2019届高三物理第二次模拟试题(含解析).doc

2019届高三物理第二次模拟试题(含解析)一、选择题1.核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少,我国在完善核电安全基础上将加大核电站建设。核泄漏中的钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素,它可破坏细胞基因,提高患癌症的风险。已知钚的一种同位素 的半衰期为24100年,其衰变方程为,下列有关说法正确的是( )A. X原子核中含有92质子B. 100个经过24100年后一定还剩余50个C. 由于衰变时释放巨大能量,根据E=mc2,衰变过程总质量增加D. 衰变发出的射线是波长很短的光子,具有很强的穿透能力【答案】AD【解析】根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为92，质量数为235，则有92质子，故A错误；半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，故B错误；由于衰变时释放巨大能量，根据E=mc2，衰变过程总质量减小，故C错误；衰变发出的放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力，故D正确。所以D正确，ABC错误。2.如图所示，轻绳跨过定滑轮连接质量分别为m1和m2的A、B两物体，A静止在倾角为37的斜面上，已知m11.2m2，现把A、B调换位置，B也能静止在斜面上，不计滑轮摩擦。下列说法正确的是A. A、B调换位置前后绳子的张力大小保持不变B. A、B调换位置前A受斜面摩擦力方向沿斜面向下C. A、B调换位置后地面对斜面的支持力大小改变D. A、B调换位置后滑轮受到的绳的作用力增大，地面对斜面摩擦力方向向右【答案】B【解析】当A在斜面上时，系统处于静止状态，对B分析有，对A分析，受到绳子的拉力，竖直向下的重力，斜面给的支持力，以及可能还有的摩擦力，根据共点力平衡条件可得，在沿斜面方向上，解得，即方向沿斜面向下；将三者看做一个整体，整体在水平方向上不受作用力，即地面对斜面的摩擦力为零，对地面的支持力等于三者的重力大小，滑轮受到夹角为53两段绳的拉力作用；当B静止在斜面上时，系统仍处于静止状态，对A分析有，即绳子的张力变大，两绳的夹角仍为53，所以滑轮受到的绳子的作用力变大，仍将三者看做一个整体，整体在水平方向上仍不受作用力，即摩擦力为零，在竖直方向上，地面对斜面的支持力大小仍等于三者的重力大小，B正确ACD错误【点睛】本题是力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解利用正交分解方法解体的一般步骤：明确研究对象；进行受力分析；建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；x方向，y方向分别列平衡方程求解3.在某空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O-xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标(0,3L,0),N点的坐标为(4L，0，0),P点坐标为(0，0，4L)，Q点的坐标为(4L，L，7L),Q点图中未画出。已知M、N和P点电势分别为0V、25V和9V，则下列说法正确的是A. 该匀强电场的电场强度等于2.25V/mB. Q点的电势为22VC. 电子在O点的电势能小于在N点的电势能D. 将电子沿y轴、z轴从M点经过O点移动到P点，电场力先做负功，再做正功【答案】B【解析】如图甲所示，连接MN，在MN上取一点H，使H点电势H=9V，则MH：HN=16：9，连接PH，由数学知识可知MN垂直面POH、PH垂直MN又P=H=9V，电场由N指向M。场强大小为：，选项A错误；如图乙所示，将Q点投影在xOy平面，投影点为G，由几何关系可知：cos=0.6则NG之间的电势差为，则G点电势22V，即G点电势22V，故B正确；O点的电势等于P点的电势，等于9V，低于N点的电势，则电子在O点的电势能大于在N点的电势能，选项C错误；将电子沿y轴、z轴从M点经过O点移动到P点，电势先升高，后不变，则电子的电势能先减小后不变，电场力先做正功，后不做功，选项D错误；故选B.点睛：本题主要是考查匀强电场的电势差与电场强度的关系，解答本题的关键是根据U=Ed来分析，知道在匀强电场中，沿电场线方向上电势差之比等于距离之比4.一理想变压器原、副线圈匝数比为3:1，原线圈与小灯泡D串联后，接入一正弦交流电源，电源电压的有效值恒定；副线圈电路中连接可变电阻R和电流表，电流表内阻不计，如图所示。若增大R的阻值，使电流表的示数变为原来的两倍。则A. 小灯泡D的亮度变暗B. 副线圈的电压变小C. R的阻值大于原来的一半D. 变压器的输入功率变为原来的两倍【答案】B【解析】因电流表的示数变为原来的两倍，即次级电流变为原来的两倍，则初级电流也变为原来的两倍，即小灯泡D的亮度变亮，选项A错误；因灯泡D两端的电压变大，可知变压器初级电压减小，次级电压也减小，R的阻值小于原来的一半，选项B正确，C错误；初级电流变为原来的两倍，但是初级电压减小，则变压器的输入功率小于原来的2倍，选项D错误；故选B.5.xx4月2日8时15分左右，中国第一个目标飞行器“天宫一号”再入大气层，落到南太平洋中部区域，绝大部分器件在再入大气层过程中由于空气阻力的作用烧蚀销毁，对航空活动以及地面造成危害的可能性极小。如图所示，a是“天宫一号”飞行器、b、c是地球同步卫星，此时a、b恰好相距最近。已知地球质量为M，半径为R，地球自转的角速度为，“天宫一号”飞行器a的轨道半径为r，引力常量为G，则A. “天宫一号”飞行器a的周期小于24小时B. 卫星b的机械能一定等于卫星c的机械能C. 若“天宫一号”飞行器a在下落的过程中质量保持不变，则“天宫一号”飞行器a的机械能将增加D. 若“天宫一号”飞行器a和卫星b均逆时针方向转动，则到下一次相距最近，还需经过时间【答案】AD【解析】根据，解得可知，卫星越高，周期越大，因b、c的周期为24h，则“天宫一号”飞行器a的周期小于24小时，选项A正确；卫星的机械能等于其动能与势能之和，因不知道卫星的质量，故不能确定卫星的机械能大小关系，故B错误； “天宫一号”飞行器a在下落的过程中质量保持不变，但因下落过程中空气阻力做功，则“天宫一号”飞行器a的机械能将减小，选项C错误；根据万有引力提供向心力有，可得a卫星的角速度，可知半径越大角速度越小，卫星由相距最近至再次相距最近时，圆周运动转过的角度差为2，即，可得经历的时间，故D正确；故选AD。点睛：在卫星问题的处理中主要抓住卫星圆周运动的向心力由万有引力提供，能根据卫星轨道半径的大小确定描述卫星圆周运动物理量的大小是解决本题的关键；在卫星的追击问题中，要知道两卫星相距最近时两者转过的圈数之差为整数6.如图所示，光滑大圆环静止在水平面上，一质量为m可视为质点的小环套在大环上，已知大环半径为R，质量为M=3m，小环由圆心等高处无初速度释放，滑到最低点时A. 小环的速度大小为B. 小环的速度大小为C. 大环移动的水平距离为D. 大环移动的水平距离为【答案】BD【解析】A、B、小环滑至最低点时的速度为v1，大环的速度为v2，两物体的系统满足机械能守恒有:,且两物体的系统满足水平方向动量守恒有：，联立解得：，故A错误，B正确；C、D、设小环和大环水平方向发生的位移为x1和x2，两物体的系统满足水平方向反冲原理，结合人船模型的结论可知，且，解得，故C错误，D正确；故选BD.【点睛】机械能守恒定律和动量守恒定律的结合应用，同时是特殊的反冲模型和人船模型。7.如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60，轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，从静止释放，在m1由C点下滑到A 点的过程中( )A. m1的速度始终不小于m2的速度B. 重力对m1做功的功率先增大后减少C. 轻绳对m2做的功等于m2的机械能增加D. 若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1m2【答案】BC【解析】（1）m1由C点下滑到A点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不相同的，故A错误；（2）重力的功率就是，这里的是指竖直向下的分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零，但是在这个C到A的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率也是先增大后减小的过程，故B错误；（3）若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到A点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得：，解得：，故C正确，D错误；故本题选C【点睛】（1）AB两个小球用绳子连在一起，说明沿绳子方向的速度是一样的，而在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，所以速度不等，重力的功率就是，分析竖直方向速度的变化情况求解；若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到A点，此时两小球速度均为零，根据动能定理求解质量关系。8.正方形导线框abcd置于光滑水平桌面上，其质量为m，电阻值为R，边长为L，在线框右侧距离cd边2L处有一宽度为2L的匀强磁场区域，磁场的左、右边界与线框的cd边平行，磁场的磁感应强度大小为B，方向竖直向下，其俯视图如图所示对线框施加一水平向右的恒力F，使之由静止开始向右运动，cd边始终与磁场边界平行已知线框在cd边经过磁场左、右边界时速度相同，则线框A. 离开磁场区域过程中的电流方向为dcbadB. 通过磁场区域过程中的最小速度为C. 通过磁场区域过程中产生的焦耳热为2FLD. 进入磁场区域过程中受到的安培力的冲量大小为【答案】BD【解析】A. 根据楞次定律可得，离开磁场区域过程中的电流方向为dabcd，故A错误；B. 由题意可知，线框cd边经过磁场左、右边界时速度相同，所以线框离左边界L与距离右边界L时的速度相同，即速度最小，根据动能定理可得：，解得v= ，故B正确；C. 从线框的cd边刚进入磁场到刚好出磁场的过程中动能变化为零，根据动能定理可得：F2LQ1=0，由于进入磁场过程中和离开磁场过程中速度变化相同，受力情况相同，所以离开磁场过程中与进入磁场过程中产生的焦耳热相同，所以通过磁场区域过程中产生的焦耳热为Q=2Q1=4FL，故C错误； D. 线框进入磁场的过程，安培力的冲量大小为I冲=BILt= ，故D正确。故选：BD.二、非选择题9.某同学利用如图甲所示的装置探究物体的加速度a与所受合力F的关系。图甲打点计时器使用的电源是_（选填选项前的字母）。A交流电源 B直流电源 他用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是平衡摩擦力。具体操作是：把木板垫高后，小车放在木板上，在不挂小桶且计时器_（选填“打点”或“不打点”）的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其它阻力的影响。实验时保持小桶和砝码的总质量远小于小车的质量，其目的是_（选填选项前的字母）。A小车所受的拉力近似等于小车所受的合力B小车所受的拉力近似等于小桶和砝码的总重力C保证小车运动的加速度不超过当地重力加速度图乙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。相邻的计数点之间的距离分别为：。已知打点计时器的工作频率为50Hz，则小车的加速度a=_（结果保留两位有效数字）。图乙另一位同学也利用图甲所示的装置做实验。他保持小桶和砝码的质量不变，改变放在小车中砝码的质量m，测出对应的加速度a。假设已经完全消除了摩擦力和其它阻力的影响。他没有测量小车的质量，而是以为纵坐标，m为横坐标，画出图像。从理论上分析，下列图像正确的是_。 A B C D【答案】 (1). A (2). 打点 (3). B (4). 0.410.43 (5). B【解析】打点计时器，接交流电源，故选A；在平衡摩擦力小车后面要挂上纸带并接通打点计时器，当纸带上的点间距是均匀的，则说明小车是匀速运动，即平衡了摩擦力；本实验中采用砂桶带动小车的运动，在数据的处理中，小车所受的拉力近似等于小桶和砝码的总重力；因桶本身有加速度，故应减小桶的本身合力，故应使桶的质量远小于车的质量，故选B；相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，则相邻的计数点之间的时间间隔为，根据，得：，代入数据解得：；设小车的质量为M，所受的合外力为F，根据牛顿第二定律得：，变形得：，图象一条倾斜的直线，当m=0时，图象有纵截距，故选B.【点睛】在“验证牛顿第二定律的实验”中要注意平衡摩擦力；同时要注意根据实验的原理和实验方法分析实验中的注意事项及实验结论；根据牛顿第二定律写出表达式可知图象的形状，即可求解。10.漆包线是电机、家用电器、电子仪表电磁绕组的主要和关键原材料，随着中国制造工业的飞速发展，给漆包线带来了更加广阔的应用领域和市场，同时对漆包线的品质提出了更高的要求某地质监局在对某品牌的漆包线进行质量抽检时，要测定一卷阻值约为20 的金属漆包线的长度(两端绝缘漆层已去除)，实验室提供有下列器材：A电流表A：量程00.6 A，内阻约为1 ；量程03 A，内阻约为0.2 B电压表V：量程03 V，内阻约为2 k；量程015 V，内阻约为10 kC低压电源E：电动势30 V，内阻r可以忽略D滑动变阻器R1：阻值范围010 ，额定电流2 AE滑动变阻器R2：阻值范围0500 ，额定电流0.5 AF开关S及导线若干(1)使用螺旋测微器测量漆包线直径时如图所示，则漆包线的直径d_mm. (2)为了调节方便，并能较准确地测出该漆包线的电阻，电流表应该选择量程_ (填量程序号)，电压表应该选择_ (填量程序号)，滑动变阻器应选择_ (填“R1”或“R2”)请设计合理的实验电路，将电路图完整地画在虚线框中_(3)根据电路图连接电路进行测量，某次实验电压表与电流表的示数如图所示，可以求出这卷漆包线的电阻为_.(结果保留3位有效数字)(4)已知这种漆包线金属丝的直径为d，材料的电阻率为，忽略漆包线的绝缘层的厚度，则这卷漆包线的长度L_(用U、I、d、表示)【答案】 (1). (2). (3). (4). R1 (5). 如图所示： (6). 21.3 (7). 【解析】（1）螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为，所以漆包线的直径为 ；（2）题目中给出的电源电动势为，为了安全起见，所以电压表应选择量程；为了便于控制，滑动变阻器应采用分压式接法，故滑动变阻器选总电阻较小的；通过金属漆包线的最大电流不超过，所以电流表应选择量程；由于，所以，故电流表选择外接法，实验电路如下图所示：（3）电压表量程为，故最小分度为，故读数为；电流表量程为，最小分度为，则指针示数为：所以卷漆包线的电阻为；（4）因由欧姆定律和电阻定律可知：解得漆包线的长度：。点睛：估算通过金属漆包线的最大电流，选择电流表的量程，根据学生电源E的电动势选择电压表的量程，选择分压式接法，根据金属漆包线的阻值与两电表内阻比较选择电流表的接法，即可画出实验电路原理图。11.如图所示，光滑轨道CDEF是一“过山车”的简化模型，最低点D处入、出口不重合，E点是半径为R=0.32m的竖直圆轨道的最高点，DF部分水平，末端F点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送蒂以速率v=1m/s逆时针匀速转动，水平部分长度L=1m.物块B静止在水平面的最右端F处。质量为mA=1kg的物块A从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖直圆轨道最高点E,然后与B发生碰撞并粘在一起。若B的质量是A的k倍，A、B与传送带的动摩擦因数都为=0.2,物块均可视为质点，物块A与物块B的碰撞时间极短，取g=10m/s2.(1)求k=3时物块A、B碰撞过程中产生的内能和物块A、B在传送带上向右滑行的最远距离；(2)讨论k在不同数值范围时，A、B碰撞后传送带对它们所做的功W的表达式。【答案】（1）；（2）时，0；当时，；【解析】(1)设物块A在E的速度为v0，由向心力公式得： 设碰撞前A的速度为v1。由机械能守恒定律得： 得： 设碰撞后A、B速度为v2，且设向右为正方向，由动量守恒定律得： 得： 由能量转化与守恒定律可得： 解得： 设物块AB在传送带上向右滑行的最远距离为s，由动能定理得： 解得： (2)由上面式可知： 如果AB能从传送带右侧离开，必须满足： 得：传送带对它们所做的功为：J (I)当时有：，即AB返回到传送带左端时速度仍为v2；故这个过程传送带对AB所做的功为： (II)当时，AB沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧。在这个过程中传送带对AB所做的功为： 解得： 点睛：此题是多过程题目，设计到圆周运动，传送带问题以及碰撞问题等；解题时必须先搞清物理过程，并且能按物理过程的先后顺序分阶段研究，注意物体在传送带上运动的可能的情况要考虑全面.12.如图所示，在两块长为L、间距为L、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。现将下板接地，让质量为m、电荷量为q的带正电粒子流从两板左端连线的中点O以初速度v0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点。若撤去平行板间的磁场，使上板的电势随时间t的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O点射人的粒子P经时间t0(未知量)恰好从下板右边缘射出。设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计。(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B。(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O点，求右侧磁场的宽度d应满足的条件和电场周期T的最小值Tmin。【答案】（1） （2） ；【解析】【详解】（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R1，则 由几何关系： 解得 （2）粒子P从O点运动到下板右边缘的过程，有： 解得 设合速度为v，与竖直方向的夹角为，则： 则 粒子P在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R2，则 ，解得 右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为； 由于粒子P从O点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则： 解得 【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.13.下列说法正确的是_A.当液体与大气接触时液体表面层分子的势能比液体内部分子的势能大B.布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动C.物体内热运动速率越大的分子数占分子总数的比例与温度有关D.自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生E. 一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，对外做功，分子平均动能增大【答案】ACE【解析】【详解】液体表面层的分子间距比液体内部分子间距要大，分子力表现为引力，故分子势能比液体内部的分子势能大，故A正确；布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成液体的分子在做无规则运动，选项B错误；物体内热运动速率越大的分子数占分子总数的比例与温度有关，温度越高，速率越大的分子占据的比例越大，选项C正确；根据热力学第二定律，自然界一切过程能量都是守恒的，但是符合能量守恒定律的宏观过程不一定都能自然发生，选项D错误；一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，对外做功，温度升高，则分子平均动能增大，选项E正确；故选ACE.14.如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸竖直放置，用截面积为S的轻活塞在汽缸内封闭着体积为V0的气体，此时气体密度为r.在活塞上加一竖直向下的推力，使活塞缓慢下降到某位置O，此时推力大小F2P0S.已知封闭气体的摩尔质量为M，大气压强为P0，阿伏伽德罗常数为NA，环境温度不变求活塞下降到位置O时： 封闭气体的体积V ;封闭气体单位体积内的分子数N.【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：找出气体的初末状态，根据玻意耳定律即可求出体积；求出密闭气体的摩尔数，进而求出闭气体单位体积内的分子数。由玻意耳定律有： 解得： 密闭气体的摩尔数 单位体积内的分子数 解得： 点睛：本题主要考查了玻意耳定律，正确使用气体状态方程，并根据题目给出的条件求出气体状态参量，根据状态方程求解即可。15.图甲为一列简谐横波在t0时的波形图，图乙为介质中平衡位置在x2.5m处的质点的振动图象，下列说法正确的是_A该波的波速为0.5m/sB该波的传播方向为x轴正方向C当t5s时，平衡位置在x2m处的质点恰好经平衡位置向y方向运动D当t7s时，平衡位置在x1.5m处的质点的加速度方向为y方向E从t2s到t4s的时间内，平衡位置在x0.7m处的质点通过的路程为8cm【答案】ACE【解析】波长=2m；T=4s，则该波的波速为v=/T=0.5m/s，选项A正确；在t=0时刻，平衡位置在x2.5m处的质点向上振动，可知该波的传播方向为x轴负方向，选项B错误；当t5s=1T时，平衡位置在x2m处的质点恰好经平衡位置向y方向运动，选项C正确；当t7s=1T时，平衡位置在x1.5m处的质点处于波峰位置，其加速度方向为-y方向，选项D错误；从t2s到t4s的时间内，经过的时间为，平衡位置在x0.7m处的质点通过的路程为2A=8cm，选项E正确；故选ACE.点睛：本题首先要确定波的基本参量：波长、波速和周期等；同时要熟练利用波形平移法判断质点的振动方向与传播方向；求质点的路程时，要注意当振动时间为半周期n倍时，通过的路程是振幅A的2n倍16.一个截面为正方形的透明体，边长为2a，该透明体的折射率，过BC的中点E截掉一个夹角为30、截面为三角形的三棱柱，如图所示。现有一束单色光从P点以45入射角射入透明体，并从EF的中点Q射出。已知光在真空中的传播速度为c，不考虑光的反射情况，求光线经AB面折射的折射角大小；光在透明体中传播的时间。【答案】【解析】光路如图所示，由由折射定律得 解得300 设PQ间距离为L，由几何关系可得 解得