2019届高三物理第三次模拟考试试题(含解析).doc

2019届高三物理第三次模拟考试试题(含解析)二、选择题：本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项是符合题目要求，第1821题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分。有选错的得0分。1. 我国科学家潘建伟院士预言十年左右量子通信将“飞”入千家万户。在通往量子论的道路上，一大批物理学家做出了卓越的贡献，下列有关说法正确的是 ( )A. 玻尔在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念B. 爱因斯坦最早认识到了能量子的意义，提出光子说，并成功地解释了光电效应现象C. 德布罗意第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念D. 普朗克大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性【答案】B【解析】普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，故A错误；爱因斯坦最早认识到了能量子的意义，为解释光电效应的实验规律提出了光子说，并成功地解释了光电效应现象，故B正确；玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，故C错误；德布罗意大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性，故D错误；故选B.2. 某家用电热壶铭牌如图所示，其正常工作时电流的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】电热水壶的有效电流为，故电流的最大值为：，D正确3. 利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小，实验时让质量为M的某消防员从一平台上自由下落，落地过程中先双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了一小段距离，最后停止，用这种方法获得消防员受到地面冲击力随时间变化的图线如图所示。（由图可知Fm2Mg）根据图线所提供的信息，在落地过程中下列判断正确的是（ ）A. t1时刻消防员的速度最大B. t2时刻消防员的动能最大C. t3时刻消防员的加速度最大D. t4时刻消防员的合外力最大【答案】B【解析】A、B、t1时刻双脚触底，在t1至t2时间内消防员受到的合力向下，其加速度向下，他做加速度减小的加速下落运动；而t2至t3时间内，人所受合力向上，人应做向下的减速运动，t2时刻消防员所受的弹力与重力大小相等、方向相反，合力为零，消防员的速度最大，动能最大故A错误，B正确；C、在t2至t4时间内他所受的合力向上，t3时刻消防员与地面之间的相互作用最大，但由于Fm2Mg，可知在t3时刻消防员的加速度小于g，小于t1时刻的加速度故C错误；D、t4时刻消防员与地面之间的作用力等于他的重力，受到的合外力等于0故D错误；故选B.【点睛】本题的关键在于正确分析人的运动过程及学生对图象的认识，要求能将图象中的时间段与运动过程联系起来一起分析得出结论4. 为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的长方体流量计。该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口。在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M、N两端间的电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是A. M端的电势比N端的高B. 电压表的示数U与a和b均成正比，与c无关C. 电压表的示数U与污水的流量Q成正比D. 若污水中正负离子数相同，则电压表的示数为0【答案】C【解析】根据左手定则，知正离子所受的洛伦兹力方向向里，则向里偏转，N板带正电，M板带负，则M板的电势比N板电势低故A错误； 最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=q，解得U=vBb，与污水中正负离子数无关故BD错误因，则流量，因此，与污水流量成正比故C正确故选C点睛：此题使霍尔效应问题；解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，抓住离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡列方程讨论求解5. xx4月20日19时41分,“天舟一号”货运飞船在文昌航天发射场成功发射并与“天宫二号”空间实验室成功对接假设对接前“天舟一号”与“天宫二号”都围绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )A. 天舟一号货运飞船发射加速上升时，里面的货物处于超重状态B. 天舟一号货运飞船在整个发射过程中，里面的货物始终处于完全失重状态C. 为了实现飞船与空间实验室的对接，飞船先在比空间实验室半径小的轨道上向后喷气加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接D. 为了实现飞船与空间实验室的对接，飞船先在比空间实验室半径小的轨道上向前喷气减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接【答案】AC【解析】天舟一号货运飞船发射加速上升时，加速度向上，则里面的货物处于超重状态，选项A正确，B错误；为了实现飞船与空间实验室的对接，飞船先在比空间实验室半径小的轨道上向后喷气加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接，选项C正确，D错误；故选AC. 6. 某实验小组用图示装置探究影响平行板电容器电容的因素。若两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为。实验中，假定极板所带电荷量不变，下列判断中正确的是A. 保持S不变，增大d，则C变小，变大B. 保持S不变，增大d，则C变大，变小C. 保持d不变，减小S，则C变小，变大D. 保持d不变，减小S，则C变大，变小【答案】AC【解析】根据电容的决定式 得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，因极板所带电荷量Q不变，由电容的定义式，分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大故A正确，B错误根据电容的决定式得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容C减小，极板所带电荷量Q不变，则由电容的定义式，可知板间电势差U增大，静电计指针的偏角变大故C正确，D错误故选AC点睛：本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量Q不变；二是关于电容的两个公式:决定式和定义式7. 如图所示，用粗细均匀的电阻丝制成形状相同、大小不同的甲、乙两个矩形线框。甲对应边的长度是乙的两倍，二者底边距离匀强磁场上边界高度h相同，磁场方向垂直纸面向里，匀强磁场宽度d足够大。不计空气阻力，适当调整高度h，将二者由静止释放，甲将以恒定速度进入匀强磁场中。在矩形线框进入磁场的整个过程中，甲、乙的感应电流分别为I1和I2，通过导体横截面的电量分别为q1和q2，线框产生的热量分别为Q1和Q2，线框所受到的安培力分别是F1和F2，则以下结论中正确的是：（ ）A. I1I2B. q1=4q2C. Q1=4Q2D. F1=2F2【答案】CD8. 电源的两个重要参数分别是电动势E和内电阻r。对一个电路有两种特殊情况：当外电路断开时，电源两端的电压等于电源电动势；当外电路短路时，短路电流等于电动势和内电阻的比值。现有一个电动势为E、内电阻为r的电源和一阻值为R的定值电阻，将它们串联或并联组成的系统视为一个新的等效电源，这两种连接方式构成的等效电源分别如图甲和乙中虚线框所示。设新的等效电源的电动势为E，内电阻为r。试根据以上信息，判断下列说法中正确的是（ ）A. 甲图中的， r=R+rB. 甲图中的E=E，r=R+rC. 乙图中的E=E， D. 乙图中的， 【答案】BD【解析】电源的电动势等于外电路断路时的路端电压，则对甲图可知 , ,选项AB错误；图乙中， ; ，故选项C错误，D正确；故选D.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做答。第33题第38题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题9. 实验室新进一批规格为“3V，1W”的小灯泡，某物理兴趣小组想测绘小灯泡的伏安特性曲线，要求电压从0开始变化。现有电源E（4V，内阻不计），滑动变阻器R（020，额定电流2A）、多用电表，开关S一个，导线若干，电流表A（00.6A，内阻约为1.0）、电压表V（03V，内阻约为3k）。（1）粗测小灯泡的电阻，应选择多用电表_（填“1”、“10”或“100”）倍率的电阻档，调零后，将表笔分别与小灯泡的两极连接，示数如图甲所示，试解释此时电阻为何小于灯泡正常工作的电阻_。（2）请在图乙所示的虚线框内补画出满足实验要求的电路图_。【答案】 (1). （1）1； (2). 正常工作时，电流较大温度较高，电阻较大； (3). （2）如图所示；【解析】（1）小电珠规格“3V，1W”，所以小电珠电阻大约是；粗测小电珠的电阻，应选择多用电表1倍率的电阻档，由图可知，测量结果为4.2；此时电阻小于灯泡正常工作的电阻，其原因是：正常工作时，电流较大，温度较高，灯泡的电阻较大；（2）测量灯泡的伏安物性曲线时要用到滑动变阻器分压接法，同时由于灯泡内阻较小，故应采用电流表外接法，故对应在的电路图为如图所示；点睛：本题考查测量灯泡伏安特性曲线的实验，要注意明确本实验中一般采用应用电流表外接法当要求电流表或电压表从零调时，滑动变阻器应用分压式接法，此时应选阻值小的滑动变阻器便于调节10. 某同学为了测量木质材料与金属材料间的动摩擦因数，设计了一个实验方案：实验装置如图甲所示，金属板放在水平桌面上，且始终静止，他先用打点计时器测出木块运动的加速度，再利用牛顿第二定律计算出动摩擦因数。（1）实验时_（填“需要”或“不需要”）使砝码和砝码盘的质量m远小于木块的质量M；_（填“需要”或“不需要”）把金属板的一端适当垫高来平衡摩擦力。（2）图乙是某次实验时打点计时器所打出的纸带的一部分，纸带上计数点间的距离如图所示，则打点计时器打A点时木块的速度为_m/s，木块运动的加速度为_。（打点计时器所用电源的频率为50Hz，结果均保留两位小数）（3）若打图乙纸带时砝码和砝码盘的总质量为50g，木块的质量为200g，则测得木质材料与金属材料间的动摩擦因数为_（重力加速度，结果保留两位有效数字）【答案】 (1). （1）不需要； (2). 不需要； (3). （2）1.58； (4). 0.75 (5). （3）0.15【解析】（1）测出木块的质量M，砝码和砝码盘的质量m，由牛顿第二定律得：，即：，所以既不需要使砝码和砝码盘的质量m远小于木块的质量M；也不需要把金属板的一端适当垫高来平衡摩擦力；（2），,(3) 将，代入中，求得：11. 如图所示，在xOy平面内，有一以O为圆心、R为半径的半圆形匀强磁场区域， 磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度大小为B。位于O点的粒子源向第二象限内的 各个方向连续发射大量同种带电粒子，粒子均不会从磁场的圆弧边界射出。粒子的速率相等，质量为m、电荷量大小为q，粒子重力及粒子间的相互作用均不计。(1)若粒子带负电，求粒子的速率应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间；(2)若粒子带正电，求粒子在磁场中能够经过区域的最大面积。【答案】（1） （2） 【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：根据几何关系：r 联立得： 粒子在磁场中做圆周运动的周期：由粒子在磁场中运动的轨迹可得，沿y轴正向射入磁场中的粒子在磁场中运动时间最短，则： 联立可得：（2）分析可得，粒子在磁场中能经过的区域为半圆，如图中阴影部分，有几何关系可得该半圆的半径：r=R面积：S=r2联立可得：S=R2点睛：本题考查带电粒子在磁场中的运动问题，解题的关键是要作出粒子的运动轨迹，确定圆周运动的圆心、半径和圆心角，结合半径公式、周期公式灵活求解12. 如图所示，一劲度系数很大的轻质弹簧下端固定在倾角=30的斜面底端，将弹簧上端压缩到A点锁定。一质量为m的小物块紧靠弹簧上端放置，解除弹簧锁定，小物块将沿斜面上滑至B点后又返回，A、B两点的高度差为h，弹簧锁定时具有的弹性势能 ，锁定及解除锁定均无机械能损失，斜面上A点以下部分的摩擦不计，已知重力加速度为g。求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数;(2)物块在离开弹簧后上滑和下滑过程中的加速度大小之比; (3)若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到A点锁定，当物块返回A点时立刻解除锁定。设斜面最高点C（未画出）与A的高度差为3h，试通过计算判断物块最终能否从C点抛出。【答案】（1） （2）5:3（3）不能从C点抛出;【解析】（1）物块从A第一次上滑到B的过程中，由功能关系得：Wf+mgh=EP即 解得： （2）在上升的过程中和下滑的过程中物块都受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，设上升和下降过程中的加速度大小分别是a1和a2，根据牛顿第二定律得：物块上升过程有：mgsin+mgcos=ma1，得 a1=g（sin+cos）=物块下滑过程有：mgsin-mgcos=ma2，得 a2=g（sin+cos）=故a1：a2=5：3（3）经过足够长时间后，弹簧给物块补充的弹性势能将全部用来克服物块在斜面上来回运动时阻力做的功，设稳定时物块上升的最大高度为hm则由功能关系得：Ep=Wf总即解得：hm=2.5h3h所以物块不可能到达C点，即不能从C点抛出点睛：该题主要涉及弹簧的弹性势能与物块的动能之间的相互转化以及物块的动能与内能、重力势能之间的相互转化，要理清它们的关系第二问直接对物块进行受力分析，然后使用牛顿第二定律即可第三问要搞清能量是如何转化的（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。13. 下列说法正确的是_A相对湿度与同温度水的饱和汽压无关B松香在熔化过程中温度升高，但分子平均动能不变C若一个系统与另一个系统达到热平衡时，则两系统温度一定相同D若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则压强一定增大E液体的表面张力是由于液体表面层分子间距离略大于平衡距离而产生的【答案】CDE【解析】根据相对湿度的定义可知，相对湿度等于实际的空气水气压强和同温度下饱和水气压强的百分比，所以相对湿度与同温度水的饱和汽压有关，选项A错误；松香在熔化过程中温度升高，分子平均动能变大，选项B错误；若一个系统与另一个系统达到热平衡时，则两系统温度一定相同，选项C正确；若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则内能一定变大，温度升高，由可知压强一定增大，选项D正确；液体的表面张力是由于液体表面层分子间距离略大于平衡距离，使得表面层分子表现为引力而产生的，选项E正确；故选CDE.14. 如图所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的3倍，细筒足够长。粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定质量的空气(可视为理想气体)，气柱长L20 cm。活塞A上方的水银深H15 cm，两活塞的重力及与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平。现使活塞B缓慢上移，直至水银的1/3被推入细筒中，求活塞B上移的距离。(设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强P0相当于75 cm的水银柱产生的压强。) 【答案】7cm【解析】初态封闭气体压强：p1pHp01/3水银上升到细筒中，设粗筒横截面积为S，则HSh1；HSh2S此时封闭气体压强：p2ph1ph2p0V1LS；V2LS由玻意耳定律得p1V1p2V2解得L18 cm活塞B上升的距离dHLLH7 cm.15. 如图所示，某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面aa和bb。O为直线AO与aa的交点。在直线OA上竖直地插上Pl、P2两枚大头针。下面关于该实验的说法正确的是（_） A插上大头针P3，使P3挡住P2和Pl的像B插上大头针P4，使P4挡住P3、P2和Pl的像C为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当大些D为减小测量误差，Pl、P2的连线与玻璃砖界面的夹角应越大越好E若将该玻璃砖换为半圆形玻璃砖，仍可用此方法测玻璃的折射率【答案】ABCE【解析】插上大头针P3，使P3挡住P2和Pl的像，选项A正确；插上大头针P4，使P4挡住P3、P2和Pl的像，选项B正确；折射光线是通过隔着玻璃砖观察成一条直线确定的，大头针间的距离太小，引起的角度会较大，故P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些，可以提高准确度故C正确入射角即P1和P2的连线与法线的夹角尽量大些，即P1、P2的连线与玻璃砖界面的夹角适当小些，折射角也会大些，折射现象较明显，角度的相对误差会减小故D错误若将该玻璃砖换为半圆形玻璃砖，则用“插针法”仍可测玻璃的折射率，选项E正确；故选ABCE.16. 如图所示，一轻质弹簧的上端固定在倾角为30的光滑斜面顶部，下端栓接小物块A，A通过一段细线与小物块B相连，系统静止时B恰位于斜面的中点。将细线烧断，发现当B运动到斜面底端时，A刚好第三次到达最高点。已知B的质量m=2kg，弹簧的劲度系数k=l00Nm，斜面长为L=5m，且始终保持静止状态，重力加速度g=l0m/s2。(i)试证明小物块A做简谐运动；(ii)求小物块A振动的振幅和周期。【答案】：（i）证明小物块A做简谐运动见解析；（ii）0.1m； 0.4s【解析】（i）烧断细线后A向上运动，受力平衡时，设弹簧的伸长量为x0，则：kx0-mAgsin30=0 选A的平衡位置处为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标系，用x表示A离开平衡位置的位移当A运动到平衡位置下x位置时，物块A受到的合力为：F0=mAgsin30-k（x-x0） 联立得：F0=-kx，可知A受到的合外力总是与物块的位移成反比，所以A做简谐振动（ii）开始时AB组成的系统静止时，设弹簧的伸长量为x1，根据胡克定律有：kx1-（mA+mB）gsin30=0 所以： 烧断细线后A从此位置开始向上运动，到达平衡位置运动的距离为物块A的振幅，则：A=x1x0代入数据得：A=0.1m烧断细线后B向下做匀加速直线运动，则：mBgsin30=mBa设B到达斜面底端的时间为t，则： A向上运动经过周期第一次到达最高点，则第三次到达最高点的时间：t=2.5T代入数据联立得：T=0.4s点睛：该题以简谐振动为背景考查共点力平衡、牛顿第二定律的应用等重点知识点，解答的关键是抓住题目中不同情况下的受力知道简谐运动的特征：F=-kx。