2019届高三物理下学期第三次模拟考试试题(含解析).doc

2019届高三物理下学期第三次模拟考试试题(含解析)二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选择对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1. 关于近代物理，下列说法正确的是A. 放射性元素的半衰期要随温度和压强的变化而变化B. 卢瑟福的粒子散射实验表明原子核外电子轨道是量子化C. 发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的强度成正比D. 原子核的比结合能越大，表明取出一个核子就越困难，原子核越稳定【答案】D【解析】A、放射性元素的半衰期只与原子核本身有关，与温度、压强等外界因素无关，A错误；B、卢瑟福的粒子散射实验表明原子核具有核式结构，B错误； C、发生光电效应时,根据EKm=hW，可知：光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，故C错误；D、原子核的比结合能表明原子核的稳定程度，比结合能越大，取出一个核子就越困难，原子核越稳定，D正确。 故选：D。2. 如图所示，是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将输入的直流电压转换为正弦交变电压输出，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈比为n1：n2=1:1000，为交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于40002V时，才会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体，则要求转换器输出电压（即交流电压表示数）的值不小于 A. 22V B. 4V C. 1.5V D. 1V【答案】B故选：B。3. 一辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车，拥有三十多个座位，其电池每次充电仅需三至五个小时，蓄电量可让客车一次性跑600km，客车时速最高可达180km/h。已知某总质量为9103kg的环保客车，当它在某城市水平公交路面上以=72km/h的速度匀速行驶时，驱动电机（具有一定电阻）的输入电流为150A，电压为300V，该驱动电机能够将输入功率的80%转化为用于牵引汽车前进的机械功率，在此行驶状态下（取g=10m/s2），则A. 驱动电机的电阻为2 B. 驱动电机的输出功率为4.5104WC. 客车所受阻力的大小为2250 N D. 客车所受阻力的大小为1800 N【答案】D【解析】A、输入功率的20%转化为内能，根据焦耳定律：UI20%=I2r，r=30015020%1502=0.4，A错误；B、驱动电机将输入功率的80%输出用于牵引汽车前进，驱动电机的输出功率为：UI80%=30015080%W=3.6104W，B错误；C、匀速行驶时，牵引力等于阻力，用于牵引汽车前进的机械功率：P=fv，f=Pv=3.6104723.6N=1800N，C错误、D正确。故选：D。4. 暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命，为了探测暗物质，我国在2015年12月17日成功发射了一颗绕地球（认为是地球均匀球体）做圆周运动被命名为“悟空”的暗物质探测卫星。已知该卫星的轨道半径为R，经过时间t（t小于其运动周期），运动的弧长为s，引力常量为G，则A. “悟空”的环绕周期为 B. “悟空”的向心加速度为C. 地球的质量为Rs2Gt2 D. 地球的密度为s24GRt2【答案】C【解析】A、根据公式：T=2R/v，v=s/t，T=2Rt/s，A错误； B、向心加速度：a=v2R=s2Rt2，B错误； C、根据万有引力提供向心力得：GMmR2=mv2R，可求出地球的质量：M=Rs2Gt2，故C正确；D. 卫星受到的万有引力提供向心力的公式中，没有与地球的半径R有关的公式，所以不能求出地球的半径，也不能求出地球的密度，D错误。故选：C。【名师点睛】已知该做匀速圆周运动的轨道半径为R，经过时间t，运动的弧长为s，根据周期定义可求运动周期为T；根据线速度和周期可求得太空站的线速度，然后根据向心加速度的公式可以求出向心加速度；根据万有引力提供向心力求求得地球的质量。5. 如图所示，边长为L的正方形单匝线框有一半水平放置在与水平方向夹角为30的匀强磁场中，线框的左侧接入电阻R，右侧接入电容为C的电容器，其余电阻不计。若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，则在0t1时间内 A. 电容器a板带正电B. 电容器所带的电荷量为零C. 线框中产生的感应电动势大小为B0L24t0D. 通过电阻R的电流为B0L22Rt0【答案】C【解析】A、穿过线框的磁通量先向上减小，后向下增大，根据楞次定律可以判断，感应电流为逆时针，b板带正电，A错误；BC、根据法拉第电磁感应定律：E=SBsin300t=12L2B012t0=B0L24t0，电容器所带的电荷量：Q=CE=CB0L24t0，B错误、C正确；D、在0t1时间内，感应电动势恒定，电容器所带的电荷量，没有充放电情况，通过电阻R的电流为零，D错误。故选：C。6. 如图（a）所示，a、b两物体分别从斜面上的同一位置A由静止下滑，经B点的水平面上滑行一段距离后停下。不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的v-t图象如图（b），则A. a在水平面上滑行的距离比b的长B. a在斜面上滑行的加速度比b的小C. a与水平面间的动摩擦因数比b的小D. 在斜面上运动的全过程中a重力的冲量比b的大【答案】AC【解析】A、速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，由图线知，a匀减速直线运动图线围成的面积大于b，可知a在水平面上滑行的距离大于b，故A正确；B、速度时间图线的斜率表示加速度，在斜面上，a图线的斜率大于b图线的斜率，可知a在斜面上的加速度大于b的加速度，故B错误C、由速度时间图线的斜率知，a在水平面上的加速度大小比b小，根据牛顿第二定律知，a=g，可知a与水平面间的动摩擦因数比b小，故C正确；D、重力的冲量等于重力乘以时间，由于a、b两物体质量关系未知，无法判断冲量的大小，D错误。 故选：AC。【名师点睛】根据速度时间图线的斜率比较加速度的大小，结合牛顿第二定律比较动摩擦因数的大小；根据图线与时间轴围成的面积比较滑行的距离；重力的冲量等于重力乘以时间，由于a、b两物体质量关系未知，无法判断冲量的大小。7. 如图所示，是 A、B处分别固定Q1、Q2两异种点电荷附近的电场线，P1、P2为电场中的两点，连线AP1、BP1相互垂直；连线AP2、BP2相互垂直，则A. Q1带电量小于Q2带电量B. P1处的电势小于P2处的电势C. P1处的场强小于P2处的场强D. AP1间的电势差小于P2B间的电势差【答案】BC【解析】A、由电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知，Q1周围的电场强度大于Q2周围的电场强度，所以Q1带电量大于Q2带电量，A错误； B、沿电场线方向电势降低，等势线与电场线垂直，根据对称性可知，P1处的电势低于P2处的电势，B正确；C、由电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知，P1处的场强小于P2处的场强，C正确；D. 根据U=Ed，根据对称性，AP1间的电势差大于P2B间的电势差，D错误。故选：BC。【名师点睛】根据电场线的分布图，利用对称性比较A、B所带的电荷量大小；由电场线的疏密程度表示电场强度的大小比较电场强度的大小；沿电场线方向电势降低，等势线与电场线垂直，根据对称性比较电势的高低；根据U=Ed，利用对称性，判断电势差的大小。8. 如图所示，在方向竖直向下、大小为2104V/m的匀强电场中有一足够长的绝缘木板，它与水平面的夹角。现让一质量为0.01Kg、电量为510-6C的带正电的物体以某一初速度v0从木板的左侧滑上木板，经时间t速度减为0，调节木板与水平面的夹角，测得t与夹角的关系如乙图所示。g取10m/s2 ，Sin37=0.6，cos37=0.8。则 A. 物体的初速率v0为8m/sB. 物体与木板间的动摩擦因数为0.75C. 当某次=37时，物体达到最高点时电势能增大1.8JD. 当某次=37时，物体达到最高点时机械能减小0.54 J【答案】BD【解析】A、根据牛顿第二定律，(mg+Eq)sin+(mg+Eq)cos=ma；经时间t速度减为0：v0=at，联立得：t=mv0(mg+Eq)(sin+cos)。根据=0时t=0.8s；=900时，t=0.6s，代入数据，联立方程得：v0=12m/s，=0.75，A错误、B正确；C、=370时，根据动能定理：(mg+Eq)xsin(mg+Eq)xcos=012mv02，代入数据，联立方程得：x=3m；此过程克服电场力做的功为：W=Eqxsin=0.18J，物体达到最高点时电势能增大0.18J，C错误；D、物体达到最高点的过程克服电场力和摩擦力做的功为：W=Eqxsin+(mg+Eq)xcos=0.54J，物体达到最高点时机械能减小0.54 J，D正确。故选：BD。【名师点睛】根据牛顿第二定律和运动学公式，列出速度减为0所用时间与倾角之间关系的表达式，带入数据，联立方程即可求解初速度和动摩擦因数；根据功能关系，克服电场力做的功等于电势能的增量，克服电场力和摩擦力做的功等于机械能的减小量。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题9. 某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为_N。（2）下列不必要的实验要求是_。(请填写选项前对应的字母)A应测量重物M所受的重力B弹簧测力计应在使用前校零C用量角器量出两弹簧秤弹力方向间的夹角（3）改变拉力大小或方向重做几次实验，目的是为了减少_。（选填“偶然误差”、“系统误差”）【答案】 (1). 3.6 (2). C (3). 偶然误差【解析】(1)弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N.图指针落在3N到4N的第3格处，所以3.6N。(2)A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道，故A正确；B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零，故B正确；C、实验通过作出两弹簧秤弹力的图示，利用“力的平行四边形定则”作出两力的合力，不需要用量角器量出两弹簧秤弹力方向间的夹角，C错误；本题选不必要的，故选：C。（3）改变拉力大小或方向重做几次实验，可以减少偶然误差，无法减小系统误差。10. 某物理研究性学习小组欲测量电流表G1的内阻r1，可选用的器材有：A待测电流表G1(010mA，内阻r1约为100)，B电流表G2 (03mA，内阻r2为100)，C定值电阻R1=200， D定值电阻R2=600，E滑动变阻器R3(01000)，F滑动变阻器R4(020)， G电池E（1.5V，内阻很小），H电键S及导线若干。（1）在答题卡上完成测量电路原理图的设计。（2）电路中应选用定值电阻_（填“R1”或“R2”）， 滑动变阻器_（填“R3”或“R4”）。（3）实验中测得电流表G1和G2的示数分别为I1 、I2，则电流表G1的内阻r1=_。（用题目中的符号表示）【答案】 (1). （1）如图 (2). R1 ， R4 (3). I2(r2+R1)I1【解析】（1）为了使电流表G1和G2的示数都超过满偏的一半，应将G1和定值电阻R1串联后，再与G2并联；滑动变阻器R4较小，滑动变阻器R3又太大，调节不方便，应选用滑动变阻器R4，采用分压电路。电路如下图所示：.（3）定值电阻R1和G1串联后，再与G2并联，定值电阻R1和G1两端的电压与G2两端的电压相等，I2(r2+R1)=I1r1，得：r1=I2(r2+R1)I1。11. 如图所示，一质量为m=10g，速度v0=100m/s的玩具子弹，射向静止在光滑水平面上质量M=490g的木块，子弹未射穿木块，并一起滑上倾角为= 370动摩擦因数=0.5的足够长固定的粗糙斜面，物块滑上斜面底端时不计能量损失。（重力加速度g=10m/s2，sin370=0.6,cos370=0.8），求：（1）子弹击中木块后的速度；（2）木块在斜面上向上运动的时间和返回斜面底端时速度大小。【答案】（1）v1=2m/s 方向水平向右（2）v2=255m/s【解析】（1）从子弹射击木块到子弹和木块一起运动过程中，子弹和木块组成系统动量守恒，设共同运动速度为v1，v0方向为正方向，则mv0=(m+M) v1 解得：v1=2m/s 方向水平向右 （2）以子弹木块整体为研究对象设沿斜面上滑过程中加速度为a1，由牛顿第二定律：(m+M)gsin+g(m+M)cos=(m+M) a1 设沿斜面上滑距离为s，由运动学公式: v12=2 a1s 设沿斜面上滑时间为t，由运动学公式: t=sv12 代入数据解得式得：s=0.2m， t=0.2s 设木块沿斜面下滑到底端时速度为v2，由动能定理： (m+M)gsin-g (m+M)coss=12(M+m)v22 解得物块返回到斜面底端时的速度大小为：v2=255m/sm/s 12. 如图所示，在竖直平面内建立xoy坐标系，在第象限内分布着方向沿x轴正方向、大小为E1的匀强电场；在第象限内分布着方向沿y轴正方向、大小E2=mgq的匀强电场。用长度为L的最大承受拉力为4mg的绝缘细线将质量为m、电荷量为+q的带电小球（可视为质点）悬挂在固定点M，M点坐标为（0，2L），在M点正下方距M点56L的N点处有一钉子。现在用外力把小球拉到右侧与M点等高处由静止释放，小球运动到最低点，绳碰击钉子时刚好被拉断，然后进入第象限，经时间t0=2L2g，立即在第象限内再加垂直于xoy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B=mq8gL，再经过时间t0撤去匀强磁场和匀强电场。（已知重力加速度为g，不计空气阻力，计算结果用g、L、m、q表示）。求：（1）电场强度E1的大小；（2）小球在下摆过程中达到最大速度时细线的拉力；（3）小球在第象限中运动的时间t及小球离开第象限的位置坐标。【答案】（1）E1=3mg4q（2）T=94mg（3）（L4+22L，0） 【解析】（1）设小球运动到M点正下方时的速度为v，由动能定理得：mgL-E1qL=12mv2 小球运动到最低点，细线被钉子挡住，做圆周运动的半径为R1，则由牛顿第二定律有：Tmax-mg=mv2R1 R1=L-56L 解得：E1=3mg4q （2）小球在向下摆动的过程中，设合力与竖直方向的夹角为，当合力方向与速度方向垂直时，即细线与竖直方向的夹角为时，速度最大，设为vm，则tan=E1qmg 合力F=(E1q)2+(mg)2，即F=54mg 又由动能定理有：mgLcos-E1qL(1-sin)=12mvm2 由牛顿第二定律有：T-54mg=mvm2L 解得：T=94mg （3）细线被拉断，小球进入第象限，由于E2q=mg，所以小球沿水平方向做匀速直线运动。经过时间t0，加上匀强磁场后，小球做匀速圆周运动，设半径为R2，周期为T，则qvB=mv2R2 即：R2=L4 T=2mqB 即：T=L2g 所以有：t0=T2 即小球做圆周运动时间是半个周期，撤去电场和磁场后，小球将做平抛运动穿过x轴。则撤去电场和磁场时，小球的位置坐标为：x0=vt0 y0=L-2R2 小球做平抛运动有：x1=vt3y1=y0=12gt32 故小球离开第象限的位置坐标为（-x1+x0，0） 小球在第象限中运动的时间 t=2t0+t3 解得：t=L2g+Lg， 坐标：（-L4+22L，0） 33【物理选修3-3】13. 下列说法正确的是（ ）A. 已知阿伏伽德罗常数，气体的摩尔质量和密度，能估算出气体分子的大小B. 若两个分子只受到它们之间的分子力作用，当分子间的距离减小时，分子的动能可能增大C. 能量耗散过程中能量仍守恒D. 布朗运动就是分子的无规则运动E. 从单一热源吸取热量使之全部变成有用的机械功是可能的【答案】BCE【解析】已知阿伏加伽德罗常数、某种气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子所占空间的大小，或分子之间的距离，但是不能估算分子的大小，故A错误；分子间同时存在相互作用的引力和斥力，合力可以是引力，也可以是斥力，故两分子间距离增大的过程中，合力可以做正功，也可以做负功，动能不一定增大，故B正确；能量耗散的过程中能量向品质低的大气内能转变过程，但是总的能量是守恒的，能量不能凭空产生，也不能凭空消失，故C正确；悬浮在液体或气体中的小颗粒的无规则运动，是体现分子的无规则运动，由分子的无规则运动而引起的，故D错误；热力学第二定律有内容是不可能从单一热源吸收热量全部用来做功而对外界没有影响所以可以从单一热源吸收热量全部用来对外界做功，但此时对外界产生了影响E正确14. （2）如图所示，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，截面积为40cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在气缸内在气缸内距缸底60cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强为p0（p0=1.0105Pa为大气压强），温度为300K现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330K，活塞恰好离开a、b；当温度为360K时，活塞上升了4cm求：（1）活塞的质量（2）物体A的体积【答案】V=640cm3【解析】设物体A的体积为V，气体的状态参量为：T1=300K，p1=1.0105Pa，V1=6040-V； T2=330K，p2=(1.0105+mg40104)Pa，V2=V1； T3=360K，p3=p2，V3=6440-V 气体从状态1到状态2为等容过程：P1T1=P2T2 代入数据得m=4kg 气体从状态2到状态3为等压过程：V2T2=V3T3 代入数据得V=640cm3 34. 【物理选修3-4】15. 一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，质点P经过0.1s第一次到达平衡位置，已知此列波的波速为6m/s，则 A. 该波沿x轴负方向传播B. t=0时刻质点P沿y轴正方向振动C. P点的横坐标为x=2.4mD. 质点Q需经过0.85s才重复质点P此时的振动速度E. 图中Q点（坐标为x=7.5m的点）的振动方程y=5cos2t cm【答案】ACE【解析】A、波的传播过程伴随着波形沿波的传播方向平移，根据波形及波速为6m/s，可以判断波沿x轴负方向传播，平衡位置才能经过0.1s第一次平移到达质点P，A正确；B、根据波形的平移，t=0时刻质点P沿y轴负方向振动，B错误；C、t=0时，P点的平衡位置到3m位置的距离x=vt=6 0.1m=0.6m，所以P点的横坐标为x=2.4m，C正确；D、Q点右边与P振动情况完全相同的点距离Q点的距离为1.5m-0.6m=0.9m，波形传到Q点需要的时间： t=xv=0.96s=0.15s，D错误；E、根据T=v=66s=1s，=2T=21rad/s=2rad/s，Q点零时刻位于波峰位置，所以图中Q点的振动方程y=5cos2t cm，E正确。故选：ACE。16. 在某节日庆典上，为了达到所需要的灯光效果，需要完成下列工作。如右图所示，由某单色光组成的光束a，以入射角600从平行玻璃板上表面O点入射。已知平行玻璃板厚度为d，玻璃对该光的折射率为3，真空中的光速为c。求：（1）从下表面射出玻璃板的光束相对于入射光束的侧移L；（2）该光在玻璃中传播的时间t。【答案】（1）(2) 【解析】（1）光由空气进入玻璃。由 n= 得 所以 OP= L=opsin L= (2) 由n= 得v= 而t= 得 t=