2019年天津市和平区高考物理三模试卷(解析版)

1、20192019 年天津市和平区高考物理三模试卷年天津市和平区高考物理三模试卷 一、单选题（本大题共5 5 小题，共 15.015.0分） 1.下列说法正确的是（） A.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应 B.某些元素的原子核可以自发进行 衰变，衰变后原子核总质量减少 C.汤姆生通过对阴极射线的研究发现电子并提出原子核式结构模型 D.玻尔能级跃迁理论说明原子核具有复杂结构 2.如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为4：1，原线圈接入一电压为 u=U0sint的交流电源， 副线圈接一个R=27.5的负载电阻 若Uo=220V， =100rad/s，则下述结论正确的是（） A.副线圈中电压

2、表的读数为 电的周期为 B.副线圈中输出交流 2 7.质量m=0.1kg的小球以v0=10m/s的初速度沿水平方向抛出， 小球距离地面的高度是h=5m （g取10m/s ） ， 下面说法正确的是（） A.小球落地时速度大小是 B.小球在落地时重力的瞬时功率为 C.小球在空中运动过程中，任意相等时间内小球动能变化相等 D.小球在空中运动过程中，任意相等时间内小球动量变化相等 8.质量为 m、电量为 q的带电粒子以速率 v 垂直磁感线射入磁感强度为B的匀强磁场中，在磁场力作用 下做匀速圆周运动，带电粒子在圆周轨道上运动相当于一环形电流，则（） A.环形电流的电流强度跟 q成正比B.环形电流的电流强

3、度跟 v成正比 C.环形电流的电流强度跟B 成正比D.环形电流的电流强度跟m 成反比 三、实验题探究题（本大题共3 3 小题，共 18.018.0 分） 9.汽车的 v-t图线如图所示，己知车所受阻力恒定，汽车关闭了发动机后的运动如图BC段所示，汽车质 103kg则由图可知，汽车运动的位移为_m，OA段汽车的牵引力大小为_N。量为 4 C.原线圈中电流表的读数为D.原线圈中的输入功率为 3.人造地球卫星以圆形轨道环绕地球飞行， 卫星由于长期受微小阻力作用而使得环绕轨道发生少许变化， 卫星受到阻力作用后，下列说法正确的是（） A.轨道高度降低B.环绕速度减小C.卫星机械能增加D.卫星环绕周期不变

4、 4.简谐横波在同一均匀介质中沿x 轴正方向传播，波速为 v，若某时刻在波的传播方向上， 位于平衡位置 的两质点 a、b 相距为 s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a 最早到 达波谷的是（） A.B. 10. 甲同学根据单摆周期公式，测量当地的重力加速度。如图所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端 系一小钢球，就做成了单摆。并设计如下实验步骤： A摆线要选择细些的、伸缩性小些的，井且尽可能长一些 B摆球尽量选择质量大些、体积小些的 C用天平测量小球的质量 D用米尺测量从悬点到球最高点的长度，用游标卡尺测量小球直径，准确算出单摆摆长 E拉开摆球，使摆线偏离平衡位置1

5、0以内，在释放摆球的同时开始计时，记录摆球完成50次全振 动的时间t F根据公式 T=计算单摆周期，并利用单摆周期公式求出当地重力加速度，多次测量取平均。 甲同学用游标卡尺测量小钢球直径，如图所示，读数为_mm。 乙同学认为甲同学设计的实验方案中_（填步骤前的字母）是没有必要的，还认为某操作步骤错 C.D. 5.传感器是一种采集信息的重要器件， 图为测定压力的电容式传感器， 将电容器、 灵敏电流计 （零刻度在中间） 的电源串联成闭合回路 当 压力 F作用于可动膜片电极上时， 膜片产生形变， 引起电容的变化， 导致灵敏电流计指针偏转在对膜片开始施加恒定的压力到膜片稳 定之后，灵敏电流表指针的偏转

6、情况为（电流从电流表正接线柱流 入时指针向右偏）（） A.向右偏到某一刻度后回到零刻度 C.向右偏到某一刻度后不动 B.向左偏到某一刻度后回到零刻度 D.向左偏到某一刻度后不动 二、多选题（本大题共3 3 小题，共 9.09.0分） 6.蓝光相比红光具有频率高、能量大的特点，则以下叙述正确的是（） A.发生全反射时红光的临界角小于蓝光的临界角 B.用同一干涉装置可看到红光的干涉条纹间距比蓝光宽 C.在同一均匀介质中蓝光的传播速度小于红光的传播速度 D.如果蓝光能使某种金属发生光电效应，红光也一定能使该金属发生光电效应 误，并对其加以更正为_。 11. 从下列实验器材中选出适当的器材， 设计实验

7、电路来测量某电压表的内阻， 要求方法简捷， 操作方便。 可进行多次测量并达到较高的测量精度。 第 1 页，共 7 页 A待测电压表 V1，量程 03V，Rv内电阻约 20k25k B电压表 V，量程 05V，内电阻约 50k C定值电阻 R1，阻值 20k D定值电阻 R2，阻值 100 E滑动变阻器 R3，阻值范围 0-2000，额定电流 2.5A F滑动变阻器 R4，阻值范围 020，额定电流 2A G电池组，电动势为6V，内电阻为 0.5 H单刀开关若干和导线若干 请设计一个测量电路，并在方框中画出电路图。 实验器材选择除 A、B、G、H外，定值电阻应选用_，滑动变阻器应选用_（用器材前

8、的 字母表示）。 写出测量电压表内阻的表达式_。（用己知物理量和测量量表示） 四、计算题（本大题共3 3 小题，共 39.039.0分） 12. 利用冲击摆测量速度的实验，可以简化为图示模型，一质量M=0.8kg的小木块，用长 L=0.8m 的细绳悬挂在天花板上，处于静止状态。一质量m=0.2kg的小球以某一水平速 度射向木块，小球与木块相互作用时间极短， 并嵌在木块里，测得小球与木块上升最大 2 高度为 0.2m，不计空气阻力，重力加速度g取 10m/s 。 求： （1）小球与木块共速瞬时，小球和木块共同速度v的大小； （2）小球和木块一起摆动过程中，细线受到的最大拉力T； （3）小球的射入

9、木块速度v0大小。 13. 如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.30m。导 轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R=0.40导轨上停放一质量m=0.10kg、电阻 r=0.20的金属 杆 ab，整个装置处于磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。用一外力F 沿水平方向 拉金属杆 ab，使之由静止开始做匀加速运动，电压传感器可将R 两端的电压 U 即时采集并输入电脑， 获得电压 U随时间 t变化的关系如图乙所示。 （1）计算加速度的大小； （2）求第 2s 末外力 F 的瞬时功率； （3）如果水平外力从静止开始拉动杆2s所做的功 W

10、=0.35J，求金属杆上产生的焦耳热。 14. 为了研究微观粒子，设计如图所示的实验装置，离子源A产生初速为零、带电量均为e、质量不同的 正离子，经电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入偏转电场，偏转后通过极板HM上 的小孔 S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应弧度为B的扇形匀强磁场。 已知 HO=d，HS=2d， MNQ=90（粒子重力不计） （1）求偏转电场场强 E0的大小以及 HM与 MN的夹角 ； （2）求质量为 m的离子在磁场中做圆周运动的半径； （3）若质量为 4m 的离子垂直打在 NQ 的中点 S1处，质量为 16m 的离子打在 S2处，求 S1

11、和 S2之间的 距离。 第 2 页，共 7 页 答案和解析 1.【答案】B 【解析】 3.【答案】A 【解析】 解：A、卫星受阻力作用，速度减小，卫星所需向心力减小，而提供向心力的万有引力不变，故 卫星要做离心运动轨道高度降低，故 A正确； B、卫星在轨道降低的过程中引力对卫星做正功，卫星的动能将增大，在新的轨道上满足 ，卫星的轨道半径减小，速度将增大，故 B错误； C、由于卫星要克服阻力做功，故卫星的机械能将减小，故 C 错误； 解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，故 A错误。 B、某些元素的原子核可以自发进行 衰变，根据衰变规律可知，衰变后原子核总质量减少，故 B正确。 C

12、、卢瑟福通过 粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故 C 错误。 D、玻尔能级跃迁理论研究对象是原子，不能说明原子核具有复杂结构，故 D错误。 D、卫星的周期 T= 故选：B。 故选：A。 太阳内部发生的核聚变。 ，卫星的轨道半径减小，故其周期减小，故 D错误。 卫星在运动过程中，受到阻力，阻力要做负功，故机械能减小。根据人造卫星的万有引力等于 卢瑟福通过 粒子散射实验提出了原子的核式结构模型。 向心力，列式求出线速度的表达式进行讨论速度的变化。 核反应过程中，质量数守恒。 解决本题抓住克服阻力做功，卫星的速度先减小而做近心运动，在轨道半径减小的过程中引力 本题考查了原子结构、原子核等问题，

13、理解课本基本知识即可求解，关键是理解衰变方程中， 做正功，卫星的速度又将增大。这是学生较难理解的地方。 质量数守恒，质量不守恒，出现亏损。 2.【答案】C 【解析】 4.【答案】D 【解析】 解：A图中，波长为 2s，周期为 T= V，所以原线圈的电压的有效值 tA=； a点正向上振动，质点 a从图示位置到达波谷的时间 解：A、由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为 220 为 220V，由电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为 55V，即为电压表的读数，故 A B图中，波长为s，周期为T=a点正向下振动，质点a从图示位置到达波谷的时间tB=T= 错误。 ； B、变压器不会改变电流的

14、周期，则副线圈输出电流的周期为 T= C、副线圈的电流 I2= 确， D、副线圈消耗功率 P=I2R=427.5=110W，输入功率等于输出功率，D 错误； 故选：C。 根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即 可求得结论 掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题 = =0.02s，故 B错误。 C图中，波长为s，周期为T=a点正向上振动，质点a从图示位置到达波谷的时间tC= =0.5A，故 C 正 =； a点正向下振动，质点 a从图示位置到达波谷的时间 tA= =2A，根据电流与匝数成反比知原线圈电流= D图中，波

15、长为s，周期为 T= T=； 故 D图中质点 a最早到达波谷。 故选：D。 根据波的传播方向判断出a点的振动方向，读出波长，求出周期。分别得到质点a从图示位置到 第 3 页，共 7 页 达波谷的时间，从而进行比较。 解决本题的关键要确定波长与 s 的关系，求得周期。能熟练根据波的传播方向判断质点的振动 方向。 5.【答案】A 【解析】 7.【答案】AD 【解析】 1=10m/s，落地时速度大小 v=解：A、小球落地时的竖直分速度 vy=gt=10 故 A正确； B、小球在落地时重力的瞬时功率 Pmgvy=10w，故 B错误； =10m/s， 解：当 F向上压膜片电极时，板间距离减小，由电容的决

16、定式 C= 大，又根据电容的定义式 得到，电容器的电容将增C、=max=mgx，任意相等的时间内动能的变化量 ，电容器两极的电压U不变，故Q将增大，即电容器充电，所以与该段时间的位移 x 成正比，故不一定相等，故 C 错误； D、P=mv-mv0=mgt，故任意相等的时间 t 内，动量变化量相等，故 D正确； 故选：AD。 小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由位移时间公式求出小球下降的高度。根据小球 平抛运动的初速度和时间求出水平位移，结合通过落地时竖直分速度，结合平行四边形定则求 出小球落地的速度大小和方向。即可求解瞬时功率及动能变化情况。 电流将从电流表正接线柱流入，电流计指针向右偏

17、。当充电完毕后，电路中没有电流，电流计 的指针回到零刻度。故 A正确、BCD错误。 故选：A。 根据电容器的电容与板间距离的关系判断当 F 向上压膜片电极时电容的变化，再根据电容定 义式判断电容器在充电还是放电，从而判断电流计的变化 本题电容器动态变化分析问题，只要掌握电容的定义式 答 6.【答案】BC 【解析】 和决定式 C=就能正确解解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和 平行四边形定则灵活求解。 8.【答案】CD 【解析】 解：A、蓝光的折射率比红光的折射率大，由 sinC=可知蓝光的临界角小于红光的临界角，故 A错误； 解：设带电粒子在匀强磁场

18、中做匀速圆周运动的周期为 T，半径为 r，则 由 B、根据公式x= B正确； C、在同一种均匀介质中，红光的波长大于蓝光的波长，故 C 正确； D、蓝光比红光具有频率高，根据光电效应的条件可知，蓝光能使某种金属发生光电效应，红光 不一定能使该金属发生光电效应，故 D错误。 故选：BC。 明确临界角与折射率的关系；依据同一介质中，波长越长的，折射率越小；所有光在真空中速度 均相等；根据公式x=，即可一一求解。 ，红色光的波长比蓝光长，则红色光的条纹间距大于蓝光的条纹间距，故 环形电流：，可见，I与 q的平方成正比，与 v 无关，与 B成正比，与 m 成反比。故 ，得 选项 AB错误，选项 CD

19、正确。 故选：CD。 带电粒子以速率 v垂直射入磁感强度为 B的匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第 二定律求出带电粒子圆周运动的周期，由电流的定义式得出电流的表达式，再进行分析 本题是洛伦兹力、向心力和电流等知识的综合应用，抓住周期与 B、I的联系是关键 9.【答案】3506000 【解析】 明确临界角与折射率的关系；依据同一介质中，波长越长的，折射率越小；所有光在真空中速度 均相等；根据公式x= ，即可一一求解。 第 4 页，共 7 页 解：汽车运动的位移等于梯形面积大小，为：x=10m=350m小球在稳定振动后，小球运动到最低点开始计时。 本题考查单摆测重力加速度实验，解决本题的

20、关键知道实验的原理和注意事项，单摆摆线偏离 平衡位置的摆角要小于5，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，周期等于完全一次全振动的 时间，结合摆长和周期，根据单摆的周期公式求出重力加速度。 11.【答案】CF 由于速度-时间图象中，图象的斜率表示加速度，选汽车的运动方向为正方向，所以 BC段加速 度为：a2=-0.5m/s2， 2 故加速度大小为 0.5m/s ，方向与汽车运动的方向相反。 同理 OA段加速度为：a1=1m/s2 前 10s 内，由牛顿第二定律得：F 牵-f=ma1 后 20s 内，由牛顿第二定律得：-f=ma2 【解析】 解：实验没有电流表，可以用已知阻值的定值电阻与待测电压表串

21、联，求出流过定值电阻的 电流从而求出通过待测电压表电流， 由解得：F 牵=6000N 由于待测电压表内阻 20k25k，为方便实验操作，定值电阻阻值应与待测电压表内阻相差 故答案为：350，6000。 根据速度-时间图象中，图象与时间轴所围的面积表示位移，图象的斜率表示加速度，可以解出 汽车运动的加速度，结合牛顿第二定律解出汽车的牵引力。 本题是速度-时间图象的应用，关键要明确图象的面积和斜率的含义，并能把速度-时间图象与 牛顿第二定律结合解题。 以内，在稳定振动后，在小球运动到最低点开始10.【答案】18.6C拉开摆球，使摆线偏离平衡位置5 计时，记录摆球完成 50次全振动的时间t 【解析】

22、 不多，定值电阻应选择 R1， 为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择 R4 ，实 验电路图如图所示： 解：游标卡尺是 10 分度的，其分度值为 0.1mm， 则图示读数为：18mm+60.1mm=18.6mm 本实验不用称量摆球的质量，故实验方案中的 C 是没有必要的步骤； 错误的步骤为 E，并对其加以更正为：拉开摆球，使摆线偏离平衡位置 5以内，在稳定振动后， 由可知，为方便实验操作，定值电阻应选 C，滑动变阻器应选择 F； 通过待测电压表的电流：I= 待测电压表内阻：RV= = = ， ； 。故答案为：电路图如图所示；C；F； 在小球运动到最低点开始

23、计时，记录摆球完成 50次全振动的时间t 测量电压表内阻需要测出流过电压表的电流，可以用定值电阻与待测电压表串联，应用欧 故答案为：18.6mm；C，拉开摆球，使摆线偏离平衡位置 5以内，在稳定振动后，在小球运动到 姆定律求出流过电压表的电流，然后求出电压表内阻，根据实验原理与所给实验器材设计实验 最低点开始计时，记录摆球完成 50次全振动的时间t。 电路图； （1）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读； 根据所给实验器材从方便实验操作的角度选择定值电阻与滑动变阻器； （2）本实验不用称量摆球的质量，为了精确，单摆摆线偏离平衡位置的摆角要不超过 5，应在 根据图示电路图应用串联电

24、路特点与欧姆定律求出待测电压表内阻表达式。 第 5 页，共 7 页 本题考查了实验设计与实验器材的选择，理解实验原理是解题的前提，要掌握实验器材的选择 原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；根据串联电路特点与欧姆定律可以求出待 测电压表内阻。 12.【答案】解：（1）小球与木块上升过程机械能守恒， 由机械能守恒定律得：， 代入数据解得：v=2m/s； （2）小球与木块共速时细线的拉力最大， 由牛顿第二定律得：T-（M+m）g=（M+m） ， 10-2N解得：F2=1.75 故 2s末时 F的瞬时功率 P=F2v2=0.35W； 2 （3）设回路产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律，W=Q

25、+ mv2， 解得：Q=0.15J 电阻 R与金属杆的电阻 r串联，产生焦耳热与电阻成正比，所以= 10-2J。则得在金属杆上产生的焦耳热Qr=Q=5.0 2 答：（1）金属杆做匀加速直线运动的加速度大小为1m/s ； （2）第 2s末外力 F的瞬时功率为 0.35W； 10-2J。（3）金属杆上产生的焦耳热为5.0 【解析】 代入数据解得：T=15N； （3）小球击中木块过程系统动量守恒， 由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v， 代入数据解得：v0=10m/s； 答：（1）小球与木块共速瞬时，小球和木块共同速度v的大小为 2m/s； （2）小球和木块一起摆动过程中，细线受到的最大拉力T 为

26、 15N； （3）小球的射入木块速度v0大小为 10m/s。 【解析】 （1）由乙图提到电压与时间的表达式。根据 E=BLv、I=、U=IR推导出速度与时间的关系 式，即可分析出金属杆做匀加速直线运动，并求出加速度的大小。 （2）由速度公式求出 2s 末杆的速度，由 E=BLv、I=、F 安=BIL结合求出杆所受的安培力大 （1）木块上摆过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出小球与木块的共同速度。 （2）应用牛顿第二定律可以求出最大拉力。 （3）小球射入木块过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出小球的速度。 本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律的应用，分析清楚小球与物块的运动过程是解题的 前提与关键，要知道碰撞的基本规律是动量守恒定律。要明确向心力的来源。 13.【答案】解：（1）由图乙可得 U =kt，k=0.1V/s。 设路端电压为 U，金属杆的运动速度为v，则感应电动势 E=BLv， 通过电阻 R的电流 I= 电阻 R两端的电压 U=IR= 联立解得 v= 小，由牛顿第二定律求出外力 F，即能求出外力的功率。 （3）水平外力从静止开始拉动