山东省菏泽市第一中学2019届高三物理最后一模试题（含解析）.docx

山东省菏泽市第一中学2019届高三物理最后一模试题（含解析）1.2018年3月27日，华为、小米不约而同选在同一天召开发布会。发布了各自旗下首款无线充电手机小米MIX2S支持75W无线充电，华为Mate Rs保时捷版则支持10W无线充电下图给出了它们的无线充电的原理图关于无线充电，下列说法正确的是A. 无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B. 手机外壳用金属材料制作可以减少能量损耗C. 只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电D. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同【答案】D【解析】【详解】无线充电手机接收线圈部分工作原理是电磁感应，而非“电流的磁效应”，故A错误；手机外壳使用金属材料会屏蔽电磁波，导致无线充电不能完成，故B错误；不是所有手机都能进行无线充电，只有手机中有接受线圈时手机利用电磁感应，进行无线充电，故C错误；根据电磁感应原理，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中频率相同，故D正确。2.滑雪运动深受人民群众喜爱某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道EF，从滑道的E点滑行到最低点F的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿EF下滑过程中A. 所受支持力大小不变B. 所受摩擦力大小不变C. 合外力对运动员做功为零D. 机械能始终保持不变【答案】C【解析】【详解】A项：滑雪运动员沿圆弧轨道运动的速率不变，则运动做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，支持力，随着角度减小，N增大，故A错误；B项：运动员下滑过程中受到重力、滑道的支持力与滑动摩擦力，由图可知，运动员从E到F的过程中，滑道与水平方向之间的夹角逐渐减小，则重力沿斜面向下的分力逐渐减小，运动员的速率不变，则运动员沿滑道方向的合外力始终等于0，根据f=mgsin知滑动摩擦力也逐渐减小。故B错误；C项：滑雪运动员的速率不变则动能不变，由动能定理可知，合外力对运动员做功为0，故C正确；D项：运动员从E到F下滑过程中的动能不变而重力势能减小，所以机械能减小，故D错误。3.采用图甲所示的装置研究光电效应现象，电流表和电压表的零刻度均在表盘的正中间分别用横截面积相同的单色光照射光电管的阴极K，得到光电管两端的电压与相应的光电流的关系如图乙所示下列说法正确的是A. 光的强度比c光的大B. 光的光子能量比光的小C. 光照射时光电子的最大初动能比光照射时的大D. 测量遏止电压时开关S应扳向1【答案】B【解析】【详解】由图可知，a的饱和电流最小，因此a光束照射时单位时间内产生的光电子数量小，光强小，故A错误。当光电流为零时，光电管两端加的电压为遏止电压，对应的光的频率为截止频率，根据eU=h-W，入射光的频率越高，对应的遏止电压U越大。a光、c光的遏止电压相等，所以a光、c光的频率相等，根据光电效应方程可知，c光照射时，光电子的最大初动能与a光相同，而b光的遏止电压大，则频率大，能量大，且对应的波长最小，故B正确，C错误。测量遏止电压时，光电管加反向电压，开关S应扳向2，故D错误。4.如图为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈接有交流电压；图中电压表和电流表均为理想交流电表，RT为负温度系数的热敏电阻(即当温度升高时，阻值减小)，R0、R1为定值电阻，C为电容器通电一段时间后，下列说法正确的是A. A1表的示数和A2表的示数都减小B. V1表的示数和V2表的示数都增大C. 通过R1的电流始终为零D. 变压器的输入功率增大【答案】D【解析】【详解】根据变压器电压的制约关系可知，输入电压不变，输出电压不变，故V1表的示数和V2表的示数不变，通电一段时间后，温度升高，热敏电阻阻值减小，故输出电流和输入电流增大，A1表的示数和A2表的示数都增大，故AB错误。电容器可以通交流，通过R1的电流不为零，故C错误。输入电流增大，则变压器的输入功率增大，故D正确。5.理论上已经证明：质量分布均匀球壳对壳内物体的万有引力为零现假设地球是一半径为R、质量分布均匀的实心球体，O为球心，以O为原点建立坐标轴，如图所示一个质量一定的小物体(假设它能够在地球n内部移动)在轴上各位置受到的引力大小用F表示，则F随变化的关系图中正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】令地球的密度为，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有： ；由于地球的质量为M=R3，所以重力加速度的表达式可写成：。根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，受到地球的万有引力即为半径等于r的球体在其表面产生的万有引力，当rR时，g与r成正比，当rR后，g与r平方成反比。即质量一定的小物体受到的引力大小F在地球内部与r成正比，在外部与r的平方成反比。故选A。6.在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则A. A球带正电，B球带负电B. A球比B球先落地C. 在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加D. 两球从抛出到各自落地的过程中，A球的动能变化量比B球的小【答案】AD【解析】【详解】两球在水平方向都做匀速直线运动，由x=v0t知，v0相同，则A运动的时间比B的长，竖直方向上，由h=at2，h相等，可知，A的合力比B的小，所以A的电场力向上，带正电，B的电场力向下，带负电，故A正确。A运动的时间比B的长，则B球比A球先落地，故B错误。A的电场力向上，电场力对A球做负功，A球的电势能增加。B的电场力向下，电场力对B球做正功，B球的电势能减小，故C错误。A的合力比B的小，则A的合力做功较少，由动能定理知A球的动能变化小，故D正确。7.如图所示，在倾角的固定粗糙斜面底端有一小物块，在沿斜面向上、大小为F=2.2N的恒定拉力作用下，从t=0时刻开始以某一初速度沿斜面做直线运动，其速度v随位移x的变化关系为物块与斜面间的动摩擦因数，取g=10ms2，sin37=0.6，cos37=0.8，斜面足够长，下列说法正确的是A. 物块的加速度大小为1.0ms2B. 物块的质量为0.4kgC. t=2s时物块克服重力做功的功率为4.8WD. 02s内拉力F做的功为8.8J【答案】AC【解析】【详解】由匀变速运动的速度位移的关系式结合v2=2x+4可知：加速度a=1m/s2，初速度v0=2m/s；由上面的分析知a=1m/s2，故A正确；由牛顿第二定律得：F-mgsin-mgcos=ma，解得：m=0.2kg，故B错误；t=2s时物块的速度v=v0+at=4m/s，克服重力做功的功率为mgvsin=4.8W，故C正确；0-2s内发生的位移x=v0t+at2=6m，拉力F做的功为Fx=13.2J，故D错误。8.如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为d导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，重力加速度为g在金属棒下滑到底端的过程中A. 末速度的大小B. 通过金属棒的电流大小C. 通过金属棒的电流大小D. 通过金属棒的电荷量Q=【答案】ACD【解析】【详解】根据速度位移关系v2=2as可得末速度的大小为：，故A正确；以导体棒为研究对象，根据牛顿第二定律可得：mgsin-BId=ma，解得通过金属棒的电流大小为：，故B错误、C正确；金属棒运动的时间为：，根据电荷量的计算公式可得通过金属棒的电荷量为：，故D正确。故选ACD。9.一同学设计了如图所示的装置来验证动量守恒定律(1)步骤如下：将气垫导轨调水平后气垫导轨上固定两个光电门；在两个滑行器上分别安装上宽度为d的挡光片，在滑行器B左端安装弹性架；令两个滑行器放在导轨两端处作为运动起始点，用手同时推动两个滑行器使其相向运动，让它们分别通过光电门，在两光电门之间发生碰撞，发生碰撞后两滑行器均反向运动，分别再次经过光电门，计数器记录滑行器A先后经过光电门的时间为t1、t2，滑行器且先后经过光电门的时间为t2、t4.用天平测量出A、B两滑行器的质量分别为m1、m2设向右为正方向，计算出系统碰撞前的动量为_碰撞后的动量为_若碰撞前、后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得以验证(2)下列中哪些操作可能会对验证结论产生影响_A两滑块碰撞后粘一起通过一个光电门B开始实验之前，气垫导轨没有调至水平状态C给气垫导轨供气的压力泵工作异常，使导轨喷气不均匀D在测量挡光板宽度时，由于读数误差使读数偏大【答案】 (1). (2). (3). BC【解析】【详解】（1）碰前两物体的速度分别为：，则系统碰撞前的动量为；碰后两物体的速度分别为：，则系统碰撞后的动量为；（2）两滑块碰撞后粘在一起通过一个光电门，此时v3=v4，对实验无影响，选项A错误；开始实验之前，气垫导轨没有调至水平状态，则系统受合外力不为零，则对实验会产生影响，选项B正确；给气垫导轨供气的压力泵工作异常，使导轨喷气不均匀，这样可能导致滑块与轨道间产生摩擦，对实验有影响，选项C正确；由验证的表达式可知，碰撞前后的动量表达式中都有d，可以消掉，则若在测量挡光板宽度时，由于读数误差使读数偏大，这对实验无影响，选项D错误.10.某PPP3电池，标称电压9V，内阻r约为40，最大允许电流为100mA现设计如图甲电路图精确测量其电动势和内阻图中V为电压表，R为电阻箱(阻值范围为0999.9)，R0为定值电阻，(1)电压表有以下规格，本实验应选用_.A10V，约1K B10V，约10K(2)备有的定值电阻R0的规格有以下几种，则本实验应选用_A50，1.0W B500，2.5W(3)接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值读出电压表的示数U，改变电阻箱阻值R，取得多组数据，作出了如图乙的图线由图线求得该电池的电动势E=_V，内阻r=_(结果均保留三位有效数字)【答案】 (1). B (2). A (3). 10.0 (4). 33.3【解析】【详解】（1）本实验中电压表内阻越大，则分流越小，误差越小，故电压表选择内阻更大的B；（2）R0是定值电阻，起保护电路的作用。当滑动变阻器短路时，电路中通过的最大电流为100mA，则由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最小阻值约为：，定值电阻应选A；（3）由闭合电路欧姆定律可得：；变形得：，由数学知识可知，图象中的斜率；截距；由图可知，b=0.1，故E=10.0V；即；解得：r=33.3；11.如图所示，水平面内的两根足够长的平行的光滑金属导轨MM和NN相距L，左端M、N之间接一质量为m、阻值为R的电阻，一根金属棒垂直放置在两导轨上，金属棒和导轨的电阻均不计整个装置置于磁感应强度为B0、方向竖直向下的匀强磁场中，t=0时金属棒在恒力F作用下由静止开始运动求：（1）金属棒能达到的最大速度；（2）若在t=T时刻时，金属棒已经做匀速运动，在0T时间内，回路中产生焦耳热为Q求0t时间内金属棒的位移【答案】（1）v=（2）【解析】【详解】（1）在0T时间内，金属棒达到最大速度后开始匀速运动，则恒力F与安培力平衡，F=F安.F安=B0IL E=B0Lv 解得金属棒最大速度v=.（2）在0T时间内，由功能关系得Fx=Q+.代入v，解得.12.如图所示，一质量为m的长直木板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一质量为km的木块，木块与木板间的动摩擦因数为，在长直木板右方有一坚直的墙使木板与木块以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，设木板足够长，木块始终在木板上重力加速度为g求：（1）碰后，木块与木板第一次相对静止时的速度大小；（2）木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间；（3）分析k的取值是如何影响第(2)问中求出的时间的【答案】（1）（2）（3）由t=知：只由当k1时，才能发生两次碰撞;在k1的范围内，随着k的增加，时间t越来越小；反之，随着k的减小，时间t越来越大。【解析】【详解】（1）第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，木块向右做匀减速运动，最沿木板和重物达到一共同的速度v，由动量守恒得kmv0-mv0=（km+m）v. 解得（2）设木板的加速度为a，由牛顿第二定律得kmg= ma设从第一次与墙碰撞到木块和木板具有共同速度v所用的时间为t1v=-v0+at1 在达到共同速度v时，木板离墙的距离l为l= 开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为t2=从第一次碰撞到笫二次碰撞所经过的时间为t=t1+t2由以上各式得 （3）由知：只由当k1时，才能发生两次碰撞.在k1的范围内，随着k的增加，时间t越来越小；反之，随着k的减小，时间t越来越大。【物理选修33】13.下列说法正确的是_A. 饱和汽压随温度的降低而减小B. 晶体都具有各向异性C. 第二类永动机违背了热力学第二定律D. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用E. 分子力表现为引力时只存在分子引力，表现为斥力时只存在分子斥力【答案】ACD【解析】【详解】饱和汽压和温度有关，饱和汽压随温度的降低而减小，随温度的升高而增大，故A正确。单晶体物理性质表现为各向异性，多晶体的物理性质表现为各向同性。故B错误。第二类永动机违背了热力学第二定律，故C正确。叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故D正确。分子的引力和斥力同时存在，分子力表现为引力时引力大于斥力，表现为斥力时斥力大于引力，故E错误。故选ACD。14.如图所示，两内壁光滑、长为2L的圆筒形气缸A、B放在水平面上，A气缸内接有一电阻丝，A气缸壁绝热，B气缸壁导热两气缸正中间均有一个横截面积为S的轻活塞，分别封闭一定质量的理想气体于气缸中，两活塞用一轻杆相连B气缸质量为m，A气缸固定在地面上，B气缸与水平面间的动摩擦因数为，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等开始两气缸内气体与外界环境温度均为T0，两气缸内压强均等于大气压强P0，环境温度不变，重力加速度为g，不计活塞厚度现给电阻丝通电对A气缸内气体加热，求：(1)B气缸开始移动时，求A气缸内气体的长度；(2)A气缸内活塞缓慢移动到气缸最右端时，A气缸内气体的温度TA【答案】（i）LA=（2-）L（ii）TA=2（1+）T0【解析】【详解】（i）B气缸将要移动时，对B气缸:PBS=P0S+mg 对B气缸内气体由波意耳得:PBLS=PBLBS A气缸内气体的长度LA=2L-