2019屆高三物理上學期第一次模擬考試試題(含解析)一、選擇題1.理想化模型是簡化物理研究的重要手段，它抓住問題的主要因素，忽略次要因素，促進了物理學的發展下列關于理想化模型建立的表述正確的是（ ）A. 質點作為理想化模型忽略了物體的質量B. 點電荷作為理想化模型忽略了物體所帶的電荷量C. 理想電壓表忽略了電壓表的內阻D. 理想變壓器沒有能量損失【答案】BD【解析】【詳解】理想化模型的建立是一種科學方法的實踐應用，質點、點電荷、輕彈簧、理想電壓表、電流表和理想變壓器都是理想化模型。質點作為理想化模型忽略了物體的大小和形狀。故A錯誤；點電荷作為理想化模型忽略了物體的大小和形狀；故B正確；理想電壓表則是將內阻視作無窮大，故C錯誤；理想變壓器是不計變壓器上的能量損失。故D正確；故選BD。2. 在哈爾濱冰雕節上，工作人員將如圖所示的小車和冰球推進箱式吊車并運至高處安裝，先后經歷了水平向右勻速、水平向右勻減速、豎直向上勻加速、豎直向上勻減速運動四個過程。冰球與水平底板和右側斜擋板始終保持接觸但摩擦不計。冰球與右側斜擋板間存在彈力的過程是( )A. 向右勻速過程 B. 向右勻減速過程C. 向上勻加速過程 D. 向上勻減速過程【答案】B【解析】試題分析：向右勻速過程中冰球受到豎直向下的重力與底面對球的支持力的平衡，斜面沒有作用力，所以A項錯誤；向右勻減速過程中，加速度方向水平向左，合力水平向左，右側斜檔板一定有彈力，所以B項正確；向上勻加速過程，合力向上，底面的支持力大于球的重力，右側斜面擋板一定沒有彈力，所以C項錯誤；向上勻減速過程中，球的重力大于底面的支持力，右側斜面擋板一定沒有彈力，所以D項錯誤。考點：本題考查了物體運動狀態與受力情況3.圖為一物體做直線運動時的圖像，但縱坐標表示的物理量未標出已知物體在前2 s內向東運動，以下判斷正確的是（ ）A. 若縱坐標表示速度，則物體在4 s內的位移為4 mB. 若縱坐標表示速度，則物體在4 s內的加速度大小不變，方向始終向東C. 若縱坐標表示位移，則物體在4 s內的運動方向始終向東D. 若縱坐標表示位移，則物體在4 s內的位移為零【答案】【解析】試題分析：若縱坐標表示速度：在4s內圖線與時間軸所圍成的面積為零，則位移為零，A錯誤；圖線的斜率表示加速度，斜率不變，知加速度大小和方向都不變，前2s時間內向東運動，因為物體做減速運動，則加速度的方向與速度的方向相反，則物體的加速度方向向西，B錯誤若縱坐標表示位移：初末位置不同，則位移不為零物體在前2s時間內向東運動，從圖線可知在4s內物體一直向東運動，C正確，D錯誤考點：本題考查v-t,x-t圖像。4.如圖所示，平行板電容器與恒壓電源連接，電子以速度v0 垂直于電場線方向射入并穿過平行板間的電場，設電容器極板上所帶的電荷量為Q，電子穿出平行板電容器時在垂直于板面方向偏移的距離為y若僅使電容器上極板上移，以下說法正確的是（ ）A. Q減小，y不變B. Q減小，y減小C. Q增大，y減小D. Q增大，y增大【答案】【解析】僅使電容器上極板上移，兩極板間距d增大，由C=S4kd知，電容器的電容減小，由C=QU知，U一定，C減小，則Q減小，選項C、D錯誤；由E=Ud知，電容器兩極板間的電場強度減小，電子運動的加速度a=Eqm減小，電子在電場中做類平拋運動，電子穿出電場的時間不變，則電子穿出平行板電容器時在垂直極板方向偏移的距離y=12at2減小，選項A錯誤，選項B正確5.如圖所示，組裝成S形的軌道平放在水平面上，abc部分由薄壁細圓管彎成，半徑為r=1.0m ，cde部分半圓形軌道的半徑為R=2.0m，兩部分在處圓滑連接在水平面內有一勻強電場，場強大小為E=2.0105Vm，方向水平向左一個質量m=0.01kg、電荷量q=5.010-7C的帶正電的小球（可視為質點）從管口點進入軌道，發現帶電小球恰好能從e處飛出不計一切摩擦，小球運動過程中帶電荷量不變（g取10 ms2），則小球從管口a點進人軌道的最小速度為（ ） A. 10m/sB. 225m/sC. 230m/sD. 325m/s【答案】C【解析】【分析】帶電小球恰好能從e處飛出時，小球的速度為零小球從a到e的過程中，電場力做功-qE（2r+2R），根據動能定理求出小球從管口a點進入軌道的最小速度【詳解】設小球從管口a點進入軌道的最小速度為v，則由動能定理得：-qE2（r+R）=0-12mv2解得，v=4qE(r+R)m=45107210530.01=230m/s，故ABD錯誤，C正確。故選C。6.如圖所示，一根細繩的上端系在O點，下端系一個小球B，B放在粗糙的斜面體A上現用水平推力F向右推斜面體使其在光滑水平面上向右勻速運動一段距離（細繩尚未到達平行于斜面的位置），則在此過程中（ ）A. 小球B做勻速圓周運動B. 摩擦力對小球B做正功C. 水平推力F對A做的功和小球B對A做的功大小相等D. A對小球B所做的功與小球B對A所做的功大小相等【答案】BC【解析】【詳解】小球B的線速度可以分解為水平方向的分速度與沿繩子方向的分速度，如圖， 則：v=v0cos，可知小球的線速度隨的增大是逐漸變小的，故角速度逐漸變小。故A錯誤。如圖，畫出小球B受到的支持力N，摩擦力f的方向以及小球在該位置時運動的切線的方向，由圖可知，斜面對B的摩擦力沿斜面向下，該點B運動軌跡的弧線在B受到的支持力的下方，所以B受到的摩擦力與B的位移方向夾角為銳角，所以斜面對B的摩擦力對m做正功，故B正確；斜面體A做勻速運動，動能不變，外力對A所做的總功為零，則知水平推力F和小球B對A做功的大小相等，故C正確。斜面對B的彈力和B對斜面的彈力是一對作用力和反作用力，大小相等，斜面在彈力方向上的位移等于B在彈力方向上的位移。所以A對重球B的彈力所做的功與重球B對A彈力所做的功大小相等，一正一負。由于B與A間存在相對運動，A的位移與B的位移不相等，所以A對重球B的摩擦力所做的功與重球B對A的摩擦力所做的功大小是不相等的；所以A對重球B所做的總功與重球B對A所做的總功大小不等，故D錯誤。故選BC。【點睛】恒力做功的表達式為W=FScos，功的正負可以看力與位移的夾角，當90時，力做正功；當=90時，力不做功；當90時，力做負功7.在如圖所示電路中，閉合開關，當滑動變阻器的滑片P向下滑動時，四個理想電表的示數都發生變化，電表A、V1、V2和V3的示數分別用I、U1、U2和U3表示，電表A、V1、V2和V3示數變化量的大小分別用I、U1、U2和AU3表示下列說法正確的是（ ）A. U1I不變，U1I不變B. U2I 變大，U2I變大C. U2I變大，U2I不變D. U3I比值變大，U3I比值不變【答案】【解析】【詳解】根據歐姆定律得知U1I=U1I=R1，故當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，U1I、U1I均不變，A正確；U2I=R2，變大，根據閉合電路歐姆定律得U2=EIR1+r，則有U2I=R1+r，不變，B錯誤C正確；U3I=R1+R2，變大；根據閉合電路歐姆定律得U3=EIr，則有U3I=r，不變，D正確【點睛】本題對于定值電阻，是線性元件有R=UI=UI，對于非線性元件，R=UIUI8.一個帶正電的小球沿光滑絕緣的水平桌面向右運動，速度方向垂直于一個水平向里的勻強磁場，如圖所示，小球飛離桌面后落到地板上，飛行時間為t1，水平射程為x1，著地速度為v1撤去磁場，其余的條件不變，小球的飛行時間為t2，水平射程為x2，著地速度為v2下列結論正確的是（ ）A. x1x2B. t1t2C. v1和v2大小相等D. v1和v2方向相同【答案】C【解析】【詳解】設帶正電，有磁場時，小球下落過程中要受重力和洛侖茲力共同作用，重力方向豎直向下，大小方向都不變；洛侖茲力的大小和方向都隨速度的變化而變化，但在能落到地面的前提下洛侖茲力的方向跟速度方向垂直，總是指向右上方某個方向，其水平分力fx水平向右，豎直分力fy豎直向上。 如圖所示，豎直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g，從而使運動時間比撤去磁場后要長，即t1t2，小球水平方向也將加速運動，從而使水平距離比撤去磁場后要大，即x1x2，若帶負電，同理，洛倫茲力方向，與圖洛倫茲力相反，則可知，豎直方向的加速度仍向下，但大于重力加速度g，從而使運動時間比撤去磁場后要短，即t1t2，小球水平方向也將減速運動，從而使水平距離比撤去磁場后要大，即x1x2，在有磁場，重力和洛侖茲力共同作用時，其洛侖茲力的方向每時每刻都跟速度方向垂直，不對粒子做功，不改變粒子的動能，有磁場和無磁場都只有重力作功，動能的增加是相同的。有磁場和無磁場，小球落地時速度方向并不相同，但速度的大小是相等的，故C正確，ABD錯誤。故選C。【點睛】本題關鍵運用分解的思想，把小球的運動和受力分別向水平和豎直分解，然后根據選項分別選擇規律分析討論.二、實驗題9.為了測量物塊和桌面之間的動摩擦因數，某同學設計了如圖甲所示的實驗裝置，帶滑輪的長木板水平放置，板上固定的兩個光電門相距為L=0.5m，滑塊上遮光板的寬度d用游標卡尺測出，示數如圖乙所示，質量為m=0.5 kg的滑塊通過細線與重物相連，通過力傳感器獲得細線的拉力F=3N，讓滑塊由靜止釋放，記錄滑塊的遮光板通過光電門1、光電門2所用的時 間分別為t1=0.02s、t2=0.01 s（1）遮光板的寬度為d=_cm（2）滑塊的加速度表達式為_（用題中所給符號表示），滑塊與桌面之間的動摩擦因數為_（保留兩位有效數字）（3）如果實驗中力傳感器出現問題后被拆掉，該同學用重物P所受的重力Mg代替細線對滑塊的拉力完成了實驗，為使誤差盡可能減小，應滿足的實驗條件是_【答案】 (1). 2.00； (2). a=(dt2)2(dt1)22L； (3). 0.3； (4). Mm【解析】【詳解】由圖示游標卡尺可知，其示數為20mm+00.1mm=20.0mm=2.00cm；滑塊經過兩光電門時的速度：v1=dt1，v2=dt2，由速度位移公式可得：v22-v12=2aL，解得：a=(dt2)2(dt1)22L，代入數據解得：a=3m/s2，由牛頓第二定律得：F-mg=ma，代入數據解得：=0.30；以滑塊為研究對象，由牛頓第二定律得：F-mg=ma，解得：=Fmamg，細線對滑塊的拉力F小于重物的重力Mg，實驗時認為滑塊受到的拉力為Mg，由=Fmamg可知，所測偏大；當M比m越小，拉力F越接近于Mg，為了減小實驗誤差，需要滿足的條件是：M遠遠小于m，Mm故答案為：2.00；a=(dt2)2(dt1)22L；0.3；大；Mm【點睛】游標卡尺主尺與游標尺示數之和是游標卡尺示數，游標卡尺不需要估讀，對游標卡尺讀數時要注意游標尺的精度；分析實驗誤差時要先求出動摩擦因數的表達式10. 有一根長陶瓷管，其表面均勻地鍍有一層很薄的電阻膜，管的兩端有導電箍M和N，如圖甲所示。用多用表電阻檔測得MN間的電阻膜的電阻約為1k，陶瓷管的直徑遠大于電阻膜的厚度。某同學利用下列器材設計了一個測量該電阻膜厚度d的實驗。 A米尺（最小分度為mm）； B游標卡尺（游標為20分度）；C電流表A1（量程05mA，內阻約10 ）；D電流表A2（量程0100mA，內阻約0.6）;E電壓表V1（量程5V，內阻約5k）；F電壓表V2（量程15V，內阻約15k）；G滑動變阻器R1（阻值范圍010 ，額定電流1.5A）；H滑動變阻器R2（阻值范圍0100，額定電流1A）；I電E（電動勢6V，內阻可不計）； J開關一個，導線若干。他用毫米刻度尺測出電阻膜的長度為l=10.00cm，用20分度游標卡尺測量該陶瓷管的外徑，其示數如圖乙所示，該陶瓷管的外徑D= cm.為了比較準確地測量電阻膜的電阻，且調節方便，實驗中應選用電流表 ，電壓表 ，滑動變阻器 。（填寫器材前面的字母代號）在方框內畫出測量電阻膜的電阻R的實驗電路圖。若電壓表的讀數為U，電流表的讀數為I，鍍膜材料的電阻率為r，計算電阻膜厚度d的數學表達式為：d=_（用已知量的符號表示）。【答案】1.340cm C；E；G 如圖所示【解析】試題分析：游標卡尺的讀數方法為主尺部分刻度加上游標對應的刻度，由圖可知，固定部分刻度示數為1.3cm；可動部分刻度為80.05mm=0.40mm；故讀數為1.340cm，電源電動勢為6V，電阻約為1000，根據閉合電路歐姆定律電路中最大電流為A=90mA，故電流表應選D；因電源電動勢為6V，故電壓表應選E；變阻器阻值太小而阻值太大，應用分壓式接法，為了調節方便變阻器應選阻值小的，故選G，由于故電流表應用內接法。由歐姆定律可知，而聯立解得考點：測定金屬的電阻率分壓，限流接法與電流表內接法與外接法的判斷三、計算題11.公路上行駛的兩汽車之間應保持一定的安全距離。當前車突然停止時，后車司機可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內停下而不會與前車相碰。通常情況下，人的反應時間和汽車系統的反應時間之和為1 s。當汽車在晴天干燥瀝青路面上以108 km/h的速度勻速行駛時，安全距離為120 m。設雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數為晴天時的2/5，若要求安全距離仍為120 m，求汽車在雨天安全行駛的最大速度。【答案】20m/s【解析】試題分析：在反應時間內汽車做勻速直線運動，所以汽車間的安全距離等于勻速運動的位移和勻減速直線運動的位移之和，根據牛頓第二定律結合運動學基本公式求解解：設路面干燥時，汽車與地面的動摩擦因數為0，剎車時汽車的加速度大小為a0，安全距離為s，反應時間為t0，由牛頓第二定律和運動學公式得：0mg=ma0，式中，m和v0分別為汽車的質量和剎車前的速度設在雨天行駛時，汽車與地面的動摩擦因數為，依題意有：，設在雨天行駛時汽車剎車的加速度大小為a，安全行駛的最大速度為v，由牛頓第二定律和運動學公式得：mg=ma ，聯立式并代入題給數據得：v=20m/s答：若要求安全距離仍為120m，則汽車在雨天安全行駛的最大速度為20m/s【點評】解決本題的關鍵知道安全距離是反應時間內勻速運動的位移和勻減速運動的位移之和勻減速運動的位移可以通過速度位移公式求解視頻12.如圖所示，直角坐標平面xOy在豎直平面內，y軸豎直向上在第一象限內分布著方向豎直向上的勻強電場（不包含y軸），場強大小用E1表示；在第二象限內分布著方向沿x軸負方向的勻強電場，場強大小用E2表示用長度為L的絕緣細線將質量為m、電荷量為+q的帶電小球（可看成質點）懸掛在P點，P點在y軸上，坐標為（0，2L）在P點正下方與P點距離小于L的某點Q釘一釘子現用外力把小球拉到左側與P等高處，細線被拉直與x軸平行，由靜止釋放，小球運動到最低點時繩恰被拉斷，然后進入第一象限，經過時間t0=342Lg ，立即在第一象限內再加垂直于xOy平面向里的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度為B=mq2gL，再經過時間t0，撤去勻強磁場已知E1=mgq，E2=3mg4q，細線能夠承受的最大拉力是F0=3mg（結果用g、L、m表示）求：（1）小球在下擺過程中的最大速度；（2）Q點與P點之間的距離；（3）小球在第一象限運動的時間及小球離開第一象限的位置坐標【答案】【解析】(1)小球在向下擺動過程中，設合力與豎直方向的夾角為，當速度方向與合力方向垂直時，即細線與豎直方向的夾角為時，速度最大，設為vm，則tan=qE2mg 由動能定理有，有mgLcosqE2L(1sin)=12mvm2 解得vm=gL （2）設小球運動到點正下方時速度為v1，由動能定理有，有mgLqE2L=12mv12 解得v1=12gL 小球運動到最低點時，細線被釘子擋住，做圓周運動的半徑為r，則根據牛頓第二定律，有r=L-hF0mg=mv12r 解得h=34L（3）繩被拉斷，小球進入第一象限，由于qE1=mg，所以小球沿水平方向做勻速直線運動。經過時間t0，加上勻強磁場后，小球做勻速圓周運動，設半徑為R，周期為T，則qv1B=mv12R T=2mqB 解得R=12L ,T=2Lg 所以，t0=34T 即小球做圓周運動時間是四分之三個周期，撤去勻強磁場后，小球向下做勻速直線運動穿過x軸，設撤去勻強磁場時，小球的位置與x軸的距離是y，運動時間為t1，則Y=2L-R t1=yv1 在第一象限的總時間t=t0+t0+t1t=3+322Lg 設小球離開x軸的坐標為（x，0），則X=v1t0-R 解得x=(3412)L ，小球離開第一象限的位置坐標是（3412L,0） 點睛：本題中是帶電粒子在復合場中運動的類型，分析粒子的受力情況，確定粒子的運動情況是解題的關鍵，再運用動力學的方法進行解題，基本解題規律有：一是從能的角度：動能定理；二是從力的角度：牛頓第二定律和運動學公式結合13.以下說法正確的是_ A無論是什么波，只要振幅足夠大，就可以產生明顯的衍射現象B根據麥克斯韋的電磁場理論，變化的電場周圍一定可以產生電磁波C波源與觀察者互相靠近或者互相遠離時，觀察者接收到的波的頻率都會發生變化D火車以接近光速行駛時，我們在地面上測得車廂前后距離變小了，而車廂的高度沒有變化E全息照片往往用激光拍攝，主要是利用了激光的相干性。【答案】CDE【解析】【詳解】能否產生產生明顯的衍射現象看障礙物與波長的尺寸關系，與振幅無關，當障礙物的尺寸小于波長或與波長差不多時能產生明顯的衍射現象；故A錯誤。根據麥克斯韋的電磁場理論，變化的電場周圍一定可以產生磁場，但不一定能產生電磁波，只有周期性變化的電場周圍才一定可以產生電磁波。故B錯誤。波源與觀察者互相靠近或者互相遠離時，會產生多普勒效應，觀察者接收到的波的頻率都會增大或減小。故C正確。火車以接近光速行駛時，根據相對論，沿著物體的運動方向，我們在地面上測得車廂前后距離變小了，而車廂的高度沒有變化。故D正確。全息照片往往用激光拍攝，主要是利用了激光的高相干性；故E正確；故選CDE。14.圖為一巨大的玻璃容器，容器底部有一定的厚度，容器中裝有一定量的水，在容器底部有一單色點光源，已知水對該光的折射率為43，玻璃對該光的折射率為1.5，容器底部玻璃的厚度為d，水的深度也為d已知光在真空中的轉播速度為c，求：該光在玻璃和水中傳播的速度；水面形成的光斑的半徑（僅考慮直接由光源發出的光線）【答案】v玻璃=23c；v水=34c r=（377+255）d【解析】【詳解】由v=c/n得光在水中的速度為：v水=34c光在玻璃中的速度為：v玻璃=23c畫出光路圖如圖所示：光恰好在水和空氣的分界面發生全反射時sinC=1n1=34，在玻璃與水的分界面上，由sinCsin=n2n1得：sin=23，則光斑的半徑為：r=(377+255)d【點睛】本題的關鍵是畫出光路圖，找到臨界光線；掌握從光密介質射向光疏介質發生全反射時的通式：sinCsi