安徽省定远县民族中学2019届高三物理下学期第三次模拟考试试题（含解析）.docx

安徽省定远县民族中学2019届高三物理下学期第三次模拟考试试题（含解析）二、选择题1.下列说法不正确的是（ ）A. 经过一次衰变后变为B. 由核反应方程式可以判断X为电子C. 核反应方程轻核聚变D. 16g铋210经过15天时间，还剩2g未衰变，则铋210的半衰期为5天【答案】C【解析】釉核经过一次衰变后，电荷数少2，质量数少4变为钍核，A正确；根据电荷数守恒、质量数守恒知，x的电荷数为-1，质量数为0，可知x为电子，B正确；轻核聚变反应为，C错误；根据可得，解得天，D正确2.如图所示，BC是半径为R的竖直面内的光滑圆弧轨道，轨道末端C在圆心O的正下方，BOC60，将质量为m的小球，从与O等高的A点水平抛出，小球恰好从B点滑入圆轨道，则小球在C点对轨道的压力为A. mgB. 3mgC. mgD. 4mg【答案】C【解析】试题分析:小球由A至B做平抛运动，设初速度，平抛时间，竖直方向有；B点的速度相切与圆轨道，故平抛的速度偏向角为，有，可得。从A至C由动能定理：，对C点的小球，由牛顿第二定律：，由牛顿第三定律可得球对轨道的压力与支持力大小相等，解得。故选C。考点：本题考查了平抛运动规律、圆周运动规律、动能定理、牛顿第一定律、牛顿第三定律。3.如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，两个相同的带正电粒子分别以速度v1、v2从A、C两点同时射入磁场，v1、v2平行且v1沿直径AOB方向C点与直径AOB的距离为R/2，两粒子同时从磁场射出，从A点射入的粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60.不计粒子受到的重力，则()A. v1v2B. v1v2C. v1v2D. v12v2【答案】B【解析】如图由几何知识知R1=Rtan60，R2=R，根据牛顿运动定律知，知 与v成正比，故v1：v2=R1：R2=2Rcos30：R=：1，故B正确，ACD错误；故选B.点睛：此题考查带电粒子在磁场中运动，注意找圆心，运用几何知识画出粒子的运动轨迹，属于较难题目，要求学生有扎实的数学基础4.一无限大接地导体板MN前面放有一点电荷+Q，它们在周围产生的电场可看作是在没有导体板MN存在的情况下，由点电荷+Q与其像电荷Q共同激发产生的。像电荷Q的位置就是把导体板当作平面镜时，电荷+Q在此镜中的像点位置。如图所示，已知+Q所在位置P点到金属板MN的距离为L，a为OP的中点，abcd是边长为L的正方形，其中ab边平行于MN。则A. a点的电场强度大小为E=B. a点的电场强度大小大于b点的电场强度大小，a点的电势高于b点的电势C. b点电场强度和c点的电场强度相同D. 一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电势能的变化量为零【答案】B【解析】由题意可知，周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效，所以a点的电场强度，A错误；等量异种点电荷周围的电场线和等势面分布如图所示由图可知，B正确；图中b、c两点的场强大小相等，方向不同，C错误；由于a点的电势大于d点的电势，所以一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电场力做正功，电荷的电势能减小，D错误；故选B.5.某同学在实验室里做如下实验，光滑竖直金属导轨(电阻不计)上端接有电阻R，下端开口，所在区域有垂直纸面向里的匀强磁场，一个矩形导体框(电阻不计)和光滑金属导轨在整个运动中始终保持良好接触，矩形导体框的宽度大于两个导轨的间距，一弹簧下端固定在水平面上，弹簧涂有绝缘漆，弹簧和导体框接触时，二者处于绝缘状态，且导体框与弹簧接触过程无机械能的损失。现将导体框在距离弹簧上端H处由静止释放，导体框下落，接触到弹簧后一起向下运动然后反弹，直至导体框静止。导体框的质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是 ( )A. 导体框接触到弹簧后，可能立即做减速运动B. 在接触弹簧前导体框下落的加速度为gC. 只改变下落的初始高度H，导体框的最大速度可能不变D. 只改变R的阻值，在导体框运动过程中系统产生的焦耳热会改变【答案】AC【解析】AC、导体框下落过程中导体框两部分切割磁感线，相当于两个电源给电阻R供电，接入导轨部分的导体框有电流流过，所以当导体框所受安培力等于导体框的重力时速度达到最大，达到最大速度可能发生在接触弹簧之前，所以有可能在接触弹簧前已经达到匀速，故AC正确；B、由于有感应电流，导体框受到安培力作用，所以加速度小于g，故B错误；D、由于质量一定，所以最后弹簧停止的位置是确定的，重力势能的减少是确定的，弹簧增加的弹性势能是确定的，所以电阻产生的热量与R无关，电阻大小会影响导体框反复的次数，故D错误；故选AC。【点睛】当导体框所受安培力等于导体框的重力时速度达到最大，达到最大速度可能发生在接触弹簧之前，所以有可能在接触弹簧前已经达到匀速。6.在一水平向右匀速运动的长传送带的左端A点，每隔相同的时间轻放上一个相同的工件。经测量，发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L。已知传送带的速率恒为v，工件与传送带间动摩擦因数为，工件质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是A. 工件在传送带上加速运动的时间一定等于B. 传送带对每个工件做的功为C. 每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量一定等于D. 传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为【答案】BD【解析】工件在传送带上先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相等时工件做匀速直线运动，加速度为，则加速的时间为，故A错误；传送带对每个工件做的功使工件的动能增加，根据动能定理得：，故B正确；工件与传送带相对滑动的路程为：，则摩擦产生的热量为：，故C错误；根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量，故D正确，故选BD.【点睛】工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，根据匀加速度知识求得运动的时间，根据工件和传送带之间的相对路程大小，求出摩擦产生的热量；根据能量守恒知，多消耗的能量一部分转化为工件的动能，一部分转化为摩擦产生的内能7.一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是51，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表。则下列说法正确的是 ()A. 原、副线圈中电流之比为51B. 电压表的读数约为31.11VC. 若滑动变阻器接入电路的阻值为20，则1分钟内产生的热量为2.9103JD. 若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小【答案】BC【解析】试题分析：原线圈电压为220V的正弦交流电，原、副线圈的匝数比是5：l，根据，则副线圈原、副线圈中的电流之比为1：5，A错误；根据,原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知,解得U=22=31.11V，故B错误；则1 min内滑动变阻器产生的热量为，故C正确；将滑动变阻器滑片向上滑动时，次级阻值变小，电流表的读数变大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，所以D错误故选：C考点：变压器；电功率；电路的动态分析.8.如图所示，轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，跨过轻质定滑轮的轻绳将P和重物Q连接起来，Q的质量M = 6m。现将P从图中A点由静止释放，P能沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对P的弹力大小相等，已知OA与水平面的夹角 = 53，OB距离为L，且与AB垂直，滑轮的摩擦力不计，重力加速度为g，在P从A运动到B的过程中A. Q的重力功率一直增大B. P与Q的机械能之和先增大后减小C. 轻绳对P做功D. P运动到B处时的速度大小为【答案】BD【解析】物块Q释放瞬间的速度为零，当物块P运动至B点时，物块Q的速度也为零，所以当P从A点运动至B点时，物块Q的速度先增加后减小，物块Q的重力的功率也为先增加后减小，故A错误；对于PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P的做功有关，从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，故B正确。从A到B过程中，对于P、Q系统由动能定律可得：6mg(L)mgLtan530mv2，对于P，由动能定理可得：WmgL0mv2，联立解得：W=mgL，故C错误，D正确；故选BD.点睛：解决本题的关键要明确滑块经过A、B两点时，弹簧对滑块的弹力大小相等，说明在这两个位置弹簧的弹性势能相等。要知道滑块P到达B点时Q的速度为0。三、非选择题9.某同学用探究动能定理的装置测滑块的质量M。如图甲所示，在水平气垫导轨上靠近定滑轮处固定一个光电门。让一带有遮光片的滑块自某一位置由静止释放，计时器可以显示出遮光片通过光电门的时间t(t非常小)，同时用米尺测出释放点到光电门的距离s。(1)该同学用螺旋测微器测出遮光片的宽度d，如图乙所示，则d_ mm。(2)实验中多次改变释放点，测出多组数据，描点连线，做出的图像为一条倾斜直线，如图丙所示。图像的纵坐标s表示释放点到光电门的距离，则横坐标表示的是_。At Bt2 C. D. (3)已知钩码的质量为m，图丙中图线的斜率为k，重力加速度为g。根据实验测得的数据，写出滑块质量的表达式M_。(用字母表示)【答案】 (1). (1)1.880 (2). (2)D (3). (3) 【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度读数为1.5 mm，可动刻度读数为0.0138.0 mm0.380 mm，则最终读数为1.880 mm。(2)滑块通过光电门的瞬时速度，根据动能定理得：，解得：，因为图线为线性关系图线，可知横坐标表示，故选D。(3)根据知，图线的斜率为：，解得滑块质量。10.某同学要测量一只未知电阻的阻值。（1）他现用多用电表粗测该电阻的阻值，按照正确的步骤操作后，测量的结果如图甲所示，为了使多用电表测量的结果更准确，需要进行的操作是：换用_（填“1”或“100”）档，再进行_（填“机械”或“欧姆”）调零，重新测量。（2）若粗测待测电阻的阻值约为1100；为了精确测量该电阻的阻值，实验室提供了以下的实验器材：电流表A1（量程10mA，内阻r1=5）电流表A2（量程15mA，内阻r2约为5）；定值电阻R0：阻值为2000；电源E（电动势约为10V，内阻r约为1）；单刀双掷开关S，导线若干；实验要求能多测几组数据，请在乙图方框中画出实验原理图_。（3）根据设计的实验电路图，该同学已连接好了部分实物如图丙所示，请完善实物连接，要求闭合电键前滑动变阻器滑片移到图中所在位置_。（4）实验中需要直接测量的物理量有_，用测得的量和已知的量的字母表示待测电阻Rx的计算公式Rx=_。【答案】 (1). （1）100； (2). 欧姆 (3). （2） (4). （3） (5). （4）电流表A1、A2的读数I1、I2,； (6). 【解析】用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使欧姆表指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；根据欧姆定律估算出通过电阻R0的电流和通过待测电阻的电流，再选择量程恰当的电表；根据串并联电路特点及欧姆定律求出待测电阻阻值。（1）由图可知欧姆表的读数为R=10010=1000，欧姆表的指针偏转过小说明待测电阻阻值较大，应换用较大倍率100，欧姆调零后再进行测量；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零。（2）由于滑动变阻器的阻值远小于被测电阻，且要求能多测几组数据，因此采用滑动变阻器的分压接法，要测量未知电阻的阻值，需要测量出被测电阻接入电路中的电流，还需要测出加在被测电阻两端的电压，由于电流表A1的量程为A2的量程小，因此A1放在支路上与被测电阻串联，再与定值电阻并联，A2放在干路上，定值电阻起电压表的作用。电路设计如图所示。（3）实物连接，如图所示（4）实验需要直接测量的是两电流表A1、A2的读数，I1、I2，由电阻的定义式有，则解得11.如图所示,水平面上AB间有一长度x=4m的凹槽,长度为L=2m、质量M=1kg的木板静止于凹槽右侧,木板厚度与凹槽深度相同,水平面左侧有一半径R=0.4m的竖直半圆轨道,右侧有一个足够长的圆弧轨道,A点右侧静止一质量m1=0.98kg的小木块.射钉枪以速度v0=100m/s射出一颗质量m0=0.02kg的铁钉,铁钉嵌在木块中并滑上木板,木板与木块间动摩擦因数=0.05,其它摩擦不计.若木板每次与A、B相碰后速度立即减为0,且与A、B不粘连,重力加速度g=10m/s2.求:（1）铁钉射入木块后共同的速度V;（2）木块经过竖直圆轨道最低点C时,对轨道的压力大小FN;（3）木块最终停止时离A点的距离s.【答案】（1） （2） （3） 【解析】(1) 设铁钉与木块的共同速度为v，取向左为正方向，根据动量守恒定律得： 解得：；(2) 木块滑上薄板后，木块的加速度，且方向向右板产生的加速度，且方向向左设经过时间t，木块与木板共同速度运动则： 此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度 故共速时，恰好在最左侧B点，此时木块的速度 木块过C点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则： 代入相关数据解得：FN=12.5N.由牛顿第三定律知，木块过圆弧C点时对C点压力为12.5N；(3) 木块还能上升的高度为h，由机械能守恒有： 木块不脱离圆弧轨道，返回时以1m/s的速度再由B处滑上木板，设经过t1共速，此时木板的加速度方向向右，大小仍为a2，木块的加速度仍为a1，则：，解得： 此时 碰撞后，v薄板=0，木块以速度v3=0.5m/s的速度向右做减速运动设经过t2时间速度为0，则 故L=Lxx=1.25m即木块停止运动时离A点1.25m远。12.如图所示，在平面直角坐标系xoy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向。在第一、四象限内有一个半径为的圆，圆心坐标为（r，0），圆内有方向垂直于xoy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子（不计重力），以速度为v0从第二象限的P点，沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，速度方向与x轴正方向成，最后从Q点平行于y轴离开磁场，已知P点的横坐标为 。求：（1）带电粒子的比荷 ；（2）圆内磁场的磁感应强度B的大小；（3）带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场总时间t。【答案】(1) （2） （3）【解析】试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，利用运动的合成和分解结合牛顿第二定律，联立即可求出带电粒子的比荷；利用速度偏向角公式，求出粒子从电场进入磁场时的速度，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出圆内磁场的磁感应强度B的大小；利用周期公式结合粒子在磁场中转过的圆心角求解粒子在磁场中运动的时间，带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间t。(1) 由水平方向匀速直线运动得 竖直向下的分速度 由竖直方向匀加速直线运动知加速度为根据以上式解得（2）粒子进入磁场的速度为v，有由几何关系得，粒子在磁场中作匀速圆周运动的轨道半径R=r由洛伦兹力提供向心力可知解得（3）粒子在磁场中运动的时间为粒子在磁场中运动的周期为粒子在电场中运动的时间为粒子运动的总时【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中运动的临界问题，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间。选考题13.下列说法正确的是_。A. 知道某物质的摩尔质量和阿伏伽德罗常数,一定可以求其分子的质量和体积B. 内能不同的物体，他们分子热运动的平均动能可能相同C. 不论单晶体还是多晶体，在融化时，要吸热但温度保持不变D. 一定质量的气体温度由T1升高到T2,在这个过程中,如果气体体积膨胀并对外界做功,则气体分子平均动能可能减少E. 液体的表面张力是由液体分子间的相互作用引起的【答案】BCE【解析】知道某物质的摩尔质量和阿伏加德罗常数，一定可求其分子质量，但是求不出分子体积，A错误；内能不同的物体，温度可能相同，所以它们分子热运动的平均动能可能相同，B正确；晶体熔化吸热时温度不变，分子的平均动能不变，分子势能增加，C正确；分子平均动能只与温度有关，温度升高，气体分子平均动能增加，D错误；液体的表面张力是由液体分子间的相互作用引起的，E正确。故选BCE.14.如图所示，封闭有一定质量理想气体的汽缸开口向下竖直固定放置，活塞的截面积为S，质量为m0，活塞通过轻绳连接了一个质量为m的重物。若开始时汽缸内理想气体的温度为T0，轻绳刚好伸直且对活塞无拉力作用，外界大气压强为p0，一切摩擦均不计且m0gp0S。求重物刚离地时汽缸内气体的压强；若缓慢降低汽缸内气体的温度，最终使得汽缸内气体的体积减半，则最终气体的温度为多少？【答案】 【解析】当轻绳刚好伸直且无拉力时，设此时汽缸内气体的压强为。由力的平衡条件可得：所以当重物刚好离开地面时，设此时汽缸内气体的压强为，则有所以设重物刚好离开地面时汽缸内气体的温度为，此过程气体发生等容变化，由查理定律可得解得设气体体积减半时汽缸内气体的温度为，此过程气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律可得解得。15.沿x轴传播一列简谐横波在t0时刻的波形如图甲所示，M为介质中的一个质点，点M的振动图象如图乙所示，则下列说法正确的是: A. t=2.5s时质点M对