陕西省汉中市12校2019届高三物理一模联考试题（含解析）.docx

陕西省汉中市12校2019届高三物理一模联考试题（含解析）二、选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求；第19-21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）1.据悉我国第四代反应堆钍基熔盐堆能源系统（TMSR）研究已获重要突破。该反应堆以钍为核燃料，钍俘获一个中子后经过若干次衰变转化成铀；轴的一种典型裂变产物是钡和氪，同时释放巨大能量。下列说法正确的是（）A. 钍核有90个中子，142个质子B. 铀核裂变的核反应方程为C. 放射性元素衰变的快慢与核内部自身因素无关，由原子所处的化学状态和外部条件决定D. 重核分裂成中等大小的核，核子的比结合能减小【答案】B【解析】【详解】A、钍核有90个质子，23290=142个中子。故A不符合题意；B、根据质量数守恒与电荷数守恒可知，铀核裂变的核反应方程为故B符合题意；C、原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关，因而可根据半衰期来推断年轮，故C不符合题意；D、重核裂变的过程中释放能量，所以重核分裂成中等大小的核，核子的比结合能增大。故D不符合题意；2.如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度进入某点电荷Q产生的电场中，沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的a、b两点，其中a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成30角；b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成60角，粒子只受电场力的作用。下列说法中正确的是A. 点电荷Q带正电B. a点的电势低于b点电势C. 从a到b，系统的电势能减小D. 粒子在a点的加速度大于在b点的加速度【答案】C【解析】分析】根据电荷间的相互作用，即可判断电性，由可判断电势能大小，由离点电荷远近可以判断电场强弱，加速度大小。【详解】根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在运动的过程中，一直受库仑引力作用，因粒子带正电，所以点电荷带负电，故A错误；由图可知，点电荷Q位于Ea方向延长线与Eb方向延长线的交点处，且b点与a点相比，b点离负点电荷较近，b点处电势较低，所以B错误；由可知正点电荷在电势低处，电势能较小，所以正点电荷在d处时，系统具有的电势能较大，因此C正确；根据点电荷电场线的分布b点处电场线分布较密，电场强度较大，粒子加速度较大，所以D错误。3.将一质量为m、长度为L、通有垂直纸面向里的电流的导体棒放在倾角为的光滑斜面体上，当在空间加一与斜面体垂直斜向上的匀强磁场时，导体棒刚好在斜面体上处于静止状态，现将磁场逆时针转动到水平向左的过程中，若导体棒始终处于静止状态，已知导体棒中的电流强度为I，则下列叙述正确的是（）A. 磁感应强度大小不变B. 磁场逐渐减弱C. 整个过程中磁感应强度的最小值为D. 整个过程中磁感应强度的最大值为【答案】C【解析】【详解】A、导体棒受重力、支持力、安培力的作用而处于平衡状态，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上的逆时针方向转至水平向左的过程中，安培力由沿斜面向上转至竖直向上，导体棒受力的动态变化如图所示，则由图可知，安培力应逐渐增大；即此过程中磁感应强度B增大；磁场增强；故AB不符合题意；C、刚开始时安培力F最小，有sin=，所以此过程中磁感应强度的最小值为；故C符合题意；D、最后时安培力最大，则有F=mg，故整个过程中磁感应强度的最大值为；故D不符合题意；4.运动员在水上做飞行运动表演他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90kg，两个喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度大小g=10m/s2，水的密度=1.0103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为A. 2.7m/sB. 5.4m/sC. 7.6m/sD. 10.8m/s【答案】B【解析】【分析】微元化处理，在时间内以射出的水为研究对象，利用动量定理求解。【详解】设时间内有质量为m的水射出，忽略重力冲量，对这部分水由动量定理得： 运动员悬停在空中，所以F=mg联立解得：，故B正确。故选：B。5.如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1n2101，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12 V、工作时内阻为2 的电动机。闭合开关，电动机正常工作，电流表示数为1 A，则 ()A. 副线圈两端电压为22 VB. 电动机输出的机械功率为12 WC. 通过电动机的交流电频率为50 HzD. 突然卡住电动机，原线圈输入功率变小【答案】AC【解析】【详解】A、输入电压最大值为220，则有效值：220V，22V，则A正确；B、输出的机械功率：121122W10W，则B错误；C、由乙图知周期为0.02S，则，则C正确；D、卡住电动机，电路中的电流增大，输出功率增加，则原线圈输入功率增加，则D错误。6.如图甲所示，质量m=1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t=0.5s时撤去拉力，其1.5s内的速度随时间变化关系如图乙所示，g取10m/s2。则A. 0.5s时拉力功率12WB. 1.5s内拉力做功9JC. 1.5s后物块可能返回D. 1.5s后物块一定静止【答案】AC【解析】【分析】根据图示图象求出物块的加速度和位移，然后应用牛顿第二定律求出拉力大小.【详解】00.5s内物体位移:；0.5s1.5s内物体的位移：；由题图乙知，各阶段加速度的大小：,；设斜面倾角为，斜面对物块的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律，00.5s内；0.5s1.5s内；联立解得：F=6N，但无法求出和.A、0.5s时，拉力的功率，故A正确.B、1.5s内的前0.5s拉力才做功，其大小；故B错误.C、D、无法求出和，不清楚tan与的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，则C正确，D错误.故选AC.【点睛】本题考查动力学知识与图象的综合，通过图线求出匀加速和匀减速运动的加速度是解决本题的关键，利用好牛顿第二定律求得拉力.7.2019年1月3日，嫦娥四号探测器登陆月球，实现人类探测器首次月球背面软着陆。为给嫦娥四号探测器提供通信支持，我国于2018年5月21日成功发射嫦娥四号中继星“鹊桥号”如图所示，“鹊桥号”中继星围绕地月拉格朗日L2点旋转，“鹊桥号”与L2点的距离远小于L2点与地球的距离。已知位于地月拉格朗日Ll、L2点处的小物体能够在地月的引力作用下，几乎不消耗燃料，便可与月球同步绕地球做圆周运动。下列说法正确的是（）A. “鹊桥号”的发射速度大于11.2km/sB. “鹊桥号”绕地球运动的周期约等于月球绕地球运动的周期C. 同一卫星在L2点受地月引力的合力比在L1点受地月引力的合力大D. “鹊桥号”若刚好位于L2点，能够更好地为嫦娥四号探测器提供通信支持【答案】BC【解析】【详解】A、11.2km/s是卫星脱离地球的引力的第二宇宙速度，“鹊桥”的发射速度应小于11.2km/s，故A不符合题意；B、根据题意知中继星“鹊桥”绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，故B符合题意；C、“鹊桥”中继星在的L2点是距离地球最远的拉格朗日点，由Fn=m2r可知在L2点所受月球和地球引力的合力比在L1点要大，故C符合题意；D、“鹊桥号”若刚好位于L2点，由几何关系可知，通讯范围较小，并不能更好地为嫦娥四号探测器提供通信支持，故D不符合题意。8.半径分别为r和2r的同心圆导轨固定在同一水平面内，一长为r，电阻为R的均匀直导棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器直导体棒在水平外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触导轨电阻不计下列说法正确的是（）A. 金属棒中电流从A流向BB. 金属棒两端电压为B2rC. 电容器的M板带正电D. 电容器所带电荷量为CBr2【答案】CD【解析】【详解】A、根据右手定则可知，金属棒AB逆时针切割磁感时，产生的感应电流应该是从B向A，故A不符合题意；B、据E感=以及v=r可得切割磁感线时产生的电动势E感=切割磁感线的导体相当于电源，则AB两端的电压相当于电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知故B不符合题意；C、切割磁感线的AB相当于电源，在AB内部电流方向由B向A，故金属棒A相当于电源正极，故与A接近的电容器M板带正电，故C符合题意；D、由B分析知，AB两端的电压为，好电容器两端的电压也是，故电容器所带电荷量Q=CU=故D符合题意。三、非选择题（包括必考題和选考题两部分.第22题第32题为必考题，每道试题考生都必须作答.第33题第38题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9.用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片的来验证动量守恒定律，实验步骤如下：用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB；安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；先不在斜槽的末端放小球B，让小球A从斜槽上位置P由静止开始释放，小球A离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球A的两位置（如图乙所示）；将小球B放在斜槽的末端，让小球A仍从位置P处由静止开始释放，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置（如图丙所示）；测出所需要的物理量。请回答：(1)实验中A、B的两球质量应满足_(2)在步骤中，需要在照片中直接测量的物理量有_；（请选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”）(3)两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：_【答案】 (1). ; (2). ; (3). ;【解析】（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有mAv0=mAv1+mBv2，在碰撞过程中动能守恒，故有，解得，要碰后a的速度v10，即mA-mB0，mAmB；（2）由于频闪照相的频率固定，因此只需要测量小球的水平位移，在步骤中，需要在照片中直接测量的物理量有x0、xA、xB；（3）验证的方程为mAx0mAxAmBxB10.利用图甲电路测量某电池的内阻，其中AB为一段粗细均匀的铅笔芯，笔芯上套有一金属滑环P（宽度和电阻不计，与笔芯良好接触并可自由移动）实验器材还有：标准电池（电动势为E0，内阻不计），电阻箱（最大阻值为99.99），灵敏电流计G（量程为600A），待测电池（电动势Ex小于E0，内阻rx未知），开关3个，刻度尺等。主要实验步骤如下：a测量出铅笔芯A、B两端点间的距离L0；b将电阻箱调至某一阻值R，闭合开关S1、S2、S3，移动滑环P使电流计G示数为零，测量出此时的AP长度L；c改变电阻箱的阻值R，重复步骤b，记录下多组R及对应的L值回到以下问题：（1）移动滑环P使G的示数为零此时AP两端电压与电阻箱两端电压UR相等，则UR=_（用L、L0、E0表示）（2）利用记录的多组R、L数据，作出图象如图乙，则随变化的关系式为=_（用Ex、rx、L0、R）表示，待测电池的内阻rx=_（保留两位有效数字）（3）在不在b的操作过程中，若无论怎样移动滑环P，也无法使G的示数为零，经检查发现，有一个开关未闭合，你认为未闭合的开关是_（填S1、S2、S3）（4）本实验中若标准电池的内阻不可忽略，则待测电池内阻的测量结果将_（填“偏大”、“不变”或“偏小”）【答案】 (1). (2). (3). 1.1 (4). S1 (5). 不变【解析】（1）由于电流计电流为零，则待测电源的电流不会影响标准电源中的电流，由欧姆定律可知：UR=E0（2）由闭合电路欧姆定律可知：UR=R则有：变形可得：；由公式可得，图象的斜率表示，故 图象的与纵轴的交点表示：则由图可知： ； 联立解得：r=1.1；电源应用标准电源的电动势表示；（3）电流计示数不能为零，则说明无法将UR与待测电源的路端电压相等，如果S2断开，则电动势接在L两端，有可能为零，而如果S3没有闭合则电流计一定为零；只有S1没有闭合时，此时待测电源与R、G和L形成回路，电流无法为零；（4）如果标准电源内阻不能忽略，只需改变L0的数值即可，而根据（2）中数据处理可知，结果与L0无关，故对实验没有影响；点睛：本题考查补偿法测量电动势和内电阻的实验，解题的关键在于明确电路结构，知道补偿电源的作用，从而明确测量方法，再分析实验过程，明确误差以及可能出现的问题的处理方法11.如图所示，某同学设计一个游戏装置，用弹簧制作的弹射系统将小球从管口P弹出，右侧水平距离为L，竖直高度为H=0.5m处固定一半圆形管道，管道所在平面竖直，半径R=0.75m，内壁光滑。通过调节立柱Q可以改变弹射装置的位置及倾角，若弹出的小球从最低点M沿切线方向进入管道，从最高点N离开后能落回管口P，则游戏成功。小球质量为0.2kg，半径略小于管道内径，可视为质点，不计空气阻力，g取10m/s2。该同学某次游戏取得成功，试求：(1)水平距离L；(2)小球在N处对管道的作用力；(3)弹簧储存的弹性势能。【答案】(1) (2) ，方向竖直向上 (3) 【解析】【分析】(1) P至M做斜上抛运动，在最高点速度水平能沿切线进入管道，运动逆向思维看成平抛运动计算；M到N为变速圆周运动中的杆球模型，用动能定理分析，N到P为平抛，运用分运动列式；(2)杆球模型的最高点，受力分析结合牛顿第二定律和牛顿第三定律求压力；(3)弹力为变力，其做功引起的弹性势能变化由能量守恒定律解决是优先考虑的方法.【详解】(1)设小球进入M点时速度为，运动至N点速度为，由P至M，由N至P，由M至N过程，由功能关系得：解得： (2)由(1)可得，解得：由牛顿第三定律可知，小球在N处对管道的作用力，方向竖直向上(3)由P至N全过程，由能量守恒定律：解得：【点睛】本题考查了平抛运动、斜上抛运动、圆周运动与能量守恒定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律的综合运用，运动的过程较多，根据运动性质选择恰当的物理规律是解决本题的关键.12.如图所示，两个相同的等腰直角三角形区域CDE和FGH中均有垂直纸面向里的匀强磁场，E、F、G处在同一水平直线上，D、C、H也处于同一水平直线平行四边形区域EFHC间存在匀强电场一个重力不计的带正电的粒子从边界ED上的P点射入磁场，速度v的方向与EC边平行，再从EC边沿水平方向射出，已知GH长度为L，且L(2+ ) d，EP和EF的长度均为d.带电粒子的比荷k，区域FGH中磁感应强度B2.(1) 求区域CDE内磁感应强度的大小；(2) 若电场方向竖直向下，粒子到达电场边界FH时，速度方向恰好与其平行，求粒子在电场中运动的时间；(3) 若电场方向水平向右，要使粒子从GF边界射出磁场，求电场强度大小满足的条件【答案】（1）（2） （3）0E 【解析】(1) 粒子在区域CDE内轨道半径为R1 解得：；(2) 粒子到达FH时vyvxvt 由几何关系得xdy解得：；(3) 设EFHC间电场强度大小为E时，粒子以大小为v1的速度进入FGH区域，在FGH内运动的半径为R，则 粒子到达FH边界时距GF和DC的距离分别为和d若粒子运动到边界GF时速度恰好沿GF方向，则轨道半径 若粒子运动到边界GH时速度恰好沿HG方向，则轨道半径R3d要使粒子从GF边界射出磁场，其轨道半径须满足R2RR3解得： （二）选考题（共45分.请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，在答题卡选答区域指定位置答题，如果多做，则每学科按所做的第一题计分）.【物理一选修3-3】（15分）13.下列说法正确的是_。A单晶体有固定熔点，而多晶体没有固体熔点B.给自行车打气时气筒压下后反弹，是由分子斥力造成的C.一切自然过程总沿着分子热运动的无序性增大的方向进行D.影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距E.物体内能的微观决定因素是分子势能、分子平均动能和分子总数；宏观决定因素是物体的体积、物体的温度及物质的量【答案】CDE【解析】【详解】A.单晶体和多晶体都有固定熔点，故A错；B.给自行车打气时气筒压下后反弹，不是由分子斥力造成的，而是因为气管内的气体压强大于外部大气压的原因，故B错C.由热力学第二定律可知：一切自然过程总沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，故C对；D. 影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距，故D对E.从微观上来看，内能由分子的平均动能、分子势能和分子总数共同决定；从宏观上开看，内能取决于物体的温度、体积、摩尔数和物态，选项E正确；故选CDE14.如图所示，内壁光滑的水平放置气缸被两个活塞分成A、B、C三部分，两活塞间用轻杆连接，活塞厚度不计，在E、F两处设有限制装置，使左边活塞只能在E、F之间运动， E、F之间的容积为.开始时左边活塞在E处，A部分的容积为，A部分内气体的压强为（为大气压强），温度为297K；B部分的容积为，B部分内气体的压强为，温度恒为297K；C部分内为真空.现缓慢加热A部分内气体，直至温度升为399.3K.求：（1）活塞刚离开E处时的温度；（2）A部分内气体最后的压强p.【答案】（i）330K （ii） 【解析】（i）活塞刚要离开E时，A缸内气体体积V0保持不变，根据平衡方程得 对A缸内气体，应用气体状态方程得： 297K联立解得：330K （ii）随A缸内气体温度继续增加，A缸内气体压强增大，活塞向右滑动，B缸内气体体积减小，压强增大。设A缸内气体温度到达399.3K时，活塞向右移动的体积为，且未到达F点根据活塞平衡方程可得： 对A缸内气体，根据气体状态方程可得： 对B缸内气体，根据气体状态方程可得： 联立解得： ， 此时活塞刚好移动到F。所以此时A缸内气体的最后压强 15.两列简谐波的振幅都是 20cm，传播速度大小相同，实线波的频率为 2Hz，沿 x 轴正方向传播，虚线波沿 x 轴负方向传播，某时刻两列波在如图所示区域相遇，则_A虚线波频率也是 2HzB平衡位置为 x=8.5cm 处的质点此刻位移 y20cmC从图示时刻起再经过 0.25s，平衡位置为 x=4cm 处的质点的位