云南省楚雄彝族自治州大姚县第一中学2019届高三物理一模考试试题（含解析）.docx

2019年云南省楚雄州大姚一中高考物理一模试卷一、选择题1.随着现代科学的发展，大量的科学发展促进了人们对原子、原子核的认识，下列有关原子、原子核的叙述正确的是（）A. 卢瑟福粒子散射实验说明原子核内部具有复杂的结构B. 天然放射现象表明原子核内部有电子C. 轻核聚变反应方程有：D. 氢原子从n3能级跃迁到n1能级和从n2能级跃迁到n1能级，前者跃迁辐射出的光子波长比后者的长【答案】C【解析】【详解】A、卢瑟福的粒子散射实验说明原子的核式结构模型，没有涉及到原子核内部结构。A错误。B、天然放射现象只说明原子核内部有复杂结构，原子核内部没有电子，衰变的产生的电子，是原子核内部的中子转变为质子和电子，电子释放出来。B错误。C、轻核聚变方程电荷数守恒、质量数守恒。C正确。D、氢原子从n3能级跃迁到n1能级和从n2能级跃迁到n1能级，前者辐射的光子能量大，即光子的频率大，则前者辐射的光子波长比后者短。D错误。2.有一理想的降压变压器，四个标称均为“6V、6W”的小灯泡a、b、c、d以及理想电压表接在变压器上，电路如图所示。在1、2两端接交流电源(电压有效值为U)时，四个小灯泡均能正常发光。则下列说法正确的是A. 电压表的示数为24 VB. 电源电压U=24 VC. 变压器原、副线圈的匝数比为41D. 变压器原线圈输入功率为24 W【答案】B【解析】由题意可知流过每个小灯泡的电流均为，则副线圈的电流为，原线圈的电流为，则由，C错误；副线圈两端的电压为，则由，可得原线圈两端的电压为，即电压表的示数为18V，A错误；电源电压为，B正确；变压器的输入功率等于输出功率，即小灯泡b、c、d消耗的功率之和18W，D错误【点睛】注意当灯泡和原线圈串联时，原线圈输入端的电压为灯泡两端的电压和原线圈输出电压之和，由四只灯泡均正常发光，则可求得原副线圈的电流，求得匝数之比，这是突破口3.美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一大步。图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D型盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )A. 带电粒子每运动一周被加速两次B. 带电粒子每运动一周P1P2P2P3C. 加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关D. 加速电场方向需要做周期性的变化【答案】C【解析】由题图可以看出，带电粒子每运动一周被加速一次，A错误，由R和Uqmvmv可知，带电粒子每运动一周，电场力做功都相同，动能增量都相同，但速度增量不相同，故粒子做圆周运动的半径增加量不相同，B错误由v可知，加速粒子的最大速度与D形盒的半径R有关，C正确；由T可知，粒子运动的周期不随v而变，故D错误4.假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，自身球体半径分别为RA和RB两颗行星各自周围的卫星的轨道半径的三次方（r3）与运行公转周期的平方（T2）的关系如图所示；T0为卫星环绕各自行星表面运行的周期。则（）A. 行星A的质量小于行星B的质量B. 行星A的密度小于行星B的密度C. 行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度D. 当两行星周围的卫星的运动轨道半径相同时，行星A的卫星的向心加速度大于行星B的卫星的向心加速度【答案】D【解析】A. 根据万有引力提供向心力，有，解得：，对于环绕行星A表面运行的卫星，有：T0= 对于环绕行星B表面运行的卫星，有：T0= 联立得：由图知，RARB，所以MAMB，故A错误；B.A行星质量：MA=AB行星的质量为：MB=B，代入解得：A=B，故B错误；C. 行星近地卫星的线速度即第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力，有：解得：v= = R，因为RARB，所以vAvB，故C错误；D. 根据知，a= ，由于MAMB，行星运动的轨道半径相等，则行星A的卫星的向心加速度大于行星B的卫星的向心加速度，故D正确。故选：D.点睛：根据万有引力提供向心力，得出卫星的周期与行星的质量、半径之间的关系，然后进行比较；结合万有引力提供向心力，分别写出第一宇宙速度的表达式，然后比较它们的大小关系5.一质量为m的质点以速度v0匀速直线运动，在t0时开始受到恒力F作用，速度大小先减小后增大，其最小值为v0.5v0，由此可判断（）A. 质点受力F作用后一定做匀变速曲线运动B. 质点受力F作用后可能做圆周运动C. t0时恒力F与速度v0方向间的夹角为60D. 时，质点速度最小【答案】AD【解析】【分析】由题意可知，物体做类斜抛运动，根据运动的合成与分解，结合力的平行四边形定则与运动学公式，即可求解；【详解】A、在t=0时开始受到恒力F作用，加速度不变，做匀变速运动，若做匀变速直线运动，则最小速度可以为零，所以质点受力F作用后一定做匀变速曲线运动，故A错误；B、物体在恒力作用下不可能做圆周运动，故B错误；C、设恒力与初速度之间的夹角是，最小速度为： 可知初速度与恒力的夹角为钝角，所以是，故C错误；D、质点速度最小时，即在沿恒力方向上有：，解得：，故D正确。【点睛】考查类斜抛运动的处理规律，掌握合成法则与运动学公式的应用，注意分运动与合运动的等时性。6.已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等。如图所示，正电荷均匀分布在半球面上，Ox为通过半球顶点与球心O的轴线，A、B为轴上的点，且AO=OB，则下列判断正确的是( ) A. A、B两点的电势相等B. A、B两点的电场强度相同C. 点电荷从A点移动到B点，电场力一定做正功D. 同一个负电荷放在B点比放在A点的电势能大【答案】BD【解析】根据电场的叠加原理可知，x轴上电场线方向向右，则A点的电势高于B点的电势，故A错误；将半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的场强大小分别为E1和E2由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知 E1=E2根据对称性可知，左、右半球在B点产生的场强大小分别为E2和E1且 E1=E2则在图示电场中，A的场强大小为E1，方向向右B的场强大小为E2，方向向右，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同，故B正确点电荷从A点移到B点，电势降低，由于点电荷的电性未知，则电场力不一定做正功，故C错误A点的电势高于B点的电势，根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势大，知同一个负电荷放在B点比放在A点的电势能大故D正确故选BD.点睛：本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系左半球面在A点的场强与缺失的右半球面在B点产生的场强大小相等，方向相反是解题的关键7.如图所示，质量为m0.04kg、边长l0.4m的正方形导体线框abcd放置在一光滑绝缘斜面上，线框用一平行斜面的细线系于O点，斜面倾角为30线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化关系为B2+0.5t（T），方向垂直于斜面，已知线框电阻为R0.5，重力加速度为g10m/s2（）A. 线框中的感应电流方向为abcdaB. t0时，细线拉力大小F0.2NC. 线框中感应电流大小为I80mAD. 经过一段时间t，线框可能沿斜面向上运动【答案】CD【解析】【详解】A、由于磁场的磁感应强度随时间变化关系为B2+0.5t（T），即磁场增加，根据楞次定律可得感应电流方向为adcba，A错误；BC、根据法拉第电磁感应定律可得0.50.40.2V0.04V，则感应电流的大小为0.08A80mA；t0时刻，磁感应强度为B2T，根据共点力的平衡条件可得F+BILmgsin，解得FmgsinBIL（0.4sin3020.080.4）N0.136N，所以B错误、C正确；D、随着时间增大，磁感应强度逐渐增大，当安培力（方向沿斜面向上）大于重力沿斜面向下的分力时，线框沿斜面向上运动，D正确。8.引力波探测于2017年获得诺贝尔物理学奖。双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由P、Q两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，测得P星的周期为T，P、Q两颗星的距离为l，P、Q两颗星的轨道半径之差为r（P星的轨道半径大于Q星的轨道半径），万有引力常量为G，则（）A. Q、P两颗星的质量差为B. P、Q两颗星的线速度大小之差为C. P、Q两颗星的运动半径之比为D. P、Q两颗星的质量之比为【答案】ABD【解析】【详解】A、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：mPrP2mQrQ2，解得；，则Q、P两颗星的质量差为mmQmP，故A正确；B、P、Q两颗星的线速度大小之差为vvPvQ，故B正确；C、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以Q星的周期为T；根据题意可知，rP+rQl，rPrQr，解得：，则P、Q两颗星的运动半径之比，C错误。D、P、Q两颗星的质量之比为，故D正确。二、非选择题9.请读出以下测量仪器的示数，其中游标卡尺读数为_cm，螺旋测微器读数为_mm，多用电表挡位为直流电压挡50V时读数为_V，若用欧姆表100挡时的读数为_。【答案】 (1). 1.140 (2). 4.713 (3). 30.0 (4). 1000【解析】【详解】根据游标卡尺读数规则，游标卡尺主尺读数为1.1 cm，游标尺第8个刻度线与主尺刻度线对齐，20分度游标尺精度为0.05 mm，游标尺读数为80.05 mm0.40 mm，故测量值为1.1 cm+0.40 mm1.140 cm。根据螺旋测微器读数规则，读数为4.5 mm+0.213 mm4.713 mm。多用电表挡位为直流电压挡时，按照中间的刻度盘刻度读数，为30.0V；若用欧姆表100挡时读数为101001000。10.甲、乙两同学均设计了测动摩擦因数的实验已知重力加速度为g(1)甲同学所设计的实验装置如图甲所示其中A为一质量为M的长直木板，B为木板上放置的质量为m的物块，C为物块右端连接的一轻质弹簧测力计实验时用力将A从B的下方抽出，通过C的读数F1即可测出动摩擦因数则该设计能测出_（填“A与B”或“A与地面”）之间的动摩擦因数，其表达式为_(2)乙同学的设计如图乙所示他在一端带有定滑轮的长木板上固定有A、B两个光电门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力实验时，多次改变沙桶中沙的质量，每次都让物块从靠近光电门A处由静止开始运动，读出多组测力计示数F及对应的物块在两光电门之间的运动时间t，在坐标系中作出的图线如图丙所示，图线的斜率为k，与纵轴的截距为b，因乙同学不能测出小车质量，故该同学还应测出的物理量为_根据该测量物理量及图线信息可知物块与木板之间的动摩擦因数表达式为_【答案】 (1). A与B (2). (3). 光电门A、B之间的距离x (4). 【解析】【详解】（1）当A达到稳定状态时B处于静止状态，弹簧测力计的读数F与B所受的滑动摩擦力f大小相等，B对木块A的压力大小等于B的重力mg，由fN得，由从Q上读取F1，则可求得，为A与B之间的动摩擦因数（2）小车由静止开始做匀加速运动，根据匀加速直线运动位移时间公式得：，解得： 根据牛顿第二定律得对于沙和沙桶，F合Fmgma则：则图线的斜率为：k2mx，纵轴的截距为bmg；k与摩擦力是否存在无关，小车与长木板间的摩擦因数：11.如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上，A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，A与C相碰后，粘合在一起A与C刚粘合在一起时的速度为多大？若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能【答案】 【解析】【详解】轻细线绷紧的过程，A、B这一系统动量守恒，以水平向右为正，则mv0（m+2m）v1，解得，之后A、B均以速度v1向右匀速运动，在A与C发生碰撞过程中，A、C这一系统动量守恒，则有，mv1（m+m）v2，解得，轻细线绷紧的过程，A、B这一系统机械能损失为E1，则，在A与C发生碰撞过程中，A、C这一系统机械能损失为E2，则，则A、B、C这一系统机械能损失为12.竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E=4103V/m。小球a、b、c的半径略小于管道内径，b、c球用长的绝缘细轻杆连接，开始时c静止于管道水平部分右端P点处，在M点处的a球在水平推力F的作用下由静止向右运动，当F减到零时恰好与b发生了弹性碰撞，F-t的变化图像如图乙所示，且满足。已知三个小球均可看做质点且ma=0.25kg，mb=0.2kg，mc=0.05kg，小球c带q=510-4C的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g=10m/s2，求(1)小球a与b发生碰撞时的速度v0；(2)小球c运动到Q点时的速度v；(3)从小球c开始运动到速度减为零的过程中，小球c电势能的增加量。【答案】(1) (2)v=2m/s (3) 【解析】【分析】对小球a，由动量定理可得小球a与b发生碰撞时的速度；小球a与小球b、c组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理可得小球c运动到Q点时的速度；由于b、c两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c球运动到Q点到减速到零的过程列能量守恒可得；解：(1)对小球a，由动量定理可得由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F的冲量，由圆方程可知代入数据可得：(2)小球a与小球b、c组成系统发生弹性碰撞， 由动量守恒可得由机械能守恒可得解得小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理代入数据可得(3)由于b、c两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b球与O点连线与竖直方向的夹角为从c球运动到Q点到减速到零的过程列能量守恒可得： 解得因此小球c电势能的增加量：13.一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其VT图象如图所示，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是（）A. 过程ab中气体一定吸热B. pcpbpaC. 过程bc中分子势能不断增大D. 过程bc中每一个分子的速率都减小E. 过程ca中气体吸收的热量等于对外做的功【答案】ABE【解析】【分析】根据理想气体状态方程可知在V-T图象中，图线上各点与坐标原点的连线斜率代表压强，斜率越大压强越小，分析各条图线的变化可知；【详解】A、过程ab中气体的体积不变，没有做功；温度升高，内能增大，所以气体一定吸热，故A正确；B、设a状态的压强为，则由理想气体的状态方程可知：，所以：，同理：，解得：，所以：，故B正确；C、由于气体分子之间的作用力可以忽略不计，所以过程bc中分子势能不变，故C错误；D、温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以过程bc中气体的温度降低，分子的平均动能减小，并不是每一个分子的速率都减小，故D错误；E、由图可知过程ca中气体等温膨胀，内能不变，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于对外做的功，故E正确；故选ABE。【点睛】关键知道温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律；14.粗细均匀的U形管竖直放置，右端封闭，左管内有一个重力和摩擦都不计的活塞，管内水银把气体分隔成A、B两部分。当大气压强为P075cmHg，温度为t027时，管内水银面在同一高度，两部分气体的长度均为L030cm。现向上缓慢拉动活塞，使两管内水银面高度差为h10cm，求活塞上升的高度L；然后固定活塞，再仅对左管气体加热，使A部分气体温度升高。则当左管内气体温度为多少摄氏度时，方可使右管内水银面回到原来的位置。（该题计算结果均保留三位有效数字）【答案】：现向上缓慢拉动活塞，使两管内水银面高度差为h10cm，活塞上升的高度16.4cm；则当左管内气体温度为191时，方可使右管内水银面回到原来的位置。【解析】【详解】温度不变，对B管气体：P0L0SP2（L0+0.5h）S可得：P264.3cm对A管气体：P0L0S（P2h）L1S求得：L141.4cmLL1+0.5hL016.4cm为使右管内水银面回到原来位置，A气体的压强应为