1、吉林省名校2019届高三下学期第一次联合模拟考试第卷 选择题一、选择题1.中子轰击氮核，轰击后生成碳核和另一原子核X，则原子核X的中子数为A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【详解】根据质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为3，电荷数为1，则中子数为2，故选B.2.变压器线圈中的电流越大，所用的导线应当越粗。街头见到的变压器是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，则A. 副线圈的导线应当粗些，且副线圈的匝数少B. 副线圈的导线应当粗些，且副线圈的匝数多C. 原线圈的导线应当粗些，且原线圈的匝数少D. 原线圈的导线应当粗些，且原线圈的匝数多【答案】A【解析】【分析】变压器原副
2、线圈电流与匝数成反比【详解】由于是降压变压器所以副线圈匝数少。由变压器原线圈和副线圈匝数比与电流之比的关系可知，在降压变压器的副线圈，电流较大，热功率较大，应利用粗导线，这样电阻较小，热功率较小，故A正确BCD错误。3.如图所示，固定的木板与竖直墙面的夹角为，重为G的物块静止在木板与墙面之间，不计一切摩擦，则A. 物块对木板的压力大小为B. 物块对木板的压力大小为GcosC. 物块对墙面的压力大小为GtanD. 物块对墙面的压力大小为Gsincos【答案】A【解析】【详解】对物块受力分析，根据平衡知识可知：木板对物块的支持力大小为；墙面对物块的压力大小为；根据牛顿第三定律可知，物块对木板的压力
3、大小为 ，物块对墙面的压力大小为；故选A.4.2018年10月29日，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丙运载火箭成功发射中法海洋卫星，此卫星入轨后在半径为r的轨道上绕地球做匀速圆周运动。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R，则该卫星做圆周运动的周期为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】在地球表面物体重力等于万有引力，有：，即GMgR2；根据万有引力提供向心力，有：得；联立得：T，故C正确，ABD错误；故选C。5.如图所示，纸面内半径为R、圆心为O的圆形区域外存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，纸面内的线段PA与圆形区域相切于A点，。若P点处有一粒子源沿
4、PA方向射出不同速率的带正电粒子（质量为m，电荷量为q，不计重力），则能射入圆形区域内部的粒子的速率可能为A. B. C. D. 【答案】D【详解】粒子运动轨迹与圆相切时的运动轨迹如图所示：由几何知识得：（r-R）2+（2R）2=（r+R）2，解得：r=3R，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：，当粒子速度：v，粒子可以进入圆形区域，故D正确，ABC错误；故选D。【点睛】题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，要掌握解粒子在磁场中运动的一般思路与方法，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题常用的程序是：画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹。找关系：轨迹半径与磁感应强度
5、、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系。用规律：牛顿第二定律和圆周运动的规律。6.如图所示，实线表示电场线，虚线ABC表示一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，其中过B点的切线与该处的电场线垂直。下列说法正确的是A. 粒子带正电B. 粒子在B点的加速度大于它在C点的加速度C. 粒子在B点时电场力做功的功率为零D. 粒子从A点运动到C点的过程中电势能先减小后增大【答案】BC【解析】【详解】带电粒子的轨迹向左下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带负电，故A错误。电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在B点的场强大于C点的场强，在B点的加速度大于C点的加速度。故B
6、正确。由题，粒子过B点的切线与该处的电场线垂直，则粒子受到的电场力方向与粒子在B点速度的方向垂直，所以此刻粒子受到的电场力做功的功率为零。故C正确。从A到B，电场力做正功，电势能减小，从B到C，电场力做负功，电势能减小。故D错误。故选BC。7.某做直线运动的质点的位置时间图象（抛物线）如图所示，P（2，12）为图线上的一点。PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q（0，4）。已知t0时质点的速度大小为8ms，则下列说法正确的是A. 质点做匀减速直线运动B. 2s时，质点的速度大小为6m/sC. 质点的加速度大小为2m/s2D. 01s内，质点的位移大小为4m【答案】AC【解析】【详解】A、C、位移时
7、间图象为抛物线结合匀变速直线运动的位移公式，而，时间t=2s时的位移得x=12m，代入解得，则函数为，即质点做匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2；故A、C正确.B、2s时的瞬时速度为；或求P点的斜率；故B错误.D、由位移公式可得1s内的位移；故D错误.故选AC.8.如图所示，位于同一绝缘水平面内的两根固定金属导轨MN、MN，电阻不计，两导轨之间存在竖直向下的匀强磁场。现将两根粗细均匀、电阻分布均匀的相同铜棒ab、cd放在两导轨上，若两棒从图示位置以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动，运动过程中始终与两导轨接触良好，且始终与导轨MN垂直，不计一切摩擦，则下列说法正确的是A. 回路中有顺时针方
8、向的感应电流B. 回路中的感应电流不断减小C. 回路中的热功率不断增大D. 两棒所受安培力的合力不断减小【答案】BD【解析】【分析】分析回路磁通量的变化，由楞次定律判断感应电流方向。由E=BLv求得两棒产生的感应电动势，回路中总的感应电动势等于cd棒和ab棒感应电动势之差。根据欧姆定律分析感应电流是否变化，再研究回路的热功率如何变化。【详解】A两棒以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动，回路的磁通量不断增大，根据楞次定律可知，感应电流方向沿逆时针，故A错误；B设两棒原来相距的距离为S，MN与MN的夹角为回路中总的感应电动势 E=BLcdv-BLabv=Bv（Lcd-Lab）=BvStan=BvS
9、tan，保持不变，由于回路的电阻不断增大，而总的感应电动势不变，所以回路中的感应电流不断减小，故B正确；C回路中的热功率为 ，E不变，R增大，则P不断减小，故C错误；D设两棒原来相距的距离为S，MN与MN的夹角为，安培力之差等于，由于电流减小，所以两棒所受安培力的合力不断减小，故D正确。故选：BD。【点睛】本题中两棒同向运动，要知道回路中总的感应电动势等于cd棒和ab棒感应电动势之差。要能熟练运用电路知识研究电磁感应问题。第卷 非选择题三、非选择题（一）必考题9.某物理兴趣小组在“探究功与速度变化关系”的实验中采用的实验装置如图甲所示。（1）用游标卡尺测遮光条的宽度，测量结果如图乙所示，游标卡
10、尺主尺的最小刻度为1mm，则由该图可得遮光条的宽度d_cm。（2）将气垫导轨接通气泵，通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平；并把实验所需的器材都安装无误。将橡皮条挂在滑块的挂钩上，向后拉伸一定的距离，并做好标记，以保证每次拉伸的距离均相同。现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门的时间为t，则滑块最后做匀速运动的速度表达式为v_（用对应物理量的字母表示）。（3）保持橡皮条的拉伸距离不变，逐根增加橡皮条的数目，记录每次遮光条经过光电门的时间，并计算出对应的速度，则在操作正确的情况下，作出的Wv2图象应为_（填“过坐标原点的一条倾斜直线”或“过坐标原点的一条抛物线”）。【答案】(1). 0.
11、975 (2). d/t (3). 过坐标原点的一条倾斜的直线【解析】【分析】游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读; 由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度.【详解】(1)游标卡尺的读数等于9mm+0.0515mm=9.75mm=0.975cm，(2)滑块经过光电门时,挡住光的时间极短，故可用平均速度代替为滑块经过光电门位置的瞬时速度，；(3)根据动能定理可知，合外力做的功应等于物体动能的变化量，有，所以画出的W-v2图象应是过坐标原点的一条倾斜直线.【点睛】解决本题的关键知道游标卡尺的读数方法，以及知道在极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度10.某同学想将满偏
12、电流Ig100A、内阻未知的微安表改装成电压表。（1）该同学设计了图甲所示电路测量该微安表的内阻，所用电源的电动势为4V。请帮助该同学按图甲所示电路完成实物图乙的连接。（2）该同学先闭合开关S1，调节R2的阻值，使微安表的指针偏转到满刻度；保持开关S1闭合，再闭合开关S2，保持R2的阻值不变，调节R1的阻值，当微安表的指针偏转到满刻度的时，R1的阻值如图丙所示，则该微安表内阻的测量值Rg_，该测量值_（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。（3）若要将该微安表改装成量程为1V的电压表，需_（填“串联”或“并联”）阻值R0_的电阻。【答案】 (1). 如图 (2). 142； 小于 (3). 串
13、联 9858【解析】【分析】（1）根据电路图连线；（2）结合电路串并电压、电流特点以及电流与电阻关系求解电流表的内阻（3）利用电流的改装原理，电压表利用串联分压，根据U=Ug+IgR计算电阻R0【详解】（1）实物连线如图所示；（2）由电路图可知，当微安表的读数偏转到2Ig/3时，通过电阻箱的电流为Ig/3，则电阻箱的阻值等于微安表内阻的2倍，由图可知电阻箱的读数为284，则微安表的内阻为142；闭合S2后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过电阻箱的电流大于Ig/3，则该实验测出的电表内阻偏小；（2）若要将该微安表改装成量程为1V的电压表，需串联阻值的电阻。11.如图所示，轻弹簧的一端固定，另
14、一端与静置在水平导轨上质量m0.5kg的滑块B相连，弹簧处在原长状态，B最初静止位置的左侧导轨光滑、右侧导轨粗糙，另一质量与B相同的滑块A，从B的右端到B的距离L2.5m处以某一初速度开始向B滑行，与B相碰（碰撞时间极短）后A、B粘在一起运动压缩弹簧，该过程中弹簧的最大弹性势能EP2J。A与导轨粗糙部分间的动摩擦因数0.4。求：（1）A、B碰撞后的瞬间的速度大小v；（2）A的初速度大小v0。【答案】（1）2m/s（2）6m/s【解析】【分析】（1）根据机械能守恒定律求解A、B碰撞后的瞬间的速度大小v；（2）根据动量守恒定律，结合运动公式求解A的初速度.【详解】（1）对AB碰后压缩弹簧的过程，由
15、机械能守恒定律：，解得v=2m/s（2）在AB碰撞过程中，由动量守恒定律：mv=2mvAB碰前，A的加速度大小为a=g，对A在碰撞前的运动过程，由匀变速直线运动的规律可知：v02-v2=2aL解得v0=6m/s.【点睛】本题结合弹簧问题考查了动量守恒和功能关系的应用，分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用动能定理与动量守恒定律、能量守恒定律可以解题。12.如图甲所示，在直角坐标系中的0xL区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，与x轴的交点分别为M、N，在xOy平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子以几乎为零的初速度从P点飘入电势差为U的加
16、速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q点沿x轴正方向进入匀强电场，已知O、Q两点之间的距离为，飞出电场后从M点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。（1）求0xL区域内电场强度E的大小和电子从M点进入圆形区域时的速度vM；（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴，求所加磁场磁感应强度B的大小和电子在圆形区域内运动的时间t；（3）若在电子从M点进入磁场区域时，取t0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T满足的关系表达式。【答案】（1），设vM的方向与
17、x轴的夹角为，45；（2），；（3）T的表达式为（n1，2，3，）【解析】【详解】（1）在加速电场中，从P点到Q点由动能定理得：可得电子从Q点到M点，做类平抛运动，x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀加速直线运动，由以上各式可得：电子运动至M点时：即：设vM的方向与x轴的夹角为，解得：45。（2）如图甲所示，电子从M点到A点，做匀速圆周运动，因O2MO2A，O1MO1A，且O2AMO1，所以四边形MO1AO2为菱形，即RL由洛伦兹力提供向心力可得：即。（3）电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为90，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上
18、的位移恰好等于轨道半径，即因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N点且速度符合要求的空间条件为：（n1，2，3，）电子在磁场中做圆周运动的轨道半径解得：（n1，2，3，）电子在磁场变化的半个周期内恰好转过圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是又则T的表达式为（n1，2，3，）。（二）选考题13.下列说法正确的是A. 气体的温度越高，分子平均动能越大B. 晶体在物理性质上不一定表现出各向异性C. 给自行车打气时越往下压，需要用的力越大，是因为分子间作用力表现为斥力引起的D. 分子力表现为引力时，分子间的距离减小，
19、则分子力可能减小E. 空气的相对湿度越小，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压【答案】ABD【解析】【详解】温度是分子平均动能的标志，则气体的温度越高，分子平均动能越大，选项A正确；单晶体在物理性质上表现出各向异性，多晶体在物理性质上表现为各向同性，选项B正确；给自行车打气时越往下压，需要用的力越大，是因为气体压强作用的缘故，与分子间作用力无关，选项C错误；分子力表现为引力时，分子间的距离减小，则分子力可能增大，也可能减小，选项D正确；空气的相对湿度越大，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，选项E错误；故选ABD.14.某热气球的球囊体积V1=2.3103m3。在热气球下方开口处燃烧
20、液化气，使球囊内空气温度由T1=270K开始逐渐升高，热气球离地后，徐徐升空，当球囊内空气温度T2=300K时热气球停在空中。假设地面附近的大气压恒为p0，球囊体积始终不变。（1）求热气球停在空中时球囊内剩余空气与升空前球囊内空气的质量之比k；（2）若热气球停在空中时停止加热，同时将热气球下方开口处封住，求球囊内空气温度降为T3=280K时球囊内的空气压强p(结果可用分式表示)。【答案】0.9 【解析】【详解】假设升温后气体（包括跑掉的空气）的总体积为V2，根据盖-吕萨克定律有：又：k=联立解得：k=0.9根据查理定律有：解得：15.一列简谐横波沿x轴传播，t1s时与t1.5s时在x轴上3m3
21、m区间内的波形如图中同一条图线所示，则该波的最小传播速度为_m/s；在t2s时，原点处的质点偏离平衡位置的位移为_cm。【答案】 8 -10【详解】图象重合说明两波形在0.5s内恰好是周期的整数倍，故应为nT=0.5s（n=1、2、3），则周期T=s，n=1时该波的周期最大，为T=0.5s，则最小波速；在t=2s时，即从t=1.5s再经过0.5s，此时的波形图不变，故原点处的质点偏离平衡位置的位移为-10cm。16.一棱镜的截面为直角三角形ABC，其中C90、A30、BC边长为l。在该截面所在的平面内，一条光线以i45的入射角从AC边的中点M射入棱镜，经过一次折射和一次全反射后垂直于BC边射出，部分光路图如图所示。光在真空中的传播速度为c。求：（1）棱镜材料的折射率n；（2）光在棱镜中传播的时间t。【答案】（1） （2）【解析】【详解】（1）光路图如图所示。根据几何关系可得：r=30由折射定律有：n=解得：n=（2）由几何关系可知：MD=AM=；AD=2AMcos30=，DB=AB-AD=,DE=DBcos30=又：，其中光在棱镜中的传播速度v=c/n解得：t=【点睛】（1）光线以45的入射角射入棱镜时，根据几何知识确定出光线在AC面上的折射角，再由折射定律求出折射率；（2）根据几何关系求出MD和DE的长度，根据折射定律求出光在棱镜中传播的速度，可求光在棱镜中的传播时间。
