江西省新余市第四中学2019届高三高考适应性考试物理试题(解析版)

新余四中2019届高考年级全真模拟物理试卷
1.关于近代物理，下列说法正确的是（ ） A. 卢瑟福由α粒子散射实验确立了原子有内部结构 B. 氢原子光谱表明氢原子的能量是不连续的
C. 光电效应揭示了光的粒子性，康普顿效应揭示了光的波动性
D. 基态的一个氢原子吸收一个光子跃迁到n ＝3激发态后，可能发射3种频率的光子 【答案】B 【解析】
【详解】A ．卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型，故A 错误； B ．根据玻尔理论可知，氢原子光谱表明氢原子的能量是不连续的，故B 正确；
C ．光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子除了具有能量外还具有动量，故C 错误；
D ．基态的一个氢原子吸收一个光子跃迁到n ＝3激发态后，可能从n ＝3→1，也可能从n ＝3→2→1，最多发射2种频率的光子，故D 错误。

2.如图所示，倾角为θ＝30°的
斜面上，一质量为6m 的物块经跨过定滑轮的细绳与一质量为m 的小球相连，现将小球从水平位置静止释放，小球由水平位置运动到最低点的过程中，物块和斜面始终静止。

运动过程中小球和物块始终在同一竖直平面内，则在此过程中（ ）
A. 细绳拉力先增大后减小
B. 物块所受摩擦力逐渐减小
C. 地而对斜面的支持力逐渐增大
D. 地面对斜面的摩擦力先减小后增大 【答案】B 【解析】
【详解】A ．小球向下摆动的过程中，对小球的拉力一直增大，故A 错误；
B ．开始摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件可得摩擦力大小f ＝6mgsin 30°＝3mg ；设滑轮到小球的距离为R ，
子拉力为F＝3mg，此时物块的摩擦力大小为0，所以斜面对物块的摩擦力一直减小，故B正确；
CD．对物块和斜面组成的整体分析可知，拉物体的绳子拉力在竖直方向的分力一直增大，在水平方向的分力一直增大，地面对斜面的支持力一直减小，摩擦力一直增大，故CD错误。

3. 如图所示为伽利略研究自由落体运动规律时设计的斜面实验，他让铜球沿阻力很小的斜面从静止滚下，利用滴水计时记录铜球运动的时间．关于伽利略的“斜面实验”，下列说法正确的是（）
A. 伽利略测定了铜球运动的位移与时间，进而得出了速度随位移均匀增加的结论
B. 铜球在斜面上运动的加速度比自由落体下落的加速度小，所用时间长得多，时间容易测量
C. 若斜面长度一定，铜球从顶端滚动到底端所需时间随倾角的增大而增大
D. 若斜面倾角一定，铜球沿斜面运动的位移与所用时间成正比
【答案】B
【解析】
试题分析：伽利略测定了铜球运动的位移与时间，进而得出了位移x与t平方的成正比，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化，小球是否做匀变速运动．故A错误；在伽利略时代，没有先进的计时仪器，因此伽利略让小球从斜面上滚下来用来“冲淡”重力，铜球在斜面上运动的加速度比自由落体下落的加速度小，所用时间长得多，时间容易测量．故B正确；若斜面长度一定，铜球从顶端滚动到底端所需时间随倾角的增大而减小．故C错误．他得到的结论是，若斜面倾角一定，铜球沿斜面运动的位移与所用时间的平方成正比，故D错误．故选B
考点：伽利略斜面实验
4.图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是()
A. 电流表的示数为
B. 线圈转动的角速度为50π rad/s
C. 0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D. 0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
【答案】C
【解析】
【详解】A. 题图乙可知交流电电流的最大值是I m，则有效值为：I；由于电流表的示数为有效值，故示数I=10A，故A错误；
B. 线圈转动的角速度ω=2π/T=100πrad/s，故B错误；
C. 0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，故C正确；
D. 0.02s时线圈位置与图示位置重合，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，故D错误。

故选：C.
5.如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a、b两点时的速度分别为v a、v b，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是
A. Q 2带负电且电荷量大于Q 1
B. b 点的场强不为零
C. a 点的电势比b 点的电势高
D. 该粒子在a 点电势能比在b 点的电势能小 【答案】D 【解析】 【分析】
由图象分析可知：正带电粒子在b 点前做减速运动，b 点后做加速运动，可见b 点的
加速度为0，则在b 点正电粒子受到两点电荷的电场力平衡，从而可得出Q 2的电性；通过正带电粒子的动能先减小再增大，判断电场力做功和电势能的变化．
【详解】AB ．由图象分析可知：在b 点前做减速运动，b 点后做加速运动，可见b 点的加速度为0，则在b 点受到两点电荷的电场力平衡，可知b 点的合场强为零，Q 2所以，Q 1＞Q 2，故
AB 错误。

CD ．该电荷从a
点到b 点，做减速运动，且该电荷为正电荷，电场力做负功，所以电势能增大，再据Ep=qφ知，电势升高，所以b 点电势较高，故C 错误，D 正确。

故选D 。

【点睛】解决本题的关键是据图象分析，明确b 点的合场强为零为突破口，根据库仑定律得到Q 1和Q 2的电量关系；用活电场力做功和电势能的关系．
6.如图所示，设地球半径为R ，假设某地球卫星在距地球表面高度为h 的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，运行周期为T ，到达轨道的A 点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近地点B 时，再次点火进入近地轨道Ⅲ绕地做匀速圆周运动，引力常量为G ，不考虑其他星球的影响，则下列说法正确的是
A. 该卫星在轨道Ⅲ上B 点的速率大于在轨道Ⅱ上A 点的速率
B. 卫星在圆轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ上做圆周运动时，轨道Ⅰ上动能小，引力势能大，机械能小
C. 卫星从远地点A向近地点B运动的过程中，加速度变小
D.
【答案】AD
【解析】
【详解】A、在轨道Ⅰ上A点时点火减速变轨进入椭圆轨道Ⅱ，所以在轨道Ⅰ上A点速率大于在轨道Ⅱ上A 点的速率，在轨道Ⅲ上B的速率大于在轨道Ⅰ上A点的速率，即在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅱ上A 点的速率，故A正确；
B、从轨道Ⅰ到轨道Ⅲ，引力做正功，动能增加，引力势能减小，在A点和B点变轨过程中，发动机点火减速运动，则机械能减小，即在轨道Ⅰ上动能小，引力势能大，机械能大，故B错误；
C
中，加速度变大，故C错误；
D
D正确。

7.1931年英国物理学家狄拉克曾经预言,自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子,其周围磁感线呈均匀辐射状分布;如图所示,现一半经为R的线状圆环其环面的竖直对称轴CD上某处有一固定的磁单S极子,与圆环相交的磁感线跟对称轴成θ角,圆环上各点的磁感应强度B大小相等,忽略空气阻力,下列说法正确的是
A. 若R为一闭合载流I、方向如图的导体圆环,该圆环所受安培力的方向竖直向上,大小为BIR
B. 若R为一闭合载流I、方向如图的导体圆环,该圆环所受安培力的方向竖直向下,大小为2πBIR sinθ
C. 若R为一如图方向运动的带电小球所形成的轨迹圆,则小球带负电
D. 若将闭合导体圆环从静止开始释放,环中产生如图反方向感应电流、加速度等于重力加速度
【答案】BC
【解析】
根据左手定则可知，通电圆环每一部分受到的安培力斜向下，利用微元法可知该圆环所受安培力的方向竖直向下，大小为2πBIRsinθ，故A错误，B正确；若R为一如图方向运动的带电小球所形成的轨迹圆，说明形成的电流产生的安培力竖直向上，形成的电流应与图示电流方向相反，故小球带负电，故C正确若将闭合导体圆环从静止开始释放，在下落过程中穿过线框的磁通量增大，根据右手定则可知，产生的感应电流为环中产生如图反方向感应电流，受到的安培力向上，根据牛顿第二定律可知加速度小于g，故D错误；故选BC.
8.如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸
面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外。

P0)、Q(0为坐标轴上的两个点。

现有一电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力
A. 若电子从P点出发恰好经原点O
B. 若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为2πL
C. 若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子在Q点速度方向与y轴正向的夹角可能为45°或135°
D. 若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为πL，也可能为2πL
【答案】CD
【解析】
【详解】
A. 若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图所示，则微粒运动的轨迹为圆周的1/4，则电子在磁场中运动的轨道半径为L，故A错误；
BCD. 若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹可能如图所示，
或者是：
因此则微粒运动的路程可能为2πL，也可能为πL，电子在Q点速度方向与y轴正向的夹角可能为45°或135°，故B错误，CD正确；
故选：CD.
9.某同学设计图示装置“验证动量守恒定律”，用不可伸长的轻质细绳悬挂小球A，悬点O到小球球心的长度
为L,细绳偏离竖直方向的夹角可从量角器直接读出。

用固定的竖直支架支撑小球B ，选择大小相同、质量不等的A 、B 两个小球，将小球B 放置在支架上。

调节装置，让细绳竖直时A 、B 两个小球等高并恰好接触，已知支架的高度为h ，重力加速度为g 。

根据装置图，结合实验原理完成下列问题：
(1)用天平测出小球A 、B 的质量分别为m 1、m 2；
(2)用水平力将小球A 拉至某一位置，读出细绳偏离竖直方向
的
A ；
(3) A 与B 发生碰撞后，A
B 做平抛运动，在水平方向的
位移为X 。

(4)计算出碰撞前瞬间，A 的速度大小为_________；碰撞后
B 的速度大小为____________； (5)验证A 、B 碰撞动量守恒的表达式为________________________________。

【答案】 (1).
(2).
(3).
【解析】
【详解】(1)对A ；
由平抛运动规律可得：
(2)碰后A 反弹细绳偏离竖直方向的最大夹角为
解得：
，联立以上各式可解得：
10.某兴趣小组的同学用下列实验器材设计一个电路来比较精确地测量电阻R(约3kΩ)的阻值。

A．电压表V1，量程为0~4V，内阻为r1=6kΩ
B．电压表V2，量程为0~10V，内阻约为6kΩ
C．滑动变阻器R1(0~100Ω)，额定电流1A
D．滑动变阻器R2(0~500Ω)，额定电流0.2A
E．定值电阻R0=6kΩ
F．电源电动势E=12V，内阻很小
G．开关S、导线若干
要求实验中电表示数从零调节，可获得多组测量数据，测量结果尽量准确，实验操作方便。

(1)由实验要求应选择的实验器材有___________(填器材前面的字母序号)；
(2)在虚线框内画出测量电阻的最合理电路图______________。

(电路图上标明所用仪器的代号)
(3)用已知量和测量的量表示R x的表达式R X=___________，说明式中各字母所表示的物理量：___________。

【答案】(1). （1）ABCEFG(2). （2）如图：(3). （3）
U1：电压表V1的读数；U2：电压表V2的读数；R0：定值电阻的阻值；r1：电压表V1的内阻；
【解析】
【详解】解：(1) (2)要求实验中电表示数从零调起，故滑动变阻器采取分压接法，为方便调节选取小阻值即
与定值电阻
ABCEFG；实验电路图如图：
(3)根据并联分流，串联分压和欧姆定律可得：为电压表的读数；
的读数；为电压表的内阻；
11.如图所示，从A点以v0=4m/s 的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC，其中轨道C端切线水平。

小物块通过圆弧轨道后以6m/s的速度滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板M上．已知长木板的质量M=2kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，OB与竖直方向OC间的夹角
θ=37°，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则：
(1)求小物块运动至B点时的速度；
(2)若小物块恰好不滑出长木板，求此情景中自小物块滑上长木板起、到它们最终都停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和？
【答案】过B点时的速度方向与水平方向成37度
【解析】
【详解】（1）分解v B
过B点时的速度方向与水平方向成37°
（2
，得
设它们经过时间t
做功一定大小相等、一正一负，代数和为零.
综上所述，自小物块滑上长木板起，到它们最终停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和
12.如图所示，两根光滑金属导轨间距L＝2m，在桌面上的部分是水平的、且该区域有竖直向下匀强磁场B （磁感应强度的大小为1T），桌面距地高度H＝0.8m，金属细杆（不计粗细）ab和cd质量均为m＝0.2kg，有效电阻均为R＝1Ω，最初都静置在距桌面h＝0.2m的轨道上。

现先后释放ab杆、cd杆，最后两杆相继落
力不计，且重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）ab杆刚进入磁场时，ab杆的加速度大小；
（2）从释放ab杆到两杆均落地的过程中，两杆产生的总热量；
（3）ab杆与cd
【答案】（1）20m/s2（2）0.475J （3
【解析】
【详解】（1）设ab杆刚进入磁场时速度为v0，加速度为a，则：
（2t，则：
（3）设cd杆刚进入磁场时，ab杆的速度大小为v1，据动量守恒定律有：
从ab杆进入磁场到cd杆刚进入磁场的过程中，对ab杆由动量定理有：
解得仅有ab杆在磁场中运动时，ab
同理，cd杆进入磁场后，ab杆做加速运动、cd杆做减速运动，直到ab杆离开轨道后，cd杆做匀速运动。

当两杆都在磁场中运动的过程中，对ab杆用动量定理得：
解得两杆都在磁场中运动的过程中，cd杆与ab
故ab
所以落地时间差
13.下列说法正确的是：____
A. 液晶显示器利用液晶的光学各向异性显示不同颜色
B. 某种液体的饱和汽压不一定比未饱和汽压大
C. 气体温度升高时，气体热运动变得剧烈，气体的压强一定增大
D. 萘的熔点为80℃，质量相等的80℃的固态萘和80℃的液态萘具有不同的分子势能
E. 若附着层的液体分子比液体内部的分子分布稀疏，则液体和固体之间表现为浸润
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．液晶既具有流动性，有具有光学各向异性，所以液晶显示器利用液晶的光学各向异性显示不同颜色，A正确
B．同温度下的饱和汽压一定比不饱和汽压大，题中未说明温度关系，无法确定，所以B正确
C．气体温度升高，气体热运动变得剧烈，但气体的体积变化未知，所以压强无法判断，C错误
D．萘的熔点为80℃，晶体在融化过程中吸热，但温度不变，吸热内能增大，但温度即分子平均动能不变，所以势能变大，D正确
E．若附着层的液体分子比液体内部的分子分布稀疏，分子间表现为引力，所以液体与固体之间表现为不浸润，E错误
14.如图所示，U形管倒置于水银槽中，A端下部封闭，内封有10cm长的空气柱，在B管内也有一段空气柱，
气柱长20cm，其余各段水银柱的长度如图所示，大气压强为75cmHg，气温为27℃。

（1）求B、A两部分气体的压强。

（2）如仅对A管加热，B管内气体温度不变，要使两管内上部水银面相平，求A管应升温多少。

（U形管粗细均匀）
【答案】（1）求B、A两部分气体的压强分别为：40cmHg、60cmHg；（2）如仅对A管加热，B管内气体温度不变，要使两管内上部水银面相平，A管应升温170K。

【解析】
【详解】（1）根据图示分析A、B两部分气体的状态
（2，设此时水银槽内水银面与B气柱下端水银面的高度差为x，
分别对A
对B部分气体根据玻意耳定律得：
②
解②，将此结果代入①，解得
15.一简谐横波在介质中沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图甲所示，此时x=4m的质点刚开始振动，P、Q是波上的两个质点，图乙是波上某一质点的振动图象，下列说法正确的是___________
A. t=0时刻质点Q的速度比质点P的速度大
B. 图乙表示质点P的振动图象
C. Q通过的路程为100cm
D. t=0.5s时，x=11m处的质点第一到达波谷
E. t=0.125s时，x=2.5m处的质点处在平衡位置
【答案】BDE
【解析】
【详解】A项：由图甲可知，P在平衡位置，Q在平衡位置下方，故t=0时刻质点Q的速度比质点P的速度小，故A错误；
B项：图乙可知，t=0是位移为零，结合图甲可知图乙表示质点P的振动图象，故B正确；
C项：由图乙可知，t=0时，P点向下振动，根据“上下坡”法可知波x轴正向传播，t=0时Q点向上振动，
Q通过的路程大于5A=5×20cm=100cm，故C错误；
D项：波传到x=11m t=0.5s时，x=11m处质点振动了△t=0.5-0.35s=0.15s，故D正确；
E项：t=0时，x=2.5m处质点在平衡位置上方，且向下振动
t=0.125s时，x=2.5m处的质点处在平衡位置，故E正确。

16.如图所示，某工件由截面为直角三角形的三棱柱与半径为R已知
三角形BC边的长度为R，∠BAC＝30°.现让一细束单色光从AB边上距A D点沿与AB边成α＝45°斜向右上方的方向入射，光线经AC边反射后刚好能垂直于BC圆柱区域．
（1）试计算光线从圆弧上的E点(图中未画出)射出时的折射角；
（2）试计算该细束光在玻璃中传播的时间(光在真空中的速度为c)．
【答案】（1）45°（2
【解析】
【详解】（1
由几何关系可知，β＝30°，故由折射定律可得该玻璃对该单色光的折射率为n
解得n＝
由几何关系可知，
故在△GEB中，由几何关系可得∠GEB＝30°
又因为n＝sin γ＝n sin∠GEB
即γ＝45°
（2）由几何关系可知
故光在玻璃中的传播路程为
光在该玻璃中的传播速度为v＝
故光在玻璃中传播的时间为t。