2019届高三物理5月份模拟考试试题(含解析).doc

2019届高三物理5月份模拟考试试题(含解析)二、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1417题只有一项符合题目要求，第1821题有多项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.下列说法正确的是A. 、三种射线中射线电离作用最强B. 两个轻核结合成质量较大的核，核子的比结合能增加C. 根据玻尔原子理论，氢原子在辐射光子的同时，电子的轨道半径也在连续地减小D. 放射性元素组成的化合物进行高温分解时，放射性元素的半衰期也会改变【答案】B【解析】、三种射线中射线电离作用最强，选项A错误；中等核的比结合能较大，则两个轻核结合成质量较大的核，核子的比结合能增加，选项B正确；根据玻尔原子理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道半径不是连续地减小，而是轨道量子化，故C错误；放射性元素组成的化合物进行高温分解时，放射性元素的半衰期不会改变，选项D错误；故选B.2.教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻。第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图甲所示。第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示。下列关于这两个趣味实验的说法正确的是（ ）A. 图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变B. 图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变C. 图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动D. 图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动【答案】C【解析】图甲中，仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，液体的旋转方向要改变，故AB均错误；图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，可以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动；但是如果将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，故选项C正确，D错误；故选C.3.如图所示，点P位于倾角为37的斜面底端Q的正上方22.5cm处现从P点向斜面搭建一光滑倾斜直轨道，使小物块从P点由静止开始沿该轨道滑至斜面，g取l0m/s2。则小物块滑至斜面的最短时间为A. 0. 1s B. 0. 2s C. 0. 3s D. 0. 4s【答案】B【解析】从P点向斜面引斜线，设与PQ的夹角为，斜面长度为x，则由正弦定理：xsin530=PQsin1800(530+)；物体在斜面上的加速度：a=gcos；x=12at2；联立解得：t=2xa=0.36gsin(530+)cos=0.3612gsin(530+2)+sin530 由数学知识可知，当 530+=900时t有极小值tmin=0.2s；故选B.4.如图所示，为了浴室用电安全，某同学用理想变压器给浴室降压供电，理想变压器原、副线圈匝数比为5:1，原线圈输入交变电压u=311sinl00t(V)，已知照明灯额定功率为44W，排气扇电动机内阻为l，电流表示数为2A，各用电器均正常工作，电表均为理想表。则A. 电压表示数为62VB. 变压器的输入功率为186WC. 排气扇输出功率为43WD. 保险丝熔断电流不得低于2A【答案】C【解析】变压器输入交变电压u=311sin100t（V），有效值U=220V，变压器原、副线圈匝数比为5：1，所以副线圈电压U2=44V，故A错误；电流表示数为2A，所以输出功率P=442W=88W，所以变压器的输入功率为88W，故B错误；照明灯的电流I14444A1A；则排气扇的电流为I2=2A-1A=1A，则排气扇输出功率为P出I2U2I22r14412143W ，选项C正确；变压器的初级电流为I15I次25A0.4A，故保险丝熔断电流不得低于0.4A，选项D错误；故选C。点睛：此题是关于变压器及交流电的计算；关键是知道电表的读数以及电功率的计算都是交流电的有效值；知道有电动机的问题中的能量转化关系.5.一直角V形槽固定在水平面上，其横截面如图所示，BC面与水平面间夹角为60，有一质量为m的正方体木块放在槽内，木块与AB面间的动摩擦因数为，与BC面间无摩擦。现用平行于槽的水平力F推木块，使之沿槽向里匀速运动，重力加速度为g。下列说法正确的是A. 木块受到5个力的作用B. 木块对V形槽的作用力大小为mgC. 推力F大小为32mgD. 木块对BC面的压力大小为 32mg【答案】AC【解析】木块受重力、斜面AB的支持力、斜面BC的支持力、斜面AB的摩擦力以及推力F的作用，选项A正确；水平推力F=f=mgcos300=32mg，选项C正确；木块对V形槽的作用力大小等于力F与重力mg的合力，则大小大于mg，选项B错误；木块对BC面的压力大小为 mgcos600=0.5mg，选项D错误；故选AC. 6.如图所示，倾角为30的足够长斜面与水平面平滑相连，水平面上用轻杆连接的小球A、B以速度v0=gl向左运动，小球质量均为m，杆长为l，当小球B到达斜面上某处P时速度为零。不计一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是A. P与水平面的高度差为l4B. P与水平面的高度差为l2C. 两球上滑过程中杆对A球所做的功为mgl4D. 两球上滑过程中杆对A球所做的功为mgl4【答案】AD【解析】设B沿斜面上滑的距离为x；则由机械能守恒可得：212mv02=mgxsin300+mg(x+l)sin300，解得 x=12l；则P与水平面的高度差为h=xsin300=14l，选项A正确，B错误；由动能定理，两球上滑过程中杆对A球所做的功满足：Wmg(l+12l)sin300=012mv02 ，解得W=mgl4 ，选项C错误，D正确；故选AD.7.如图所示，在垂直纸面向里的有界匀强磁场区域的左侧，一正方形线框以3 .0m/s的初速度沿垂直于磁场边界由位置I水平向右运动，线框经过位置，当运动到位置时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置的速度为v，则下列说法正确的是A. q1 =q2 B. q1= 2q2 C. v=l. 0m/s D. v=l.5m/s【答案】BC【解析】根据q=R=BSR可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1=2q2，选项A错误，B正确；线圈从开始进入到位置，由动量定理：BI1Lt1=mvmv0，即 BLq1=mvmv0；同理线圈从位置到位置，由动量定理：BI2Lt2=0mv，即BLq2=0mv；联立解得：v=13v0=1.0m/s，选项C正确，D错误；故选BC. 点睛：此题关键要记住求解电量的经验公式q=R；其次要解答关于安培力和速度的问题要首先想到用动量定理，因为在安培力的冲量表达式中有关于电量q的问题.8.如图所示，两根细长直导线平行竖直固定放置，且与水平固定放置的光滑绝缘杆MN分别交于a、b两点，点O是ab的中点，杆MN上c、d两点关于O点对称。两导线均通有大小相等、方向相反的电流，通电导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度大小B=kIr，其中I为导线中电流大小，r为该点到导线的距离，k为常量。一带负电的小球穿在杆上，以初速度vb由c点沿杆运动到d点。设在c、O、d三点杆对小球的支持力大小分别为Fc、FO、Fd，则下列说法正确的是A. Fc=FdB. FOFdC. 小球做变加速直线运动D. 小球做匀速直线运动【答案】ABD【解析】根据右手螺旋定则可知，从a点出发沿连线运动到b点，左边直导线产生的磁场垂直纸面向里，右边直导线产生的磁场垂直纸面也向里；距离左边直导线x处的合磁场：B=B1+B2=kIx+kIlx=kIlx(lx)，由数学知识可知，当x=12l 时B最小，可知在ab连线中点O处磁场最弱，连线上合磁场大小先减小过O点后增大，方向先里，根据左手定则可知，小球从a向b运动过程中，受到向下的洛伦兹力作用，在速度方向不受力的作用，则将做匀速直线运动，故C错误，D正确。cd两点关于O点对称，磁感应强度相等，则小球受洛伦兹力相等，则杆对小球的支持力Fc=Fd；O点磁场最弱，则FOFd，选项AB正确；故选ABD。点睛：本题考查了右手螺旋定则和左手定则的熟练应用，正确解答带电粒子在磁场中运动的思路为明确受力情况，进一步明确其运动形式和规律三、非选择题：共174分。第22.32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.某同学用小球摆动的方法验证机械能守恒定律。实验装置如图所示，用不可伸长的细线一端穿过中间带有小孔的金属球并固定，将细线的另一端固定在铁架台上的悬点O，O点的正下方固定一光电门，接好光电计时器。小球下端固定宽度d=1cm的遮光板，小球摆动到最低点时遮光板刚好通过光电门。实验时将细线拉至水平时恰好对准量角器的0刻度，然后自由释放。已知小球的质量m=50g，从悬点到球心的距离L=1m，小球直径为D(LD)，下表中记录了小球分别从不同角度释放时的角度和遮光板通过光电门的时间。回答下列问题：(1)小球从60角度释放时，小球经过光电门的速度大小为_m/s(结果保留三位有效数字)。(2)小球从0角度释放时，下落到最低点的过程中，小球重力势能的减少量为_J，动能的增加量为_J。(g取98m/s2，结果保留两位有效数字)(3)任何实验都存在实验误差，写出本实验减小误差的方法：_ ，_(至少两条)。【答案】 (1). 1.55 (2). 0.49 (3). 0.48 (4). 多次测量取平均值 (5). 增加小球的质量【解析】(1) 小球从60角度释放时，小球经过光电门的速度大小v=dt=11026.45103m/s1.55m/s(2)小球从0角度释放时，下落到最低点的过程中，小球重力势能的减少量EP少=mgL=0.059.81J=0.49J小球到最低点速度v1=dt1=11022.273103m/s4.40m/s，小球从0角度释放时，下落到最低点的过程中，动能的增加量Ek增=12mv12=120.054.402J0.48J(3) 任何实验都存在实验误差，写出本实验减小误差的方法：增加小球的质量、多次测量取平均值、减小遮光板的宽度等。点睛：实验减小误差的方法：用遮光板测速度时，可减小遮光板的宽度；减小空气阻力带来影响时，可增加小球的质量；减小偶然误差时，可多次测量取平均值。10.现有一特殊电池，它的电动势E约为5V，内阻r约为40，已知该电池允许输出的最大电流为40mA。为了测定该电池的电动势和内阻，某同学准备了如下器材：A待测电池；B电压表V：量程015V，内阻RV15k；C电流表A：量程01mA，内阻RA=156；D电阻箱R：0999.9；E定值电阻R1=4；F定值电阻R2=39；G定值电阻R3=50；H定值电阻R4=90；I开关、导线若干。(1)该同学设计的部分电路如图甲所示，图中保护电阻R0应选择器材中的_(填写器材前的选项字母)。 (2)选择合适的器材，将虚线框中的电路补充完整，并在电路中注明所选器材的符号_。(3)将电阻箱的阻值调整到_(填“最大”或“最小”)，闭合开关。(4)调节电阻箱的电阻，使所选电表指针指到某一位置，记录此时电阻箱的阻值R和所选电表的读数x，电表读数用国际单位(A或V)作单位。(5)重复步骤(4)获取多组R和x的值。(6)断开开关，整理器材。(7)根据所得数据在1xR坐标系中描点连线，如图乙所示。根据图线可求得该电池的电动势E为_V，内阻r为_。(结果均保留一位小数)【答案】 (1). H (2). (3). 最大 (4). 5.0 (5). 41.1【解析】【详解】（1）因电池的电动势E约为5V，内阻r约为40，已知该电池允许输出的最大电流为40mA。则保护电阻阻值最小为：R0=EImr=50.0440=85，故选H. （2）因电压表的量程过大，则可用电流表与定值电阻R1并联组成电路，如图；（3）)将电阻箱的阻值调整到最大，闭合开关。（4）根据闭合电路的欧姆定律可知：E=(IRAR1+I)(R0+R+RAR1RA+R1) ，带入数据整理可得：1I=40ER+3756+40rE 由图像可知：40E=33201080280=8；3756+40rE=1080，解得E=5.0V；r=41.1【点睛】此题与课本上的实验方法明显不同；关键是高清实验的原理；知道仪器的选择方法及其用法；设法找到图像对应的函数关系，通过斜率和截距讨论.11.如图所示，质量为m、半径为R、内壁光滑的、r圆槽置于光滑水平面上，其左侧紧靠竖直墙，右侧紧靠一质量为m的小滑块。将一质量为2m的小球自左侧槽口A的正上方某一位置由静止开始释放，由圆弧槽左端A点进入槽内，小球刚好能到达槽右端C点。重力加速度为g，求：(1)小球开始下落时距A的高度；(2)小球从开始下落到槽最低点B的过程中，墙壁对槽的冲量；(3)小滑块离开槽的速度大小。【答案】（1）R （2）4mgR （3）2gR【解析】（1）设小球第一次运动到槽最低点B的速度为vB，小球从开始释放到运动到B的过程中，则有：2mg(h+R)=122mvB2 小球运动到C点时，小球、半圆槽和滑块系统的共同速度为v共，小球从B点到C点，有：122mvB2=2mgR+12(2m+m+m)v共2 2mvB=(2m+m+m)v共解得h=R；vB=2gR （2）对小球、半圆槽和小滑块系统，从开始下落到B点的过程中，由动量定理：I=2mvB0 解得I=4mgR 方向水平向右（3）对小球、半圆槽和小滑块系统，从小球从C点至第二次到B点的过程中：4mv共=2mvB+2mv槽 124mv共2+2mgR=122mvB2+122mv槽2 解得vB=0 v槽=2gR小球第二次到B点后，小滑块离开槽而向右匀速直线运动，速度为v槽=2gR。12.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，I、象限内有场强大小E=103V/m的匀强电场，方向与x轴正方向成45角，、象限内有磁感应强度大小B=l T的匀强磁场，方向垂直坐标平面向里。现有一比荷为l04 C/kg的带负电粒子，以速度v0=2l03 m/s由坐标原点O垂直射入磁场，速度方向与y轴负方向成45角。粒子重力不计。求：(1)粒子开始在磁场中运动的轨道半径；(2)粒子从开始进入磁场到第二次刚进入磁场的过程所用时间；(3)粒子从第二次进入磁场到第二次离开磁场两位置间的距离。【答案】（1）0.2 m （2）32+4104s （3）25m【解析】（1）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律：qv0B=mv02r 解得r=0.2m（2）粒子第一次在磁场中运动的时间为：t1=34T=342mqB=32104s 设粒子在电场中的时间为t2；a=qEm tan450=12at22v0t2 解得t2=4104s 总时间：t=t1+t2=(32+4)104s （3）如图所示，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子的速度偏向角为，粒子第二次进入磁场时的速度大小为v,与y轴负方向的夹角为，则有tan=2即=-450v=v0cos=5v0 根据牛顿第二定律：qvB=mv2R ，则R=55m 粒子第二次进、出磁场处两点间的距离:L=2Rsin=2Rsin(450) 解得L=25m点睛：带电粒子在电场及磁场中的运动问题，关键是画出粒子运动的轨迹图；在磁场中的圆周运动必须要找出圆心和半径，结合几何关系求解；在电场中的类平抛运动，要研究两个不同的方向，搞清运动性质.13.下列说法正确的是_A.当液体与大气接触时液体表面层分子的势能比液体内部分子的势能大B.布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动C.物体内热运动速率越大的分子数占分子总数的比例与温度有关D.自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生E. 一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，对外做功，分子平均动能增大【答案】ACE【解析】【详解】液体表面层的分子间距比液体内部分子间距要大，分子力表现为引力，故分子势能比液体内部的分子势能大，故A正确；布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成液体的分子在做无规则运动，选项B错误；物体内热运动速率越大的分子数占分子总数的比例与温度有关，温度越高，速率越大的分子占据的比例越大，选项C正确；根据热力学第二定律，自然界一切过程能量都是守恒的，但是符合能量守恒定律的宏观过程不一定都能自然发生，选项D错误；一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，对外做功，温度升高，则分子平均动能增大，选项E正确；故选ACE.14.如图所示，粗细均匀的U型细玻璃管竖直放置，A端被封闭空气柱的长度为L1 =60cm各部分水银柱的长度分别为L2=L3 =25cm，L4=l0cmBC水平，外界大气压Po=75cmHg。将玻璃管绕过C点垂直纸面的轴沿顺时针方向缓慢旋转90，至CD管水平求此时被封闭空气柱的长度。【答案】72cm【解析】设玻璃管的横截面积为S，封闭气体开始的压强为p1，体积为V1，则：p1=p0(L2L4)=60cmHg V1=L1S=60S 将玻璃管绕过C点垂直纸面的轴沿顺时针方向缓慢旋转900后，设AB管中还有水银，此时封闭气体压强为p2，体积为V2，则：p2=p0L3=50cmHg根据玻意耳定律：p1V1=p2V2解得L1=72cm(60+25)cm 假设成立，所以被封闭空气柱的长度为72cm点睛：此题考查玻意耳定律的应用；解题时要判断玻璃管旋转900时AB中是否存有水银用假