四川省眉山市仁寿第一中学校南校区2019届高三物理第五次模拟考试试题（含解析）.doc

四川省眉山市仁寿第一中学校南校区2019届高三物理第五次模拟考试试题（含解析）一、选择题1.关于原子核的变化、核能及核力，下列说法正确的是a. 核力是一种弱相互作用，只能发生在原子核内相邻核子之间b. 某原子经过一次衰变和两次衰变后，核内质子数不变c. 放射性原子核x发生衰变，生成物的结合能一定小于x的结合能d. 是太阳内部发生的核反应之一【答案】b【解析】【详解】a、核力是一种强相互作用，是一种短距作用，只能发生在原子核内相邻核子之间，故选项a错误；b、某原子核经过一次衰变和两次衰变后，电荷数不变，质量数少4，可知核内质子数不变，故选项b正确；c、放射性原子核发生衰变，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来的结合能，故选项c错误；d、太阳内部发生的核反应是聚变反应，而是裂变反应，故选项d错误；2.光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图所示。将悬点a缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力a. 逐渐增大b. 大小不变c. 先减小后增大d. 先增大后减小【答案】c【解析】以小球为研究对象，分析受力情况：重力g、斜面的支持力n和绳子a的拉力t，如图：由平衡条件得知，f和t的合力与g大小相等、方向相反，当将a点向上缓慢移动，使ao绳绕o点顺时针转动的过程中，作出三个位置力的合成图，由图看出，t先变小后变大，c正确【点睛】求解三个力的动态平衡问题，一般是采用图解法，即先做出两个变力的合力（应该与不变的那个力等大反向）然后过合力的末端画方向不变的那个力的平行线，另外一个变力的末端必落在该平行线上，这样就能很直观的判断两个变力是如何变化的了，如果涉及到最小直的问题，还可以采用解析法，即采用数学求极值的方法求解3.如图甲所示电路，规格相同的小灯泡额定电功率都是，在电路输入端接图乙所示交流，小灯泡均正常发光。电表都是理想电表，变压器是理想变电压器。则a. 小灯泡额定电流是b. 电压表的示数为c. 小灯泡额定电压是d. 电流表的示数为【答案】a【解析】【详解】设小灯泡正常发光时通过小灯泡电流为，则流过原线圈的电流为，流过副线圈的电流为，根据可得、副线圈的匝数之比；输入端交变电压的图象，可求出有效值36v，设灯泡两端电压为，所以，则，因此原线圈电压为，电压表的示数为，根据可得小灯泡额定电流是，电流表的示数为，故选项a正确，b、c、d错误。4.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于o点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是a. 小球带负电b. 电场力跟重力平衡c. 小球在从a点运动到点的过程中，电势能减小d. 小球在运动过程中机械能守恒【答案】b【解析】【详解】ab、据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电，故选项b正确，a错误；c、小球在从点运动到点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故选项c错误；d、由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，故选项d错误。5.如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为m的木板b处于静止状态，现有一个质量为m的木块a在木板b的左端以初速度v0开始向右滑动，已知mm，用和分别表示木块a和木板b的图象，在木块a从木板b的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能ek随位移s的变化图象，其中可能正确的是( )【答案】d【解析】试题分析：对a分析，受到b对a的滑动摩擦力作用即，所以a做匀减速直线运动，加速度，对b受力分析，受到a对b向右的摩擦力，因此b做匀加速直线运动，加速度，速度时间图像斜率即代表加速度，即b的速度时间图像斜率大于a的图像斜率，选项ab错。当a减速，b加速直到二者速度相等时，开始一起匀速直线运动，在此过程中，对a分析有，对b分析，二者的图像的斜率相同，所以选项c错d对。考点：功能关系6.石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料，它的发展使“太空电梯”的制造成为可能，人类将有望通过“太空电梯”进入太空。设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的同步卫星的高度延伸到太空深处，这种所谓的太空电梯可用于降低成本发射绕地人造卫星。如图所示，假设某物体乘坐太空电梯到达了图示的位置并停在此处，与同高度运行的卫星相比较a. 的线速度大于的线速度b. 的线速度小于的线速度c. 若突然脱离电梯，将做离心运动d. 若突然脱离电梯，将做近心运动【答案】bd【解析】因c的周期小于同步卫星的周期即小于b的周期，则c的角速度大于b的角速度，由v=r知c的线速度大，故a错误，b正确；若b突然脱离电梯，因其线速度小于同轨道的卫星的线速度，则所需向心力小于万有引力，做近心运动，故c错误，d正确。所以bd正确，ac错误。7.边长为闭合金属正三角形轻质框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中。现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，如图所示，则下列图象与这一拉出过程相符合的是a. b. c. d. 【答案】bc【解析】【详解】a、线框匀速运动，则有外安，得到外力为外 ，即有外，、一定，所以外与成正比，故选项a错误；b、根据可得外力的功率为外，所以外与成正比，故选项b正确；cd、感应电动势，则感应电动势与成正比，故选项c正确，d错误。8.如图所示，电源电动势为e，内阻为r电路中的r2、r3分别为总阻值一定的滑动变阻器，r0为定值电阻，r1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）当电键s闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态有关下列说法中正确的是（ ）a. 只逐渐增大r1的光照强度，电阻r0消耗的电功率变大，电阻r3中有向上的电流b. 只调节电阻r3的滑动端p2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻r3中有向上的电流c. 只调节电阻r2的滑动端p1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动d. 若断开电键s，带电微粒向下运动【答案】ad【解析】【详解】a、只逐渐增大的光照强度，的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电阻消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻中有向上的电流，故选项a正确；b、电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻的滑动端向上端移动时，对电路没有影响，故选项b错误；c、只调节电阻的滑动端向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由可知电场力变大，带电微粒向上运动，故选项c错误；d、若断开电键s，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，将向下运动，故选项d正确。三、非选择题9.某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律。主要实验步骤如下：将斜槽固定在水平桌面上，调整末端切线水平；将白纸固定在水平地面上，白纸上面放上复写纸；用重锤线确定斜槽末端在水平地面上的投影点；让小球紧贴定位卡由静止释放，记录小球的落地点，重复多次，确定落点的中心位置；将小球放在斜槽末端，让小球紧贴定位卡由静止释放，记录两小球的落地点，重复多次，确定两小球落点的中心位置；用刻度尺测量距点的距离；用天平测量小球质量；分析数据，验证等式是否成立，从而验证动量守恒定律。请回答下列问题：（1）步骤与步骤中定位卡的位置应_；（2）步骤与步骤中重复多次的目的是_；（3）为了使小球与碰后运动方向不变，质量大小关系为_（选填“”、“”或“”）；（4）如图乙是步骤的示意图，则步骤中小球落点距点的距离为_。【答案】 (1). （1）保持不变； (2). （2）减少实验误差； (3). （3）； (4). （4）0.3723（0.37210.3724）【解析】【详解】解：(1)为使入射球到达斜槽末端时的速度相等，应从同一位置由静止释放入射球，即步骤与步骤中定位卡的位置应保持不变；(2) 步骤与步骤中重复多次的目的是减小实验误差；(3)为了使小球与碰后运动方向不变，、质量大小关系为；(4)由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，步骤中小球落点距点的距离为。10.某实验小组研究两个未知元件x和y的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为3k）、电流表（内阻约为1）、定值电阻等。（1）使用多用电表粗测元件x的电阻，选择“1” 欧姆档测量，示数如图（a）所示，读数_，据此应选择图中的_（选填“b”或“c”）电路进行实验。（2）连接所选电路，闭合s；滑动变阻器滑片p从左向右滑动，电流表的示数逐渐_填 “增大”“减小”）；依次记录电流及相应的电压；将元件x换成元件y，重复实验。（3）图（d）是根据实验数据做出ui图线，由图可判断元件_（填“x”或“y”）是非线性元件。（4）该小组还借助x和y中的线性元件和阻值r21的定值电阻，测量待测电池组的电动势e和内阻r，如图（e）所示，闭合s1和s2，电压表读数为3.00v，断开s2，电压表读数为1.00v，结合图（d）可算出e_v，r= _。（结果均保留两位有效数字，电压表为理想电压表）【答案】（1）10；b（2）增大；（3）y（4）3.2；0.50【解析】【详解】（1）使用多用电表粗测元件x电阻，选择“1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为10；元件x的电阻远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小，因此需要选择图b所示实验电路（2）连接所选电路，闭合s；滑动变阻器的滑片p从左向右滑动，并联支路电压增大，电流表的示数逐渐增大；（3）由图象可知，x电阻不变化；而y所示电阻随电压的变化而变化，则可判断元件y是非线性元件；（4）根据u-i图线得出元件x的电阻；闭合s1和s2，电压表读数为3.00v；断开s2，读数为1.00v，根据闭合电路欧姆定律列出等式： 解得：e=3.2vr=0.5011.某课外活动小组为了研究遥控玩具小车的启动性能，进行了如图所示的实验。将玩具小车放在水平地面上，遥控使其从静止开始匀加速启动，经时间t关闭发动机，玩具小车滑行一段距离后停下来，测得玩具小车从启动到停下来发生的总位移x=6m。已知玩具小车的质量m=500g，匀加速过程中牵引力f=3n，运动过程中受到的阻力恒为车重的0.2倍，重力加速度为g取10 m/s2，求t的值。【答案】【解析】【详解】设玩具小车受到的阻力为f，在关闭发动机前后的加速度大小分别为a1、a2，位移分别为x1、x2，关闭发动机时的速度为v。关闭发动机之前，分别由牛顿第二定律和运动学规律： 关闭发动机之后，分别由牛顿第二定律和运动学规律 满足： 联立以上各式并代入数据得：12.如图所示，直角坐标系的第一象限内有区域、，区域和宽度相等为，区域宽度为；区域和内有电场强度大小相等为的匀强电场，区域内电场方向沿轴正方向，区域内电场方向沿轴负方向，区域内有垂直于平面向外、磁感应强度为的匀强磁场。第四象限内有垂直于平面的匀强磁场。一带正电的粒子以某一速度从坐标原点点沿轴正方向射入区域，从点进入区域和，在区域右边界与轴的交点处以沿轴负方向的速度进入第四象限，然后回到点。已知点坐标，忽略粒子重力。求：(1)粒子在点速度方向与轴正方向的夹角；(2)粒子从点射入时的初速度；(3)第四象限中匀强磁场的磁感应强度及粒子在第四象限中运动时间。【答案】（1）45；（2）；（3），【解析】【详解】解：(1)设粒子在点射入时初速度，在点速度为，沿轴方向的速度为，沿轴方向的速度为，从点到点运动时间为，则有：解得： ,(2)设粒子质量为，电荷量为，在区域i内运动的加速度大小为，则有：粒子在区域ii内以速度做匀速圆周运动，设半径为，通过区域iii后，在点以沿轴负方向的速度进入第四象限，根据对称关系，进出区域ii的两点连线平行于轴，如图所示，则有：解得， (3)粒子在第四象限做匀速圆周运动，设半径为，周期为，根据对称性关系，粒子在点速度为，则有：由可得：解得：13.下列说法正确的是_a. 温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由t升至2tb. 温度越高，布朗运动越剧烈，所以布朗运动也叫做热运动c. 做功和热传递是改变物体内能的两种方式d. 由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势e. 晶体熔化时吸收热量，分子平均动能不变【答案】cde【解析】【详解】温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由t+273升至2t+273，不是2倍关系，选项a错误；温度越高，布朗运动越剧烈，但是布朗运动不是分子运动，也不叫做热运动，选项b错误；做功和热传递是改变物体内能的两种方式，选项c正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，选项d正确；晶体熔化时吸收热量，但是温度不变，则分子平均动能不变，选项e正确；故选cde.14.如图所示，两端开口的汽缸水平固定，a、b是两个厚度不计的活塞，可在汽缸内无摩擦滑动，面积分别为s120 cm2，s210 cm2，它们之间用一根水平细杆连接，b通过水平细绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量m2 kg的重物c连接，静止时汽缸中的气体温度t1600 k，汽缸两部分的气柱长均为l，已知大气压强p01105pa，取g10 m/s2，缸内气体可看做理想气体。 (i)活塞静止时，求汽缸内气体的压强；(ii)若降低汽缸内气体的温度，当活塞a缓慢向右移动 l/2时，求汽缸内气体的温度。【答案】（1）1.2105 pa（2）500 k【解析】【详解】（1）设静止时气缸内气体压强为p1，活塞受力平衡：p1s1+p0s2=p0s1+p1s2+mg，代入数据解得压强：p1=1.2105pa，（2）由活塞a受力平衡可知缸内气体压强没有变化，设开始温度为t1变化后温度为t2，由盖-吕萨克定律得：，代入数据解得：t2=500k15.从两个波源发出的两列振幅均为a、频率均为4hz的简谐横波，分别沿x轴正、负方向