广东省汕头市2019届高三物理一模考试试题（含解析）.docx

广东省汕头市2019届高三物理一模考试试题（含解析）1.中国自主研发的世界首座具有第四代核电特征的核电站一华能石岛湾髙温气冷堆核电站.位于山东省威海市荣成石岛湾。目前核电站使用的核燃料基本都是浓缩铀，有一种典型的轴核裂变方程是.下列关于x的说法正确是（）A. x是粒子，具有很强的电离本领B. x是粒子，穿透能力比较弱C. x是中子，中子是卢瑟福通过实验最先发现的D. x是中子，中子是查得烕克通过实验最先发现的【答案】D【解析】【详解】AB、根据该反应的特点可知，该核反应为重核裂变，根据核反应方程得质量数守恒和电荷数守恒可得，x为中子，故AB错误；CD、根据物理学史可知，卢瑟福发现了质子，预言了中子的存在，中子是查得威克通过实验最先发现的，故C错误，D正确。2.如图所示是汽车45极限爬坡时的照片，汽车缓慢逐步沿斜坡攀爬，斜坡的倾角逐渐增大至45。下列关于汽车这一爬坡过程的说法中正确的是A. 坡的倾角越大，汽车对坡面的压力也越大B. 汽车受到沿坡面向下、大小不断减小的滑动摩擦力作用C. 汽车受到沿坡面向上、大小不断增大的静摩擦力作用D. 若汽车能顺利爬坡则车胎与坡间的最大静摩擦力至少为车重的大小【答案】C【解析】【详解】A、坡面上的汽车受到重力、斜面得支持力与摩擦力，设坡面的倾角为，则其中支持力：FNGcos，坡的倾角增大，则汽车受到的支持力减小。根据牛顿第三定律可知，坡面的倾角增大，则汽车对坡面的压力减小，故A错误；BC、汽车受到的摩擦力：fGsin，方向沿斜面向上；当增大时，汽车受到的摩擦力增大，故B错误，C正确；D、要使汽车不打滑，则有：mgcosmgsin，解得：tan，由于1，则45时静摩擦力达到最大；可知若汽车能顺利爬坡，则车胎与坡间的最大静摩擦力至少为车重的大小的倍，故D错误3.如图所示为远距离输电的原理图发电厂输出的电压恒定，升压、降压变压器均为理想变压器。由于用户负载的变化会造成其得到的电压变化，供电部门要实时监控监控电表为理想电表。若某次监侧发现V2表的示数减小则下列判断正确的是A. 电流表A1的示数增大B. 电流表A2的示数减少C. 电压表V1的示数增大D. 输电线损失功率减小【答案】A【解析】【详解】AC、根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变，所以电压表V1的示数不变，故C错误；某次监测发现V2表的示数减小，根据降压变压器变压比可知，降压变压器的输入电压减小，又U1U20+I1R可知，降压变压器处：由可知，减小，减小，由以上式子分析得：电流表A1的示数增大，故A正确；B、根据A知，电流表A1的示数增大，根据降压变压器电流比：根据可知，电流表A2的示数增大，故B错误；D、输电线上损失功率为，由于电流表A1的示数增大，故输电线损失的功率增大，故D错误。4.如图纸面内有一垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，比荷（）为k1、k2的带电粒子分别从P点以速率v1、v2垂直进入磁场，经过时间t1、t2从M点射出磁场已知v1沿半径方向v2与v1夹角为30, POM120。不计粒子重力，下列判断正确的是A. 若v1v2，则k1：k2：1B. 若v1v2，则t1：t2：2C. 若t1t2，则k1：k22：1D. 若t1t2，则v1：v2：1【答案】B【解析】【详解】设匀强磁场区域半径为R，带电粒子k1、k2的轨迹如图所示：根据如图所示几何关系可得：v1的轨道半径r1Rtan60，v2的轨道半径r2R，v1转过的圆心角为60，v2转过的圆心角为120；故根据洛伦兹力做向心力可得：Bvq，故速度v，运动周期T；运动时间t A、若v1v2，则k1：k2r2：r11：，故A错误；B、若v1v2，则t1：t2：2，故B正确；C、若t1t2，则k1：k21：2，故C错误；D、若t1t2，则v1：v2：2，故D错误。5.甲、乙两辆遥控小汽车在两条相邻的平直轨道上作直线运动，以甲车运动方向为正方 向，两车运动的v-t图象如图所示。下列说法正确的是（）A. 两车若在t=5s时相遇，则另一次相遇的时刻是t=10sB. 两车若在t=5s时相遇，则t=0时两车相距15mC. 两车若在t=10s时相遇，则另一次相遇的时刻是t=20sD. 两车若在t=10s时相遇，则相遇前两车的间距是逐渐减小的【答案】BD【解析】【详解】A、根据速度图象与时间轴所围的面积表示位移，可知，515s内两车的位移相等，因此，两车若在t5s时相遇，则另一次相遇的时刻是t15s，故A错误。B、两车若在t5s时相遇，因为05s内两车相向运动，则t0时两车相距距离等于05s内两车位移大小之和，为 S2515m，故B正确。C、两车若在t10s时相遇，因为1020s内乙车的位移大于甲车的位移，所以t20s时两车没有相遇，故C错误。D、两车若在t10s时相遇，在05s内两车相向运动，两车的间距逐渐减小。在510s内，两车同向运动，甲车在乙车的前方，且甲车的速度比乙车的大，则两车间距减小，所以相遇前两车的间距是逐渐减小的，故D正确。故选BD6.我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示为简化跳台滑雪的雪道示意图，助滑坡由长度55m的斜面AB（倾角37）和半径25m的光滑圆弧BC组成，两者相切于B点，过圆弧最低点C的切线水平CD为着陆坡（倾角30）。一运动员连同滑板（整体可视为质点）从A点由静止滑下，到C点以vc26m/s的速度水平飞出，不计空气阻力，重力加速度g10m/s2，sin370.6，关于该运动员，下列说法正确是A. 经过C处时对轨道的压力约为其重力的2.7倍B. 在B点的速度大小为24m/sC. 在斜面AB上的运动时间约为4.6sD. 运动员落在着陆坡时的速度大小与C点速度vc大小成正比【答案】BCD【解析】【详解】A、在C点，有： ，代入数据得：，有牛顿第三定律得：，故A错误；B、由B运动到C，由动能定理得：，代入数据得：，故B正确；C、由A运动到B，由运动学公式得：，得：；由动量定理得：，解得：，故C正确；D、运动员从C点飞出后，在空中做平抛运动落在斜面上的D点，位移偏向角为，则有，解得：；又，联立解得：，即，故D正确。7.如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈。图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n，电阻为r，横截面积为S，两端a、b连接车载变流装置，匀强磁场平行于线圈轴线向上穿过线圈。下列说法正确是A. 只要受电线圈两端有电压，送电线圈中的电流一定不是恒定电流B. 只要送电线圈N中有电流流入，受电线圈M两端一定可以获得电压C. 当线圈M中磁感应强度大小均匀增加时则M中有电流从a端流出D. 若t时间内，线圈M中磁感应强度大小均匀增加B，则M两端的电压【答案】AC【解析】【详解】A、只要受电线圈两端有电压，说明穿过受电线圈的磁场变化，所以送电线圈中的电流一定不是恒定电流，故A正确；B、若送电线圈N中有恒定电流，则产生的磁场不变化，在受电线圈中变化产生感应电流，也就不会获得电压，故B错误；C、穿过线圈M的磁感应强度均匀增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向下，故感应电流方向从b向a，即电流从a端流出；故C正确；D、根据法拉第电磁感应定律，有：EnnS，由闭合电路的欧姆定律得M两端的电压UR，故D错误。8.传感器在生活中有很多应用电容式加速度传感器在安全气囊、手机移动设备方面应用广泛，其原理如图所示，质量块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质里块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动，但不能上下移动。下列关于该传感器的说法正确的是A. 当电路中没有电流时，电容器所带电荷量一定都相等B. 当电路没有电流时，传感器一定处于平衡状态C. 当电路中有顺时针方向的电流时，电容器电容一定增大D. 当电路中有顺时针方向的电流时，传感器可能向左也可能向右运动【答案】CD【解析】详解】A、当电路中没有电流时，说明电容器处于稳定状态，因电容器的电压不变，根据电容器的电容公式C，当电介质插入极板间深度不一，即电介质大小不同，则电容器电容也不同，因此电容器所带电荷量也不相等，故A错误；B、当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B错误；C、当电路中有顺时针方向的电流时，说明电容器处于充电状态，根据QCU，可知，电容器的电容在增大，故C正确；D、当电路中有顺时针方向电流时，由上分析，可知，电容器的电容在增大，插入极板间电介质加深，因此传感器可能向左减速，也可能向右加速，故D正确；三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第22题32题为必考题,每个试题考生都必须做答。第33题38题为选考题,考生根据要求做答。(一)必考题(共129分)9.某实验小组设计了如图甲所示实验装置“探究加速度与物体受力的关系”。图中A为滑块B为装有砝码的小盘，C为放置在水平桌面上一端带有定滑轮的长木板，滑块通过纸带与电磁打点计时器（未画出）相连（1）小组成员先用弹簧测力计测量滑块的重力（如图乙由图可知滑块的重力GA_N。（2）小组成员接着将滑块与砝码盘用细绳连接，将细绳挂在滑轮上，使滑轮和滑块间细绳处于水平然后在砝码盘中添加砝码在规范操作的情况下得到了滑块加速度a与砝码盘及砝码总重力F的关系将实验数据描绘在a一F图象中，得到一条实验图线如图丙所示该图线与横轴的交点数值F00.87N，据此可计算出滑块与木板间的动摩擦因数_（保留2位有效数字）该图线在a较小(a 1m/s2)时基本上是一直线该直线段的斜率_（填选项前面的代号）A.只跟GA有关 B. 只跟F0有关C.跟GA和F0之和有关【答案】 (1). 2.80（2.78-2.81） (2). 0.31 (3). C【解析】【详解】（1）由图知，测力计的分度值为0.1N，所以其示数为2.80N；（2）设滑块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m。在滑块加速运动时，对系统有在图像中，在a=0时，设此时砝码盘和砝码总质量为，则且代入数据解得对滑块A列牛顿第二定律方程，同理对砝码盘列牛顿第二定律方程，联立解得：，即为：，而，因此斜率k与有关。10.要测绘一个标有“2.5V 2W”小灯泡的伏安特性曲线.己选用的器材有：直流电源（3V.内阻不计）电流表A1量程为0.6 A，内阻为0.6n）电流表A2（量程为300mA.内阻未知）电压表V（量程03V，内阻约3kQ）滑动变阻器R（05，允许最大电流3A）开关、导线若干。其实验步骤如下：由于电流表A1的里程偏小.小组成员把A1、A2并联后在接入电路，请按此要求用笔画线代表导线在实物图中完成余下导线的连接.（ ）（2）正确连接好电路，并将滑动变阻器滑片滑至最_端，闭合开关S，调节滑片.发现当A1示数为0.50A时，A2的示数为200mA，由此可知A2的内阻为_.若将并联后的两个电流表当作一个新电表，则该新电表的量程为_A；为使其量程达到最大，可将图中_（选填，“I”、“II”）处断开后再串联接入一个阻值合适的电阻。【答案】 (1). (2). 右 (3). 1.5 (4). 0.84 (5). I【解析】【详解】（1）由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小，电流表采用外接法，连接实物图如图所示：（2）开关闭合前，滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置，故应调至右端；根据欧姆定律得：（3）由于Ug10.60.6V0.36V，Ug20.31.5V0.45V，由于Ug1Ug2，故两电流表两段允许所加最大电压为0.36V，新电流表量程为：，由于A2未达到最大量程，要使其达到最大量程，要增大电压，此时电流表A1会烧毁，为了保护该电流表，应给其串联一电阻分压，故应在区再串联接入一个阻值合适的电阻。11.在水平方向的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m、电荷量为q的带电小球另一端固定于O点将小球拉起使细线伸直且与电场方向平行然后无初速释放，小球沿着圆弧轨道摆到最低点的另一侧时，细线与竖直方向的最大夹角37，如图所示已知重力加速度大小为g，sin370.6，cos37=0.8，求：(1）匀强电场的电场强度E的大小；(2)小球经过最低点时细线对小球的拉力大小【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）由题意可知，带电小球在运动过程中必受水平方向向左的电场力，设线长为L，由动能定理得解得（2）从初位置运动到最低点过程，由动能定理得在最低点，有联立解得细线对小球的拉力大小12.一长度L0.90m的木板在光滑水平地面上向右运动，将小物块A相对于地面静止轻放到木板右端端点上，一段时间后物块运动到木板左端恰好不会脱离木饭。接着再将另一小物块B同样相对干地面静止轻放到木板右端端点上。己知物块A与木板的质量相等，而物块B的质量是A的3倍两物块与木板间的动摩擦因数均为0.25.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度的大小g10m/s2，求：(1)木板开始时的初速度v0的大小；(2)最后两物块之间的距离。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设物块A和木板的质量都为m，释放A到物块与板共速过程，根据动量守恒定律得由功能关系可得代入数据解得（2）设释放B后经时间，木板和B的速度达到相等，这段时间内，木板和A都作匀减速运动，但不能保持相对静止。设A、木板和B的加速度大小为、a和，由牛顿第二定律得对A：A对木块：对B：可得，说明木板减速比A更快，A相对于板向右滑动。木板和B速度达到相等，有代入数据额解得B的位移为此后木板和B保持相对静止一起加速，再经时间t2和A速度达到相等，根据动量守恒定律得代入数据解得末速A在的时间内已知保持匀减速运动，有代入数据解得在t2时间内B的位移为而A在（t1+t2）时间内的位移最后两物块之间的距离代入数据解得(二)选考题(共45分)请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分。13.如图是某种喷雾器示意图，在贮液筒内装入一些药液后将密封盖盖好多次拉压活塞充气，然后打开喷嘴开关，活塞位置不再改变，药液可以持续地喷出，贮液筒内的空气可视为理想气体，设充气和喷液过程筒内的空气温度可视为不变，下列说法正确的是A. 充气过程中贮液筒内的气体内能增大B. 充气过程中，贮液筒内的气体分子平均动能增大C. 充气过程中，贮液筒内的气体压强增大体积也变大D. 喷液过程中，贮液筒内的气体吸收热量全部用来对外做功E. 喷液过程中，贮液筒内的气体压强减小气体内能不变【答案】ADE【解析】【详解】AB、充气过程筒内的空气温度可视为不变，则分子的平均动能不变；充气的过程中分子的总个数增加，则内能增加，故A正确，B错误；C、充气的过程中气体的体积不变，故C错误；DE、喷液过程筒内的空气温度可视为不变，则分子的平均动能不变，气体的内能也不变；药液就可以持续地喷出，气体体积增大，对外做功，由于没有其他的变化，可知贮液筒内的气体吸收热量全部用来对外做功，根据气态状态方程，温度不变，体积增大，压强减小，故DE正确。14.如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直固定放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞和直杆连成一体，直杆长度L45cm，开始时直杆下端压在气缸底部，此时缸内气体的压强与缸外大气压相等缸内气体的温度T0300K,现通过电热丝缓慢加热气体当缸内气体的温度到达T1=305K时，直杆刚好脱离气缸底部即将上升。继续缓慢加热气体使其温度到达T2366K活塞缓慢上升到与容器底部相距H53cm处。已知大气压p01.0105Pa活塞圆形面积S9.0102m2，取重力加速度g10m/s2，不计活塞与气缸壁间的摩擦。求：活塞连同直杆的总质量；直杆的体积。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）从开始到