2019届高三物理第六次模拟考试理科试卷(含解析).doc

2019届高三物理第六次模拟考试理科试卷(含解析)一、选择题1.将质量为m0.1 kg的小球从地面竖直向上抛出，初速度为v020 m/s，小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为fkv，已知k0.1 kg/s。其在空气的速率随时间的变化规律如图所示，取g10 m/s2，则以下说法正确的是（ ） A. 小球在上升阶段的平均速度大小为10 m/sB. 小球在t1时刻到达最高点，此时加速度为零C. 小球落地前匀速运动，落地速度大小v110 m/sD. 小球抛出瞬间的加速度大小为20 m/s2【答案】C【解析】【详解】A. 根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，则从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于v0/2=10m/s，故小球上升过程的平均速度小于10m/s，故A错误；B. 小球在t1时刻速率为零，到达最高点，空气阻力为零，只受重力，加速度为g，故B错误；C. 由图象可知，小球落地前匀速运动，由mg=f=kv1得v1=10m/s.故C正确；D. 小球抛出瞬间，有：mg+kv0=ma0；联立解得：a0=30m/s2.故D错误。故选：C2.位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，O点为中垂线的交点，P、Q分别为cd、ab上的点。则下列说法正确的是（ ） A. P、O两点的电势关系为POB. P、Q两点电场强度的大小关系为EQEPC. 若在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力不为零D. 若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，所受电场力做的总功为零【答案】D【解析】【详解】A. 根据电场叠加，由图象可知ab、cd两中垂线上各点的电势都为零，所以P、O两点的电势相等。故A错误；B. 电场线的疏密表示场强的大小，根据图象知EPEQ，故B错误；C. 四个点电荷在O点产生的电场相互抵消，场强为零，故在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力为零，故C错误；D.P、Q电势相等，若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做功为零。故D正确。故选：D【点睛】根据电场线的方向确定场源电荷的正负电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低电场线的疏密表示场强的大小，根据电势高低判断功的正负3.如图所示，天宫二号在椭圆轨道的远地点A开始变轨，变轨后在圆轨道上运行，A点离地面高度约为380 km，地球同步卫星离地面高度约为36000 km。若天宫二号变轨前后质量不变，则下列说法正确的是（ ） A. 天宫二号在轨道上运行通过近地点B时速度最小B. 天宫二号在轨道上运行的周期可能大于在轨道上运行的周期C. 天宫二号在轨道上运行的周期一定大于24 hD. 天宫二号在轨道上运行通过A点时的速度一定小于在轨道上运行通过A点时的速度【答案】D【解析】【详解】A. “天宫二号”由远地点A向近地点B运动的过程中，万有引力做正功，动能增加，速度增加，所以“天宫二号”在轨道上运行通过近地点B时速度最大，故A错误；B. 根据开普勒第三定律r3T2=k，因为轨道的半长轴小于圆轨道的半径，所以“天宫二号”在轨道上运行的周期小于在轨道上运行的周期，故B错误；C. 根据周期公式T=42r3GM，轨道半径越大，周期越大，天宫二号在轨道上的半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天宫二号”在轨道上运行的周期一定小于同步卫星的周期，同步卫星的周期为24h，所以“天宫二号”在轨道上运行的周期一定小于24h，故C错误；D. “天宫二号”由轨道上的A点变轨到轨道，要加速做离心运动，所以“天宫二号”在轨道上运行通过A点时的速度一定小于在轨道上运行通过A点的速度，故D正确；故选：D【点睛】根据万有引力提供向心力，得周期公式，比较天宫二号在轨道上的周期和同步卫星的周期；卫星的变轨问题，如果提供的向心力小于所需要的向心力做离心运动，提供的向心力大于所需要的向心力做近心运动；利用开普勒第三定律比较在轨道和上的周期4.如图，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a、b用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态地面受到的压力为N，球b所受细线的拉力为F。剪断连接球b的细线后，在球b上升过程中地面受到的压力（ ） A. 大于N+FB. 大于N小于N+FC. 等于N+FD. 等于N【答案】A【解析】【详解】以箱子和a合在一起为研究对象，设其质量为M，剪断连接球b的细线前，则N+F=Mg+Fe，其中Fe表示b对a的库仑力，也即为b对a和箱子整体的库仑力；剪断连接球b的细线后，则N=Mg+Fe，又由于在球b上升过程中库仑力变大（距离变近），所以NN+F，故A正确，BCD错误。故选：A。5.如图所示，平行板电容器两极板水平放置，一电容为C。电容器与一直流电源相连，初始时开关闭合，极板间电压为U，两极板间距为d，电容器储存的能量E=12CU2。一电荷量为q的带电油滴以初动能Ek从平行板电容器的轴线水平射入(极板足够长)，恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则A. 保持开关闭合，只将上极板下移了d3，带电油滴仍能沿水平线运动B. 保持开关闭合，只将上极板下移d3，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为Ek+qU12C. 断开开关后，将上极教板上移d3，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为23CU2D. 断开开关后，将上极板上移d3，若不考虑电容带极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为16CU2:【答案】BD【解析】试题分析：保持开关闭合，开始时油滴沿直线运动，则Udq=mg；若将上极板下移了d3，此时电场力F=U23dq=3Uq2d变大，则带电油滴将向上偏转，撞到上极板，根据动能定理可知，撞到上极板时的动能Ek=Ek+U23dd6qmgd6=Ek+Uq12，选项A错误，B正确；开始时，电容器储存的能量为E1=12CU2断开开关后，Q不变；将上极板上移d3，则由C=S4kd可知，电容器的电容变为34C，根据Q=CU可知，两板间电势差变为43U,此时电容器储存的能量E2=1234C(43U)2=23CU2；根据能量守恒定律，若不考虑电容带极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为W=E2E1=16CU2，选项D正确，C错误；故选BD考点：带电粒子在复合场中的运动；电容器【名师点睛】此题是关于电容器及带电粒子在复合场中的运动问题；解题时关键是分析带电粒子在符合场中的受力变化情况及重力和电场力做功情况，然后根据动能定理分析动能变化；注意当电键断开时，电容器电量保持不变，结合电容器的决定式C=S4kd讨论电容的变化.6.如图所示，两个足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，上端接有一定值电阻，匀强磁场垂直导轨平面向上，一导体棒以平行导轨向上的初速度从ab处上滑，到最高点后又下滑回到ab处，下列说法正确的是()A. 上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功B. 上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于下滑过程中克服安培力做的功C. 上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小大于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小D. 上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小【答案】AD【解析】考虑到回路中有感应电流产生，机械能不断向电能转化，根据能量守恒定律，滑杆上滑和下滑分别通过任意的同一个位置时，是上滑的速度大，故上滑过程的平均速度要大于下滑过程的平均速度；根据FA=BIL、I=BLvR，上滑过程的平均安培力要大于下滑过程的平均安培力，故上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功，故A正确，B错误；设导轨的长度为x，上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小：I=FAt=BILtBBLvRLtB2L2vRtB2L2xR ，同理下滑过程中，安培力对导体棒的冲量大小：I= B2L2xR，故上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小，故C错误，D正确；故选AD。点睛：本题针对滑杆问题考查了功和冲量，考虑功时，关键是结合能量守恒定律分析出上滑和下滑通过同一点时的速度大小关系；对于冲量，关键是推导出冲量的表达式进行分析此类问题往往与平均电动势结合7.如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光下列说法正确的是A. 原、副线圈匝数之比为9：1 B. 原、副线圈匝数之比为1：9C. 此时a和b的电功率之比为9：1 D. 此时a和b的电功率之比为1：9【答案】AD【解析】试题分析：灯泡正常发光，则其电压均为额定电压，则说明原线圈输入电压为9U，输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为9：1：故A正确B错误；根据公式I1I2=n2n1可得I1I2=19，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1：9，故C错误D正确；考点：考查了理想变压器视频二、实验题8.如图甲所示，一端带有定滑轮的长木板放置在水平桌面上，靠近长木板的左端固定有一光电门，右端放置一带有挡光片的小车，小车和挡光片的总质量为M，细线绕过定滑轮，一端与小车相连，另一端挂有6个钩码，已知每个钩码的质量为m，且M = 4m。用游标卡尺测出小车上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则挡光片宽度d =_cm。实验时为了消除摩擦力的影响，可以把木板右端适当垫高，调节木板的倾斜度，直到使小车在不受绳的拉力时能沿木板做匀速运动。将小车从木板右端由静止释放，小车上的挡光片通过光电门的时间为t1，则小车通过光电门的速度为_（用题目所给字母表示）。开始实验时，细线另一端挂有6个钩码，由静止释放小车后细线上的拉力为F1，接着每次实验时将1个钩码移放到小车上，当细线挂有3个钩码时细线上的拉力为F2，则F1_2 F2（填“大于”、“等于”或“小于”）。若每次移动钩码后都从同一位置释放小车，设挡光片与光电门的距离为L，细线所挂钩码的个数为n，测出每次挡光片通过光电门的时间为t，测出多组数据，并绘出n1t2图象如图丙所示，已知图线斜率为k，则当地重力加速度为_（用题目所给字母表示）。【答案】 (1). (1)0.520； (2). (3)dt1； (3). (4)小于； (4). (5)5d2kL.【解析】【详解】(1)游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.054mm=0.20mm，则最终读数为5.20mm=0.520cm；(3)极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小,则滑块通过光电门的速度v=d/t1；(4)对整体分析，a1=6mgM+6m=0.6g，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F1=Ma1=4m0.6g=2.4mg，a2=3mg10m=0.3g，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F2=7ma2=2.1mg，知F12F2；(5)滑块通过光电门的速度v=d/t，根据v2=2aL得，d2t2=2aL，因为a=nmg10m=ng10，代入解得n=5d2gLt2，解得,当地重力加速度为g=5d2kL.故答案为：(1)0.520；(3)dt1；(4)小于；(5)5d2kL.9.某同学利用图所示电路测量量程为2.5 V的电压表的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R(最大阻值99 999.9 )，滑动变阻器R1(最大阻值50 )，滑动变阻器R2(最大阻值5 k)，直流电源E(电动势3 V)，开关1个，导线若干.实验步骤如下：按电路原理图连接线路；将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与电路原理图中最左端所对应的位置，闭合开关S；调节滑动变阻器，使电压表满偏； 保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V，记下电阻箱的阻值回答下列问题：(1)实验中应选择滑动变阻器_(填“R1”或“R2”)(2)根据原理图所示电路将实物图连线 _ (3)实验步骤中记录的电阻箱阻值为630.0 ，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为_(结果保留到个位)(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为_ (填正确答案标号)A100 A B250 mA C500 A D1 mA【答案】 (1). （1）R1； (2). （2）如图所示：； (3). （3）2520； (4). （4）D【解析】【详解】（1）滑动变阻器R1的阻值较小，本实验中，要减小电压表内阻的测量误差，必须要求滑动变阻器电阻远远小于电压表内阻，故实验中应选择滑动变阻器R1；（2）实物图连接如图所示：（3）电压表和电阻箱整体分压不变，故：U=U+URVR代入数据，有：2.5=2+2RV630，解得：RV=2520。（4）电压表两端电压为2.5V时，指针指到满偏位置，则该表头的满偏电流为：Ig=URV=2.52520A=0.001A=1mA，故选：D；故答案为：（1）R1；（2）如上图所示；（3）2520；（4）D三、计算题10.如图，竖直平面内，两竖直直线MN、PQ间（含边界）存在竖直向上的匀强电场和垂直于竖直平面向外的匀强磁场，MN、PQ间距为d，电磁场上下区域足够大。一个质量为m，电量为q的带正电小球从左侧进入电磁场，初速度v与MN夹角=60，随后小球做匀速圆周运动，恰能到达右侧边界PQ并从左侧边界MN穿出。不计空气阻力，重力加速度为g。求：（1）电场强度大小E；（2）磁场磁感应强度大小B；（3）小球在电磁场区域运动的时间。【答案】（1）E=mgq （2）B=mv2qd （3）t=4d3v【解析】试题分析：（1）由小球在电磁场区域做匀速圆周运动有得:（2）设小球做匀速圆周运动的半径为r,有解得：由几何关系可得磁场磁感应强度大小（3）小球做匀速圆周运动周期T=2rv小球在电磁场区域运动时间解得：考点：考查带电粒子在电磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【名师点睛】解决本题的关键理清小球在整个过程中的运动规律，画出运动的轨迹图，结合运动学公式、牛顿第二定律进行求解11.如图1所示，水平传送带保持以速度v0向右运动，传送带长L=10m。t=0时刻，将质量为M=1kg的木块轻放在传送带左端，木块向右运动的速度时间图象（v-t图象）如图2所示。当木块刚运动到传送带最右端时，一颗质量为m=20g的子弹以大小为v1=250m/s水平向左的速度正对射入木块并穿出，子弹穿出时速度大小为v2=50m/s，以后每隔时间t=1s就有一颗相同的子弹射向木块。设子弹与木块的作用时间极短，且每次射入点各不相同，木块长度比传送带长度小得多，可忽略不计，子弹穿过木块前后木块质量不变，重力加速度取g=10m/s2。求：（1）传送带运行速度大小v0及木块与传送带间动摩擦因数（2）木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中【答案】（1）,（2）n=10【解析】试题分析：（1）由木块v-t图可知：木块达到传送带速度后做匀速直线运动（2）设第一颗子弹穿出木块后瞬时，木块速度为v，以水平向左为正方向由系统动量守恒得：解得：说明木块被子弹击中后将向左做匀减速直线运动经过时间速度变为vv=vatv=1m/s即木块恰好再次与传送带共速期间木块对地向左最大位移大小为木块实际向左位移大小为x=v22av22a解得：设木块在传送带上最多能被n颗子弹击中应满足(n2)x+xL解得n=10考点：考查动量守恒定律；匀变速直线运动【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律以及运动学公式，关键理清运动过程，选择合适的规律进行求解12.关于分子动理论下列说法正确的是_。A气体总是充满容器，说明气体分子间只存在斥力B对于一定质量的理想气体，温度升高，气体内能一定增大C温度越高布朗运动越剧烈，说明水分子的运动与温度有关D物体内能增加，温度一定升高E热量可以从高温物体传到低温物体【答案】BCE【解析】【详解】A. 气体总是充满容器，是由于分子做扩散运动的原因，能说明分子的无规则的运动，不能说明气体分子间只存在斥力，故A错误；B. 温度是分子的平均动能的标志，对于一定质量的理想气体，由于分子势能可以忽略不计，所以温度升高，气体内能一定增大，故B正确；C. 温度是分子的平均动能的标志，而布朗运动能反映分子的无规则的运动，所以温度越高布朗运动越剧烈，说明液体分子的运动与温度有关，故C正确；D. 物体内能增加，可能是分子的势能增大，而温度不一定升高，如冰融化的过程内能增大而温度不变。故D错误；E. 由热力学第二定律可知，热可以从高温物体传到低温物体。故E正确。故选：BCE13.如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。已知外界大气压强为p0，活塞的横截面积为S，质量为mp0S4g。与容器底部相距h，此时封闭气体的温度为T0，现在活塞上放置一质量与活塞质量相等的物块，再次平衡后活塞与容器底部相距910h，接下来通过电热丝缓慢加热气体，气体吸收热量Q时，活塞再次回到原初始位置，重力加速度为g，不计活塞与气缸的摩擦。求：活塞上放置物块再次平衡后，气体的温度。加热过程中气体的内能增加量。【答案】(1)1.08T0；(2)Q0.15P0hS.【解析】【详解】(1)对活塞由平衡条件可知封闭气体的压强为：P1=P0+mgS=1.25P0T1=T0V1=hS，活塞上放物块后根据平衡得封闭气体的压强为：P2=1.5P0V2=910hS=0.9hS，由理想气体方程得：P1V1T0=P2V2T2解得：T2=1.08T0；(2).加热过程气体对外做功为：W=P2V=1.5P0(h0.9h)s=0.15P0hS，由热力学第一定律E=W+Q得：加热过程中气体的内能增加量：E=Q+W=Q0.15P0hS答：(1)活塞上放置物块再次平衡后,气体的温度为1.08T0(2)加热过程中气体的内能增加量为Q0.15P0hS.【点睛】（1）对活塞根据平衡求出放物块前后封闭气体的压强，根据理想气体状态方程列式求解即可；（2）加热过程气体对外做功，根