发布时间 : 星期日 文章2019届江西省重点中学盟校高三第一次联考物理试题（解析版）更新完毕开始阅读
江西省重点中学盟校2019届高三第一次联考物理试卷
1.在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．下列表述符合物理学史的是( )
A. 伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证 B. 牛顿发现了万有引力定律，并预言了引力波的存在
C. 法拉第首次引入电场线和磁感线，极大地促进了人类对电磁现象的研究 D. 库仑提出了库仑定律，并用油滴实验测得了元电荷的值 【答案】C 【解析】
【详解】伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故A错误；牛顿发现了万有引力定律，但并没有预言引力波的存在，预言了引力波存在的人是爱因斯坦，故B错误；法拉第首次引入电场线和磁感线，极大地促进了人类对电磁现象的研究，选项C正确；库仑提出了库仑定律，密立根用油滴实验测得了元电荷的值，选项D错误；故选C.
2.质量为M＝1kg的木板静止在粗糙水平面上，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，在木板的左端放置一个质量为m＝1kg、大小可忽略的铁块．铁块与木板间的动摩擦因数为μ2，取g＝10m/s2.若在铁块右端施加一个从0开始增大的水平向右的力F，假设木板足够长，铁块受木板摩擦力Ff随拉力F的变化如图所示．则两个动摩擦因数的数值为( )
A. μ1＝0.1 μ2＝0.4 B. μ1＝0.1 μ2＝0.2 C. μ1＝0.2 μ2＝0.4 D. μ1＝0.4 μ2＝0.4 【答案】A 【解析】 【分析】
根据图象分析二者的运动情况，先以整体为研究对象根据牛顿第二定律求解加速度大小，分析铁块的摩擦力随F 的变化关系，求解μ1；再以铁块为研究对象，根据滑动摩擦力的计算公式求解μ2。
【详解】根据图线可知，当0＜F＜2N过程中，整体保持静止；当2N＜F≤6N过程中，二者以共同的加速度加速前进；当F＞6N过程中，铁块受到的摩擦力不变，说明二者打滑，发生相对运动；所以在2N＜F≤6N过程中，系统的加速度
，对铁块，根据牛顿第二定律可得：F-f=ma，解得f=F+μ1g；当
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F=6N时f=4N，解得μ1=0.1；当F＞6N过程中，铁块的摩擦力不变，则有μ2mg=4N，解得μ2=0.4，故A正确、BCD错误。故选A。
【点睛】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
3.如图所示，理想变压器原线圈a、b间输入一稳定的正弦交流电，原线圈接有理想交流电流表A，副线圈接有理想交流电压表V，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数不变 B. 电压表的示数增大 C. 电流表的示数增大 D. 电阻R2的功率减小 【答案】C 【解析】 【分析】
电源电压U=UR1+U1，UR1=R1I1，原副线圈电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，当滑线变阻器的滑片P向上滑动时，副线圈电阻减小，根据欧姆定律分析电流、电压变化。
【详解】当滑线变阻器的滑片P向上滑动时，电阻减小，副线圈电流变大，原线圈电流也变大，电流表示数变大，故R1分压变大，则原线圈输入电压减小，匝数不变，副线圈电压减小，故电压表示数减小，故AB错误，C正确；当滑线变阻器的滑片P向上滑动时，电阻减小，副线圈电流变大，R2阻值不变，故功率变大，故D错误；故选C。
【点睛】变压器的动态分析与恒定电流动态分析相似，只是注意“电压由原线圈决定，功率和电流由副线圈决定”。
4.已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量En＝，其中n＝2,3,4…，h表示普朗克常量，c表示真空中的光速．有一氢原子处于n＝3的激发态，在它向低能级跃迁时，可能辐射的光子的最大波长为( ) A.
B.
C.
D.
【答案】D 【解析】 【分析】
能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子能量越大，频率
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越大，波长越小。
【详解】一群氢原子处于n=3激发态，可释放出的光子频率种类为3种，据玻尔理论在这3种频率光子中，当氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时辐射的光子频率最小，波长最长，E2=
，故D正确，ABC错误；故选D。
5.如图所示，在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是( )
，E3=
，
=E3-E2，
A. B. C. D.
【答案】B 【解析】 【分析】
粒子在磁场中转过的圆心角越大，粒子的运动时间越长，粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，运动时间最长，作出粒子运动轨迹求出粒子的最大轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子的最大速度。
【详解】粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长， 粒子速度最大时运动轨迹与bc相切，粒子运动轨迹如图所示，
由题意可知：∠a=60°，∠b=90°，边长ac=L，则ab=L，四边形abdO是正方形，粒子轨道半径：r=L，
粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得；qvmB=2m故ACD错误，B正确；故选B。
，粒子的最大速度，解得：，
【点睛】本题带电粒子在有界的磁场中运动的类型，注意根据圆的对称性得到出射时粒子速度和边界的夹
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角与入射时速度和边界的夹角相等。解答此题的关键是明确粒子的运动规律，画出临界轨迹，结合几何关系确定轨道半径，根据牛顿第二定律列式求解最大速度，注意粒子不能从C点射出.
6.如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，导轨间距L＝1m。一质量m＝2kg，阻值r＝2Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.2，则从起点发生x＝1m位移的过程中(g＝10 m/s2)( )
A. 金属棒克服安培力做的功W1＝0.25 J B. 金属棒克服摩擦力做的功W2＝5 J C. 整个系统产生的总热量Q＝4.25 J D. 拉力做的功W＝9.25 J 【答案】AC 【解析】 【分析】
由速度图象得出v与x的关系式，由安培力公式得到FA与x的关系式，可知FA与x是线性关系，即可求出发生s=1m位移的过程中安培力做功WA=-产生的总热量Q．
【详解】由速度图象得：v=2x，金属棒所受的安培力
，代入得：FA=0.5x，则知FA与x
x，再根据动能定理求解拉力做功；根据能量守恒求解整个系统
是线性关系。当x=0时，安培力FA1=0；当x=1m时，安培力FA2=0.5N，则从起点发生x=1m位移的过程中，安培力做功为：WA=-x=-0.25J；即金属棒克服安培力做的功为：W1=0.25J，故A正确。金属棒克服
摩擦力做的功为：W2=-μmgx=-0.2×2×10×1J=-4J，故B错误；克服安培力做功等于产生的电热，克服摩擦力做功等于产生的摩擦热，则整个系统产生的总热量Q＝WA+W2=4.25 J，选项C正确；根据动能定理得：WF+W2+WA=mv2，其中v=2m/s，μ=0.2，m=2kg，代入解得拉力做的功为：WF=8.25J。故D错误。故选AC。 【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解． 7.2018年3月30日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第三十、三十一颗北斗导航卫星。已知“北斗第三十颗导航卫星”做匀速圆周运动的轨道半径小于地球同步
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