2019届山西省运城市高三物理一模试题答案

海量资源尽在星星文库：．A【解析】卢瑟福提出核式结构模型，很好的解释了粒子散射实验中的现象，A正确；衍射是波的特性，故电子穿过晶体时会产生衍射图样，这证明了电子具有波动性，B错误；普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元，故C错误；射线是高速电子流，它的穿透能力比射线弱，比射线强，D错误．2．B【解析】在I轨道上运行时，根据万有引力提供向心力，有可得√可知半径越大，线速度越小，所以在P点的速度大于在Q点的速度，A错误；由于从轨道I上的Q点变轨到II，需要点火加速，所以在轨道Ⅰ的Q点速度小于在同步轨道Ⅱ的Q点的速度，B正确；根据可知两个轨道在Q点的半径相同，所以加速度相同，C错误；由于人造地球卫星受微小阻力的作用，阻力做负功，故机械能减小，人造卫星绕地球做匀速圆周运动时，联立√可知，动能，轨道半径减小，动能增大，D错误．3．B【解析】根据牛顿第二定律列出两种情况下的方程式，联立方程求解．当拉力F水平时，①，当拉力变为与水平面成30°角时，()②，联立两式解得√，B正确4．C【解析】质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同．因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大．而运动周期它们均一样，但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定．由周期公式得：由于带电粒子们的B、q、m均相同，所以T相同，根据可知，在磁场中运动时间越短的带电粒子，圆心角越小，半径越大，由知速率一定越大，故海量资源尽在星星文库：正确；经过的路程即为弧长，由于圆心角越小，半径越大，所以路程不一定小，D错误5．D【解析】根据功的公式分析可知，在OA段和AB段物体受到恒力的作用，并且图象的斜率表示的是物体受到的力的大小，由此可以判断物体受到的拉力的大小，再由功率的公式可以判断功率的大小运动过程中物体受到的滑动摩擦力大小为，根据功的定义式可知拉力做功为，故可知图像的斜率表示拉力F的大小，在OA段拉力，做匀加速直线运动，当x=3m时速度最大，根据速度位移公式可得，根据牛顿第二定律可得，解得，所以此过程中最大功率为，在AB段，，做匀速直线运动，拉力的功率恒定不变，为，故D正确．6．B【解析】根据功能关系明确系统动能、B重力势能、弹簧弹性势能等能量的变化情况，注意各种功能关系的应用．释放瞬间弹簧长度来不及改变，所以绳子拉力为零，B的加速度为g，A错误；对B分析，受到重力和拉力作用，根据动能定理可知，故B正确；根据能量守恒定律可知B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能增加量与A物体的动能增加量之和，C错误；细线对A的拉力与弹簧对A拉力做功之和等于A物体机械能的增加量，D错误．7．B【解析】从n=2能级跃迁到n=1能级时发出的光子能量为-3.40+13.60=10.2eV，不在可见光范围之内，A错误；大量氢原子处于n=4能级时，向低能级跃迁能发出246C种频率的光，B正确；玻尔理论认为原子的能量是量子化的，不是连续光谱，C错误；吸收的光子能量等于两能级间的能级差，才能发生跃迁，n=2能级时吸收2.54eV的能量变为-0.86eV，不能向高能级跃迁，D错误．8．A【解析】当在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；结合矢量的合成法则及三角知识，则线框受到安培力的合力，方向竖海量资源尽在星星文库：直向上，大小为安，根据平衡条件，则有：F1+F安=mg；现将虚线下方的磁静场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2．则两边受到的安培力大小相等，安培力夹角均为120°，因此安培力合力安，则有安；联立得：，即.故选A.9．B【解析】线框匀速进入磁场，克服安培力做功的功率等于线框产生的热量，根据功能关系可求线框中产生的热量．由感应电荷量公式总，可判两次进入通过线框导体横截面的电荷量相等．根据及F=BIL可得安培力表达式：，拉力做的功转化为电能，然后转化为焦耳热，由可知产生的焦耳热与速度成正比，所以，根据可知通过线框某横截面的电荷量与速度无关，，B正确．10．C【解析】对小滑块受力分析，受到重力、支持力和拉力，如图根据共点力平衡条件，有，，由于越来越大，故支持力N变小，拉力F变大，故AB错误；对半圆柱体受力分析，受到压力N，地面支持力N′，重力Mg，地面的静摩擦力f，如图，根据共点力平衡条件，有，，解得，，由于θ越来越大，故静摩擦力f先变大后变小，支持力先变小后变大，故C正确，D错误；11．BD海量资源尽在星星文库：【解析】两点电荷在C点的合场强方向水平向右，两点电荷在G点的合场强方向水平向左，故两者的电场强度方向不同，A错误；等量异种电荷连线的中垂线是一条等势面，故C和H两点的电势相等，B正确；从B到F过程中电场力的夹角先与速度方向为钝角，即先做负功，再做正功，C错误；从F点到E点过程中电场力与速度方向的夹角先是锐角，后为钝角，即先做正功后做负功，故D正确．12．CD【解析】假设AC上的铜环质量为零，重力为零，它仅受线的拉力和铁丝AC的弹力，它们是一对平衡力．由于铁丝对AC上的环的弹力垂直于AC，则细线必定垂直于AC，则细线平行于BC，此时γ=α．但实际上AC上的环的质量大于零，重力大于零，要使此环处于静止，细线的左端必须斜向左上方，则有γ＞β，故A错误．假设AB上的铜环P的质量为零，重力为零，它仅受细线的拉力和铁丝AB的弹力，它们是一对平衡力，则此环平衡时，细线与AB垂直，，而AB上的铜环的质量大于零，重力大于零，要使此环处于静止状态，细线不能与AB垂直，应有，故，则D选项正确，而，结合，故有，则B错误，C选项正确。故选CD.13．AB【解析】根据牛顿第二定律，行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为，两曲线左端点横坐标相同，即、的半径相等，故，所以，即P1的质量大于P2的质量，A正确；第一宇宙速度√因为P1的质量大于P2的质量，轨道半径相同，所以P1的“第一宇宙速度”比P2的大，B正确；由于不知道两者卫星的质量，所以不能比较两者向心力的大小，C错误；根据＝√()，因为P1的质量大于P2的质量，轨道半径相同，所以S1的周期比S2的周期小，D错误．14．AD海量资源尽在星星文库：【解析】首先分清楚图中的电压关系，由于电阻A与原线圈串联，所以电阻电压之比不是原线圈与副线圈两端电压之比，并且存在1AUUU根据1221InIn可得A、B电阻中的电流比为21:1:3nn，A正确；根据公式1122UnUn可知原副线圈两端的电压比为3：1，但是由于在原线圈中1AUUU，所以A、B电阻电压之比不等于3：1，由于两电阻阻值相等，而电流比为1:3，所以两电阻两端电压之比为1:3，设电阻A两端电压为AU，所以B两端电压为3AU，根据原副线圈两端的电压比为3：1，故原线圈输入端电压为9AU，所以A电阻与原线圈输入电压之比为1：9，B错误D正确；根据2PIR可得两电阻电功率之比为1:9，C错误．15．BD【解析】过山车在竖直圆轨道上做圆周运动，在最高点，重力和轨道对车的压力提供向心力，当压力为零时，速度最小，在最低点时，重力和轨道对车的压力提供向心力，加速度向上，处于超重状态．运动过程中，重力势能和动能相互转化，即速度大小在变化，所以不是做匀速圆周运动，A正确；在最高点重力完全充当向心力时，速度最小，故有，解得√，B正确；在最低点，乘客受到竖直向上指向圆心的加速度，故处于超重状态，C错误；若过山车能顺利通过整个圆轨道，即在最高点重力完全充当向心力，所以安全带对假人一定无作用力，D正确．16．ADE【解析】温度越高，分子运动越剧烈，悬浮在液体中的颗粒越小，撞击越容易不平衡，则它的布朗运动就越显著，A正确；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，B错误；扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，液体中的扩散现象是由于液体分子的无规则运动引起的，C错误D正确；当分子间距增大时，分子间的引力和斥力都减小，E正确；17．ABC【解析】从图中可知波长80.08cmm，故振动周期0.080.20.4Tssv，A正确；根据走坡法可知质点c正通过平衡位置向上振动，B正确；根据回复力公式Fkx可知在t=0时刻质点a的为质点b的位移小，即质点a的回复力小于质点b的回复力，所以海量资源尽在星星文库：的加速度，C正确；t=0时刻质点a正向下振动，即要回到平衡位置所需要的时间大于十分之一周期，而质点b回到平衡位置所需时间等于四分之一周期，故质点b比质点a先回到平衡位置，D错误；波上的质点只在平衡位置上下振动不随波迁移，E错误18．天平；刻度尺；质量m；上升高度h；控制变量法；【解析】水平轨道与圆弧轨道均是光滑的，用小球压缩弹簧，再将弹簧释放，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，根据机械能守恒定律分析需要的器材．实际上是把对弹性势能的测量转化为对重力势能的测量，根据重力势能的计算公式确定需要直接测量的物理量．（1）用小球压缩弹簧，再将弹簧释放，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，由于水平轨道与圆弧轨道均是光滑的，只有弹簧的弹力和重力做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能，因此需要用天平测量小球的质量m，用刻度尺测量小球在光滑圆弧轨道上上升的高度h．（2）根据机械能守恒可知，实际上是把对弹性势能的测量转化为对重力势能的测量，根据重力势能的计算公式，可知需要直接测量的物理量是质量、上升高度．（3）我们在研究某事物与多个变量之间的关系时，一般先控制其他变量一定，研究事物与其中一个变量的关系，这种方法叫做控制变量法19．A；550；见解析；；【解析】要注意当待测电阻阻值远小于电压表内阻是电流表应用外接法，当待测电阻与电压表内阻接近时，电流表应用内接法，本题显然水柱的电阻很大所以应用内接法；当滑动变阻器的全电阻较小时应用分压式接法，由于水柱的电阻很大即变阻器的电阻远小于待测电阻，所以变阻器应用分压式接法．（1）测量玻璃管内径时，应图（2）中的游标卡尺中的A与玻璃管的内径接触．（2）游标卡尺的读数为（3）根据U-I图象可知电流从零开始，所以滑动变阻器应用分压式接法，由于水柱的电阻远大于电流表内阻，所以电流表应用内接法，实物连线图如图所示．海量资源尽在星星文库：（4）根据描点法，在图4中画出U-I图像，图像的斜率表示水柱的电阻，即，又因为，，联立解得，可算出水的电阻率()．20．0.13【解析】对人进行分析，由1vat，得212/ams，则板对人的静摩擦力1100fmaN；由21112xat，得145xmm，则可知木板在此过程中向左移动的位移为21xm，由22212xat，得220.5/ams，根据2fMmgMa，得90.1370。21．（1）4m/s（2）13k（3）1.5k时，动能损失最大【解析】（1）对小球b下摆过程：2212bmglmv，得出碰前4/bvms，（2）小球a上摆过程：2111cos602akmglkmv，碰后2/avms对两球碰撞过程有'bbamvmvkmv，得出'42bvk。由碰撞过程动能不增加有：2'22111222bbamvmvkmv，得出3k，此外由碰撞中合理性原则不可穿得：'422bavkv，得出1k。综上所述13k（3）碰撞中动能损失22'22111112422222bbaEmvmvkmvmk海量资源尽在星星文库：时，动能损失最大。22．（1）0032QRTpSmgh（2）1000mgmgpSTTmgpS【解析】（1）活塞平衡，10pSmgpS，气体对外做功1WpSh由