鍵是求出各狀態(tài)的氣體的狀態(tài)參量，即壓強、溫度和體積。15.夢溪筆談是中國科學技術(shù)史上的重要文獻，書中對彩虹作了如下描述：“虹乃雨中日影也，日照雨則有之”。下圖是彩虹成因的簡化示意圖，設水滴是球形的，圖中的圓代表水滴過球心的截面，入射光線在過此截面的平面內(nèi)，a、b是兩種不同頻率的單色光。下列說法正確的是_A、雨后太陽光入射到水滴中發(fā)生色散而形成彩虹B、水滴對a光的臨界角大于對b光的臨界角C、在水滴中，a光的傳播速度大于b光的傳播速度D、在水滴中，a光的波長小于b光的波長E、a、b光分別通過同一雙縫干涉裝置，a光的相鄰亮條紋間距較小【答案】ADE【解析】【詳解】雨后彩虹是由于太陽光入射到水滴