2019届辽宁沈阳高三三模考试理综物理试题解析版

1、2019年沈阳市高中三年级教学质量监测（三）+理科综合能力测试（物理部分）、选择题：本题共 8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第 1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合要求。 全部选又的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分。1.如图是世界物理学史上两个著名实验装置图，下列有关实验的叙述正确的是盲口图乙图甲A.B.图乙是研究光电效应的实验装置,根据光电效应C.大初动能越大D.图乙是研究光电效应的实验装置,根据光电效应率的入射光）率越大所产生的饱和光电流就越大【解析】放出氢核，发现了质子；查得威克发现了中子；汤姆孙通过研究阴极射线中粒子的性质发现了电汤

2、姆孙根据*图甲是a粒子散射实验装置,图甲是a粒子散射实验装置,【详解】AB图甲是口粒子散射实验装置，卢瑟福提莪光解放射x显at犊A率的卢瑟福指导他的学生们进行寸，发现了质子和中子【子”电子的最则光的频瑟福通过轰击氮原子0粒子散射实验频率越大,项A、B错误;C图乙是研究光电效应的实验装置，根据光电效应方程Ekm = hv -W可知超过极限频率的入射光频率越大，则光电子的最大初动能越大，故选项 C正确；D光较强时，包含的光子数较多，照射金属时产生的光电子较多，因而饱和电流较大，入射光的光强一定时，频率越大，光电子的最大初动能最越大，而不是所产生的饱和光电流就越大，故选项D错误。2.如图所示，水平桌

3、面上放置一个倾角为45。的光滑楔形滑块 A, 一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为 m=0.2 kg的小球。若滑块与小球一起以加速度 a向左做匀加速运动（取g=10m/s2则下列说法正确的是（）A.当a=5m/s2时，滑块对球的支持力为42 N2B.当a=15m/s2时，滑块对球的支持力为半N2C.当a=5m/s2时，地面对 A的支持力一定大于两个物体的重力之和D.当a=15m/s2时，地面对 A的支持力一定小于两个物体的重力之和【详解】设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律, 有：水平方向：F合=氏。$45 = ma；竖

4、直方向：Fsin45 = mg解得a=g.A、当a=5m/s2时，小球未离开滑块， 水平方向：Fcos45 - Fncos45 = ma竖直方向：Fsin45 + FNsin45 = mg 解得Fn = N ,故A正确;2B错误;日当a=15m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零，故A支持力一定等于两个物体的C D、当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对重力之和，故C, D错误;故选A.3.截止2019年4月20日，我国已经成功发射了 44颗北斗导航卫星。北斗卫星导航系统采用了国际迎的三种轨道卫星组成的混合星座设计，为亚太地区提供了更优质的服

5、务。下列关于地球卫星的说法正确的是A.在赤道上空运行的两颗同步卫星，它们的机械能一定相同B.沿椭圆轨道运行的某一卫星，在轨道不同位置可能具有相同的动能C.若卫星运动的周期与地球自转周期相同，则它就是同步卫星D.在同一一轨道上运行的两颗质量相等的卫星，它们的动量一定相同【解析】【详解】A、同步卫星绕地球圆周运动的线速度大小相同，但不知道卫星的质量关系故它们的机械能不一定相同，故A错误；日沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道对称的不同位置具有相同的速率，故而具有相同的动能， 故B正确；C同步卫星只能在赤道的上空，不是所有的运动的周期与地球自转周期相同的卫星都在赤道的上空，故C错误；D在同一轨道上运行的

6、两颗质量相等的卫星，由于速度方向不同，它们的动量不相同，故D错误.故选B.4.如图所示，水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为r的光滑圆轨道相连，且固定在同一个竖直面内。将一只质量为m的小球由圆弧轨道上某一高度处无初速释放。为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道，这个高度h的取值可为（）2.2r【答案】D【解析】1.2r1.6r0.8r2vmg = m;r【详解】小球可能做完整的圆周运动，刚好不脱离圆轨时， 在圆轨道最高点重力提供向心力:2由机械能寸恒得： mgh -mg -2r= - mv ,解得：h=2.5 r.也可能不超过与圆心等局处，由机械能守恒得： 2mghfmjr,得：h=r,综上得为

7、使小球在沿圆轨道运动时始终不离开轨道，h的范围为：hw r或hn 2.5 r;故A、日C错误，D正确.故选D.目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度。磁强计的原理如图所示，电路有一段金属导体，它 是长为a、宽为b、高为c的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流。已知该金属导体单位长度中的自由电子数为n,电子电荷量为e,金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动 .两电极M N均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两 个侧面间的电势差为 U.则磁感应强度的大小和电极 M N的正负为（）A.B.C.neU clneUblnceUM

8、正、N负M 负、NFD.InbeUI,M负、NF【详解】根据左手定则知，电子向外侧偏转，则导体M极为负极，N极为正极.自由电子做定向移动， 视为匀速运动，速度设为v,则单位时间内前进的距离为v,单位长度内的自由电子数为n,则总电子个数为：nv,电量为：nev,有I =担招 ，电子受电场力和洛伦兹力平衡，有eU=Bev, TOC o 1-5 h z tbeUn解得：B =不一，故B正确，A, C, D错误；故选B.如图甲所示，物块 A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为4kg.现解除对弹簧的锁定，在 A离开挡板后，

9、B物块的V-t图如图乙所示，则可知（）n V (m/s)A.物块A的质量为4 kgB.运动过程中物块A的最大速度为vm=4m/sC.在物块A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D.在物块A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为6J【答案】BD【解析】【详解】A、弹簧伸长最长日弹力最大，B的加速度最大，此时 A和B共速，由图知，AB共同速度为：v共=2m/s , A刚离开墙时 B的速度为：V0=3m/s.在A离开挡板后，取向右为正方向，由动量守恒定律，有：mBV0 =(mA +mB)v共，解得 m=2kg ；故 A 错误.121212B当弹黄第一次恢复原长时A的速度取大，由 mBv0 = mAvA +

10、mBvB , , mBV0 =万EaVa+万mBVB ,解得A的最大速度 vA=4m/s;故B正确.C在A离开挡板前，由于挡板对 A有作用力，A B系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒；故 C 错误.D分析A离开挡板后 A B的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时A B的共同速度为v共1c 1O=2m/s，根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：mBv0 = (mA + mB)v共，EP = mBv2 - (mA + mB )v2 ;22联立解得弹簧的最大弹性势能印=6J,故D正确.故选BD.根据动滑轮省力的特点设计如图甲所示装置(滑轮质量、摩擦均不计).质量为2kg的物体在竖直向

11、上的拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知(取g=10m/s2)A.物体加速度大小为 0.5m/s.拉力F的大小为12 N2s末拉力F的功率大小为 96W2s内拉力F做的功为48J【答案】BC【解析】42【详斛】A、根据v-t图象知加速度a = =2m/s ,故A错误；2mg mg 2 2 2 10B牛顿第.te律信， 2F-mg=ma 斛佝 F N 12N 故 B正确22C 2s末物体的速度 v=4m/s,则F的功率P=Fv =2Fv=12X 8W=96W故 C正确.1212D物体在2s内的位移x = at =父2父2 m=4m ；则拉力作用点的位

12、移 x=8m则拉力F做功的大小 22为 W=Fx=12X 8J=96J,故 D错误.故选BC8.如图所示，在光滑的水平面上方有两个磁感应强度大小均为 B、方向相反的水平匀强磁场区域，磁场宽度均为L。一个边长为L、电阻为R的单匝正方形金属线框， 在水平外力作用下沿垂直磁场方向运动， 从如 图实线位置I进入磁场开始到线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置n时， 线框的速度始终为 v, 则下列说法正确的是9 R2 I 2wA.在位置n时外力B.B.在位置n时线框中的电功率为2 , 2 24B L v2, 3c.此过程中产生的电能为 3BLYD.此过程中通过导线横截面的电荷量为BL2RBCA、在位

13、置n时，线框左右两边切割磁感线，产生的总感应电动势E = 2BLv ,感应电流2BLv一=,线框受到的安培力 F =2BIL =R R4B2L2v ,由于线框的速度始终不变，根据平衡条件可知R 4B2L2v外力为F =F =,故选项A错误;R2 2 2日根据电功率公式可知线框中的电功率为P = I 2r = 4B L V ,故选项b正确;E=BLv ,感应电RC正方形金属线框全部进入左边磁场之前，线框右边切割磁感线，产生的感应电动势 E BLv 一流I =二=一丁，线框受到的安培力R R形金属线框全部进入磁场之后，线框左右两边切割磁感线，克服安培力做功为LW2 = F 22B2L3v服安培力做

14、功转化为电能，此过程中产生的电能为2 , 33B L vR,故选项C正确;D由q = Mt , i =_E , E =竺可得此过程中通过导线横截面的电荷量为 R: tA4 八一、一一 q = = 0 ,故选项D错反。R三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3338题为选考题，考生根据要求作答。9.下图是实验室测定水平面和小物块之间动摩擦因数的一种实验装置,曲面ABW水平面相切于B点且固定.带有遮光条的小物块自曲面上某一点释放后沿曲面滑行最终停在平面上C点.P为放置在B点的光电计时器的光电门，除此之外实验室还备有游标卡尺、数学计时器图(1)利用

15、游标卡尺测得遮光条的宽度如图b所示，则遮光条的宽度c=.cm;(2)实验中除了测定遮光条的宽度外，还需要测量的物理量有(写明物理量及表示物理量的符号)；(3)为了减小实验误差，同学们多次实验并采用图象法来处理实验数据,为便于数据处理及求解，根据实验原理建立直角坐标系时，x轴表示(4)利用上述测量物理量写出计算动摩擦因数的表达式【答案】(1).1.060 (2).1遮光条通过光电门的时间t、光电门到 C点的距离s (3).；(或t2c1，或 t 2 (4). S(或 s, -) (5).S【详解】(1)主尺的刻度:10mm,游标尺上的第12个刻度与主尺的刻度对齐，读数是：0.05 x 12=0.

16、60mm TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark21 o Current Document 2 22. 3BLv BLv、F = BI L =,克服安培力做功为 Wi = F L =,正万 HYPERLINK l bookmark12 o Current Document RR总读数：10mm+0.60mm=10.60mm=1.060m md（2）、（4）、实验的原理：根据遮光条的宽度与滑块通过光电门的时间即可求得滑块的速度：v = ：; B到C12的过程中，摩擦力做功，根据动能定理得：-Nmgs = 0-mv ;联立以上两个公式得动摩擦因数的表达2式：N= 故还

17、需要测量的物理量是：光电门到C之间的距离s、遮光条通过光电门的时间 t.2gst21o 12g1d2 1一（3）根据动能te理可得 -Nmgs = 0-一 mv ,解得= 二 一抖$或$=（）；故可建立 二s函数或2t2d22gtt210.在市场上销售的铜质电线电缆产品中，部分存在导体电阻不合格问题，质检部门检验发现，一种是铜材质量不合格，使用了再生铜或含杂质较多的铜；再一种就是铜材质量合格，但横截面积较小。质检组查阅到：常温下，纯铜的电阻率约为1.75M10-86 m o为检测一捆铜电线的电阻率是否合格，现取一段铜电线测量其电阻率，实验室现有的器材如下：A.电源（电动势约为1.5V ,内阻不

18、计）；B.待测铜电线（长度150m,横截面积约1m市；C. 一电流表Ai（量程150mA内阻1约为2Q）：D.电流表 阳量程100mA,内阻r3C ）;E.滑动变阻器 R（020C,额定电流0.2A）;F.开关、导线若干。图口）图（b）图（6（1）小组成员先用螺旋测微器测量该铜电线的直径d,如图（a）所示，则d=mm（2）小组设计的测量电路如图（b）所示，则P是, N是（填对应器材符号），通过实验作出 的图象如图（c）所示。（3）由图（b）电路测得的铜电线的电阻，其测量值比真实值 （选填“偏大”、“不变”或“偏小”）。（4）由图（c）求得这捆铜电线的电阻率P=（结果保留三位有效数字）从铜电线自

19、身角度，你认为 电阻率大的可能原因是 .【答案】(1). 1.125 (2). A2 (3). A i (4). 不变 (5). 2.32 X10-8Q m (6). 可能是再生铜或含过多杂质的次铜【解析】【详解】(1)螺旋测微器的读数是固定刻度与可动刻度的示数之和，所以金属丝的直径 d=1mm+12.5X 0.01mm=1.125mm.(2)由于题目只给了两个电流表，显然其中之一是当成电压表来使用的，但只有已知该电流表的内阻才能由电流表的示数确定该表两端电压，所以P应选内阻已知的 A, N就选电流表A;(3)由电路串并联电路的关系，可以写出I2与铜导线的电流I1-I2的关系：I2R2 =(I

20、1 I2)Rx,所以RxI2 (I1 -I2),由于两电流表均测出的是各自的电流，无分流或压引起的误差，所以测量值与真实值相R2等，故要填不变.Rx 70 _ 70 TOC o 1-5 h z (4)由丙图的图象斜率 k=A，所以R = M2建=2.330 ,再根据电阻定律可求得电阻率 26060 HYPERLINK l bookmark0 o Current Document 23、一 =215 = 3.14 2.33 (1.125 10)c，m=2 32M10C,m ；对比题目所给的铜的电离率，显然是偏414 150大的，可能是由于铜中含有过多的杂质或者是再生铜所做11.航天飞机在平直的跑

21、道上降落，其减速过程可以简化为两个匀减速直线运动。航天飞机以水平速度V0=100m/s着陆后，立即打开减速阻力伞，以大小为a4m/s2的加速度做匀减速运动，一段时间后阻力伞脱 离，航天飞机以大小为a2=2.5m/s 2的加速度做匀减速直运动直至停下.已知两个匀减速运动滑行的总路程x=1370m.求:(1)第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小； TOC o 1-5 h z (2)航天飞机降落后滑行的总时间.【答案】(1) V1=40m/s (2) t =31s【解析】【详解】(1)设第二个减速阶段的初速度为V1,根据运动学公式则有： HYPERLINK l bookmark2 o Curren

22、t Document 22V0 -V1 =2a1x12V1 =2a2x2x1 + x2= x-9 -解得：Vi=40m/s(2)由速度公式可得：vo=vi+ait i vi=a2t 2 t=tl +t2 解得：t=3is i2.如图所示，M N为水平放置的两块平行金属板，板间距为L,两板间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电势差为Umn = -U0,磁感应强度大小为 Bo.一个带正电的粒子从两板中点垂直于正交的电、磁场水平射入，沿直线通过金属板， 并沿与ab垂直的方向由d点进入如图所示的区域 (忽略电磁场的边缘效应) 直线边界ab及ac在同一竖直平面内，且沿 ab、ac向下区域足够大，不计粒子

23、重力， Na = 30。求：a工I、I 、I * %I / TOC o 1-5 h z IM-士一 . _*1 . 、N ：b；(i)粒子射入金属板的速度大小；(2)若bac区域仅存在垂直纸面向内的匀强磁场罗要使粒子不从ac边界射出，设最小磁感应强度为 Bi；若bac区域内仅存在平行纸面且平行 ab方向向下的匀强电场，要使粒子不从 ac边射出，设最小电场强度 为Ei.求B与E的比值为多少？UoBi 2BoL【答案】(i) v= (2) =BoLEiUo【解析】【详解】(i)设带电粒子电荷量q、质量为 m射入金属板速度为 v,粒子做直线运动时电场力与洛伦兹力平衡，根据平衡条件有：qvR= qE)

24、&_UoEo 一L解得：v=0-BoL(2)仅存在匀强磁场时，若带电粒子刚好不从ac边射出，则其轨迹圆与 ac边相切，则-io -2qvB = m 一R得:Bi=3mv qSad仅存在匀强电场时，若粒子不从ac边射出，则粒子到达边界线ac且末速度也是与 ac边相切，即：x=vt TOC o 1-5 h z 12y= at 2qE=ma一 xtan30o=SadyVy = at (11)vtan30o =-vy/曰 l 3mv2 得：Ei=2q$d所以:B1 2B0LEi 一 Uo(14)13.有两列简谐横波的振幅都是10cm,传播速度大小相同。O点是实线波的波源，实线波沿x轴正方向传播，波的频

25、率为3Hz;虚线波沿x轴负方向传播。某时刻实线波刚好传到x=12m处质点，虚线波刚好传到 x=0处质点，如图所示，则下列说法正确的是 -11 -j i/cmA.实线波和虚线波的频率之比为2:3B.平衡位置为x=6m处的质点此刻振动速度最大C.实线波源的振动方程为y =10sin(6nt十n)(cm)D.平衡位置为x=6m处的质点始终处于振动加强区，振幅为 20cmE.从图示时刻起再经过 0.75s ,平衡位置为x=5m处的质点的位移y 0【答案】BCE【解析】【详解】A、在同一介质中传播的两列简谐横波波速相等，由图可知，实线波的波长入1=4m虚线波的波长入2=6m,由v=1f可知，实线波和虚线

26、波的频率之比为f1： f2=12：入1=3:2,故A错误；B两列波单独引起平衡位置为x=6m处的质点的速度方向均向上，所以该质点此时速度最大，故 B正确；2 二一 一C根据振动万程y =Asin(0t+?),而振幅A = 10cm,缶=2nf =6冗rad/s ,因实线波沿x轴正向T传播，根据同侧法克知 x=12m处的质点起振向下，则波源的起振向下，中0=元，故振动方程为y =10sin(6nt +冗)；故 C正确.D两列波的频率不一致，不是相干波源无法产生干涉现象，故不能形成振动加强和减弱的点；故D错误;E、v =上实f实=4M3m/s=12m/s ,从图示时刻起再经过 0.75s实线波往x轴正向传播了 9m,对应的x=5m质点位移为 y =