2019届贵州省遵义航天高级中学高三上学期第五次模拟考试理科综合物理试题(解析版)

2019届贵州省遵义航天高级中学高三上学期第五次模拟考试理科综合物理试题（解析版）二、选择题（本题共8小题。

共计48分，在每小题给出的四个选项中，14到18题只有一个正确选项，19到21有多个正确选项，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.如图所示为氢原子能级示意图，现有大量的氢原子处于n＝4 的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干种不同频率的光子，下列说法正确的是A. 这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光子B. 由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的光频率最小C. 由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的光波长最长D. 用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂能发生光电效应【答案】D【解析】根据246C=知，这些氢原子总共可辐射出6种不同频率的光子，A错误；n=4和n=3间的能级差最小，辐射的光子频率最小，B错误；n=4和n=1间的能级差最大，辐射的光子频率最大，波长最短，C错误；从n=2跃迁到n=1能级辐射的光子能量为10.2eV，大于金属铂的逸出功，可以发生光电效应，D正确．2.如图，在光滑的水平桌面上有一物体A，通过绳子与物体B相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长．如果m B=3m A，则物体A的加速度和绳的拉力大小等于A. 拉力为m B gB. 拉力为0.75m B gC. 加速度为34gD. 加速度为3g【答案】C【解析】【分析】AB连在一起，加速度大小相同，对整体分析受力情况，由牛顿第二定律求得加速度，再由A研究，由牛顿第二定律求得绳子拉力。

【详解】AB连在一起，加速度大小相同；对整体分析可知，由牛顿第二定律可知：m B g=（m A+m B）a结合m B=3m A解得加速度为：a=3 4 g选取A为研究的对象。

A的合力等于绳子的拉力，所以绳子的拉力为：F=m A a=34A m g故应选：C。

【点睛】本题为连接体问题，关键要抓住两个物体的加速度大小相同，采用整体法和隔离法相结合研究，比较简洁。

也可以就采用隔离法解答。

3.如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为a,一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道．已知重力加速度为g.则A, B之间的水平距离为A.2tanvgaB.22tanvgaC.2tanvg aD.22tanvg a【答案】B【解析】小球抛出后做平抛运动，小球恰好从轨道的C端沿切线方向进入轨道，说明小球的末速度应该沿着C点切线方向，将平抛末速度进行分解，根据几何关系得：C点速度在竖直方向的分量：，竖直方向的分运动为自由落体运动，，水平方向做匀速直线运动，则有，故B正确；A、C、D错误。

4.探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球。

如图所示是绕地飞行的三条轨道，轨道1是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道。

A点是2轨道的近地点，B点是2轨道的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7．7 km/s，则下列说法中正确的（）A. 卫星在2轨道经过A点时的速率一定大于7．7 km/sB. 卫星在2轨道经过B点时的速率一定小于7．7 km/sC. 卫星在3轨道所具有的机械能小于在2轨道所具有的机械能D. 卫星在3轨道所具有的最大速率小于在2轨道所具有的最大速率【答案】AB【解析】从轨道1变轨到轨道2，需要在A点点火加速，故卫星在轨道2经过A点的速率大于7.7km/s，从轨道2变轨到轨道3，需要在A点点火加速，而A点为两个轨道速度最大点，所以卫星在轨道3的最大速率大于在轨道2的最大速率，A错误D正确；假设有一圆轨道经过B点，根据v=小于7.7km/s，卫星在B点速度减小，才会做近心运动进入2轨道运动．故卫星在2轨道经过B点时的速率一定小于7.7km/s，故B错误；卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大，所以卫星在3轨道所具有的机械能一定大于2轨道所具有的机械能，故C错误．5. 如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，从A点运动到B点，其速度随时间变化的规律如图乙所示，则（）A. A点的场强大于B点B. 电子在A点受到的电场力小于B点C. A点的电势高于B点D. 电子在A点的电势能小于B点【答案】B【解析】解：A、B：速度时间图象的斜率等于加速度，由图可知：电子做初速度为零的加速度增大的加速直线运动．加速度增大，说明电子所受电场力增大，电子在A点受到的电场力小于B点．由F=qE可知，电场强度增大，A点的场强小于B点，即E A＜E B．故A错误，B正确．C、电子由静止开始沿电场线从A运动到B，电场力的方向从A到B，而电子带负电，则场强方向从B到A，根据顺着电场线电势降低可知，A点的电势低于B点电势，即φA＜φB．故C错误．D、由速度图象看出，电子的速度增大，动能增大，根据能量守恒得知，电子的电势能减小，则电子在A点的电势能大于B点，即ɛA＞ɛB．故D错误．故选：B【点评】本题实质考查分析电子受力情况和运动情况的能力，从力和能量两个角度进行分析，分析的切入口是速度的斜率等于加速度．6.如图所示，面积为S 、匝数为N 、内阻不计的矩形线圈，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，从图示位置开始计时，绕水平轴oo′以角速度ω匀速转动。

矩形线圈通过滑环连接理想变压器。

理想变压器原线圈上的滑动触头P 上下移动时，可改变副线圈的输出电压；副线圈接有可变电阻R ．电表均为理想交流电表。

下列判断正确的是（ ）A. 矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e NBS cos t w w =B. 矩形线圈产生的感应电动势的有效值为12NBS w C. 当P 位置不动，R 增大时，电压表示数也增大D. 当P 位置向上移动、R 不变时，电流表示数将增大【答案】AD【解析】试题分析：从垂直于中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为，A 正确；矩形线圈产生的感应电动势的有效值为，B 错误；交流发电机内电阻不计，故变压器输入电压不变，根据理想变压器的变压比公式：，当P 位置不动，R 增大时，电压表读数不变，仍然等于发电机的电动势有效值；C 错误当P 位置向上移动、R 不变时，根据理想变压器的变压比公式：，输出电压变大，故电流变大，功率变大，输入电流也变大，故电流表读数变大，D 正确；故选AD 。

考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系。

【名师点睛】正弦式交流发电机从垂直中性面位置开始计时，其电动势表达式为：e=NBS ωcos ωt ；电压表和电流表读数为有效值；计算电量用平均值。

7.如图所示，设车厢长为L ，质量为M ，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m 的物体，以速度v 0向右运动，与车厢壁来回碰撞几次后（碰撞过程无能量损耗），相对于车厢静止，下列说法正确的是A. 这时车厢的速度为v 0，水平向右B. 这时车厢的速度为0mv M m+，水平向右 C. 摩擦产生的热量220011()()22mv mv M m M m -++ D. 物体相对于车厢的路程一定为L【答案】BC【解析】【分析】物体与车厢反复碰撞，最终两者速度相等，在此过程中，两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出车厢的速度。

【详解】A 、B 项：以物体与车厢组成的系统为研究对象，以向右为正，由动量守恒定律可得：mv=（M+m ）v′最终车的速度v′=0mv M m+ ，方向与v 的速度相同，水平向右，故A 错误，B 正确； C 、D 项：以物体与车厢组成的系统为研究对象，由能量守恒得：2'2220001111()()()2222mv Q mv M m v mv M m M m=-+=-++ ，由于Q mgx m =联立解得：220011()()22mv mv M m M m x mgm -++=不一定等于L ，故C 正确，D 错误。

故应选：BC 。

8.如图所示，相距为L 的两条足够长的平行金属导轨右端连接有一定值电阻R ，整个装置被固定在水平地面上，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，两根质量均为m ，电阻都为R ，与导轨间的动摩擦因数都为μ的相同金属棒MN 、EF 垂直放在导轨上．现在给金属棒MN 施加一水平向左的作用力F ，使金属棒MN 从静止开始以加速度a 做匀加速直线运动，若重力加速度为g ，导轨电阻不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则下列说法正确的是()A. 从金属棒MN 开始运动到金属棒EF 开始运动的过程中，两金属棒的发热量不相等B. 从金属棒MN 开始运动到金属棒EF 开始运动经历的时间为223mgR t B L am = C. 若从金属棒MN 开始运动到金属棒EF 开始运动经历的时间为T ，则此过程中流过电阻R 的电荷量为26BT aL q R= D. 若从金属棒MN 开始运动到金属棒EF 开始运动经历的时间为T ，则金属棒EF 开始运动时，水平拉力F 的瞬时功率为P ＝(ma ＋μmg )aT【答案】ABC【解析】【分析】以EF 为研究对象，刚开始运动时所受的静摩擦力达到最大值，由安培力与静摩擦力平衡列式，可求出回路中的电流，再由法拉第电磁感应定律和欧姆定律、速度公式结合求解时间；根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律、位移公式、电量公式结合求解电荷量q ；推导出安培力与速度的关系式，由牛顿第二定律求得水平拉力F 的大小，由P=Fv 求解其瞬时功率；根据电路的连接关系，分析通过两棒的电流关系，即可分析其热量关系。

【详解】A 项：由于MN 棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，通过MN 的电流是EF 电流的2倍，根据焦耳定律2Q I Rt =可知，MN 的发热量是EF 的4倍，故A 正确；B 项：以EF 为研究对象，设EF 刚开始运动时其电流大小为I ，则通过MN 的电流为2I ，由题有：BIL=μmg 根据闭合电路欧姆定律得：E=2I （R+0.5R ）=3IR又 E=BLvv=at 联立解得：223mgR t B L am =，故B 正确； C 项：MN 棒在T 时间内通过的位移为：x=212aT 根据法拉第电磁感应定律，有：E tD F =D 及闭合电路欧姆定律，有： 1.5E I R=且电量表达式，有：q I t =D△Φ=BLx ，则得通过MN棒的电量为：23BLaT qR =由于两棒的电阻都为R，则此过程中流过电阻R的电荷量为226q BLaTqR=¢=，故C正确；D项：金属棒EF开始运动时，由BIL=μmg得：I=mg BL m金属棒MN所受的安培力大小为：F安=BIL以MN为研究对象，根据牛顿第二定律得：F-μmg-F安=ma拉力的功率为：P=Fv又 v=aT解得：P=（ma+2μmg）aT，故意D错误。