2019届高三物理1月份能力试题(含解析) 新目标版

2019学年度高三1月份理科综合能力物理试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第14-17题只有一项符合题目要求，第18-21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全对的得3分，有选错的得0分。

1. 如图所示为氢原子的能级图,一群氢原子处于n=4的激发态,在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子,用这些光照射逸出功为1.90 eV的金属铯,下列说法正确的是( )A. 这群氢原子能发出6种频率不同的光,其中从n=4跃迁到n=3所发出的光波长最短B. 这群氢原子能发出3种频率不同的光,其中从n=4跃迁到n=1所发出的光频率最高C. 金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为12.75eVD. 金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为10.85 eV【答案】D【解析】根据,知这群氢原子能发出6种频率不同的光子，从n=4跃迁到n=3能级辐射的光子频率最小，波长最长，从n=4跃迁到n=1能级辐射的光子频率最高。

故A、B错误。

光子能量最大为12.75eV,根据光电效应方程知，最大初动能为10.85eV。

故D正确，C错误。

故选D。

2. 如图所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m的小球，绳B水平．设绳A、B对球的拉力大小分别为F1、F2，它们的合力大小为F．现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°，在此过程中（）A. F1先增大后减小B. F2先增大后减小C. F先增大后减小D. F先减小后增大【答案】B【解析】对小球受力分析如图所示：小球处于静止状态，受力平衡，两绳的拉力的合力与重力大小相等方向相反，则F不变，根据平行四边形定则可知，将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°的过程中，F1逐渐减小，F2先增大后减小，当绳A处于水平方向时，F2最大，故B正确．点晴：小球受重力、两绳的拉力而处于平衡状态，对小球进行受力分析，根据平行四边形定则作图分析即可．3. 如图所示,在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。

它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。

杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最少距离之比为：A. 1:1B. 1:2C. 2:1D. 1:1【答案】C【解析】金属杆1、2均不固定时，系统动量守恒，以向右为正方向，有：mv0=2mv，解得：v=；对右侧杆，采用微元法，以向右为正方向，根据动量定理，有：∑−F⋅△t=∑m△v，其中：F=BIL=，故⋅△t=∑m△v，即，解得：l1−l2=，即AB间的距离最小为x=；当棒2固定后，对左侧棒，以向右为正方向，根据动量定理，有：∑−F⋅△t=∑m△v，其中：F=BIL=B⋅⋅L，故：−∑⋅△t=∑m△v，即−=−mv0，解得：l=，故AB间的距离最小为x′=；故x：x′=1:2；故ABD错误，C正确；故选：C。

【名师点睛】两个棒均不固定时，左边棒受向左的安培力，右边棒受向右的安培力，故左边棒减速，右边棒加速，两个棒系统动量守恒，根据动量守恒定律得到最后的共同速度，然后对右边棒运用动量定理列式；当右边棒固定时，左边棒受向左的安培力，做减速运动，根据动量定理列式；最后联立求解即可。

4. 如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑．底部有带电小球的试管。

在水平拉力F作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出。

关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是（）A. 小球带负电B. 小球运动的轨迹是一条直线C. 洛伦兹力对小球做正功D. 维持试管匀速运动的拉力F应逐渐增大【答案】D【解析】A、小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电．故A错误；B、小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动．小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动．与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，故B错误；C、洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故C错误；D、设小球沿管子的分速度大小为v2，则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力，v2增大，则F2增大，而拉力F=F2，则F逐渐增大，故D正确；故选D。

【点睛】小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，由左手定则，分析电性，将小球的运动分解为沿管子向里和垂直于管子向右两个方向，根据受力情况和初始条件分析两个方向的分运动情况，研究轨迹，确定F如何变化。

5. 如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为定值电阻，开关S是闭合的．V1和V2为理想电压表，读数分别为U1和U2；A1、A2和A3为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3．现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是（）A. U2变小、I3变小B. U2不变、I3变大C. I1变大、I2变小D. I2变大、I3变大【答案】B【解析】试题分析：理想变压器的电压与匝数成正比即，由于理想变压器原线圈接到电压不变，则副线圈电压不变，所以V2的示数U2也不变，故A错误；当s断开之后，负载的总电阻变大，副线圈的电阻也就变大，由于副线圈电压不变，所以副线圈的总电流减小，即I2变小，故D错误；由于电流与匝数成反比即，当副线圈的电流减小时，原线圈的电流也就要减小，所以I1变小，故C正确；由于副线圈的总电流减小，R1的电压减小，并联电路的电压U3就会增大，所以R3的电流I3就会增大，故B正确、D错误。

所以BC正确，AD错误。

考点：闭合电路的欧姆定律、理想变压器动态问题【名师点睛】本题主要考查了闭合电路的欧姆定律、理想变压器动态问题。

与闭合电路中的动态分析类似，可以根据R4的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况。

6. 一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E与物体位移S关系的图像如图所示，其中过程的图线为曲线，过程的图线为直线，由此可以判断（）A. 过程中物体所受拉力是变力，且一定不断增大B. 过程中物体的动能一定是不断减小C. 过程中物体一定做匀速运动D. 过程中物体可能做匀加速运动【答案】AD【解析】试题分析：由于除重力和细绳的拉力之外的其它力做多少负功，物体的机械能就减少多少，即，得，所以图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在内斜率的绝对值逐渐增大，故在内物体所受的拉力逐渐增大，故A正确；如果物体在内所受的绳子的拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不断增大，故B错误；由于物体在内图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变，体可能做匀加速直线运动，如果拉力等于物体所受的重力，物体可能做匀速直线运动，故C错误，D正确。

考点：机械能守恒定律应用【名师点睛】本题应掌握功能如下功能：除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少；知道图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小．以上两点是解决这类题目的突破口。

7. 如图所示的装置，两根完全相同水平平行长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中圆柱的半径r=2cm，木板质量 m=5kg，木板与圆柱间的动摩擦因数μ=0.2，两圆柱以角速度ω=40rad/s绕轴线作相反方向的转动．现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的水平拉力 F 于木板上，使其以速度 v=0.6m/s 沿圆柱表面做匀速运动．取 g=10m/s ．下列说法中正确的是A. 木板匀速时，每根圆柱所受摩擦力大小为5NB. 木板匀速时，此时水平拉力 F=6NC. 木板移动距离 x=0.5m，则拉力所做的功为5JD. 撤去拉力F之后，木板做匀减速运动【答案】AB【解析】A、，圆柱转动的线速度大小为：，木板在垂直与轴线方向受到两轴的滑动摩擦力大小相等方向相反，在垂直于轴线方向上受到的滑动摩擦力为零，木板的速度，则木板所受的滑动摩擦力与F的夹角为，每根圆柱所受摩擦力大小为；，A正确；B、在平行于轴线方向上，木板受到的滑动摩擦力，木板做匀速直线运动，由平衡条件得：，B正确；C、木板移动距离x=0.5m拉力做功：，C错误；D、撤去拉力F之后，沿圆柱表面的速度减小，而圆柱转动的角速度不变，木板所受的滑动摩擦力方向在改变，沿平行于轴线方向上的摩擦力在改变，加速度减小，不是匀减速运动，D错误；故选AB。

8. 如图甲所示，50匝矩形闭合导线框．ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场中，线框电阻不计。

线框匀速转动时所产生的正弦交流电压图象如图乙所示。

把该交流电压加在图丙中理想变压器的P、Q两端。

已知变压器的原线圈I和副线圈Ⅱ的匝数比为5：1，交流电流表为理想电表，电阻R=，其他各处电阻不计，以下说法正确的是（）A. t=0.1s时，电流表的示数为0B. 副线圈中交流电的频率为5HzC. 线框面积为m2D. 0.05s线圈位于图甲所示位置【答案】BC【解析】原线圈中电压的有效值，根据，解得U2=2V，故副线圈中的电流，电流表的电流为I1，则，解得I1=0.4A，故A错误；交流电的周期T=0.2s，故交流电的频率f=＝5Hz，故B正确；根据E m=nBSω可知，故C正确；0.05s时线圈产生的感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，故D错误；故选BC.点睛：解决本题的关键掌握交流电电动势峰值的表达式，以及知道峰值与有效值的关系，知道原副线圈电压、电流与匝数比的关系.9. 如图甲所示，在水平放置的气垫导轨上有一带有方盒的滑块，质量为M，气垫导轨右端固定一定滑轮，细线绕过滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个钩码，设每个钩码的质量为m，且M=4m．(1)用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则宽度d=_________cm；(2)某同学打开气源，将滑块由静止释放，滑块上的挡光片通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速度为___（用题中所给字母表示）；(3)开始实验时，细线另一端挂有6个钩码，由静止释放后细线上的拉力为F1，接着每次实验时将1个钩码移放到滑块上的方盒中，当只剩3个钩码时细线上的拉力为F2，则F1___2F2（填“大于”、“等于”或“小于”）；(4)若每次移动钩码后都从同一位置释放滑块，设挡光片距光电门的距离为L，钩码的个数为n，测出每次挡光片通过光电门的时间为t，测出多组数据，并绘出n-1/t2图象，已知图线斜率为k，则当地重力加速度为___（用题中字母表示）．【答案】 (1). 0.520cm (2). (3). 小于 (4).【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05×4mm=0.20mm，则最终读数为5.20mm=0.520cm.(2)极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小,则滑块通过光电门的速度(3)对整体分析，隔离对滑块分析,根据牛顿第二定律得,F1=Ma1=4m×0.6g=2.4mg，，隔离对滑块分析,根据牛顿第二定律得,F2=7ma2=2.1mg,知F1<2F2.(4)滑块通过光电门的速度，根据v2=2aL得，因为,代入解得，图线的斜率，解得10. 小王和小李两同学分别用电阻箱、电压表测量不同电源的电动势和内阻。