河南省实验中学2019届高三上学期质量预测模拟三物理试题(解析版).pdf
《河南省实验中学2019届高三上学期质量预测模拟三物理试题(解析版).pdf》由会员分享,可在线阅读,更多相关《河南省实验中学2019届高三上学期质量预测模拟三物理试题(解析版).pdf(20页珍藏版)》请在三一文库上搜索。
1、河南省实验中学2019 届高三上学期质量预测模拟三物理试题 一、选择题 1.亚里士多德在其著作物理学中说:一切物体都具有某种“ 自然本性 ” ,物体由其 “ 自然本性 ” 决定的运动 称之为 “ 自然运动 ” ,而物体受到推、拉、提、举等作用后的非“ 自然运动 ” 称之为 “ 受迫运动 ” 伽利略、笛卡 尔、牛顿等人批判的继承了亚里士多德的这些说法,建立了新物理学;新物理学认为一切物体都具有的 “ 自 然本性 ” 是“ 惯性 ” 下列关于 “ 惯性 ” 和“ 运动 ” 的说法中不符合新物理学的是() A. 一切物体的 “ 自然运动 ” 都是速度不变的运动 静止或者匀速直线运动 B. 作用在物体
2、上的力,是使物体做“ 受迫运动 ” 即变速运动的原因 C. 可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时,放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去,这是由于 “ 盘子受到的向 外的力 ” 超过了 “ 桌面给盘子的摩擦力” 导致的 D. 竖直向上抛出的物体,受到了重力,却没有立即反向运动,而是继续向上运动一段距离后才反向运动, 是由于物体具有惯性 【答案】 C 【解析】 【详解】 A.力不是维持物体运动的原因,力是改变物体运动状态的原因,所以当物体不受到任何外力的时 候,总保持静止或者匀速直线运动的状态,故选项A 正确; B.当物体受到外力作用的时候,物体的运动状态会发生改变,即力是改变物体运动状态的原因,故选项
3、B 正确; C.可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时,放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去,这是由于“ 盘子需要的向 心力 ” 超过了 “ 桌面给盘子的摩擦力” 导致的,故选项C 错误; D.物体具有向上的速度,由于具有保持这种运动状态的性质,虽然受到向下的重力,但物体不会立即向下 运动,故选项D 正确。 本题选择错误答案,故选:C 2.如图所示是某物体做直线运动的图象(其中r 为速度, x 为位置坐标) ,下列关于物体从x=0 处运动至 处的过程分析,其中正确的是() A. 该物体的加速度大小为 B. 该物体做匀加速直线运动 C. 该物体在位移中点的速度等于 D. 该物体在运动中间时刻的速度大于
4、【答案】 A 【解析】 【分析】 根据匀变速直线运动中速度位移关系公式来分析速度的平方与位移之间的关系,再根据图象进行分析即可 分析物体的运动性质,求得加速度由运动学公式研究即可 【详解】由匀变速直线运动的速度位移关系公式v 2 -v0 2=2ax 可得 v 2=2ax+v 0 2,可知物体的加速度恒定不变, 速度均匀减小, 故物体做匀减速直线运动,故 B 错误;由上式知, v 2-x 图象的斜率等于 2a, 由图可得:, 则得物体的加速度大小为,故 A 正确。该物体在运动过程中的平均速度为,由于物体做匀减速直 线运动, 所以该物体在运动中间时刻的速度等于,物体在位移中点的速度大于中间时刻的速
5、度,所以物体 在位移中点的速度大于;故 CD 错误;故选 A。 【点睛】题考查运动图象的应用,对于陌生的图象一定要结合所学的物理规律列式进行分析,然后再由数 学规律明确其对应的意义即可 3.如图所示,竖直面光滑的墙角有一个质量为m,半径为 r 的半球体均匀物块A,现在 A 上放一质量为2m、 半径同为r 的光滑球体B,调整 A 的位置使得A、 B 保持静止状态,已知A 与地面间的动摩擦因数为0.5。 则 A 球球心距墙角的最远距离是() A. 2r B. C. D. 【答案】 C 【解析】 【分析】 当地面对A 的摩擦力达到最大静摩擦力时,A 球球心距墙角的距离最远,AB 处于静止状态,受力平
6、衡,分 别对 A 和 B 受力分析,根据平衡条件结合几何关系求解即可 【详解】根据题意可知,B 的质量为2m,AB 处于静止状态,受力平衡,则地面对A 的支持力为: N=3mg, 当地面对 A的摩擦力达到最大静摩擦力时,A球球心距墙角的距离最远,对A、B受力分析,如图所示; 根据平衡条件得:,Fcos=3mg,解得: tan ;则 A 球球心距墙角的最远距离为:x=2rcos+ r r,故 C 正确, ABD 错误。故选C。 【点睛】题主要考查了共点力平衡条件的直接应用,解题时注意整体法和隔离法的应用,明确当地面对A 的摩擦力达到最大静摩擦力时,A 球球心距墙角的距离最远 4.一束粒子由左端射
7、入质谱仪后分成甲、乙两束,其运动轨迹如图所示,其中,则下列说法正确的 是() A. 甲束粒子带正电,乙束粒子带负电 B. 甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷 C. P2 极板电势比P1极板电势高 D. 若甲、乙两束粒子的电荷量相等,则甲、乙两束粒子的质量比为3: 2 【答案】 B 【解析】 【分析】 粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用,电场力不变,速度方向不变,可知洛伦兹力与电场力 应平衡,由左手定则判断出洛伦兹力方向,粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动,由牛 顿第二定律得到半径表达式,根据半径公式分析半径越大时,粒子的质量和比荷的大小 【详解】甲粒子在磁场中向上偏转,
8、乙粒子在磁场中向下偏转,根据左手定则知甲粒子带负电,乙粒子带 正电,故A 错误;根据洛伦兹力提供向心力,qvB=m,得:, r甲r乙则甲的比荷大于乙的比荷,B 正确;能通过狭缝S0的带电粒子,电场力与洛伦兹力等大反向,若粒子带正电,则洛伦兹力向上,电场力 向下,则 P1极板电势比P2极板电势高,选项 C 错误;若甲、乙两束粒子的电荷量相等,由前面分析, 则甲、乙两束粒子的质量比为2:3,故 D 错误;故选B。 【点睛】本题关键要理解速度选择器的原理:电场力与洛伦兹力,粒子的速度一定粒子在磁场中偏转时, 由洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律则可得到半径 5.如图所示, 质量M=3kg 的滑块套在
9、水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量 m=2kg的小球(视 为质点 )通过长 L=0.5m 的轻杆与滑块上的光滑轴O 连接,开始时滑块静止,轻杆处于水平状态,现让小球 从静止开始释放,取g=10m/s 2,下列说法正确的的是( ) A. 小球 m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中,轻杆对小球的弹力一直沿杆方向 B. 小球 m 从初始位置到第一次到达最低点时,小球m 速度大小为 C. 小球 m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中,滑块M 在水平轨道上向右移动了0.2m D. 小球 m 上升到的最高位置比初始位置低 【答案】 C 【解析】 【分析】 小球 m 从初始位置到第一次到达
10、最低点的过程中,水平方向动量守恒,由此求滑块M 在水平轨道上向右的 距离根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒求m 的速度结合水平方向动量守恒求滑块M 在水平轨道 上向右的距离 【详解】小球 m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中,小球和滑块系统水平方向动量守恒则:; 由能量关系:;联立解得:,选项 B 错误;因小球向下摆动时不 是做圆周运动,可知轻杆对小球的弹力不是一直沿杆方向,选项A 错误;小球m 从初始位置到第一次到达 最低点的过程中,设滑块M 在水平轨道上向右移动的距离为x。取向左为正方向,根据水平动量守恒得: ,得,故 C 正确。 小球上升到最大高度时,小球和滑块具有共同速度, 由于
11、系统初始动量为零,则到达最大高度时的共同速度也为零,由能量守恒关系可知,小球还能上升到原 来的高度,选项D 错误;故选C. 【点睛】解决本题的关键要明确系统水平方向动量守恒,利用平均动量守恒列方程,要注意m 速度的参照 物是地面,不是对 M 6.某卫星沿椭圆轨道绕地球运动,示意图如图所示,已知地球半径为R,地球表面的重力加速度为 g,卫星 在远地点P距地心 O 的距离为3R。则() A. 卫星沿椭圆轨道运动的加速度大小为 B. 卫星在远地点P时的加速度等于 C. 卫星在远地点P时的速度等于 D. 卫星在 P点适当加速后可绕地球球心O 点作半径为3R的匀速圆周运动 【答案】 D 【解析】 【分析
12、】 根据万有引力提供向心力和根据万有引力等于重力列出等式进行比较求解即可 【详解】卫星沿椭圆轨道运动时,所受的万有引力不断变化,则加速度不断变化,选项A 错误;在P 点, 根据,G=mg,则 aP= ,故 B 错误;若卫星以半径为 3R 做匀速圆周运动,则, 再根据 GM=R 2g, 整理可以得到 , 由于卫星到达远地点P后做近心椭圆运动, 故在 P点速度小于, 故 C 错误;卫星经过远地点P时适当加速,则可以以半径为3R做匀速圆周运动,故D 正确,故选D. 【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论,并能灵活运用,以及知道变轨的原理, 当万有引力小于向心力,做离心运动,当万有引
13、力大于向心力,做近心运动 7.著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验装置:一块绝缘圆板可绕其中心的光滑轴自由转动,在圆板的中 部有一个线圈,圆板的四周固定着一圈带电的金属小球,如图所示当线圈接通电源后,将产生流过图示 方向的电流,则下列说法正确的是() A. 接通电源瞬间,圆板不会发生转动 B. 线圈中电流强度的增大或减小会引起圆板向不同方向转动 C. 接通电源后,保持线圈中电流强度不变,圆板转动方向与线圈中电流流向相同 D. 若金属小球带负电,接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同 【答案】 BD 【解析】 【分析】 由题,在线圈接通电源的瞬间,线圈中的电流是增大的,产生的磁场是逐渐增强
14、的,逐渐增强的磁场会产 生电场(麦克斯韦电磁理论)在小球所在圆周处相当于有一个环形电场,小球因带电而受到电场力作用从 而会让圆板转动因不知小球的带电性,故不知道圆板的转动方向 【详解】线圈接通电源瞬间,则变化的磁场产生变化的电场,从而导致带电小球受到电场力,使其转动。 故 A 错误,不论线圈中电流强度的增大或减小都会引起磁场的变化,从而产生不同方向的电场,使小球受 到电场力的方向不同,所以圆盘会向不同方向转动,故B 正确。接通电源瞬间圆板受到电场力作用而转动, 由于金属小球带正电,再根据电磁场理论可知,电场力顺时针,所以与线圈中电流流向相反。故C 错误。 接通电源瞬间圆板受到电场力作用而转动,
15、由于金属小球带负电,再根据电磁场理论可知,电场力逆时针, 所以与线圈中电流流向相同。故D 正确。故选BD。 8.如图所示, 质量 mA=1.0kg 的物块 A 放在固定的水平桌面上,由跨过光滑定滑轮的轻绳与质量mB=l.5kg 的 物块 B 相连,轻绳拉直时用手托住物块B,使其静止在距地面h=0.6m 的高度处,此时物块A 与定滑轮相距 L=1.6m。已知物块A与桌面间的动摩擦因数 =0.25 ,g取 10m/s 2,现释放物块 B,则( ) A. 物块 B 着地前加速度的大小为5m/s 2 B. 物块 B 着地前对物块B 的拉力的大小为 7.5N C. 物块 A 不会撞到定滑轮 D. 物块
16、B 着地前的过程中,物块A 受到的摩擦力对物块A 所做的功等于物块A机械能的变化量 【答案】 AB 【解析】 【分析】 分别以物块A 和 B 受力分析,利用牛顿第二定律列式求解;物块先做匀加速运动,物块B 碰地后, A 开始 做匀减速运动,分析物块A 的运动情况,求出A 静止时所需要通过的位移,比较A 的总位移和开始时 A 距 滑轮的长度,从而明确能否碰到定滑轮 【详解】设加速度大小为a,轻绳对B 拉力的大小为F,根据牛顿第二定律;对A:F-mAg=mAa ;对 B: mBg-F=mBa ;联立代入数据得:a=5m/s 2 , F=7.5N,故 AB 正确;设物块B 着地前的速率为v,根据运动
17、学 公式 v 2=2ax ; 对 A: v2=2ah;木块 B 着地后,对 A 由牛顿第二定律得: m Ag=mAa ; 根据运动学公式v 2-v 0 2=2ax 得:0-v 2=2 (-a ) x; 联立可得A 要静止时通过的位移为:x=1.2m; 由题意知: L=1.6 h+x=1.2+0.6m=1.8m ,则 说明小车一定能碰到定滑轮,故C 错误。由能量关系可知,物块B 着地前的过程中,物块A 受到的摩擦力 以及绳的拉力对物块A 所做的功等于物块A 机械能的变化量,选项D 错误;故选AB 。 【点睛】本题考查牛顿第二定律在连接体中的应用,要注意在应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题时,
18、要注意运动过程的分析,把握两物体运动的规律性 9.如图所示,两根等高光滑的圆弧轨道,半径为r、间距为 L,轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为 的电阻, 整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B现有一根长度稍大于、电阻不计的金 属棒从轨道最低位置cd 开始, 在拉力作用下以速度向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处,则该过程中 () A. 通过 R 的电流大小恒定 B. 通过 R 的电流方向为由外向内 C. R 上产生的热量为 D. 流过 R 的电量为 【答案】 BC 【解析】 【分析】 由 E=BLv 、I=E/R 求解通过R 的电流和安培力的大小;根据右手定则即可判断出电流的方向;若棒
19、从cd开 始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动,其水平方向的分运动是简谐运动,棒中将产生正弦式电流将棒 的瞬时速度v0分解,水平方向的分速度对产生感应电动势有贡献,求出电流的有效值,即可救出棒中产生 的热量;棒下滑的过程中,其重力势能转化为棒的动能和电路中内能,根据能量守恒定律求解金属棒产生 的热量由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式q= t 求通过 R 的电荷量 q 【详解】设棒垂直于磁场方向的分速度为v,则: v=v0cos , 为速度 v0与水平方向之间的夹角,产生的感 应电动势为E,感应电流为I,则有: E=BLv=BLv 0cos ,随 角的增大,电动势逐渐减小,感应电流逐渐减
20、小。故 A 错误; cd 棒向右运动,由右手定则可知,感应电流的方向cd ,所以通过R 的电流方向为f e , 由外向里故B 正确;由 A 的分析可知,该过程中产生的电流为余弦式电流,所以该过程中的有效值为:E 有效 ?BLv0;设产生的焦耳热为Q,由能量守恒定律有: 故 C正确;设产生的 平均感应电动势为, 平均感应电流为, 通过 R 的电荷量为q, 则有:;q ? t;解得: 故 D 错误。故选BC。 【点睛】解决本题的关键是判断出回路中产生的是正弦式交变电流,相当于线圈在磁场中转动时单边切割 磁感线,要用有效值求解热量,用平均值求解电量 10.如图所示,电源电动势为E,内阻为 r,电路中
21、的 R2 、R 3分别为总阻值一定的滑动变阻器 , R0为定值电阻, R1为光敏电阻 (其电阻随光照强度增大而减小)。当电键 S闭合时, 电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。 有关下列说法中正确的是() A. 只逐渐增大R1的光照强度,电阻R0消耗的电功率变大,电阻R3中有向上的电流 B. 只调节电阻R3的滑动端 P2向上端移动时,电源消耗的功率变大,电阻R3中有向上的电流 C. 只调节电阻R2的滑动端 P1向下端移动时。电压表示数变大,带电微粒向下运动 D. 若断开电键S,带电微粒向下运动 【答案】 AD 【解析】 【分析】 电路稳定时,电容相当于开关断开,其电压等于与之并联的滑动变阻器部分
22、的电压只逐渐增大R1的光照 强度, R1的阻值减小,总电阻减小,总电流增大,判断 R0消耗的电功率,电容器两端的电压增大,电容下 极板带的电荷量变大,所以电阻R3中有向上的电流,电路稳定时,电容相当于开关断开,只调节电阻R3 的滑动端P2向上端移动时, 对电路没有影响,只调节电阻R2的滑动端 P1向下端移动时, 电容器并联部分的 电阻变大,所以电容器两端的电压变大,由E=U/d 分析板间场强变化和油滴所受电场力变化,判断油滴的 运动情况若断开电键S,电容器处于放电状态 【详解】 只逐渐增大R1的光照强度, R1的阻值减小, 总电阻减小, 总电流增大, 电阻 R0消耗的电功率变大, 滑动变阻器的
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 河南省 实验 中学 2019 届高三上 学期 质量 预测 模拟 物理试题 解析
链接地址:https://www.31doc.com/p-5609353.html