辽宁省葫芦岛市2019届高三物理二模考试试题（含解析）.docx

辽宁省葫芦岛市2019届高三物理二模考试试题（含解析）一、单选题1.以下有关近代物理内容的叙述，其中正确的是（）A. 某种元素的半衰期为T，经过2T时间后该元素完全变成了另一种元素B. 裂变产物是中等质量的核，的平均结合能大于的平均结合能C. 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半轻较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量也减小D. 光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性。前者表明光子具有能量，后者表明光子除了具有能量外还具有动量【答案】D【解析】【详解】A.某种元素的半衰期为T，经过2T时间后，为两个半衰期，有发生衰变，故A错误；B. 属于重核，它们的平均结合能小于的平均结合能，故B错误；C.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，氢原子吸收能量，原子总能量增大；根据库仑力提供向心力可得： 可知，电子的动能减小，故C错误；D.光电效应和康普顿效应效应深入揭示了光的粒子性。前者表明光子具有能量后者表明光子除了具有能量外还具有动量，故D正确；2.甲、乙两辆汽车从同一地点同时并排刹车的如图所示.关于甲、乙汽车的运动情况，下列说法正确的是：A. t1时刻甲车的加速度小B. 0-t1时间内甲车的位移小C. 甲乙两车可能t2至t3时间内相遇D. t1-t3时间内甲乙两车的平均速度大小相等【答案】C【解析】【详解】A.根据v-t图象的斜率表示加速度，斜率绝对值表示加速度的大小，则知t1时刻甲车的加速度大；故A错误.B.根据速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，知0t1时间内甲车的位移大；故B错误.C.t=0时刻，甲乙两辆汽车在同一地点，在0t2时间内甲车通过的位移大于乙车；t2t3时间内甲车静止，乙车继续运动，所以甲、乙两车可能在t2t3时间内相遇；故C正确.D.t1t3时间内甲车的位移比乙车的大小，则甲车的平均速度比乙车的小；故D错误.3.如图所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过定滑轮的轻绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态。现对小球乙施加一个水平力F，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止，甲受到地面的摩擦力为f，则该过程中A. f变小，F变大B. f变小，F变小C. f变大，F变小D. f变大，F变大【答案】D【解析】【详解】以小球乙为研究对象受力分析，设绳与竖直方向的夹角为，根据平衡条件可得，水平拉力为，可见水平拉力F逐渐增大，绳子的拉力为，故绳子的拉力也是逐渐增加；以物体甲为研究对象受力分析，根据平衡条件可得，物体甲受地面的摩擦力与绳子的拉力的水平方向的分力等大反向，故摩擦力方向向左，是逐渐增大；故D正确，A、B、C错误；故选D。4.2018年12月8日，嫦娥四号发射升空。将实现人类历史上首次月球背面登月。随着嫦娥奔月梦想的实现，我国不断刷新深空探测的中国高度。嫦娥卫星整个飞行过程可分为三个轨道段：绕地飞行调相轨道段、地月转移轨道段、绕月飞行轨道段我们用如图所示的模型来简化描绘嫦娥卫星飞行过程，假设调相轨道和绕月轨道的半长轴分别为a、b，公转周期分别为T1、T2关于嫦娥卫星的飞行过程，下列说法正确的是（）A. B. 嫦娥卫星在地月转移轨道上运行的速度应大于11.2km/sC. 从调相轨道切入到地月转移轨道时，卫星在P点必须减速D. 从地月转移轨道切入到绕月轨道时，卫星在Q点必须减速【答案】D【解析】【详解】A、根据开普勒第三定律，调相轨道与绕月轨道的中心天体分别对应地球和月球，故它们轨道半长轴的三次方与周期的二次方比值不相等，故A错误；B、11.2km/s是第二宇宙速度，是地球上发射脱离地球束缚的卫星的最小发射速度，故嫦娥卫星没有脱离地球束缚，故其速度小于11.2km/s，故B错误；C、从调相轨道切入到地月转移轨道时，卫星的轨道将持续增大，故卫星需要在P点做离心运动，故在P点需要加速，故C错误；D、从地月转移轨道切入到绕月轨道时，卫星相对月球而言，轨道半径减小，需要在Q点开始做近心运动，故卫星需在Q点减速，故D正确。故选：D。5.如图所示，空间有一正三棱锥PABC，D点是BC边上的中点，O点是底面ABC的中心，现在顶点P点固定一正的点电荷，则下列说法正确的是（）A. 底面ABC为等势面B. A、B、C三点的电场强度相同C. 若B、C、D三点的电势为、，则有D. 将一正的试探电荷从点沿直线BC经过D点移到C点，静电力对该试探电荷先做负功后做正功【答案】D【解析】【详解】A.O到P点距离比ABC三点到P点距离短，故电势比ABC三点电势高，又O点为底面ABC上的一点，故底面ABC不为等势面，故A错误；B.A、B、C三点到P点距离相同，故三点电场强度大小相等，但方向不同，故A、B、C三点的电场强度不相同，故B错误；C.BC两点到P点距离相等，两点电势相等，则B-D=C-D，则B-D=-（D-C），故C错误；D.BC两点到P点距离相等，两点电势相等，D点到P点距离比BC两点小，故D电电势高于BC两点电势，故正试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，电势能先增加后减小，故静电力对该试探电荷先做负功后做正功，故D正确；二、多选题6.如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B=T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度=10rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.5m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L（规格为“4W，100”）和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是（）A. 若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗B. 当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为5：2C. 若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大D. 若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为【答案】AB【解析】【详解】A.若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，灯泡变暗，故A正确。B.输入电压的最大值Um=NBS=50V，变压器变压器输入电压的有效值为U1=50V，灯泡正常发光，所以U2=20V，根据理想变压器的变压比得此时原副线圈的匝数比为5：2，故B正确。C.若将滑动变阻器滑片向上移动，电阻变大，输出电流减小，根据理想变压器电流的制约关系可知，输入电流减小，电流表示数减小，故C错误。D.图示位置时，线圈产生的感应电动势最大，则瞬时值为u=50cos（10t）V，故D错误。7.如图甲所示，在竖直方向分布均匀的磁场中水平放置一个金属圆环，圆环所围面积为0.2m2，圆环电阻为0.2在第1s内感应电流I顺时针方向。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示（其中在45s的时间段呈直线），则（）A. 在25s时间段感应电流沿顺时针方向B. 在04s时间段，感应电流先减小再增大C. 在02s时间段，通过圆环横截面的电量为D. 在45s时间段，圆环发热功率为【答案】BD【解析】【详解】A由题意知，在第1s内感应电流I沿顺时针方向，根据楞次定律知，磁场方向向上为正方向；在02s时间段顺时针，在25s时间，磁场在减小，则感应电流的方向逆时针，故A错误；B磁感应强度的变化率越大，感应电动势越大，则感应电流越大，则在04s时间段，感应电流先减小再增大，故B正确；C根据感应电量的公式有：，则02s通过圆环横截面的电量为0.1C，故C错误；D在45s时间段，感应电动势，感应电流，圆环得发热功率为：P=I2R=0.120.2=2.010-3W，故D正确。8.如图甲所示，物体从粗糙斜面上某点，以速度v0向上滑动，设物体的位移为x时，速度为，计算机绘出的x-v图象为如图乙所示的两段抛物线。已知物体始终在斜面上运动，重力加速度g=10m/s2，有图中数据可求出的是（）A. 斜面的倾角B. 物体受到的滑动摩擦力C. 物体与斜面间的动摩擦因数D. 物体从出发至返回到出发点的过程中损失的机械能【答案】AC【解析】【详解】AC.取沿斜面向上为正方向，物块沿斜面向上滑动时有v2-v02=2ax代入数据（15、45）、（0、60）解得：v0=30m/s，a=-7.5m/s2沿斜面向下滑动时有v2=2ax当速度沿斜面向下为 v=-20m/s时，x=80m，代入数据解得：a=2.5m/s2物块沿斜面向上滑动时，由牛顿第二定律得：-（mgsin+mgcos）=ma物块沿斜面向下滑动时，由牛顿第二定律得：mgsin-mgcos=ma联立解得：=30，=，故AC正确；B.物体受到的滑动摩擦力为 f=mgcos，由于质量不知，所以不能求出滑动摩擦力，故B错误。D.损失的机械能等于物块克服摩擦力做功，无法求出，故D错误。9.如图所示，为一定质量的理想气体发生状态变化的p-V图象，图线1、2是两条等温线，A、B是等温线1上的两点，C、D是等温线2上的两点，图线AD、BC均与V轴平行，则下列说法正确的是（）A. 等温线2对应的气体温度比等温线1对应的气体温度高B. 气体从状态A变化到状态B，气体吸收的热量比气体对外界做功多C. 气体从状态B变化到状态C，气体吸收的热量比气体对外界做功多D. 气体从状态C变化到状态D，单位体积的气体分子数增大，但气体分子的平均动能不变E. 气体从状态D变化到状态A，气体放出的热量比外界对气体做功少，气体内能增加【答案】ACD【解析】【详解】A从CB为等压变化，由公式可知，等温线2对应的气体温度比等温线1对应的气体温度高，故A正确；B气体从状态A变化到状态B，温度不变，则内能不变，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律U=Q+W可知，气体吸收的热量等于气体对外界做的功，故B错误；C气体从状态B变化到状态C，压强不变，体积增大，气体对外界做功，温度升高，内能增加，气体从状态D变化到状态A，气体吸收的热量比气体对外界做功多，故C正确；D气体从状态C变化到状态D，温度不变，则气体的分子平均动能不变，体积减小，则单位体积的气体分子数增大，故D正确；E气体从状态D变化到状态A，压强不变，温度降低，则内能减小，体积减小，则外界对气体做功，气体从状态D变化到状态A，气体放出的热量比外界对气体做功多，故E错误。10.如图所示，两束颜色不同的单色光a、b平行于三棱镜底边BC从AB边射入，经三棱镜折射后相交于点P，下列说法正确的是_。A三棱镜对a光折射率大于对b光的折射率B在三棱镜中a光的传播速度大于b光的传播速度C同一种介质对a光的临界角大于对b光的临界角D在利用a光和b光做衍射实验时，b光的实验现象更明显E. 经过同一双缝所得干涉条纹，a光的条纹间距小于b光的条纹间距【答案】ADE【解析】【详解】A、由图可知，a光的偏转角大，b光的偏转角小，所以三棱镜对a光的折射率大，对b光的折射率小，故A正确；B、由光在介质中传播速度的公式分析知，因a光的折射率大，b光的折射率小，知在玻璃中b光的传播速度较大，故B错误；C、根据得知，a光全反射临界角小于b光全反射临界角，故C错误；D、因b光的折射率小，波长较长，波动性强，所以在利用a光和b光做衍射实验时，b光的实验现象更明显，故D正确；E、因a光的折射率大，b光的折射率小，所以a光的频率较大，波长较短，根据干涉条纹的间距与波长成正比，知让a光和b光通过同一双缝干涉装置，a光的条纹间距小，故E正确；故选ADE。三、实验题探究题11.利用计算机和力传感器可以比较精确地测量作用在挂钩上的力，并能得到挂钩所受的拉力随时间变化的关系图象，实验过程中挂钩位置可认为不变。某同学利用力传感器和单摆小球来验证机械能守恒，实验步骤如下：如图甲所示，固定力传感器M取一根不可伸长的轻质细线，一端连接一小铁球，另一端穿过固定的光滑小圆环O（小圆环重力不计）并固定在传感器M的挂钩上（小圆环刚好够一根细线通过）；让小铁球自由悬挂并处于静止状态，从计算机中得到拉力随时间变化的关系图象如图乙所示；让小铁球以较小的角度在竖直平面内的A、B之间摆动，从计算机中得到拉力随时间变化的关系图象如图丙所示。请回答以下问题（1）小铁球的重力为_（2）为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等（忽略空气阻力），现已测得图乙和图丙中的F0、F1、F2的大小，只需验证_等式是否成立即可用F0、F1、F2来表示）【答案】 (1). F0 (2). 3F0=2F1+F2【解析】【详解】第一空.由于重力加速度未知，则有小铁球静止时，绳子的拉力F0，可知小球的重力为：G=mg=F0；第二空.小球在最低点，由牛顿第二定律，则有：F2-F0=m 小球在最低点的动能为： 从A到最低点，物体的重力势能减少量等于重力做的功即：WG=F0l（1-cos）另有对A点受力分析得：F0cos=F1，从A到最低点的过程中，重力势能减少量等于动能增加量，即为：联立化简得：3F0=2F1+F212.某同学测定电源电动势和内阻，所使用的器材有：待测干电池一节（内阻较小）、电流表A（量程0.6A，内阻RA小于1）、电流表A1（量程0.6A，内阻未知）、电阻箱R1（0-99.99）、滑动变阻器R2（0-10）、单刀双掷开关S、单刀单掷开关K各一个，导线若干。该同学按图甲所示电路连接进行实验操作。（1）测电流表A的内阻：闭合开关K，将开关S与C接通，通过调节电阻箱R1和滑动变阻器R2，读取电流表A的示数为0.20A、电流表A1的示数为0.60A、电阻箱R1的示数为0.10，则电流表A的内阻RA=_（2）测电源电动势和内阻：断开开关K，调节电阻箱R1，将开关S接_（填“C“或“D“），记录电阻箱R1的阻值和电流表A的示数；多次调节电阻箱R1重新实验，并记录多组电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数I。数据处理：图乙是由实验数据绘出的图象，由此求出干电池的电动势E=_V，内阻r=_（计算结果保留二位有效数字）【答案】 (1). 0.20 (2). D (3). 1.5 (4). 0.25【解析】【详解】第一空.根据串并联电路的规律可知，流过电阻箱R1的电流I=（0.60-0.20）A=0.40A；电压U=0.100.40V=0.040V，则电流表内阻RA= =0.20。第二空.测电源的电动势和内阻：断开开关K，调节电阻箱R1，将开关S接D。第三空.第四空.根据实验步骤和闭合电路欧姆定律可知：E=I（R+RA+r），变形可得： 根据图象可知：，=0.3解得：E=1.5V，r=0.25；四、计算题13.如图，是某科技小组制做的嫦娥四号模拟装置示意图，用来演示嫦娥四号空中悬停和着陆后的分离过程，它由着陆器和巡视器两部分组成，其中着陆器内部有喷气发动机，底部有喷气孔，在连接巡视器的一侧有弹射器。演示过程：先让发动机竖直向下喷气，使整个装置竖直上升至某个位置处于悬停状态，然后让装置慢慢下落到水平面上，再启动弹射器使着陆器和巡视器瞬间分离，向相反方向做减速直线运动。若两者均停止运动时相距为L，着陆器（含弹射器）和巡视器的质量分别为M和m，与水平面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，发动机喷气着陆器口截面积为S，喷出气体的密度为p；不计喷出气体巡视器对整体质量的影响。求（1）整个装置悬停时受到的竖直向上的作用力和喷出气体的速度；（2）巡视器在水平面上滑动的位移大小。【答案】（1）整个装置悬停时受到的竖直向上的作用力为（M+m）g；喷出气体的速度为；（2）巡视器在水平面上滑动的位移大小为。【解析】【详解】（1）对整个装置处于平衡装置受向上作用力为：F=（M+m）g对气体由动量定理有：Ft=m0v而m0=svt联立解得喷出的气体速度为：（2）整个装置在水平面上分离瞬间，水平方向动量守恒，有：Mv1-mv2=0对着陆器，由动能定理有：对巡视器，由动能定理有：位移关系为：s1+s2=L联立解得巡视器在水平面上的位移14.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，有一圆形匀强磁场区域，磁场边界与O点相切，圆心O的坐标为（0，R），磁场方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B圆外第一象限内有场强为E匀强电场、方向沿x轴负方向。现有一带正电的粒子（质量为小m，电量为q）从P（）点垂直磁场方向射入，从Q（R，R）点射出。已知粒子在磁场中的运动半径也为R，经匀强电场作用后通过x轴上的N（未画出）点且垂直于x轴射出电场，题中q、m、R、B均为已知量，不计粒子重力。求（1）粒子在P点射入的速度大小（2）匀强电场强度E大小；（3）N点坐标。（结果可用根号表示）【答案】（1）粒子在P点射入的速度大小为；（2）匀强电场强度E的大小为；（3）N点坐标为（，0）。【解析】【详解】（1）带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：解得：（2）画出粒子轨迹过程图，C点为圆周运动的圆心，因为粒子在磁场中的运动半径也为R，故四边形PCQO为菱形设粒子从Q点进入电场的方向与竖直方向夹角为，由几何关系可得：=30 带电粒子在电场中做类平抛的逆过程，在水平方向作匀减速运动，因为粒子垂直于x轴射出电场，故到达x轴上N点时水平速度减为零，竖直方向做匀速运动。水平方向：v0sin=at 由牛顿第二定律：qE=ma 竖直方向匀速运动：R=v0cost 联立式可得电场强度：（3）设带电粒子到达x轴上N点时沿x轴方向运动的位移大小为x0，位移： 联立式可得：根据几何关系可得N点到O点距离：x=R+x0可得：故N点