2019年天津市五校(静海一中、宝坻一中等)高三三模物理试卷及答案解析

更新时间:2024-01-04 08:03:04 阅读: 评论:0

2024年1月4日发(作者:追梦的山里娃)

2019年天津市五校(静海一中、宝坻一中等)高三三模物理试卷及答案解析

2019年天津市五校(静海一中、宝坻一中等)高三三模

物理试卷

题号

得分

总分

注意事项:

1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2.请将答案正确填写在答题卡上

第I卷(选择题)

评卷人

得分

一、单选题

1.下列说法正确的是(

9412A.核反应4Be2He6CX中的X为中子

B.放射性元素放出的β射线(电子流)是由原子核外电子电离产生的

C.原子核的比结合能越小,原子核越稳定

D.一群处于n=4能级的氢原子发生跃迁时,能发射4条不同频率的光线

2.在光电效应实验中,分别用a、b两种单色光先后照射到同种金属上,均能产生光电子,测得相应的遏制电压分别为Ua和Ub,且Ua>Ub,下列说法正确的是(

A.在真空中,a光的波长大于b光的波长

B.在同一介质中,a光的传播速度大于b光的传播速度

C.同一介质对a光的折射率大于对b光的折射率

D.从同一介质射入真空,a光的临界角大于b光的临界角

3.研究表明,地球自转在逐渐变慢,3亿年前地球自转的周期约为22小时。假设这种趋势会持续下去,地球的其他条件都不变,未来人类发射的地球同步卫星与现在的地球同步卫星相比,它的(

A.角速度变大 B.线速度变小

C.向心加速度变大 D.距地面高度变小

4.如图所示,在xy平面内有一沿x轴正方向传播的简谐横波,波速为1m/s,振幅为4cm,频率为2.5Hz.在t=0时刻,P点位于其平衡位置上方最大位移处,则距P为0.2m的Q点(

物理试卷 第1页,共6页

A.在0.1秒时的位移是4cm B.在0.1秒时的速度最小

C.在0.1秒时的速度向下 D.在0到0.1秒时间内的路程是4cm

评卷人

得分

二、多选题

5.如图所示,水平放置的平行板电容器两极板间距为d,带负电的微粒质量为m、带电荷量为q,它从上极板的边缘以初速度v0射入,沿直线从下极板N的边缘射出,设重力加速度为g。则:(

A.微粒的加速度不为零

B.微粒的电势能减少了mgd

mgdC.两极板的电压为

qD.M板的电势低于N板的电势

6.如图所示,放在斜面上的物体受到垂直于斜面向上的力F作用而物体始终保持静止,下列说法正确的是(

A.当F逐渐减少后,物体受到的摩擦力保持不变

B.当F逐渐减少后,物体受到的合力减小

C.当F逐渐减少后,物体对斜面的压力逐渐增大

D.若力F反向且慢慢增大,则物体受到的摩擦力增大

7.如图所示,理想变压器原线圈与电阻R串联,和电压表并联,原、副线圈的匝数比为20:

1,b是原线圈的中心抽头,副线圈连接滑动变阻器、电流表电表均为理想交流电表。已知交流电源电压瞬时值表达式为u311sin100t(V)。将单刀双掷开关K扳向a后,下列说法中正确的是(

A.电压表的示数为220V

B.若将滑动变阻器的滑片下移,则电压表的示数减小,R消耗的功率增大

C.通过滑动变阻器的交流电的频率为100Hz

D.若将单刀双掷开关由a扳向b,则电流表的示数增大

8.如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环,杆与水平方向夹角为α=30°,圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连,弹簧的另一端固定在地面上的A点,此时弹簧处于原长h,让圆环沿杆由静止滑下,滑到杆的底部时速度恰好为零,在环下滑过程中(

物理试卷 第2页,共6页

A.圆环和地球组成的系统机械能守恒

B.当弹簧垂直光滑杆时,圆环的速度最大

C.弹簧的最大弹性势能为mgh

D.弹簧从竖直位置转过60°角过程中,弹簧对圆环的作用力先做负功后做正功,总功一定为零

第II卷(非选择题)

评卷人

得分

三、填空题

9.如图所示,小球A的质量为mA=5kg,动量大小为PA=4kg.m/s,小球A沿着光滑水平m/s,方向面向右运动,与静止的B球发生弹性碰撞,碰后A的动量大小变为PA'=1kg·m/s,小球B的质量为仍然向右。则由此可知碰撞后小球B的动量大小为______kg·____kg.

评卷人

得分

四、实验题

10.为了探究受到空气阻力时,物体运动速度随时间的变化规律,某同学采用了“加速度与物体质量、物体受力关系”的实验装置(如图所示)。实验时,平衡小车与木板之间的摩擦力后,在小车上安装薄板,以增大空气对小车运动的阻力。

①往砝码盘中加入一小砝码,在释放小车______(选填“之前”或“之后”)接通打点计时器的电源,在纸带上打出一系列的点。

②设小车与薄板质量为M,砝码和砝码盘总质量为m,小车与木板动摩擦因数为,运动中受空气阻力为f,则小车运动的加速度表达式为a=_______。

③从纸带上选取若干计数点进行测量,得出各计数点的时间t与速度v的数据如下表:

时间t/s

速度v(m·s-1)

0

0.12

0.50

0.19

1.00

0.23

1.50

0.26

2.00

0.28

2.50

0.29

分析表格中数据,你认为随着速度增大,小车所受的空气阻力在如何变化?

答:______(填“增大”、“减小”或“不变”)。

物理试卷 第3页,共6页

11.某课外学习小组要测量一个纯电阻元件的电阻,用多用电表测得其阻值约为5。为了更精确测量该电阻值,准备了以下实验器材:

A.电压表V,量程0-3V,内阻为几千欧;

B.电流表A,量程0~100mA,内阻为3.0Ω;

C.标准电阻R01:阻值0.6Ω;

D.标准电阻R02:阻值270.0Ω;

E.滑动变阻器R1:0~10Ω,额定电流lA;

F.滑动变阻器R2;0-2kΩ,额定电流0.5A;

G.电源(E=6.0V,内阻约0.3Ω);

H.电键,导线若干。

①实验中,标准电阻应选_____(填“R01”或“R02”),滑动变阻器应选_____(选填“R1”或“R2”);

②该小组设计了甲、乙两个测量电路,其中能更精确测量该电阻的电路图是_____(选填“甲图”或“乙图”);

③设该小组利用上面所选的更好电路,根据实验中两个电表读数作出U-I图线是一条直线,如图所示,由该图线可知,该实验测得元件的电阻值为__________Ω(结果保留3位有效数字)。

评卷人

得分

五、解答题

12.如图所示,某货场需将质量为m=50kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面,为避免货物与地面发生撞击,现利用光滑倾斜轨道SP、竖直面内弧形轨道PQ,使货物由倾斜轨道顶端距底端高度h=3.2m处无初速度滑下。两轨道相切于P,倾斜轨道与水平面夹角为53,弧形轨道半径R=2m,末端切线水平。(不考虑货物与各轨道相接处能量损失,sin530.8,.

cos530.6。.取g=10m/s)。

物理试卷 第4页,共6页

2

(1)求货物从S点到达P点所经历时间;

(2)若货物到达弧形轨道末端Q时对轨道的压力为1200V,求货物通过圆弧轨道阶段克服摩擦力所做的功;

(3)货物经过P点时重力的功率。

13.如图所示,倾角为53的光滑斜面上有一界面分别为PQ、MN的匀强磁场,磁场的方向垂直于斜面向下,磁感应强度B=1.0T。斜面上的均匀正方形导线框abcd在磁场上方某处,导线框边长L=0.5m,导线框的质量m=0.25kg,电阻R=1.0,磁场边界PQ与cd边平行且水平,PM间距d=2.25m.。线框由静止沿斜面滑下,当线框的cd边刚进入磁场时,线框的加速度方向沿斜面向下、大小a1=1.0m/s:当线框的cd边刚离开磁场时,线框的加速度方向沿斜面向上、大小a2=1.0m/s。运动过程中,线框cd边始终平行PQ。空气阻力不计,重力加速度g=10m/s,sin530.8。求:

(1)cd边刚进入磁场时的速度大小:

(2)cd边刚离开磁场边界MN时,a、b两点的电压U;

(3)从线框的cd边刚进入磁场至线框的ab边刚进入磁场过程中,线框产生的焦耳热Q。

物理试卷 第5页,共6页

222

14.如甲所示,空间存在一范围足够大、方向垂直于竖直平面xOy向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。让质量为m,电荷量为q(q>0)的粒子从坐标原点O沿xOy平面入射。不汁粒子重力,重力加速度为g。

(1)若亥粒子沿y轴负方向入射后,恰好能经过x轴上的A(a,0)点,求粒子速度v0的大小;

(2)若亥粒子以速度v沿y轴负方向入射的同吋,一不带电的小球从x轴上方某一点平行于x轴向右抛出,二者经过时间t2m恰好相遇,求小球抛出点的纵坐标;

3qB(3)如图乙所示,在此空间再加入沿y轴负方向、大小为E的匀强电场,让该粒子改为从O点静止释放,研究表明:粒子在xOy平面内将做周期性运动,其周期T2m,qB且在任一时刻,粒子速度的水平分量vx与其所在位置的y轴坐标绝对值的关系为vxqBy。若在粒子释放的同时,另有一不带电的小球从x轴上方某一点平行于x轴m向右抛出,二者经过时间t3m恰好相遇,求小球抛出点的纵坐标。

qB物理试卷 第6页,共6页

2019年天津市五校(静海一中、宝坻一中等)高三三模

物理试卷参考答案

1.A

【解析】

9412A、根据质量数守恒与电荷数守恒可知,核反应4Be2He6CX中的X的质量数:m94121,核电荷数:z4260,所以X为中子,故选项A正确;

B、β衰变所释放的电子来自原子核,是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子,电子释放出来,故选项B错误;

C、原子核的比结合能越大,原子核越稳定,故选项C错误。

2D、一群处于n=4能级的氢原子发生跃迁时,能发射C46种不同频率的光线,故选项D错误。

2.C

【解析】

A、根据EKhvW0eUC可知两种单色光的频率关系为vavb,根据v的波长小于b光的波长,故选项A错误;

BCD、由于a光的频率大于b光的频率,在同一介质中,a光的折射率大于b光的折射率,根据vc可知a光c可知在同一介质中,a光的传播速度小于b光的传播速度,由临界角公式n1sinC可知a光发生全反射的临界角小于b光发生全反射的临界角,故选项C正确,B、nD错误。

3.B

【解析】

设同步卫星的质量为m,轨道半径为r,月球的质量为M,则有:GMGMGMmmv2m42r32,解得,,,vmrmaT23rrr2rT2GM由题意知现在同步卫星的周期变大,则知其轨道半径r增大,则线速度v减小,角速度减小,向心加速度减小,距地面高度变大,故选项B正确,A、C、D错误。

答案与解析 第1页,共7页

4.D

【解析】

已知简谐波的波速v=1m/s,频率f=2.5Hz,则周期为T=1v=0.4s,波长为λ==0.4m。由题ffQ点距离P点为x=0.2m=1λ,P、Q两点的振动情况总是相反,t=0时刻,P点位于其平衡2位置上方最大位移处,则Q点位于其平衡位置下方最大位移处,在0.1秒时P点经过平衡位置向下运动,则在0.1秒时,Q点经过平衡位置向上运动,位移为x=0,速度最大,在0到0.1秒时间内Q点通过的路程等于一个振幅,即路程S=4cm,故A、C错误,B、D正确。

故选:B、D

5.B C

【解析】

试题分析:微粒在电场中受到重力和电场力,而做直线运动,电场力与重力必定平衡做匀速直线运动,否则就做曲线运动.微粒的加速度一定为零.根据能量守恒研究微粒电势能的变化.由△EP=qU,求解电势差.由题可判断出电场力方向竖直向上,微粒带负电,电场强度方向竖直向下,M板的电势高于N板的电势.

解:A、由题分析可知,微粒做匀速直线运动,加速度为零.故A错误.

B、重力做功mgd,微粒的重力势能减小,动能不变,根据能量守恒定律得知,微粒的电势能增加了mgd.故B正确.

C、由上可知微粒的电势能增加量△EP =mgd,又△EP =qU,得到两极板的电势差U=C正确.

D、由题可判断出电场力方向竖直向上,微粒带负电,电场强度方向竖直向下,M板的电势高于N板的电势.故D错误.

故选:BC

【点评】本题是带电粒子在电场中运动的问题,关键是分析受力情况,判断出粒子做匀速直线运动.

6.A C

【解析】

对物体受力分析,受重力、支持力、静摩擦力和拉力,如图所示,因为物体始终静止,处于平衡状态,合力一直为零,根据平衡条件则有,垂直斜面方向:FNGcos,Gcos不答案与解析 第2页,共7页

.故

变,所以F逐渐减小的过程中,N逐渐变大,根据牛顿第三定律,物体对斜面的压力也增加;平行斜面方向:fGsin,G和保持不变,故f保持不变,若力F反向且慢慢增大,则物体受到的摩擦力也不变,故选项A、C正确,B、D错误。

7.B D

【解析】

A、电源电压有效值为220V,因为有电阻R分压,原线圈两端的电压小于220V,故选项A错误;

B、保持K的位置不变,滑动变阻器滑片向下移,电阻变小,副线圈中的电流变大,那么原线圈中的电流也随着变大,R功率增大,电阻R两端的电压也变大,交流电源的电压不变,变压器的输入电压变小,原线圈两端的电压也相应变小,电压表的示数减小,故选项B正确;

C、变压器不改变交变电流的频率,由交变电流表达式可知频率为100Hz50Hz,故选项C错误;

22D、单刀双掷开关由a扳向b,原线圈匝数变少,副线圈两端电压变大,滑动变阻器滑片不f动,电流表示数也变大,故选项D正确;

8.C D

【解析】

A、圆环沿杆滑下,滑到杆底端的过程中有两个力对圆环做功,即环的重力和弹簧的拉力;所以圆环和地球组成的系统机械能不守恒,如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象,则系统的机械能守恒,故选项A错误;

B、当圆环沿杆的加速度为零时,其速度最大,动能最大,此时弹簧处于伸长状态,给圆环一个斜向左下方的拉力,故选项B错误;

答案与解析 第3页,共7页

C、根据功能关系可知当圆环滑到最底端时其速度为零,重力势能全部转化为弹性势能,此时弹性势能最大,等于重力势能的减小量即为mgh,故选项C正确;

D、弹簧转过60°角时,此时弹簧仍为原长,弹簧从竖直位置转过60°角过程中,弹簧对圆环的作用力与运动方向的夹角先大于90°后小于90°,弹簧对圆环的作用力先做负功后做正功,总功一定为零,故选项D正确。

9.3 3

【解析】

以向右为正方向,根据动量守恒定律得:pApApB,解得:pB3kgm/s;由机械能22pApA2pB守恒定律得:,代入数据解得:mB3kg。

2mA2mA2mB10.之前

a【解析】

mgfmgf

增大

或aMMm解:(1)为充分利用纸带,在释放小车之前接通打点计时器的电源;

(2)实验前已经平衡摩擦力,由牛顿第二定律得小车运动的加速度:a(3)根据加速度定义a度amgf;

Mvv0和表中实验数据可知随小车速度的增大,加速度a减小,加速tmgf,m、g、M不变而a减小,则小车受到的阻力f增大;

M11.R01 R1

甲 4.76

【解析】

(1)估测电路中电流为IU0.6A,由题意可知电流表量程太小,应把电流表与定值电Rx阻并联扩大其量程,所以实验中,标准电阻应选R01;测量电路选用滑动变阻器的分压接法,此时滑动变阻器选用阻值较小的,为方便实验操作,滑动变阻器应选择R1;

(2)

甲图测量电路中电流表和标准电阻阻值已知,故甲图可以知道通过待测电阻的电流值和两端的电压值,乙图中由于不知道电压表的内阻,故不能知道通过待测电阻的电流准确值,所以更精确测量该电阻电流表采用内接法,应选择图甲所示电路图;

(3)电流表示数为0.095A,则此时通过待测电阻的电流为:待测电阻两端的电压为:,,故待测元件电阻为:

答案与解析 第4页,共7页

12.(1)t1s;(2)Wf克1300J;(3)P3200W

【解析】

解:(1)光滑倾斜轨道的加速度大小:amgsin538m/s2

mxh4m

sin531xat2

2解得:t1s

(2)由牛顿第三定律,有FNFN1200N

在Q点:FNmgm2vQR

vpat8m/s

根据动能定理则有:mgR1cos53Wf1212mvQmvP

22解得通过圆弧轨道阶段克服摩擦力所做的功:

Wf1300J

(3)

货物经过P点时重力的功率:Pmgvpsin533200W

13.(1)v17m/s(2)Uab3.375V(3)Q0.5J

【解析】

解:(1)

cd边刚进入磁场时的感应电动势:EBLv1

感应电流:I1E

Rcd边刚进入磁场时受到的安培力:F1BI1L

根据牛顿第二定律可得:mgsin53F1ma1

代入数据可得:v17m/s

(2)

cd边刚离开磁场边界 MN时则有:I2Uab3

R4F2BI2L

答案与解析 第5页,共7页

F2mgsin53ma2

代入数据可得

Uab3.375V

(3)根据能量守恒可得:mgdsin53Q1212mv2mv1

22E2BLv2

Uab3E2

4代入数据可得Q0.5J

qBa12m3mv13m2mE14.(1)

v0 (2)

yg(3)

yg2

2m23Bq2Bq2BqBq【解析】

解:(1)由题意可知,粒子做匀速圆周运动的半径为r1,有:r12v0

洛伦兹力提供向心力,有:qv0Bmr122a

2解得:v0qBa

2mv2(2)洛伦兹力提供向心力,又有:qvBm

r2解得:r2mv

qB粒子做匀速圆周运动的周期为T,有:T2r22m

vBq则相遇时间为:t2mT

3Bq31360120

3在这段时间粒子转动的圆心角为,有:如图所示,相遇点的纵坐标绝对值为:r2sin603mv

2Bq答案与解析 第6页,共7页

212m3mv

小球抛出点的纵坐标为:yg23Bq2Bq

(3)相遇时间:t3m3T

qB2由对称性可知相遇点在第二周期运动的最低点

设粒子运动到最低点时,离x轴的距离为ym,水平速度为vx

由动能定理,有:qEym联立解得:ym12mvx

22mE

qB2213m2mE故小球抛出点的纵坐标为:yg2

2BqBq

答案与解析 第7页,共7页

2019年天津市五校(静海一中、宝坻一中等)高三三模物理试卷及答案解析

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