贵州贵阳2019届高三物理二模考试试题含解析

1、贵州省贵阳市2019届高三物理二模考试试题（含解析）一、单选题（本大题共 5小题，共30.0分）.组成“北斗”卫星导航定位系统中的地球静止轨道卫星（同步卫星）和中轨道卫星绕地球在圆轨道上运行，由地球静止轨道卫星和中轨道卫星的轨道半径之比可求A.地球静止轨道卫星与地球的质量之比B.地球静止轨道卫星与中轨道卫星的质量之比C.地球静止轨道卫星和中轨道卫星受地球的万有引力之比D.地球静止轨道卫星和中轨道卫星绕地球运动的周期之比【答案】D【解析】Mm 4it【详解】根据万有引力提供向心：。一F 二 mF、已知卫星的轨道半径之比，可求运动的周产 T2期之比，但无法计算卫星的质量关系，由于不知卫星的质量关系

2、，也无法求出卫星受万有引力之比，所以 A、B C错误；D正确。.已知用频率为v的单色光照射某金属表面时，溢出的光电子的最大初动能为E,则要使此金属发生光电效应的极限频率应为（）EA.：一 nEh【答案】A【解析】【详解】用频率为 v的光照射某种金属时会发生光电效应，且光电子最大初动能为E,根据光E电效应方程：E=hv-VV而 Whvo,则该金属发生光电效应的极限频率为：vo=v-j；,故A正确，ftBCD昔误；3.如图所示，理想变压器的原线圈与稳定的正弦交流电源相连，副线圈的滑动头P可上下滑动.设原线圈输入电压为 U,副线圈输出电压为 U,负载为定值电阻 R原、副线圈电流比为k.则A. P下移

3、，k增大B. P上移，k增大P上移，U减小D. P下移，U增大【答案】B【解析】。h2【详解】根据丁 = -=k, P下移副线圈的匝数 1减少，所以原副线圈的电流表k减小，若P上移1增大，原副线圈的电流表增大，故 A错误；B正确；电压与匝数成正比，所以副线圈的电压U减小，D错误；再根据 ,P下移副线圈的匝数 n2减少，U减小，U与匝数无关，改 % %变匝数U不变，所以C D错误。.如图所示，在“托球跑”趣味比赛中，若运动员沿水平面匀加速直线跑.球拍平面与水平方向的夹角为0时，网球与球拍保持相对静止.球拍和网球的质量分别为M m不计摩擦力和空气阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是A.球拍对球

4、的作用力太小为 mgb.运动员对球拍的作用力大小为（M+mgC.运动员的加速度大小为 gtan 0D.若加速度大于gsin 0 ,球一定沿球拍向上运动【答案】C【解析】【详解】以小球为研究对象，受力分析如图所示。可求球拍对球的作用力F=mgcos0 ,所以A错误；合外力为 F合=mgtan0 =ma可求小球的加速度为a=gtan。，小球与运动员的加速度相同，故运动员的加速度也是gtan 0 ,所以C正确；把球和球拍视为一个整体，整体加速度 TOC o 1-5 h z 为gtan 0 ,合外力（M+mgtan 0 ,根据矢量三角形法则可求人对球拍的作用力为Fi =（M+r）qg/ cos 0 ,

5、所以B错误；而gtan 0 gsin 0 ,由题意知，小球没有沿球拍向上运动，D错误。.如图所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴顺时针匀速转动，现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法正确的是（）A.处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B.所加磁场越强越不易使圆盘停止转动C.若所加磁场反向，圆盘将加速转动D.若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动【答案】D【解析】【详解】A、将金属圆盘看成由无数金属辐条组成，金属圆盘顺时针匀速转动时，根据右手定则判断可知：圆盘上的感应电流由圆心流向边缘，所以靠近圆心处电势低，故A错误；日 根据法拉第定律可知，金

6、属圆盘产生的感应电动势为BLv,所以所加磁场越强，产生的感应电动势越大，感应电流越大，圆盘受到的安培力越大，而安培力是阻力，所以越易使圆盘停止转动，故B错误；C若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知， 安培力仍然阻碍圆盘的转动, 所以圆盘还是减速转动，故 C错误；D若所加磁场穿过整个圆盘时，圆盘在切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，则不会产生感应电流，不受安培力作用，所以圆盘将匀速转动，故D正确；二、多选题（本大题共 5小题，共27.0分）.如图所示，一名运动员将相同的铅球分别从同一位置掷出，图中是它们的运动轨迹，轨道最高点距离地面的高度相等，的落地点到掷出点的水平距离是

7、的2倍，忽略空气阻力，对于铅球与。f 士、A詈*冷*堇*内*#*W*打门门行打“总工A.在最高点的速度之比为 1 : 2B.落地时的速率之比为 1: 1C.从掷出到落地所用时间之比为1:1D.从掷出到落地所用时间之比为1:2【答案】AC【解析】【详解】设两个小球掷出时竖直向上的分速度分别为1、从掷出到运动到最高点，在竖直方向向上做匀减速运动， 根据啰=201,唯=3%，又=h2,所以1Vi支,再根据%1 =外, 叫叫得t1=t2,即两小球从抛出到上升至最高点所用时间相同，上升到最高点以后，在竖 直方向做自由落体运动，下落高度相同，所以下落时间也相同，故从抛出到落地两小球所以时间相同，所以C正确

8、；D错误；在水平方向上两小球均做匀速直线运动，根据x=vt ,又X2=2X1,运动时间相同，可得 V1：v 2=1:2 ,在最高点的速度即为水平方向的速度，所以在最高点的速度 之比为1: 2,故A正确；落地时竖直方向的速度：廿门二%水平方向V1：v 2=1:2 ,落地时的速率y二行运，可知落地时的速率不等，所以 B错误。.两辆质量相同的汽车 A、B分别在同一水平路面上从静止开始做匀加速运动，速度达到相同最大值后关闭发动机，若运动过程中所受阻力大小都不变，速度一时间关系图象如图所示，则A、B两车（）A.加速时牵引力大小之比为2: 1B.阻力大小之比为1 : 2C.牵引力做功的平均功率之比为1:

9、1【答案】BC【解析】D.牵引力的冲量之比为1: 1【详解】关闭发动机后，汽车在阻力的作用下做匀减速运动，由V-t 图像知，33： 34=1:2 ,再根据牛顿第二定律知，汽车A、B所受阻力分别为f1=RB3, f2=34,得f1：f 2=1:2,故B正确；在加速阶段，对 A车：F1-f 1=031,对B车：F2-f2=m2,由v-t图像知，31：32=2:1 ,联立解得:F1：F2=1:1 ,故A错误；哟图知，在加速阶段，两车的平均速度相等均为Vo/2 ,牵引力相等,所以牵引力平均功率P = 得P1=F2,所以C正确；牵引力作用的时间:11:12=1:2 ,牵引力1尸山1的冲重=2所以D错误。

10、.如图所示，在真空中有三个带等电荷量的点电荷3、b和c,分别固定在水平面内正三角形的顶点上，其中3、b带正电，c带负电，0为三角形中心，A B、C为三条边的中点.则4口*,*RSB、C两点场强相同B、C两点电势相同C.在0点自由释放电子（不计重力），会沿OA方向一直运动D.在0点自由释放电子（不计重力），会在OA直线上往复运动【答案】BD【解析】【详解】由题意知，B、C两点的电场强度为三个点电荷在该处场强的矢量和。其中 3c两处的点电荷在B点的场强的矢量和沿 B3方向，b处电荷在B点的场强沿bB方向，方向如图所示， 可知，B、C两处电场强度的方向不同，所以 A错误；3c两电荷在B点的电势之和为

11、零，bc两 处电荷在C点的电势之和等于零， 所以B点的电势等于b处电荷产生，C处电势等于3处电荷 产生，3b两电荷等量同种且到 C、B的距离也相等，所以电势相等，故 B正确；由图知，O点 电场的方向沿 AC方向，在 OA的延长线上有一场强为零的点D,在OA线上D点的两侧电场的方向相反，所以电子在 O点由静止释放将沿 OAT向做加运动到 D,然后减速运动到速度为零,接着往回运动，即会在 OAt线上往复运动9.下列说法正确的是（A.多晶体都具有各向同性的特点B.液体的饱和汽压与温度有关C.第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律一定质量的理想气体，放热的同时外界对其做功，其内能可能减少E.当

12、分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小,作用力一定表现为引力【答案】ABD但斥力减小得更快，所以分子间的故 A正确;日饱和汽压随温度的升高而增大，降低而减小，故B正确;详解】A、单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性,C第二类永动机不能制成是因为它违反了热力学第二定律，但不违反能量守恒定律，故D 一定质量的理想气体， 放热的同时外界对其做功， 即有 Q 0, W 0,根据热力学第一定律, U可能减少，故E、当分子间的距离I力和斥力均减小，斥力减小得更快；当r0时，分子间的作用力表现。&r时，分子间的作用力表现为引力，故 E错误。10.一列沿x轴正曾横波在t=0时刻的波形如图所示，已知任意

13、振动质点相邻2次经过平衡位置的日0.4s 。下列说法正确的是（A.此波的周期为085B.此波的波速为10m/sC.在r= 045,时刻，13m处的质点恰好位于波峰D.在1t =06,时刻，4=22m处的质点恰好位于波谷E.若此波在某介质中传播的波长变为2m,则它在该介质中的波速一定为 25m/5【答案】ACE 【解析】【详解】由题意知，任意振动质点相邻2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s ,可求此波的周期为0.8s ,所以A正确；由图知，波长为 4m所以波速：v=X/T=5 m/s ,故B错误；根据波 的周期性可知13m处的质点在t=0时刻处于波谷的位置，应该半个周期即0.4s时刻到达波峰位置

14、，所以C正确；由图知，22m处质点与2m处质点的振动步调一致，即在 0时刻22m处质 点处在平衡位置向下振动，经过0.6s （3T/4）到达波峰位置，D错误；改变传播介质此波的周期不变还是 0.8s ,所以传播速度 v=X/T=2/0.8=2.5 m/s , E正确。三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）11.如图所示，某实验小组仅用一把刻度尺测量一根粗细均匀、伸长可忽略的细线的最大承受力。将细线的一端固定在水平刻度尺（刻度尺固定）上 A点，在所测细线的中点挂一个轻重适中的钩码，另一端 B可以在刻度尺上左右移动。当A、B间的距离增大到某一值时，细线刚好被拉断，已知钩码的质量为 m,重

15、力加速度大小为 g。（1）实验小组需要直接测量的物理量有（填物理量名称和符号， 如高度“h”）：（2）所测细线最大承受力大小的计算表达式为【答案】（1）. A 、B间距离d （2）. （用已知和所测物理量符号表示）细线总长度L （3）.，ud【解析】A、B【详解】（1）由题意知，需利用平行四边形定则求绳上的拉力，根据几何关系，需测量间距离d,细线总的长度；1 # mg(2)以钩码为研究对象，如图所示。根据几何关系得:4 4 =JL,解得绳上拉力为:L F24Hl12.如图所示为“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验电路，所用器材有：电动势为3V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，符合实验要求的滑动

16、变阻器、已经机械调零的电压表和电流表，以及开关和导线若干，所有元器件都完好。采用如下步骤完成实验：(1)闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于滑动变阻器 (选填“左”或“右”)端;(2)闭合开关后，无论怎样调节滑动变限器，电流表和电压表的示数总调不到零，但小灯泡亮度有变化，则故障的原因可能是 (选填a、b、c、d、e、f、g、h)导线断路；(3)排除故障后，移动毛t片P,电压表指针所指的位置如图所示，则电压表的读数为 V; IQ 0a1 OJO D4V(5)小灯泡的U-I图象是曲线而不是过原点的直线，其原因是 。【答案】(1). 左 (2). h (3). 1.70V (4). 12.5Q (5).

17、因为小灯泡的电阻随温度的升高而增大【解析】【详解】(1)为保护电表的安全，闭合电路前应将滑动变阻器的滑片移至最左端，以使测量电路处于短路状态；(2)电流表和电压表的示数总调不到零，调节滑片不能使测量电路短路，灯泡亮度会变化，说明电路畅通，滑动变阻器是串联在电路中的，即限流式接法，所以是导线h断路了。(3)因小灯泡的额定电压是 2.5V,所以电压表选择 3V的量程，由图知，电压表读数为1.70V;(4)当电压达到额定电压 2.5V时，小灯泡正常发光，由伏安特性曲线知此时灯泡的电流为 ,一 ，一， 一 V 0.2A ,所以灯泡正常发光时阻值为=(5)因小灯泡灯丝的电阻率随温度的升而增大，即电阻值会

18、随电压的增大而增大，所以伏安特性曲线图像不是过原点的直线。四、计算题(本大题共 4小题，共52.0分)13.如图所示，M N是直角坐标系xOy坐标轴上的两点，其坐标分别为 M(0, L)和N(2L, 0)。一个质量为 m电荷量为q的带电粒子，从M点以初速度V0沿x轴正方向进入第一象限。若第一象限内只存在沿 y轴负方向的匀强电场，粒子恰能通过 N点；若第一象限内只存在垂直 xOy平面向外的匀强磁场，粒子也会通过N点。不计粒子的重力，求：(1)电场强度的大小：(2)磁感应强度的大小。ij【答案】(1)电场强度的大小为 ；(2)磁感应强度的大小 一L2 也5qL【解析】【详解】(1)粒子在电场中做类

19、平抛运动，水平方向：2L=V0t,竖直方向：L=；at2,根据牛2顿第二定律可得：qE=ma解彳导:E31；2qL(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：1or由几何知识得：r2=(2L) 2+ (r-L) 2,洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： 2叫qvoB=m 0 斛得： B=。r5qL14.如图所示，水平直轨道 AC的长度为L=8m AC中点B正上方有一探测器，C处有一竖直挡板D.现使物块P沿轨道向右以速度 V与静止在A处的物块P2正碰，碰撞后，Pi与P2粘成组合体P.以P、B碰撞时刻为计时零点，探测器只在 ti=2s至t2=4s内工作。已知物块 P、B 的质量均力m=1

20、kg, P、P2和P均视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)若v8m/s, P恰好不与挡板发生碰撞，求 P与轨道AC间的动摩擦因数；(2)若P与挡板发生弹性碰撞后，并能在探测器工作时间内通过B点，求V1的取值范围；(3)在满足(2)的条件下，求 P向左经过A点时的最大动能。【答案】 =0.1 (2) 10m/s 14m/5(3) 31用【解析】【详解】(1)设P、P2碰撞后，P的速度为v,根据动量守恒：mv=2mv解得：v=4 m/sP恰好不与挡板发生碰撞，即P到达C点速度恰好减为零根据动能定理：:代入解得：:(2)由于P与档板的碰撞为弹性碰撞，P在AC间等效为匀减速运动， 设P的加速度大小为 a。根据牛顿第二定律：科2mg=2maP返回经B点，根据匀变速直线运动的规律：号=仇一1砒*由题意知，物块 P在24s内经过B点，代入数据解得SttVs v再结合mv=2mv得. (3)设P向左经过A点时 速度为v2,由速度位移公式： 寂-/ = 4n联立解得P向左经过A点的最大动能为： 垃=式2m)用=17 J15.如图所示，粗细均匀且横截面积相等的玻璃管A B下端用橡皮管连接，A管固定且上端封闭，上端被水银柱