2019届高三物理3月份模拟试卷(含解析).doc

2019届高三物理3月份模拟试卷(含解析)一、选择题1.关于两个分子之间的相互作用力和分子势能，下列判断正确的是（）A. 两分子处于平衡位置，分子间没有引力和斥力B. 两分子间距离减小，分子间的引力和斥力都増大C. 两分子间距离减小，分子势能一定减小D. 两分子处于平衡位置，分子势能最大【答案】B【解析】【详解】两分子处于平衡位置，分子间也存在引力和斥力，只不过合力为零，选项A错误；两分子间距离减小，分子间的引力和斥力都増大，选项B正确；当分子距离小于r0时，两分子间距离减小，分子势能增大，选项C错误；两分子处于平衡位置，分子势能最小，选项D错误；故选B.2.如图所示，在坐标原点处的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=10m/s。t0时刻，波刚好传播到x=6m处。下列说法正确的是A. 该波的波长为6mB. 波源的振动周期为0.6sC. 质点A的振动方向沿y轴负方向D. 波源开始振动的方向沿y轴负方向【答案】C【解析】【详解】A由简谐波图象可知，波长为4m，故A错误；B根据T=v可知波源的振动周期为T=0.4s，故B错误；C据质点的振动方向与波的传播方向关系，利用上下坡法可知质点A的振动方向沿y轴负方向，故C正确；D简谐波传播过程中，介质中各质点的起振方向与波源的起振方向相同，所以波源起振方向与图中x=6m处质点的振动方向相同，即沿y轴正方向，故D错误；故选C。3. 一台小型发电机产生的电动势随时间变化的规律图像如图甲所示，已知发电机线圈内阻为20.0，现外接一只“100V,125W”的灯泡，如图乙所示，则：A. 此时刻线圈中感应电流为0B. 通过灯的电流随时间t的变化规律是sin100t(A)C. 灯泡能正常发光D. 灯泡的实际功率是80w【答案】D【解析】穿过线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生，A错；感应电动势峰值为100V，电流峰值为A，由图示位置开始转动，产生的时正弦图像，通过灯的电流随时间t的变化规律是sin100t(A)，B错；电流有效值为1A，灯泡正常发光的电流为P/U=1.25A ，所以灯泡不能正常发光，C错；灯泡的实际功率为，D对；4.右图为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于以n= 4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光。关于这些光下列说法正确的是A. 最容易表现出衍射现象的光是由，n= 4能级跃迁到n= 1能级产生的B. 频率最小的光是由n= 2能级跃迁到n= 1能级产生的C. 这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光D. 用n= 2能级跃迁到n= 1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 e V的金属铂能发生光电效应【答案】D【解析】波长越长衍射现象越明显，能级差越大频率越高波长越短，A错；频率最小的光应是由n=4能级跃到3能级产生的，B错；由可知，这些氢原子总共可辐射出六种不同频率的光子，能极差越大频率越高，可得C对，用2能级跃迁到1能级辐射出的光能量为10.2eV，大于逸出功，能发生光电效应5. xx 年8 月,“嫦娥二号冶成功进入了环绕“日地拉格朗日点冶的轨道,我国成为世界上第三个造访该点的国家. 如图所示,该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上,一飞行器处于该点,在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动,则此飞行器的A. 线速度大于地球的线速度B. 向心加速度大于地球的向心加速度C. 向心力仅由太阳的引力提供D. 向心力仅由地球的引力提供【答案】AB【解析】A、飞行器与地球同步绕太阳运动，角速度相等，根据v=r，知探测器的线速度大于地球的线速度，A正确；B、根据a=r2知，探测器的向心加速度大于地球的向心加速度，B正确；C、探测器的向心力由太阳和地球引力的合力提供，C、D错误；故选AB。【此处有视频，请去附件查看】6.将静止在P点的原子核置于匀强磁场中（匀强磁场的方向图中未画出），能发生衰变或衰变，衰变后沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，得到轨迹圆弧AP和轨迹圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RAP与RPB之比为44:1，则A. 发生了衰变，磁场垂直纸面向外，原核电荷数为90B. 发生了衰变，磁场垂直纸面向里，原核电荷数为86C. 发生了衰变，磁场垂直纸面向里，原核电荷数为45D. 发生了衰变，磁场垂直纸面向外，原核电荷数为43【答案】D【解析】【详解】两粒子运动方向相反，受洛伦兹力方向相同，可知两粒子带异种电荷，可知发生的是衰变；根据动量守恒定律，两粒子动量等大反向，由r=mvqB1q，则两粒子的电量之比为1：44，因射线带一个负电荷，则原核电荷数为43，根据左手定则可知，磁场垂直纸面向外，故选D.7.某同学设计了一个加速度计，如图所示。电池电动势均恒为E，内阻不计，滑动变阻器阻值均匀，总电阻为R，总长度为L，滑块2质量为m，轻质滑动片4与电阻接触良好。轻质弹簧3的弹劲度系数均为k，按图连接电路后，电压表指针的零点调到中央，此时弹簧恰处在原长位置，滑动片4恰好在电阻中间位置。当P端的电势高于Q端时，指针向零点右侧偏转 A. 当物体向右加速时，电压表的指针向右偏转B. 当物体向左减速时，电压表的指针向右偏转C. 当电压表的读数大小为U时，弹簧形变量均为x=ULED. 当电压表的读数大小为U时，物体加速的大小为a=kULmE【答案】D【解析】【详解】当滑片在中点时：UPUQ=EIR右=0，当物体向右加速时，R右变大，I不变，则UPUQ，则电压表的指针向左偏转；同理当物体向左减速时，电压表的指针向左偏，选项AB错误；设滑动变阻器总长度为L，振子偏离中间位置x距离时，电压表的示数为U，由牛顿第二定律得2kx=ma；设电阻器单位长度的电阻为r，则电路中的电流为I=2ER=2ELr；电压表的示数为 U=Ixr；由以上各式解得：x=UL2E ，a=kULmE，则选项C错误，D正确；故选D.8.随着电动汽车的大量普及，汽车无线充电受到越来越多的关注。无线充电简单方便，不需手动操作，没有线缆拖拽，大大提高了用户体验。将受电线圈安装在汽车的底盘上，将供电线圈安装在地面上，如图所示。当电动汽车行驶到供电线圈装置上，受电线圈即可“接受”到供电线圈的电流，从而对蓄电池进行充电。关于无线充电，下列说法正确的是A. 无线充电技术与变压器的工作原理相同B. 为了保护受电线圈不受损坏，可在车底加装一个金属护板C. 只有将供电线圈接到直流电源上，才能对蓄电池进行充电D. 当受电线圈没有对准供电线圈（二者没有完全重合）时，将不能进行无线充电【答案】A【解析】【详解】A无线充电技术与变压器都是利用电磁感应原理，故A正确；B加装的金属护板会产生涡流，涡流会产生热量，且可能会熔化金属，故加装金属护板浪费能量，还可能损坏电器，故B错误；C应将供电线图接到交流电源上，对电池进行充电，故C错误；D当受电线圈没有对准供电线圈（二者没有完全里合）时，也可以进行无线充电，故D错误；故A正确；三、非选择题（共58分）9.（1）如图1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P1、P2两枚大头针。 该同学接下来要完成的必要步骤有_； A插上大头针P3，使P3仅挡住P2的像 B插上大头针P4，使P4仅挡住P3和P1、P2的像C入射角过大，在上表面可能发生全反射D入射角过大，在下表面可能发生全反射）过P3、P4作直线交bb于O，过O作垂直于bb的直线NN，连接OO测量图1中角和的大小则玻璃砖的折射率n=_.如图2所示，该同学在实验中将玻璃砖界面aa和bb的间距画得过宽。若其他操作正确，图2（甲）折射率的测量值_准确值；图2（乙）折射率的测量值准确值_（选填“大于”、“小于”或“等于”）。（2）现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C，单缝D和透红光的滤光片E等光学元件，要把它们放在图所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用来测量红光的波长。将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序应为C、_、A；若经粗调后透过测量头上的目镜观察，看不到明暗相同的条纹，只看到一片亮区，造成这种情况的最可能的原因是_。将测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图甲所示然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数_mm，求得相邻亮纹的间距x为_mm 已知双缝间距d为2.0104m，测得双缝到屏的距离L为0.700 m，由计算式=_，求得所测红光波长为_ nm。利用图中装置研究双缝干涉现象时，下面几种说法正确的是_A.将屏移近双缝，干涉条纹间距变窄B将滤光片由蓝色的换成红色的，干涉条纹间距变宽C将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距变宽D换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄E.去掉滤光片后，干涉现象消失【答案】 (1). （1）B (2). n=sinsin (3). 小于； (4). 小于； (5). （2）E、D、B； (6). 单缝和双缝不平行； (7). 13.870mm； (8). 2.310mm (9). =dLx； (10). 6.610-4mm (11). ABD【解析】【详解】（1）该同学接下来要完成的必要步骤有：确定P3大头针的位置的方法是插上大头针P3，使P3能挡住P1、P2的像。确定P4大头针的位置的方法是大头针P4能挡住P3和P1、P2的像。P3和P1、P2的像，选项B正确，A错误；入射角过大，在上表面和下表面都不可能发生全反射，选项CD错误；故选B.根据折射定律得：玻璃砖的折射率为n=sinsin。甲图中将玻璃砖界面aa和bb的间距画得过宽但仍平行，而其他操作正确，导致角偏大，由于n=sinsin，故折射率的测量值将偏小。同理，乙图中将玻璃砖界面aa和bb的间距两边都画得过宽但仍平行，而其他操作正确，同样会导致角偏大，由于n=sinsin，故折射率的测量值将偏小。（2）为获取单色线光源，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝，最后是毛玻璃排列顺序是：C、E、D、B、A；实验时，若经粗调后透过测量头上的目镜观察，看不到明暗相间的条纹，只看到一片亮区，造成这种情况的最可能的原因是单缝和双缝不平行；甲的读数为：2.320mm；乙的读数：13.870mm，则条纹间距：x=13.8702.32061mm=2.310mm 已知双缝间距d为2.0104m，测得双缝到屏的距离L为0.700 m，由计算式=dLx，求得所测红光波长为:=2.01040.7002.310103m=6.6107m=6.6104mm 将屏移近双缝，L变小，根据双缝干涉条纹的间距公式x=Ld条纹间距减小，故A正确；将滤光片由蓝色的换成红色的，波长变长，根据双缝干涉条纹的间距公式x=Ld知条纹间距增大，故B正确；将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距不变故C错误换一个两缝之间距离较大的双缝，d变大，根据双缝干涉条纹的间距公式x=Ld知条纹间距减小，故D正确；去掉滤光片后，透过缝的将是多种颜色的光，波长不同干涉后形成的条纹间距不同，在屏上形成彩色条纹，故E错误故选ABD10.两个圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是均匀的。一个粒子从正极板边缘以初速度v0垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心。已知质子电荷为e，质子和中子的质量均视为m，忽略重力和空气阻力的影响，求：（1）极板间的电场强度E；（2）粒子到达负极板的速度v；（3）圆形平板电极的半径R。【答案】（1）E=Ud（2）v=v02+Uem（3）R=2v0dmUe【解析】【详解】（1）极板间的电场强度E=Ud （2）粒子质量为4m，电量为2e；根据动能定理：U2e=124mv2124mv02 解得：v=v02+Uem （3）粒子射入电场后，竖直方向做匀速运动，水平方向做匀加速运动，则R=v0t d=12E2e4mt2 解得R=2v0dmUe11.如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角，导轨电阻不计磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R。定值电阻的阻值也为R，重力加速度为g，闭合开关S，现将金属棒由静止释放。（1）求金属棒下滑的最大速度va；（2）金属棒从静止开始下滑距离为s0时速度恰好达到最大；求该过程通过金属棒的电量q；a.求该过程中金属棒的生热Q；b.试证明该过程中任意时刻金属棒克服安培力的功率都等于全电路的生热功率。（3）金属棒从静止开始下滑距离为s0时速度恰好达到最大，求该过程中金属棒所用的时间t。【答案】（1）vm=2mgRsinB2L2（2）q=BLs02Ra. Q=mgs0sin2mg2sin2B4L4b.见解析；（3）t=2mRB2L2+B2L2s02Rmgsin【解析】【详解】（1）当金属棒到达最大速度时，由平衡知识可知：mgsin=BBLvmR+RL 解得vm=2mgRsinB2L2 （2）由It=q； I=E2R； E=t=BLs0t ；解得q=BLs02R a.由能量关系可知：Q=mgs0sin12mvm2=mgs0sin2mg2sin2B4L4 b.设某一时刻金属棒的速度为v，则安培力的功率：P安=F安v=BBLv2RLv=B2L2v22R；电动势E=BLv，则全电路的生热功率P热=E22R=B2L2v22R ，即该过程中任意时刻金属棒克服安培力的功率都等于全电路的生热功率，问题得证。（3）由动量定理可知：mgsintBILt=mvm ，而It=q 联立解得：t=2mRB2L2+B2L2s02Rmgsin12.碰撞过程中的动量和能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。如图所示，将一个大质量的弹性球A（质量为m1）和一个小质量的弹性球B（质量为m2）叠放在一起，从初始高度h0由静止竖直下落，不计空气阻力，且h0远大于球的半径。设A球与地面作用前的速度大小为v0（v0为未知量），A球和地面相碰后，以原速反弹；反弹后它和以v0向下运动的B球碰撞，如图（甲）所示。碰后如图（乙）所示。取竖直向上为正方向。 （1）a求v0； b有同学认为，两物体（选为一个系统）在竖直方向碰撞，由于重力的影响，系统动量不再守恒。现通过实验及计算说明这一问题。 某次实验时，测得m1=60.0g，m2=3.0g，h0=1.80m，A和B碰撞时间t=0.01s，重力加速度g取10m/s2。 求A和B相互作用前瞬间系统的总动量大小P1； 求A和B相互作用过程中，系统总动量的变化量大小P； 计算PP1100%的值。据此实验及结果，你认为物体在竖直方向碰撞过程中，是否可以应用动量守恒定律？并简要说明理由。 （2）若不计系统重力的影响，且m2m1，求碰撞后，m2球上升的最大高度h2。【答案】（1）a. v0=2gh0 b.0.342kgm/s6.3103Ns 1.84%（2）1.8m【解析】【详解】（1）a由机械能守恒定律可知：mgh0=12v02，解得v0=2gh0 b.两物体落地前的速度v0=2101.8m/s=6m/s A和B相互作用前瞬间系统的总动量大小；根据动量定理，A和B相互作用过程中，系统总动量的变化量等于重力的冲量： ；据此实验及结果，则物体在竖直方向碰撞过程中，可以应用动量守恒定律；因为重力的冲量远小于系统总动量。（2）若不计系统重力的影响，且m2m1，由动量守恒：由能量关系：联立解得： ；因m2m1，则v1=v0 ，则m2球上升的最大高度h2=h0=1.8m。