四川省乐山市2019届高三物理三模考试试题（含解析）.docx

四川省乐山市2019届高三物理三模考试试题（含解析）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1.如图所示，一验电器与锌板相连，现用一紫外线灯照射锌板，关灯后指针仍保持一定偏角，下列判断中正确的是（ ）A. 此现象说明光具有波动性B. 用一带负电（带电量极少）的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将增大C. 使验电器指针回到零后，改用强度更大的紫外线灯照射锌板，验电器指针偏角将比原来大D. 使验电器指针回到零后，改用强度更大的红外线灯照射锌板，验电器指针一定偏转【答案】C【解析】【详解】A、该现象为光电效应现象，说明了光具有粒子性；故A错误；B、用一紫外线灯照射锌板，锌板产生光电效应，光电子射出后，锌板带正电，用一带负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将减小。故B错误；C、使验电器指针回到零后，改用强度更大紫外线灯照射锌板，则逸出的光电子增加，所以验电器指针偏角将比原来大。故C正确；D、红光的频率比紫外线低，红光不一定能使锌板产生光电效应，验电器指针不一定偏转。故D错误。2.如图甲所示，理想变压器的原线圈匝数n1=100匝，副线圈匝数n2=50匝，电阻R=10，电压表V是交流电压表，电流表A是交流电流表，原线圈加上如图乙所示的交流电，则下列说法正确的是（ ）A. 流经电阻R的电流的频率为100HzB. 电压表V的示数为VC. 电流表A的示数为2AD. 变压器原线圈输入功率为10W【答案】D【解析】【详解】A、由图乙可知交流电周期T=0.02s，故频率为Hz，故A错误；B、由图乙可知交流电压最大值Um=V，故变压器的输入电压为：U1=20V；根据变压比公式，有：，解得：U2=10V，电压表V的示数为10V，故B错误；C、根据功率关系可得，解得原线圈的电流强度为I1=0.5A，故C错误；D、变压器的输入功率W，故D正确；3.如图所示，一个质量为m的物体（体积可忽略），在半径为R的光滑半球顶点处以水平速度v0运动，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）A. 若v00，则物体在顶点时处于超重状态B. 物体在半球顶点时重力瞬时功率为0C. 若，则物体恰好沿半球表面下滑D. 物体在半球顶点时的机械能一定为【答案】B【解析】【详解】A、设物体受支持力为F，根据牛顿第二定律：，得：，若v00，物体对半球顶点的压力为小于mg，失重状态，故A错误；B、根据PFvcos知物体在半球顶点时重力与速度垂直，瞬时功率为0，故B正确；C、若，则，得：F0，则物体对半球面顶点无压力，将沿切线方向飞出，故C错误；D、物体在半球顶点时的机械能一定为，h是相对的，要看零势面的选取，只当选择地面为零势面才是R，故D错误。4.中国北斗卫星导航系统（BDS）是中国自行研制的全球卫星导航系统，是继美国全球定位系统（GPS）、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统（GLONASS）之后第三个成熟的卫星导航系统。预计2020年左右，北斗卫星导航系统将形成全球覆盖能力。如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，己知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，则A. 卫星a的角速度大于c的角速度B. 卫星a的加速度等于b的加速度C. 卫星a的运行速度大于第一宇宙速度D. 卫星b的周期大于24小时【答案】B【解析】【分析】根据万有引力提供向心力，比较向心加速度、线速度和周期【详解】由万有引力提供向心力，得解得，则半径大的角速度小，则A错误。由万有引力提供向心力，则半径相同加速度大小相等。则B正确；第一宇宙速度为近地卫星的运行速度，其值最大，所有卫星的运行速度都小于或等于它。则C错误；b与a的半径相同，则周期相同，为24h，则D错误；故选B。【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，会根据轨道半径的关系比较向心加速度、线速度和周期.5.为了安全，在公路上行驶的汽车必须保持距离。假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上行驶，甲车在前，乙车在后。t0时刻，发现前方有事故，两车同时开始刹车，行进中两车恰好没有发生碰撞。两车刹车过程的vt图象如图所示，以下判断正确的是（ ）A. 两车都停止运动时相距25mB. t0时刻两车间距等于50mC. t5s时两车间距小于t15s时两车间距D. 乙车刹车的加速度大小是甲车的1.5倍【答案】AB【解析】【详解】AB、行进中两车恰好没有发生碰撞，说明t10s时刻两车速度相等时恰好相遇，则t0时刻两车间距等于两车在10s位移之差，为： m50m。根据图象与时间轴围成的“面积”表示位移可知，甲的刹车距离为：m=200m，而乙的刹车距离为：m，两车都停止运动时相距为：225m（50m+200m）25m；故AB正确。C、根据“面积”表示位移，可知t5s15s内两车通过的位移相等，所以t5s时两车间距等于t15s时两车间距，故C错误。D、根据vt图象的斜率表示加速度，甲的加速度大小为：a11m/s2；乙的加速度大小为：a22m/s2；故乙车的加速度是甲车的加速度的2倍；故D错误。6.如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一电子经过等势面D时，动能为16 eV，速度方向垂直于等势面D飞经等势面C时，电势能为8eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离均为4 cm，电子重力不计则下列说法正确的是 ( )A. 电子做匀变速直线运动B. 匀强电场的电场强度大小为100 VmC. 等势面A电势为8 VD. 电子再次飞经D等势面时的动能为16 eV【答案】ACD【解析】【分析】根据等势面方向得到场强方向，从而得到电子所受电场力方向，即可得到电子运动；再根据电子运动过程得到动能变化，进而得到电势能不变，从而得到电势变化，即可根据等势面C处的电势能求得其他地方的电势。【详解】A电子运动方向垂直于等势面，故电子运动方向和电场方向平行，那么，电子加速度方向和运动方向平行，故电子做匀变速直线运动，故A正确；BC电子飞至等势面B时速度恰好为零，故有动能定理可知：电子从等势面D到等势面B，克服电场力做功为16eV，故等势面D、B间的电势差为16V，故场强为：；又有从D到B电势降低；等势面C处电子的电势能为-8eV，故等势面C的电势为8V，所以，等势面A的电势比等势面C的电势低16V，故为-8V，故B错误，C正确；D电子运动过程只有电场力做功，故电子再次飞经D等势面时电场力做功为零，那么，电子动能不变，仍为16eV，故D正确；故选ACD。【点睛】带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定，故一般通过受力分析（或运动分析），由牛顿第二定律，通过加速度得到运动情况（或受力情况）。7.如图所示，电阻为R的金属棒从图示位置ab分别以v1，v2的速度沿光滑导轨（电阻不计）匀速滑到ab位置，若v1：v2=1：2，则在这两次过程中（）A. 回路电流：2B. 产生的热量：2C. 通过任一截面的电量：2D. 外力的功率：2【答案】AB【解析】【详解】回路中感应电流为：，Iv，则得：I1：I2=v1：v2=1：2故A正确。产生的热量为：Q=I2Rt=（）2R= ，Qv，则得：Q1：Q2=v1：v2=1：2故B正确。通过任一截面的电荷量为：q=It=t=，q与v无关，则得：q1：q2=1：1故C错误。由于棒匀速运动，外力的功率等于回路中的功率，即得：P=I2R=（）2R，Pv2，则得：P1：P2=1：4，故D错误。故选AB。8.如图所示,在空间中存在竖直向上的匀强电场,质量为,电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落,加速度为,下落高度H到B点后与一绝缘轻弹簧接触,又下落h到达最低点C,整个过程中不计空气阻力,且弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,则带电物块在由A点运动到C点的过程中,下列说法正确的是（ ）A. 物块在B点速度最大B. 弹簧的弹性势能的增加量为C. 带电物块电势能增加量为D. 带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为【答案】BD【解析】【详解】A.物块由静止开始下落时加速度为，根据牛顿第二定律得，解得，合外力为零时，速度最大，所以B点速度不是最大速度，故A错误；B.由A到C应用能量守恒定律，弹簧的弹性势能的增加量，故B正确；C.从A到C的过程中，电场力做功。带电物块电势能的增加量为，故C错误；D.带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量等于克服电场力做的功，所以带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为，故D正确。故选：BD二、解答题（共4小题，满分47分）9.如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验有一直径为d、质量为m的金属小球从A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(Hd)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g.则：(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d_ mm.(2)小球经过光电门B时的速度表达式为_(3)多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式_时，可判断小球下落过程中机械能守恒(4)实验中发现动能增加量Ek总是稍小于重力势能减少量Ep，增加下落高度后，则EpEk将_(填“增大”、“减小”或“不变”)【答案】 (1). 7.25 (2). (3). 或 (4). 增加【解析】解：（1）由图可知，主尺刻度为7mm；游标对齐的刻度为5；故读数为：7+50.05=7.25mm；（2）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；故v=；（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH=mv2；即：2gH0=（）2解得：；（4）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则EpEk将增大；故答案为：（1）7.25；（2）；（3）；（4）增大【点评】本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解10.某实验小组设计了如图的电路，用于研究热敏电阻的伏安特性曲线，所用电压表量程为3V，内阻约10k，电流表量程为0.5 A，内阻，R为电阻箱。（以下计算结果均保留2位有效数字）（1）该实验小组实验操作步骤： 按实验电路把电路图连接好 把电阻箱调到最大，闭合开关; 调节电阻箱电阻值，记录下不同电阻箱电阻值和对应的电压表示数和电流表示数 通过上述测量数据，还可得到电源路端电压的计算公式=_。（2）该小组同学，通过正确的测量得到数据，并描绘在I-U坐标系中，图线如图所示，其中A曲线是热敏电阻伏安特性曲线，B斜线为电流随电源路端电压的变化规律。当电压表示数为2.00V时，热敏电阻值=_；该电源的电动势E=_V，内电阻r =_；（3）实验中，当电阻箱的阻值调到1时，热敏电阻消耗的电功率P =_W。【答案】 (1). (2). 20 (3). 6.0 (4). 5.0 (5). 0.89【解析】（1）由电路图可知，电阻间为串联关系；电压表测量两端的电压，电流表测量电路中电流，根据串并联电路规律可知外电压为：；（2）当电压为2V时，热敏电阻值中的电流I=0.1A，由欧姆定律可知，电阻为：，电源两端的电压利用欧姆定律可知。利用电源的外特性曲线可知电动势和内电阻。把电流表、电阻箱、电源作为等效电源，等效电源的电动势为6.0V，内电阻为；（4）等效电源内阻为：；在I-U图象中作等效电源的伏安特性曲线，如图所示：与热敏电阻的伏安特性曲线的交点坐标（2.78，0.32）所以热敏电阻的电功率为：.11.如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A，其上面再放一个质量为m的爆竹B，木块的质量为M当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h，而木块所受的平均阻力为f。若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，重力加速度g。求：（1）爆竹爆炸瞬间木块获得的速度；（2）爆竹能上升的最大高度。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）对木块，由动能定理得：，解得：；（2）爆竹爆炸过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：爆竹做竖直上抛运动，上升的最大高度：解得：12.在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R0.2m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B1.0T，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y坐标轴相切于原点O点。y轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度0.1m。现从坐标为（0.2m，0.2m）的P点发射出质量m2.0109kg、带电荷量q5.0105C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v05.0103m/s（粒子重力不计）。（1）带电粒子从坐标为（0.1m，0.05m）的点射出电场，求该电场强度；（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m，0.05m）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。【答案】（1）1.0104N/C（2）4T，方向垂直纸面向外【解析】【详解】解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：可得：r=0.20m=R根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O点沿x轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y根据类平抛规律可得： 根据牛顿第二定律可得：联立可得：N/C（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：m/s=粒子射出电场时速度： 根据几何关系可知，粒子在区域磁场中做圆周运动半径：根据洛伦兹力提供向心力可得： 联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：T根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。13.下列说法正确的是（ ）A. 温度越高，扩散现象越不明显B. 橡胶无固定熔点，是非晶体C. 做功和热传递是改变物体内能的两种方式D. 布朗运动就是液体分子的热运动E. 第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律【答案】BCE【解析】【详解】A、温度越高，分子的运动越激烈，扩散现象越明显，故A错误；B、橡胶是非晶体，无固定熔点，故B正确；C、改变内能的方式有做功和热传递两种。故C正确；D、布朗运动是固体小颗粒的运动，是液体分子的热运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故D错误；E、第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，故E正确；14.如图，气缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触。初始时两侧气体均处于平衡态，体积之比V1:V2=1:2，温度之比T1:T2=2:5。先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后使活塞导热，两侧气体最后达到平衡。求：(1)两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比；(2)最后两侧气体的体积之比。【答案】（1）2；（2）【解析】（1）设初始时压强为p左侧气体满足：右侧气体满足：解得（2）活塞导热达到平衡左侧气体满足：右侧气体满足：平衡时解得【考点定位】气体状态方程15.图甲为某一列沿x轴传播的简谐横波在t0时的波形图，图乙为波上质点M的振动图象，下列说法正确的是（ ）A. 这列波的传播速度大小为4m/sB. 这列波沿x正方向传播C. t0.5s时，质点M的振动速度大于质点Q的振动速度D. t0.5s时，质点P的位移为0.2