贵州省贵阳市2019届高三物理二模考试试题（含解析）.docx

贵州省贵阳市2019届高三物理二模考试试题（含解析）一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1.组成“北斗”卫星导航定位系统中的地球静止轨道卫星（同步卫星）和中轨道卫星绕地球在圆轨道上运行，由地球静止轨道卫星和中轨道卫星的轨道半径之比可求A. 地球静止轨道卫星与地球的质量之比B. 地球静止轨道卫星与中轨道卫星的质量之比C. 地球静止轨道卫星和中轨道卫星受地球的万有引力之比D. 地球静止轨道卫星和中轨道卫星绕地球运动的周期之比【答案】D【解析】【详解】根据万有引力提供向心：，已知卫星的轨道半径之比，可求运动的周期之比，但无法计算卫星的质量关系，由于不知卫星的质量关系，也无法求出卫星受万有引力之比，所以A、B、C错误；D正确。2.已知用频率为v的单色光照射某金属表面时，溢出的光电子的最大初动能为E，则要使此金属发生光电效应的极限频率应为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】用频率为v的光照射某种金属时会发生光电效应，且光电子最大初动能为E，根据光电效应方程：E=hv-W，而W=hv0，则该金属发生光电效应的极限频率为：v0=v-，故A正确，BCD错误；3.如图所示，理想变压器的原线圈与稳定的正弦交流电源相连，副线圈的滑动头P可上下滑动设原线圈输入电压为U1，副线圈输出电压为U2，负载为定值电阻R,原、副线圈电流比为k.则A. P下移，k增大B. P上移，k增大C. P上移，U1减小D. P下移，U2增大【答案】B【解析】【详解】根据=k，P下移副线圈的匝数n2减少，所以原副线圈的电流表k减小，若P上移n2增大，原副线圈的电流表增大，故A错误；B正确；电压与匝数成正比，所以副线圈的电压U2减小，D错误；再根据，P下移副线圈的匝数n2减少，U2减小，U1与匝数无关，改变匝数U1不变，所以C、D错误。4.如图所示，在“托球跑”趣味比赛中，若运动员沿水平面匀加速直线跑球拍平面与水平方向的夹角为时，网球与球拍保持相对静止球拍和网球的质量分别为M、m，不计摩擦力和空气阻力，重力加速度为g则下列说法正确的是A. 球拍对球的作用力太小为mgB. 运动员对球拍的作用力大小为（M+m)gC. 运动员的加速度大小为gtanD. 若加速度大于gsin，球一定沿球拍向上运动【答案】C【解析】【详解】以小球为研究对象，受力分析如图所示。可求球拍对球的作用力F=mg/cos，所以A错误；合外力为F合=mgtan=ma，可求小球的加速度为a=gtan，小球与运动员的加速度相同，故运动员的加速度也是gtan，所以C正确；把球和球拍视为一个整体，整体加速度为gtan，合外力（M+m)gtan，根据矢量三角形法则可求人对球拍的作用力为F1=（M+m)g/cos，所以B错误；而gtangsin，由题意知，小球没有沿球拍向上运动，D错误。5.如图所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴顺时针匀速转动，现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法正确的是（）A. 处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B. 所加磁场越强越不易使圆盘停止转动C. 若所加磁场反向，圆盘将加速转动D. 若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动【答案】D【解析】【详解】A、将金属圆盘看成由无数金属辐条组成，金属圆盘顺时针匀速转动时，根据右手定则判断可知：圆盘上的感应电流由圆心流向边缘，所以靠近圆心处电势低，故A错误；B、根据法拉第定律可知，金属圆盘产生的感应电动势为BLv，所以所加磁场越强，产生的感应电动势越大，感应电流越大，圆盘受到的安培力越大，而安培力是阻力，所以越易使圆盘停止转动，故B错误；C、若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力仍然阻碍圆盘的转动，所以圆盘还是减速转动，故C错误；D、若所加磁场穿过整个圆盘时，圆盘在切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，则不会产生感应电流，不受安培力作用，所以圆盘将匀速转动，故D正确；二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）6.如图所示，一名运动员将相同的铅球分别从同一位置掷出，图中是它们的运动轨迹，轨道最高点距离地面的高度相等，的落地点到掷出点的水平距离是的2倍，忽略空气阻力，对于铅球与。A. 在最高点的速度之比为1：2B. 落地时的速率之比为1：1C. 从掷出到落地所用时间之比为1:1D. 从掷出到落地所用时间之比为1:2【答案】AC【解析】【详解】设两个小球掷出时竖直向上的分速度分别为、，从掷出到运动到最高点，在竖直方向向上做匀减速运动，根据，又h1=h2，所以=，再根据，得t1=t2，即两小球从抛出到上升至最高点所用时间相同，上升到最高点以后，在竖直方向做自由落体运动，下落高度相同，所以下落时间也相同，故从抛出到落地两小球所以时间相同，所以C正确；D错误；在水平方向上两小球均做匀速直线运动，根据x=vt，又x2=2x1，运动时间相同，可得v1:v2=1:2，在最高点的速度即为水平方向的速度，所以在最高点的速度之比为1：2，故A正确；落地时竖直方向的速度：，水平方向v1:v2=1:2，落地时的速率，可知落地时的速率不等，所以B错误。7.两辆质量相同的汽车A、B分别在同一水平路面上从静止开始做匀加速运动，速度达到相同最大值后关闭发动机，若运动过程中所受阻力大小都不变，速度一时间关系图象如图所示，则A、B两车（）A. 加速时牵引力大小之比为2：1B. 阻力大小之比为1：2C. 牵引力做功的平均功率之比为1：1D. 牵引力的冲量之比为1：1【答案】BC【解析】【详解】关闭发动机后，汽车在阻力的作用下做匀减速运动，由v-t图像知，a3:a4=1:2，再根据牛顿第二定律知，汽车A、B所受阻力分别为f1=ma3，f2=a4，得f1:f2=1:2，故B正确；在加速阶段，对A车：F1- f1= ma1，对B车：F2- f2= ma2，由v-t图像知，a1:a2=2:1，联立解得：F1:F2=1:1，故A错误；哟图知，在加速阶段，两车的平均速度相等均为v0/2，牵引力相等，所以牵引力平均功率，得P1=P2，所以C正确；牵引力作用的时间：t1:t2=1:2，牵引力的冲量，所以D错误。8.如图所示，在真空中有三个带等电荷量的点电荷a、b和c，分别固定在水平面内正三角形的顶点上，其中a、b带正电，c带负电，0为三角形中心，A、B、C为三条边的中点则 A. B、C两点场强相同B. B、C两点电势相同C. 在0点自由释放电子（不计重力），会沿OA方向一直运动D. 在0点自由释放电子（不计重力），会在OA直线上往复运动【答案】BD【解析】【详解】由题意知，B、C两点的电场强度为三个点电荷在该处场强的矢量和。其中ac两处的点电荷在B点的场强的矢量和沿Ba方向，b处电荷在B点的场强沿bB方向，方向如图所示，可知，B、C两处电场强度的方向不同，所以A错误；ac两电荷在B点的电势之和为零，bc两处电荷在C点的电势之和等于零，所以B点的电势等于b处电荷产生，C处电势等于a处电荷产生，ab两电荷等量同种且到C、B的距离也相等，所以电势相等，故B正确；由图知，O点电场的方向沿AC方向，在OA的延长线上有一场强为零的点D，在OA线上D点的两侧电场的方向相反，所以电子在O点由静止释放将沿OA方向做加运动到D，然后减速运动到速度为零，接着往回运动，即会在OA直线上往复运动9.下列说法正确的是（）A. 多晶体都具有各向同性的特点B. 液体的饱和汽压与温度有关C. 第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律D. 一定质量的理想气体，放热的同时外界对其做功，其内能可能减少E. 当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力一定表现为引力【答案】ABD【解析】详解】A、单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，故A正确； B、饱和汽压随温度的升高而增大，降低而减小，故B正确； C、第二类永动机不能制成是因为它违反了热力学第二定律，但不违反能量守恒定律，故C错误； D、一定质量的理想气体，放热的同时外界对其做功，即有Q0，W0，根据热力学第一定律，U可能减少，故D正确； E、当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，斥力减小得更快；当rr0时，分子间的作用力表现为斥力，当rr0时，分子间的作用力表现为引力，故E错误。10.一列沿x轴正方向传播的简谱横波在t=0时刻的波形如图所示，已知任意振动质点相邻2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s。下列说法正确的是（）A. 此波的周期为B. 此波的波速为C. 在时刻，处的质点恰好位于波峰D. 在时刻，处的质点恰好位于波谷E. 若此波在某介质中传播的波长变为2m，则它在该介质中的波速一定为【答案】ACE【解析】【详解】由题意知，任意振动质点相邻2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s，可求此波的周期为0.8s，所以A正确；由图知，波长为4m，所以波速：v=/T=5 m/s，故B错误；根据波的周期性可知13m处的质点在t=0时刻处于波谷的位置，应该半个周期即0.4s时刻到达波峰位置，所以C正确；由图知，22m处质点与2m处质点的振动步调一致，即在0时刻22m处质点处在平衡位置向下振动，经过0.6s（3T/4）到达波峰位置，D错误；改变传播介质此波的周期不变还是0.8s，所以传播速度v=/T=2/0.8=2.5 m/s，E正确。三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）11.如图所示，某实验小组仅用一把刻度尺测量一根粗细均匀、伸长可忽略的细线的最大承受力。将细线的一端固定在水平刻度尺（刻度尺固定）上A点，在所测细线的中点挂一个轻重适中的钩码，另一端B可以在刻度尺上左右移动。当A、B间的距离增大到某一值时，细线刚好被拉断，已知钩码的质量为m，重力加速度大小为g。（1）实验小组需要直接测量的物理量有_、_（填物理量名称和符号，如高度“h”）：（2）所测细线最大承受力大小的计算表达式为_（用已知和所测物理量符号表示）。【答案】 (1). A、B间距离d (2). 细线总长度L (3). 【解析】【详解】（1）由题意知，需利用平行四边形定则求绳上的拉力，根据几何关系，需测量A、B间距离d，细线总的长度；（2）以钩码为研究对象，如图所示。根据几何关系得：，解得绳上拉力为：12.如图所示为“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验电路，所用器材有：电动势为3V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，符合实验要求的滑动变阻器、已经机械调零的电压表和电流表，以及开关和导线若干，所有元器件都完好。采用如下步骤完成实验：（1）闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于滑动变阻器_（选填“左”或“右”）端；（2）闭合开关后，无论怎样调节滑动变陧器，电流表和电压表的示数总调不到零，但小灯泡亮度有变化，则故障的原因可能是_（选填a、b、c、d、e、f、g、h）导线断路；（3）排除故障后，移动滑片P，电压表指针所指的位置如图所示，则电压表的读数为_V；（保留两位小数）（4）记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制出小灯泡的U-I图象，如图所示。根据图象提供的信息，请计算出小灯泡达到额定电压正常工作时的电阻值为_；（5）小灯泡的U-I图象是曲线而不是过原点的直线，其原因是_。【答案】 (1). 左 (2). h (3). 1.70V (4). 12.5 (5). 因为小灯泡的电阻随温度的升高而增大【解析】【详解】（1）为保护电表的安全，闭合电路前应将滑动变阻器的滑片移至最左端，以使测量电路处于短路状态；（2）电流表和电压表的示数总调不到零，调节滑片不能使测量电路短路，灯泡亮度会变化，说明电路畅通，滑动变阻器是串联在电路中的，即限流式接法，所以是导线h断路了。（3）因小灯泡的额定电压是2.5V，所以电压表选择3V的量程，由图知，电压表读数为1.70V；（4）当电压达到额定电压2.5V时，小灯泡正常发光，由伏安特性曲线知此时灯泡的电流为0.2A，所以灯泡正常发光时阻值为（5）因小灯泡灯丝的电阻率随温度的升而增大，即电阻值会随电压的增大而增大，所以伏安特性曲线图像不是过原点的直线。四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）13.如图所示，M、N是直角坐标系xOy坐标轴上的两点，其坐标分别为M（0，L）和N（2L，0）。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，从M点以初速度v0沿x轴正方向进入第一象限。若第一象限内只存在沿y轴负方向的匀强电场，粒子恰能通过N点；若第一象限内只存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，粒子也会通过N点。不计粒子的重力，求：（1）电场强度的大小：（2）磁感应强度的大小。【答案】（1）电场强度的大小为；（2）磁感应强度的大小。【解析】【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2L=v0t，,竖直方向：L=at2，根据牛顿第二定律可得：qE=ma，解得：E=；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：由几何知识得：r2=（2L）2+（r-L）2，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m解得：B=。14.如图所示，水平直轨道AC的长度为L=8m，AC中点B正上方有一探测器，C处有一竖直挡板D现使物块Pl沿轨道向右以速度Vl与静止在A处的物块P2正碰，碰撞后，P1与P2粘成组合体P以Pl、P2碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2s至t2=4s内工作。已知物块Pl、P2的质量均力m=1kg，Pl、P2和P均视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）若v1=8m/s，P恰好不与挡板发生碰撞，求P与轨道AC间的动摩擦因数；（2）若P与挡板发生弹性碰撞后，并能在探测器工作时间内通过B点，求V1的取值范围；（3）在满足（2）的条件下，求P向左经过A点时的最大动能。【答案】(1) (2) (3) 【解析】【详解】（1）设Pl、P2碰撞后，P的速度为v，根据动量守恒：mv1=2mv解得：v=4 m/sP恰好不与挡板发生碰撞，即P到达C点速度恰好减为零根据动能定理：代入解得：（2）由于P与档板的碰撞为弹性碰撞，P在AC间等效为匀减速运动，设P的加速度大小为a。根据牛顿第二定律：2mg=2maP返回经B点，根据匀变速直线运动的规律：由题意知，物块P在24s内经过B点，代入数据解得再结合mv1=2mv得（3）设P向左经过A点时速度为v2，由速度位移公式：联立解得P向左经过A点的最大动能为：J15.如图所示，粗细均匀且横截面积相等的玻璃管A、B下端用橡皮管连接，A管固定且上端封闭，上端被水银柱封闭有长度为6cm的空气柱，气体温度