2019届高三物理下学期考前模拟试题(二)(含解析).doc

2019届高三物理下学期考前模拟试题(二)(含解析)1. 请用学过的物理知识判断，下列说法正确的是A. 物体的加速度大小不能瞬间改变，但加速度的方向可以瞬间发生变化B. 安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现C. 做圆周运动的物体受到的合外力一定指向圆心D. 牛顿第一、二、三定律都可以用实验的方式加以验证【答案】B【解析】物体的加速度大小和方向都可以随着合外力的瞬时变化而瞬间发生变化，选项A错误； 安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现，选项B正确； 做匀速圆周运动的物体受到的合外力一定指向圆心，选项C错误； 牛顿第二、三定律都可以用实验的方式加以验证，但是牛顿第一定律不能用实验来验证，选项D错误；故选B.2. 如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场；重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v正对着圆心O射入磁场，若粒子射入、射出磁场点间的距离为R，则粒子在磁场中的运动时间为： A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，如图所示：故轨道半径：r=33R;根据牛顿第二定律，有：qvB=mv2r，解得：r=mvqB；联立解得：v=3qBR3m故在磁场中的运动时间：t=23rv=23R9v故选：A考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动问题；解题的关键是结合几何关系得到轨道半径，画出粒子的轨迹是解题的基础，根据牛顿第二定律列式可以求解粒子的比荷；运动的时间还可以通过t=2T进行求解.3. 一个带负电的粒子仅在电场力作用下运动，其电势能随时间变化规律如图所示，则下列说法正确的（）A. 该粒子可能做直线运动B. 该粒子在运动过程中速度保持不变C. 粒子运动轨迹上各点的电势一定相等D. t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度一定相同【答案】C【解析】粒子的电势能不变，电场力不做功，而带电粒子只受电场力，不可能做直线运动，故A错误根据能量守恒可知粒子的动能不变，速度大小不变，粒子做曲线运动，速度方向在改变，所以速度在改变故B错误粒子的电势能不变，电场力不做功，根据电场力公式W=qU知粒子运动轨迹上各点的电势一定相等，而电场强度与电势无关，t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度不一定相同，故D错误，C正确故选C4. 如图所示，竖直放置在水平面上的固定圆筒，从圆筒上边缘等高处同一位置分别紧贴内壁和外壁以相同速率向相反方向水平发射两个相同小球，直至小球落地，不计空气阻力和所有摩擦，以下说法正确的是A. 筒外的小球先落地B. 两小球通过的路程不一定相等C. 两小球的落地速度可能相同D. 筒内小球随着速率的增大对筒壁的压力逐渐增加【答案】C【解析】试题分析：筒内小球水平方向只受到筒壁的作用力，由于筒壁的作用力始终与速度的方向垂直，所以该力不改变小球沿水平方向的分速度的大小只有竖直方向的重力才改变小球速度的大小所以小球沿水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动若已知发射小球的水平速度和圆筒高度，小球运动的时间：t=2hg，在筒外的小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，所以运动的时间也是t=2hg，筒内小球落地所用时间和筒外小球一样长故选项A错误；两个小球在竖直方向都做自由落体运动，落地的速率都是：v=v02+2gh，若筒内小球恰好运动n（n=1，2，3）周，则二者速度的方向也相同，二者的速度相等故B是可能的，选项B正确两个小球的水平方向的路程：xv0tv02hg，可知两小球通过的路程一定相等故选项C错误；由于筒壁的作用力始终与速度的方向垂直，所以该力不改变小球沿水平方向的分速度的大小只有竖直方向的重力才改变小球速度的大小所以筒内小球沿水平方向做匀速圆周运动，需要的向心力不变，所以对筒壁的压力不变 故选项D错误故选B。考点：圆周运动；平抛运动【名师点睛】该题考查平抛运动，解答的关键是筒内小球沿水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，若将该轨迹张开到一个平面内，则是平抛运动，然后结合平抛运动的特点分析小球运动的时间与位移。5. 某小型水电站的电能输送示意图如图所示。发电机的输出电压为220 V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)，要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则A. n2n1n3n4C. 升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 D. 升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率【答案】BD【解析】试题分析：由变压器的电压比匝数之比n2n1=U2U1=U2200，n3n4=U3U4=U3220，又因为线路电压损失，即U2U3，所以n2n1n3n4故A正确，B错误；由于远距离输电，输电线电阻不能忽略，导致输电线路上电压损失，使功率损失，所以升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压；升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率故C错误，D正确；故选AD考点：远距离输电；变压器【名师点睛】理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损。6. 如图甲所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距L，在M、P之间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间cdfe矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电阻为r、长度也刚好为L的导体棒ab垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d0.现用一个水平向右的力F拉棒ab，使它由静止开始运动，棒ab离开磁场前已做匀速直线运动，棒ab与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，F随ab与初始位置的距离x变化的情况如图乙所示，F0已知下列判断正确的是： A. 棒ab在ac之间的运动是匀加速直线运动B. 棒ab在ce之间不可能一直做匀速运动C. 棒ab在ce之间可能先做加速度减小的运动，再做匀速运动D. 棒ab经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为BLdR【答案】AC【解析】棒ab在ac之间运动时，水平方向只受到水平拉力的作用，做匀加速运动；故A正确；棒ab进入磁场后受到水平拉力和安培力的作用，根据两个力的大小关系，可能存在三种情况：拉力大于安培力，则棒先做加速运动，但随速度的增大，安培力增大，合力减小，所以棒做加速度减小的加速运动，直到安培力等于拉力，开始做匀速运动；故C正确；安培力等于拉力，棒在磁场中始终做匀速运动；故B错误；拉力小于安培力，则棒先做减速运动，但随速度的减小，安培力减小，合力减小，所以棒做加速度减小的减速运动，直到安培力等于拉力，开始做匀速运动；金属棒通过磁场的过程通过R上的电量qR+rBSR+rBLdR+r故D错误故选AC.点睛：本题考查了电磁感应与力学和功能关系的结合，对于这类问题一定要正确分析安培力的大小和方向然后根据运动状态列出牛顿第二定律方程求解，注意金属棒通过磁场的过程通过R上的电量qR+r 。7. 如图所示，设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的同步卫星高度R（从地心算起）延伸到太空深处这种所谓的太空电梯可用于低成本地发射绕地人造卫星其发射方法是将卫星通过太空电梯匀速提升到某高度，然后启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去设在某次发射时，卫星在太空电梯中极其缓慢地匀速上升，该卫星在上升到0.80R处意外和太空电梯脱离（脱离时卫星相对与太空电梯上脱离处的速度可视为零）而进入太空，A. 利用万有引力充当向心力，此卫星可以绕地球做半径为0.8R的匀速圆周运动B. 此卫星脱离太空电梯的最初一段时间内可能做离心运动C. 此卫星脱离太空电梯的最初一段时间内将做逐渐靠近地心的曲线运动D. 欲使卫星脱离太空电梯后做匀速圆周运动，需要在释放的时候让它适当加速。【答案】CD【解析】在同步轨道，有：GMmR2m2R ；在电梯中，物体的角速度与地球自转角速度相同，万有引力为GMm(0.8R)2 ，做圆周运动需要的向心力为m2（0.8R）；由于GMm(0.8R)2GMmR2m2Rm2(0.8R) ，故离开电梯瞬间，万有引力大于需要的向心力，此后会做向心运动，故AB错误，C正确；欲使卫星脱离太空电梯后做匀速圆周运动，需要增加速度，使得万有引力等于向心力，故D正确；故选CD.点睛：本题关键是明确物体做匀速圆周运动、离心运动、向心运动的动力学条件，当引力大于需要的向心力时做向心运动，当引力小于需要的向心力时做离心运动，基础题目8. 如图所示，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用一轻质弹簧相连，然后将它们静置于一底端带有挡板的光滑斜面上，其中B置于斜面底端的挡板上，设斜面的倾角为,弹簧的劲度系数为k。现用一平行于斜面的恒力F拉木块A沿斜面由静止开始向上运动，当木块B恰好对挡板的压力为零时，木块A在斜面上运动的速度为v，则下列说法正确的是A. 此时弹簧的弹力大小为m1gsinB. 拉力F在该过程中对木块A所做的功为F(m1+m2)gsin/kC. 木块A在该过程中重力势能增加了m1 (m1+m2)g2（sin）2/kD. 弹簧在该过程中弹性势能增加了F(m1+m2)gsin/k-（1/2）m2v2【答案】BC点睛：含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路，难度适中三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都做答；第33题39题为选考题，考生根据要求作答。9. 如图为测量电阻的电路，Rx为待测电阻，R的阻值己知，R为保护电阻，阻值未知。电源E的电动势未知，K1、K2均为单刀双掷开关。A为电流表，其内阻不计。测量R x的步骤为：将K2向d闭合，K1向_闭合，记下电流表读数I1，再将K2,、K1向_闭合，记下电流表读数I2。计算R x的公式是R x=_。【答案】 (1). a (2). b (3). I2RI1【解析】该实验的原理是：用一个电流表分别测量出两个电阻的电流，根据二者电压相等，推导出待测电阻的表达式所以将K2向d闭合，K1向a时，测量的I1是Rx的电流；当K2向c闭合，K1向b时，测量的I2是R的电流，RX与R并联，所以：I1RX=I2R，则得Rx=I2RI1 点睛：此题中通过不同的接点，用一个电流表分别测量出两个电阻的电流，根据并联电路电压相等，推导出待测电阻的表达式10. 某探究学习小组的同学欲以下图装置中的滑块为对象探究动能定理，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、天平、刻度尺、导线、复写纸、纸带、细沙。当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：（1）实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是_，实验时首先要做的步骤是_（2）在（1）的基础上，某同学用天平称量滑块的质量M往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2（v1 v2）则对滑块，本实验最终要探究的数学表达式为_（用题中的字母表示）（3）如果以合力对滑块做的功W为纵轴，以_（填v或v2）为横轴，图线就是一条直线（如图），其斜率为_（用题中的字母表示）（4）如果实验时所用滑块质量为M，沙及沙桶总质量为m，让沙桶带动滑块在水平气垫导轨上加速运动，也可以用来探究滑块与沙及沙桶组成的系统机械能是否守恒。用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2（v1 v2）要探究滑块与沙及沙桶组成的系统机械能是否守恒，则最终需验证的数学表达式为_（用题中的字母表示）。【答案】 (1). （1）沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量； (2). 平衡摩擦力 (3). （2）mgL=12Mv2212Mv12 (4). （3）v2 (5). 12M (6). mgL12M+m(v22v12) 【解析】（1）实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是：沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量；实验时首先要做的步骤是：平衡摩擦力（2）拉力的功为mgL；小车动能的变化量为12Mv2212Mv12 ，故要验证的表达式为mgL=12Mv2212Mv12；（3）由W=mgL=12Mv2212Mv12可知，如果以合力对滑块做的功W为纵轴，以v2为横轴，图线是一条直线，其斜率为12M；（4）要探究滑块与沙及沙桶组成的系统机械能是否守恒，则系统重力势能的减小量为mgL；系统动能的增加量为12(M+m)(v22v12)，则最终需验证的数学表达式为mgL=12(M+m)(v22v12)；11. 如图所示，AB是固定在水平面地面上半径为R=0.2m的光滑四分之一圆弧轨道，与水平放置的P板的上表面BC在B点相切，BC是静止在光滑水平地面上的长木板，质量为M=3.0kgQ是一质量为m=1.0kg的小物块，现小物块Q从与圆心等高的A点静止释放，从P板的左端开始向右滑动已知Q与BC之间的动摩擦因数为=0.20取重力加速度g=10m/s2，求(1)小物块Q下滑到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力是多少？(2)要使小物块不从长木板p的右端滑下，长木板P至少多长？【答案】（1）30N；（2）0.75m【解析】(1)小物块Q从轨道上滑下的过程中机械能守恒，有mgR=12mv02 在B点根据牛第二定律得FN mg=mv02R 代入FN=30N小物块Q下滑到最低点时对轨道的压力是30N(2)规定向右的运动方向为正方向，对Qp系统运用动量守恒有：mv0=(m+M)v，根据能量守恒得，mgL=12mv0212(m+M)v2 代入数据解得L=0.75m点睛：本题主要考查动量守恒和机械能守恒定律的条件，解题时要注意动量守恒定律的条件，要善于从动量和能量两个不同的角度列方程联立12. 如图甲所示，直角坐标系xoy中，第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，第一、四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向。第三象限内有一发射装置（没有画出）沿y轴正方向射出一个比荷qm=100C/kg的带正电的粒子（可视为质点且不计重力），该粒子以v0=20m/s的速度从x轴上的点A（-2m，0）进入第二象限，从y轴上的点C（0，4m）进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化.g=10m/s2. （1）求第二象限内电场的电场强度大小；（2）求粒子第一次经过x轴时的位置坐标；【答案】（1）1.0N/C（2）(3m，0)【解析】（1）带电粒子在第二象限的电场中做类平抛运动，设粒子从A点到C点用时为t，则Eq|xA|=12m(vC2v02) |xA|=vCx2t|yC|=v0tvC2=v02+vCx2解得：E=1.0N/C vC=202m/s （2）设粒子在C点的运动方向与y轴正方向成角，则 cos=v0vC=1即=45粒子在第一象限磁场中运动时有：qvCB=mvC2r解得：r=22m粒子做圆周运动的周期T=2rvC=20s所以粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过x轴，在x轴上对应的弦长为r2=1m 所以OD=3m粒子第一次经过x轴时的位置坐标为(3m,0) (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1题解答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目涂黑。注意所做题目必须与所涂题目一致，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。物理选修3-313. 下列说法正确的是_A只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积B在一定温度下，悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C一定质量的理想气体压强不变时，气体分子单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度升高而减少D一定温度下，水的饱和汽的压强是一定的E由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势【答案】BCD【解析】摩尔体积除以阿伏伽德罗常数算出的是气体分子占据的空间，气体分子间的空隙很大，所以气体分子占据的空间不等于气体分子的体积故A错误；悬浮在液体中的固体微粒越小，来自各方向的撞击抵消的越少，则布朗运动就越明显故B正确；一定质量的理想气体压强不变时，温度升高，则体积一定减小；故气体分子单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度升高而减少；故C正确；水的饱和汽压和温度有关，一定温度下，水的饱和汽的压强是一定的；故D正确；分子间同时存在引力和斥力，液体分子存在表面张力的原因是引力大于斥力；对外表现为引力；从而使且面收缩；故E错误；故选BCD点睛：知道固体、液体、气体分子的模型及运动特点；知道布朗运动其实是分子撞击布朗颗粒而产生的运动；知道温度是分子平均动能的标志，注意平时加强识记.14. 如图所示，用细管连接A、B两个绝热的气缸，细管中有一可以自由移动的绝热活塞M，细管容积不计A、B中分别装有完全相同的理想气体，初态的体积均为V1=1.0102m3，压强均为p1=1.0105Pa，温度和环境温度相同且均为t1=27，A中导热活塞N的横截面积SA=500cm2现缓缓加热B中气体，保持A气体的温度不变，同时给N施加水平向右的推力，使活塞M的位置始终保持不变稳定时，推力F=53103N，外界大气压p0=1.0105Pa，不计活塞与缸壁间的摩擦求：活塞N向右移动的距离；B中气体的温度(用摄氏度表示) 【答案】5cm 127【解析】A中气体的压强为：P2=P0+FS=1.33105Pa 对A气体由玻意耳定律得：p1V1=p2V2，解得：V2=P1V1P2=7.5103m3 活塞N向右移动的距离为：L=V1V2SA=5102m=5cm B气体温度为：T1=273+t1=273+27K=300K，T2=273+t2由查理定律：P1T1=P2T2 得：T2=P2P1T1=400K 所以：t2=T2273=127 物理选修3415. 如图甲所示为一简谐波在t0时刻的图象，图乙所示为x4m处的质点P的振动图象，则下列判断正确的是_。A这列波的波速是2msB这列波的传播方向沿x正方向Ct3.5s时P点的位移为0.2mD从t0时刻开始计时，P点的振动方程为y0.2sin（t）mE从t0时刻开始计时，P点的振动方程为y0.2sin（t2）m【答案】ACD.16. 如图所示是一个透明圆柱体的横截面，其半径为R，折射率是3，AB是一条直径。今有一束平行于AB的光射向圆柱体。若其中一条入射光线经折射后恰经过B点，则这条入射光线到AB的距离是多少？【答案】32R【解析】解法1：根据折射定律n=sinsin=3 ，由几何关系2可得30，60， 所以CD=Rsin=32R 解法2：根据折射定律n=sinsin=3在OBC中，sinR=sin(1800)BC=sin2Rcos可得30，60， 所以 解法3：，根据折射定律 解得30，60， 所以