2019届高三物理下学期第四次模拟考试试题(含解析) (I).doc

2019届高三物理下学期第四次模拟考试试题(含解析) (I)二、选择题1. 下列说法中不正确的是（ ）A. 核反应为人类第一次实现的原子核的人工转变B. 在、三种射线中，射线穿透能力最强，射线电离作用最强C. 遏止电压的大小与入射光的频率成正比，与入射光的光强无关D. 处于n3能级的大量氢原子向低能级跃迁时，辐射光的频率有3种【答案】CB、根据三种射线的特点可知，在、这三种射线中，射线的穿透能力最强，射线的电离能力最强，B正确；C、遏止电压，大小与入射光的频率成线性关系，与入射光的光强无关，C错误；D、处于n3能级的大量氢原子向低能级跃迁时，可能有：3到2、3到1、2到1共三种情况，辐射光的频率可能有3种，D正确。本题选择错误答案，故选C。2. 某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆。每过N年，行星会运行到日地连线的延长线上（相距最近），如图所示。设该行星与地球的公转周期之比为a，公转半径之比为b，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由图可知行星的轨道半径大,那么由开普勒第三定律知其周期长。每过N年,该行星会运行到日地连线的延长线上,说明从最初在日地连线的延长线上开始,每N年地球比行星多转一圈，即行星转了N1圈,从而再次在日地连线的延长线上。所以行星的周期是N/（N1）年,故行星与地球的公转周期之比：，AB错误；根据开普勒第三定律有：，公转半径之比：C错误、D正确。故选：D。【名师点睛】由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长，其绕太阳转的慢。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明N年地球比行星多转1圈，即行星转了N-1圈，从而再次在日地连线的延长线上，那么，可以求出行星的周期，再由开普勒第三定律求解该行星与地球的公转半径比。3. 有一两岸平直、流速恒定的河流。某人驾驶小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直，船在静水中的速度大小相同，且小船在静水中速度与河水流速大小的比值为k，则去程与回程所用时间之比为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】设船在静水中渡河时的速度为v2；当船头指向始终与河岸垂直，则有：，当回程时行驶路线与河岸垂直，则有：；而回头时的船的合速度为：由于小船在静水中速度与河水流速大小的比值为k，联立得：。故选A。4. 如图所示，质量分别为m和M的两长方体物块P和Q，叠放在倾角为的固定斜面上。P、Q间的动摩擦因数为1，Q与斜面间的动摩擦因数为2。当它们从静止释放沿斜面滑下时，两物块始终保持相对静止，则物块P对Q的摩擦力为（ ）A. 1mgcos，方向平行于斜面向上B. 2mgcos，方向平行于斜面向下C. 2mgcos，方向平行于斜面向上D. 1mgcos，方向平行于斜面向下【答案】B【解析】对PQ整体受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，如图根据牛顿第二定律，有(m+M)gsin2(m+M)gcos=(M+m)a解得a=g(sin2cos)再对P物体受力分析，受到重力mg、支持力和沿斜面向上的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有mgsinFf=ma由解得Ff=2mgcos根据牛顿第三定律，物块P对Q的摩擦力大小为2mgcos，方向平行于斜面向下。故选：C。5. 如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列结论正确的是（已知重力加速度为g）（ ）A. 板间电场强度大小为B. 两极板间电压为C. 整个过程中质点的重力势能增加D. 若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上【答案】AC【解析】A. 粒子在极板间受到竖直向下的重力与竖直向上的电场力作用，在板与屏之间受到竖直向下的重力作用，水平方向做匀速直线运动，由于最后垂直打在M上，在板间竖直向上的加速度等于在板与屏之间竖直向下的加速度，即：，A正确；B、两板间的电压：，B错误；C、在两板间向上的以加速度g做匀加速运动，位移：，在板与屏之间向上的以加速度g做匀减速运动，位移与y1相等，整个过程中质点增加的重力势能：，C正确；D、电量不变，仅增大两极板间距，两板间电场强度不变，整个过程粒子的运动不变，该质点垂直打在M上，D错误。故选：AC。6. 两个质量相同、电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率正对圆心O并沿AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是（ ）A. 粒子a带负电，粒子b带正电B. 粒子a在磁场中所受洛伦兹力较大C. 粒子b动能较大D. 粒子b在磁场中运动时间较长【答案】AC【解析】A、粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，带正电；a向下偏转，带负电，A正确；B、 洛伦兹力提供向心力,即：，得：，故半径较大的b粒子速度大，所受洛伦兹力较大，B错误； C、 由于b粒子速度大，所以动能也较大，C正确；D、根据推论公式T=2m/qB，周期相等，故磁场中偏转角大的运动的时间也长；a粒子的偏转角大，因此运动的时间就长，D错误。故选：AC。【名师点睛】两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子以不同的速率射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定则判定。从图线来看，a的半径较小，可以结合洛伦兹力提供向心力，写出公式，进行判断，之后，根据公式，再判定动能和运动的时间。7. 如图所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点。c、d两点分别固定一等量异种点电荷。带负电的试探电荷仅在电场力作用下从a点沿曲线运动到b点，e为第一象限内轨迹上的某点，以下说法正确的是（ ）A. c点的电荷带正电B. a点电势高于e点电势C. e点场强方向沿轨迹在该点的切线方向D. 试探电荷从a到b过程中，电势能先增大后减小【答案】BD【解析】A.、由于只受电场力的作用，检验电荷做曲线运动，所以电场力指向轨迹的凹侧，所以c点的电荷带负电，故A错误；B、x轴是一条等势线，由于c点的电荷带负电，所以a点电势高于e点电势，故B正确；C、由等量异种电荷的电场分布可知，该电荷自由移动的曲线轨迹不可能与电场线重合，故C错误；D. 检验电荷从a到b过程中，电势先降低后升高，电场力先做负功后做正功，故电势能先增加后减小，故D正确。故选：BD。 【名师点睛】根据轨迹的弯曲方向得到电场力的方向，再判断两个电荷的电性；x轴是一条等势线，根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的变化，根据负电荷在电势高处电势能小，分析电势能的变化。8. 如图所示，在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A、B，它们的质量分别为m、M（mM）。弹簧（中心线与斜面平行）的劲度系数为k，C为垂直斜面放置的固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则（ ）A. 物块B的质量满足MgsinkdB. 此时物块A的加速度大小可能为 C. 此时物块A克服重力做功的功率为mgvsinD. 此过程中弹性势能增量为【答案】BCD【解析】A、开始时，弹簧被压缩，弹力等于A重力沿斜面向下的分力：，刚要开始运动时，弹簧被拉长，弹力等于B重力沿斜面向下的分力：，物块A运动的距离，A错误；满足：m2gsin=kx2,弹簧的弹性势能先减小再增加,m1=m2时,弹簧的压缩的弹性势能和拉伸的弹性势能大小相等)故A错误；B、分析物体的受力，根据牛顿第二定律：，结合A选项的分析，则：，B正确；C、根据功率定义：，此时物块A克服重力做功的功率为mgvsin，C正确；D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：，故D正确；故选：BCD。三、非选择题9. 为了测量木块与木板间的动摩擦因数，应用位移传感器设计图甲所示的实验装置。位移传感器连接计算机，让木块从倾斜木板上的P点由静止释放，描绘出木块到传感器的距离x随时间t的变化图象如图乙所示。（1）根据图象计算出t0.4 s时木块的速度v_ ms，木块的加速度a_ ms2。（2）为测量动摩擦因数，还需测量的是_，计算的表达式为_。（已知当地的重力加速度为g）【答案】 (1). 0.4 (2). 1.0 (3). 木板的倾角 (4). 【解析】 (1)根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：，0.2s末的速度为：，则木块的加速度为：。(2)选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：得：所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角；得：g=10. 多用电表欧姆挡“1”的内部电路如图所示，为测量多用电表内部电阻r和电池的电动势E，实验过程如下：（1）将选择开关旋至欧姆挡“1”，红、黑表笔短接，其中表笔a为_（填“红表笔”或“黑表笔”），调节_，使指针位于表盘_（填“左”或“右”）侧零刻度线处。123456R（）100.050.025.016.712.59.1（1）0.010.020.040.060.080.11U（V）1.200.950.740.600.500.40（V1）0.831.051.351.682.002.50（2）将电阻箱R和电压表V并联后接在两表笔a、b上，改变电阻箱R的阻值，记录6组电压表和电阻箱的示数U和R，再将和的值填写在表格中，把第3、5组数据的对应点在坐标系中补充标出，并作出图线。（3）根据图线可知电动势E_V，内阻r_。（结果保留3位有效数字）【答案】 (1). 红表笔 (2). R0 (3). 右 (4). 如图所示 (5). 1.43 23.0【解析】(1)由图可知，右侧表笔接电内部电压的正极，为保证电流由红进黑出，则右表笔应接黑接线柱，a应接红表笔；调零实际上是调节内部可变电阻R0，使指针指在右侧的零刻度处；(2)根据表中数据利用描点法得出对应的图象如图所示；(3)由闭合电路欧姆定律可知：；变形得：可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势的倒数，故E=1.43V；图象的斜率表示r/E，则。11. 半径为a的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B0.2 T，磁场方向垂直圆形区域向里；半径为b的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，a0.4 m，b0.6 m。金属环上接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R2 ，一金属棒与圆环接触良好，棒与圆环的电阻忽略不计。（1）棒以v05 ms的速度在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO的瞬间流过灯L1的电流；（2）撤去金属棒而将右侧的半圆环O L2O以OO为轴向上翻转90后，磁场开始随时间均匀变化，其变化率为Ts，求L1的功率。【答案】(1) (2) 【解析】 (1)棒滑过圆环直径OO的瞬时,MN中的电动势：E1=B2av=0.20.85V=0.8V等效电路如图(1)所示：流过灯L1的电流：故流过灯L1的电流为0.4A；(2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O以OO为轴向上翻转900，半圆环OL1O中产生感应电动势，相当于电源，灯L2为与L1串联为外电路，感应电动势为： L1的功率为：【名师点睛】（1）当导体棒MN在外力作用下做切割磁感应线的匀速运动，根据法拉第电磁感应定律求出电动势，再画出等效电路，根据欧姆定律可求出两灯泡并联时流过灯L1的电流；（2）当线圈半边翻转时，导致磁通量发生变化，从而产生感应电动势，再由电功率表达式来求出两灯泡串联时L1的功率。12. 如图所示，质量为m1 kg小木块（可视为质点）放在质量为M5 kg、长度为lm的长木板的左端，长木板放在光滑的水平面上。小木块与长木板间的动摩擦因数0.1，系统处于静止。现使小木块从长木板右端滑离，g取10 ms2，问：（1）若给小木块一水平向右的瞬时冲量I，则冲量I至少多大；（2）若给小木块施加水平向右的恒定外力F，其作用时间t2 s，则外力F至少多大。【答案】(1) (2) 【解析】 (1)设木块的初速度v0，当木块恰好滑到木板的右端时，两者共同速度为v， I最小，则由系统动量守恒：mv0=(m+M)v由能量守恒：解得：由动量定理得 （2）对于F作用过程，根据动量定理得：对整体：对木板：此过程木块在木板滑行的距离对整体过程有：对于撤去F到木块滑到木板右端的过程，设木块相对于木板滑行的距离为S2，根据能量守恒定律得：又S1+S2=l，联立以上6式，解得，F=2N【名师点睛】（1）给小木块一个水平向右的冲量I，使木块获得一个初速度，当木块恰好滑到木板的右端时，两者速度相等时，I最小。根据动量定理、系统的动量守恒和能量守恒求解I的最小值。（2）给小木块施加水平向右的恒定外力F，小木块向右做匀加速运动，长木板也向右做匀加速运动，撤去F后木块向右做匀减速运动，木板继续向右做匀加速运动，当木块恰好滑到木板的右端时，木块与木板的位移之差等于板长，两者速度相等。根据动量定理、能量守恒定律和位移关系结合求解F的大小。13. 下列说法中正确的是_。A. 饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等B. 扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动C. 用油膜法估测分子大小的实验中，不考虑油酸分子（视为球形）间的空隙并认为水面上形成的油酸膜的厚度即分子直径D. 若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则此过程中气泡内的气体分子间的引力和斥力都增大E. 物理性质表现为各向同性的固体为非晶体【答案】ABC【解析】A.、饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行且速率相等的过程，A正确； B.、只有分子之间存在空隙，并且分子在永不停息地做无规则运动，扩散现象才能进行，B正确；C、用油膜法估测分子大小的实验中，认为油酸分子为球形且紧密排列，水面上形成的油酸膜的厚度即分子直径，C正确；D、气泡内的气体分子间的距离大于R0，引力和斥力都很弱，分子间距离增大，引力和斥力都减小，D错误； E、物理性质表现为各向同性的固体为晶体，D错误。故选：ABC。14. 如图所示，竖直放置的绝热气缸中有一个绝热且光滑的活塞，中间固定的导热性能良好的隔板将气缸分成两部分，分别密封着A和B两部分理想气体。活塞的质量为m，横截面积为S，与隔板相距为h。现通过电热丝缓慢加热A中气体，当两部分气体共吸收热量Q时，活塞上升了h高度，此时气体的温度为T1。已知大气压强为P0，重力加速度为g。（i）加热过程中，若A中气体内能增加了U1，求B中气体内能增加量U2；（ii）现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加细砂，当活塞恰好回到原来的位置时，A中气体的温度为T2，求所添加细砂的质量m。【答案】（i） （ii）【解析】B气体对外做功：W2=pSh=(p0S+mg)h，A体积不变：W1=0；由热力学第一定律，A中气体内能增加了U1得：，则B中气体内能增加量U2：B气体的初状态：，B气体末状态：，由理想气体状态方程得：，解得：