贵州省贵阳市届高三二模考试物理试题答案+解析.docx
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贵州省贵阳市届高三二模考试物理试题答案+解析
贵州省贵阳市2019届高三二模考试试题
一、单选题(本大题共5小题,共30.0分)
1.组成“北斗”卫星导航定位系统中的地球静止轨道卫星(同步卫星)和中轨道卫星绕地球在圆轨道上运行,由地球静止轨道卫星和中轨道卫星的轨道半径之比可求
A.地球静止轨道卫星与地球的质量之比
B.地球静止轨道卫星与中轨道卫星的质量之比
C.地球静止轨道卫星和中轨道卫星受地球的万有引力之比
D.地球静止轨道卫星和中轨道卫星绕地球运动的周期之比
【答案】D
【解析】
【详解】根据万有引力提供向心:
,已知卫星的轨道半径之比,可求运动的周期之比,但无法计算卫星的质量关系,由于不知卫星的质量关系,也无法求出卫星受万有引力之比,所以A、B、C错误;D正确。
2.已知用频率为v的单色光照射某金属表面时,溢出的光电子的最大初动能为E,则要使此金属发生光电效应的极限频率应为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】用频率为v的光照射某种金属时会发生光电效应,且光电子最大初动能为E,根据光电效应方程:
E=hv-W,而W=hv0,则该金属发生光电效应的极限频率为:
v0=v-
,故A正确,BCD错误;
3.如图所示,理想变压器的原线圈与稳定的正弦交流电源相连,副线圈的滑动头P可上下滑动.设原线圈输入电压为U1,副线圈输出电压为U2,负载为定值电阻R,原、副线圈电流比为k.则
A.P下移,k增大B.P上移,k增大
C.P上移,U1减小D.P下移,U2增大
【答案】B
【解析】
【详解】根据
=k,P下移副线圈的匝数n2减少,所以原副线圈的电流表k减小,若P上移n2增大,原副线圈的电流表增大,故A错误;B正确;电压与匝数成正比,所以副线圈的电压U2减小,D错误;再根据
,P下移副线圈的匝数n2减少,U2减小,U1与匝数无关,改变匝数U1不变,所以C、D错误。
4.如图所示,在“托球跑”趣味比赛中,若运动员沿水平面匀加速直线跑.球拍平面与水平方向的夹角为θ时,网球与球拍保持相对静止.球拍和网球的质量分别为M、m,不计摩擦力和空气阻力,重力加速度为g.则下列说法正确的是
A.球拍对球的作用力太小为mg
B.运动员对球拍的作用力大小为(M+m)g
C.运动员的加速度大小为gtanθ
D.若加速度大于gsinθ,球一定沿球拍向上运动
【答案】C
【详解】以小球为研究对象,受力分析如图所示。
可求球拍对球的作用力F=mg/cosθ,所以A错误;合外力为F合=mgtanθ=ma,可求小球的加速度为a=gtanθ,小球与运动员的加速度相同,故运动员的加速度也是gtanθ,所以C正确;把球和球拍视为一个整体,整体加速度为gtanθ,合外力(M+m)gtanθ,根据矢量三角形法则可求人对球拍的作用力为F1=(M+m)g/cosθ,所以B错误;而gtanθ>gsinθ,由题意知,小球没有沿球拍向上运动,D错误。
5.如图所示,一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴顺时针匀速转动,现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场,圆盘开始减速。
在圆盘减速过程中,以下说法正确的是( )
A.处于磁场中的圆盘部分,靠近圆心处电势高
B.所加磁场越强越不易使圆盘停止转动
C.若所加磁场反向,圆盘将加速转动
D.若所加磁场穿过整个圆盘,圆盘将匀速转动
【答案】D
【解析】
【详解】A、将金属圆盘看成由无数金属辐条组成,金属圆盘顺时针匀速转动时,根据右手定则判断可知:
圆盘上的感应电流由圆心流向边缘,所以靠近圆心处电势低,故A错误;
B、根据法拉第定律可知,金属圆盘产生的感应电动势为BLv,所以所加磁场越强,产生的感应电动势越大,感应电流越大,圆盘受到的安培力越大,而安培力是阻力,所以越易使圆盘停止转动,故B错误;
C、若所加磁场反向,只是产生的电流反向,根据楞次定律可知,安培力仍然阻碍圆盘的转动,所以圆盘还是减速转动,故C错误;
D、若所加磁场穿过整个圆盘时,圆盘在切割磁感线,产生感应电动势,相当于电路断开,则不会产生感应电流,不受安培力作用,所以圆盘将匀速转动,故D正确;
二、多选题(本大题共5小题,共27.0分)
6.如图所示,一名运动员将相同的铅球分别从同一位置掷出,图中①②是它们的运动轨迹,轨道最高点距离地面的高度相等,②的落地点到掷出点的水平距离是①的2倍,忽略空气阻力,对于铅球①与②。
A.在最高点的速度之比为1:
2
B.落地时的速率之比为1:
1
C.从掷出到落地所用时间之比为1:
1
D.从掷出到落地所用时间之比为1:
2
【答案】AC
【解析】
【详解】设两个小球掷出时竖直向上的分速度分别为
、
,从掷出到运动到最高点,在竖直方向向上做匀减速运动,根据
,
,又h1=h2,所以
=
,再根据
,
得t1=t2,即两小球从抛出到上升至最高点所用时间相同,上升到最高点以后,在竖直方向做自由落体运动,下落高度相同,所以下落时间也相同,故从抛出到落地两小球所以时间相同,所以C正确;D错误;在水平方向上两小球均做匀速直线运动,根据x=vt,又x2=2x1,运动时间相同,可得v1:
v2=1:
2,在最高点的速度即为水平方向的速度,所以在最高点的速度之比为1:
2,故A正确;落地时竖直方向的速度:
,水平方向v1:
v2=1:
2,落地时的速率
,可知落地时的速率不等,所以B错误。
7.两辆质量相同的汽车A、B分别在同一水平路面上从静止开始做匀加速运动,速度达到相同最大值后关闭发动机,若运动过程中所受阻力大小都不变,速度一时间关系图象如图所示,则A、B两车( )
A.加速时牵引力大小之比为2:
1B.阻力大小之比为1:
2
C.牵引力做功的平均功率之比为1:
1D.牵引力的冲量之比为1:
1
【答案】BC
【解析】
【详解】关闭发动机后,汽车在阻力的作用下做匀减速运动,由v-t图像知,a3:
a4=1:
2,再根据牛顿第二定律知,汽车A、B所受阻力分别为f1=ma3,f2=a4,得f1:
f2=1:
2,故B正确;在加速阶段,对A车:
F1-f1=ma1,对B车:
F2-f2=ma2,由v-t图像知,a1:
a2=2:
1,联立解得:
F1:
F2=1:
1,故A错误;哟图知,在加速阶段,两车的平均速度相等均为v0/2,牵引力相等,所以牵引力平均功率
,得P1=P2,所以C正确;牵引力作用的时间:
t1:
t2=1:
2,牵引力的冲量
,所以D错误。
8.如图所示,在真空中有三个带等电荷量的点电荷a、b和c,分别固定在水平面内正三角形的顶点上,其中a、b带正电,c带负电,0为三角形中心,A、B、C为三条边的中点.则
A.B、C两点场强相同
B.B、C两点电势相同
C.在0点自由释放电子(不计重力),会沿OA方向一直运动
D.在0点自由释放电子(不计重力),会在OA直线上往复运动
【答案】BD
【解析】
【详解】由题意知,B、C两点的电场强度为三个点电荷在该处场强的矢量和。
其中ac两处的点电荷在B点的场强的矢量和沿Ba方向,b处电荷在B点的场强沿bB方向,方向如图所示,可知,B、C两处电场强度的方向不同,所以A错误;ac两电荷在B点的电势之和为零,bc两处电荷在C点的电势之和等于零,所以B点的电势等于b处电荷产生,C处电势等于a处电荷产生,ab两电荷等量同种且到C、B的距离也相等,所以电势相等,故B正确;由图知,O点电场的方向沿AC方向,在OA的延长线上有一场强为零的点D,在OA线上D点的两侧电场的方向相反,所以电子在O点由静止释放将沿OA方向做加运动到D,然后减速运动到速度为零,接着往回运动,即会在OA直线上往复运动
9.下列说法正确的是( )
A.多晶体都具有各向同性的特点
B.液体的饱和汽压与温度有关
C.第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律
D.一定质量的理想气体,放热的同时外界对其做功,其内能可能减少
E.当分子间的距离增大时,分子间的引力和斥力均减小,但斥力减小得更快,所以分子间的作用力一定表现为引力
【答案】ABD
【解析】
详解】A、单晶体具有各向异性,多晶体具有各向同性,故A正确;
B、饱和汽压随温度的升高而增大,降低而减小,故B正确;
C、第二类永动机不能制成是因为它违反了热力学第二定律,但不违反能量守恒定律,故C错误;
D、一定质量的理想气体,放热的同时外界对其做功,即有Q<0,W
0,根据热力学第一定律,△U可能减少,故D正确;
E、当分子间的距离增大时,分子间的引力和斥力均减小,斥力减小得更快;当r<r0时,分子间的作用力表现为斥力,当r>r0时,分子间的作用力表现为引力,故E错误。
10.一列沿x轴正方向传播的简谱横波在t=0时刻的波形如图所示,已知任意振动质点相邻2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s。
下列说法正确的是( )
A.此波的周期为
B.此波的波速为
C.在
时刻,
处的质点恰好位于波峰
D.在
时刻,
处的质点恰好位于波谷
E.若此波在某介质中传播的波长变为2m,则它在该介质中的波速一定为
【答案】ACE
【解析】
【详解】由题意知,任意振动质点相邻2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s,可求此波的周期为0.8s,所以A正确;由图知,波长为4m,所以波速:
v=λ/T=5m/s,故B错误;根据波的周期性可知13m处的质点在t=0时刻处于波谷的位置,应该半个周期即0.4s时刻到达波峰位置,所以C正确;由图知,22m处质点与2m处质点的振动步调一致,即在0时刻22m处质点处在平衡位置向下振动,经过0.6s(3T/4)到达波峰位置,D错误;改变传播介质此波的周期不变还是0.8s,所以传播速度v=λ/T=2/0.8=2.5m/s,E正确。
三、实验题探究题(本大题共2小题,共15.0分)
11.如图所示,某实验小组仅用一把刻度尺测量一根粗细均匀、伸长可忽略的细线的最大承受力。
将细线的一端固定在水平刻度尺(刻度尺固定)上A点,在所测细线的中点挂一个轻重适中的钩码,另一端B可以在刻度尺上左右移动。
当A、B间的距离增大到某一值时,细线刚好被拉断,已知钩码的质量为m,重力加速度大小为g。
(1)实验小组需要直接测量的物理量有______、______(填物理量名称和符号,如高度“h”):
(2)所测细线最大承受力大小的计算表达式为______(用已知和所测物理量符号表示)。
【答案】
(1).A、B间距离d细线总长度L
(2).
【解析】
【详解】
(1)由题意知,需利用平行四边形定则求绳上的拉力,根据几何关系,需测量A、B间距离d,细线总的长度;
(2)以钩码为研究对象,如图所示。
根据几何关系得:
,解得绳上拉力为:
12.如图所示为“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验电路,所用器材有:
电动势为3V的电源,额定电压为2.5V的小灯泡,符合实验要求的滑动变阻器、已经机械调零的电压表和电流表,以及开关和导线若干,所有元器件都完好。
采用如下步骤完成实验:
(1)闭合开关前,滑动变阻器
滑片应置于滑动变阻器______(选填“左”或“右”)端;
(2)闭合开关后,无论怎样调节滑动变陧器,电流表和电压表的示数总调不到零,但小灯泡亮度有变化,则故障的原因可能是______(选填a、b、c、d、e、f、g、h)导线断路;
(3)排除故障后,移动滑片P,电压表指针所指的位置如图所示,则电压表的读数为______V;(保留两位小数)
(4)记下多组对应的电压表和电流表的示数,并绘制出小灯泡的U-I图象,如图所示。
根据图象提供的信息,请计算出小灯泡达到额定电压正常工作时的电阻值为______Ω;
(5)小灯泡的U-I图象是曲线而不是过原点的直线,其原因是______。
【答案】
(1).左
(2).h(3).1.70V(4).12.5Ω(5).因为小灯泡的电阻随温度的升高而增大
【详解】
(1)为保护电表的安全,闭合电路前应将滑动变阻器的滑片移至最左端,以使测量电路处于短路状态;
(2)电流表和电压表的示数总调不到零,调节滑片不能使测量电路短路,灯泡亮度会变化,说明电路畅通,滑动变阻器是串联在电路中的,即限流式接法,所以是导线h断路了。
(3)因小灯泡的额定电压是2.5V,所以电压表选择3V的量程,由图知,电压表读数为1.70V;
(4)当电压达到额定电压2.5V时,小灯泡正常发光,由伏安特性曲线知此时灯泡的电流为0.2A,所以灯泡正常发光时阻值为
Ω
(5)因小灯泡灯丝的电阻率随温度的升而增大,即电阻值会随电压的增大而增大,所以伏安特性曲线图像不是过原点的直线。
四、计算题(本大题共4小题,共52.0分)
13.如图所示,M、N是直角坐标系xOy坐标轴上的两点,其坐标分别为M(0,L)和N(2L,0)。
一个质量为m、电荷量为q的带电粒子,从M点以初速度v0沿x轴正方向进入第一象限。
若第一象限内只存在沿y轴负方向的匀强电场,粒子恰能通过N点;若第一象限内只存在垂直xOy平面向外的匀强磁场,粒子也会通过N点。
不计粒子的重力,求:
(1)电场强度的大小:
(2)磁感应强度的大小。
【答案】
(1)电场强度的大小为
;
(2)磁感应强度的大小
。
【解析】
【详解】
(1)粒子在电场中做类平抛运动,水平方向:
2L=v0t,,竖直方向:
L=
at2,根据牛顿第二定律可得:
qE=ma,解得:
E=
;
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示:
由几何知识得:
r2=(2L)2+(r-L)2,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:
qv0B=m
解得:
B=
。
14.如图所示,水平直轨道AC的长度为L=8m,AC中点B正上方有一探测器,C处有一竖直挡板D.现使物块Pl沿轨道向右以速度Vl与静止在A处的物块P2正碰,碰撞后,P1与P2粘成组合体P.以Pl、P2碰撞时刻为计时零点,探测器只在t1=2s至t2=4s内工作。
已知物块Pl、P2的质量均力m=1kg,Pl、P2和P均视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2。
(1)若v1=8m/s,P恰好不与挡板发生碰撞,求P与轨道AC间的动摩擦因数;
(2)若P与挡板发生弹性碰撞后,并能在探测器工作时间内通过B点,求V1的取值范围;
(3)在满足
(2)的条件下,求P向左经过A点时的最大动能。
【答案】
(1)
(2)
(3)
【解析】
【详解】
(1)设Pl、P2碰撞后,P的速度为v,根据动量守恒:
mv1=2mv
解得:
v=4m/s
P恰好不与挡板发生碰撞,即P到达C点速度恰好减为零
根据动能定理:
代入解得:
(2)由于P与档板的碰撞为弹性碰撞,P在AC间等效为匀减速运动,设P的加速度大小为a。
根据牛顿第二定律:
μ2mg=2ma
P返回经B点,根据匀变速直线运动的规律:
由题意知,物块P在2~4s内经过B点,代入数据解得
再结合mv1=2mv
得
(3)设P向左经过A点时
速度为v2,由速度位移公式:
联立解得P向左经过A点的最大动能为:
J
15.如图所示,粗细均匀且横截面积相等的玻璃管A、B下端用橡皮管连接,A管固定且上端封闭,上端被水银柱封闭有长度为6cm的空气柱,气体温度为300K.B管两端开口且足够长,上端与大气相通,外界大气压强为75cmHg.初始时两管中水银面等高,现将B管竖直向上缓慢提升一段距离,稳定后,A管中气柱长度变为5cm。
(i)求稳定后A、B两管中水银面的高度差;
(ii)稳定后,保持B管不动,升高A管中气体的温度,当A管中空气柱长度恢复为6cm时,求此时气体的温度。
【答案】(i)
(ii)
【解析】
【详解】(i)设玻璃管
横截面积为S,A管中气体初状态的压强为P1,体积为V1,末状态的压强为P2,体积为V2
由玻意耳定律:
P1V1=P2V2
联立解得:
稳定后,A、B两管知水银面
高度差为:
Δh=15cm
(ii)设A管中气体柱长度为5cm时,气体的温度为T2,温度缓慢升高到T3时,气体的体积为V3,压强为P3
由题意可求P3=(75+15+2)cmHg=92cmHg
由气体状态方程:
联立解得T3=368K
16.如图所示,一半径为R的
球体位于水平桌面上,球体由折射率为
的透明材料制成。
现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线,平行于桌面射到球体表面上A点,折射入球体后再从竖直表面上C点射出。
已知入射光线与桌面的距离为
,光在真空中传播的速度为c。
求:
(i)光在该透明材料中传播的速度;
(ii)出射角θ。
【答案】(i)
(ii)
【解析】
【详解】(i)由折射定律:
n=c/v
代入解得:
(ii)连接OA,过A点作水平面的垂线,垂足为B,OA即为入射点的法线,因此,图中α为入射角,β为折射角。
过C点作竖直表面的垂线,因此,图中γ为光线在球体竖直表面上的入射角。
由几何关系可求:
,
,
由几何关系知:
γ=β
联立解得:
θ=60°
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