四川省成都市2019届高三物理三模考试试题（含解析）

四川省成都市2019届高三物理三模考试试题（含解析）二、选择题： 1.如图，倾角为的固定斜面上，一光滑物块在一与斜面也成角的拉力f作用下保持静止状态。若仅将f的方向变为水平向右，则a. 物块对斜面的压力不变b. 物块对斜面的压力变大c. 物块将沿斜面向上做匀加速直线运动d. 物块将沿斜面向下做匀加速直线运动【答案】b【解析】【详解】ab、对物块受力分析由平衡条件得：斜面对物块的支持力，将f的方向变为水平向右，斜面对物块的支持力，支持力变大，由牛顿第三定律知物块对斜面的压力变大，故a错误，b正确；cd、处于静止状态时沿斜面方向有：，将f的方向变为水平向右，沿斜面向上的力为，沿斜面向下的力为，仍然保持平衡，不会做匀加速直线运动，故cd错误。2.2019年初，流浪地球的热映激起了人们对天体运动的广泛关注。木星的质量是地球的317. 89倍，已知木星的一颗卫星甲的轨道半径和地球的卫星乙的轨道半径相同，且它们均做匀速圆周运动，则下列说法正确的是a. 卫星甲的周期可能大于卫星乙的周期b. 卫星甲的线速度可能小于卫星乙的线速度c. 卫星甲的向心加速度一定大于卫星乙的向心加速度d. 卫星甲所受的万有引力一定大于卫星乙所受的万有引力【答案】c【解析】【详解】根据万有引力提供卫星圆周运动向心力有：；a、周期，两颗卫星的轨道半径相同，但木星的质量大，故其周期小，即甲卫星的周期小于乙卫星的周期，故a错误；b、线速度，两颗卫星的轨道半径相同，但木星的质量大，故线速度大，即甲卫星的线速度大于乙卫星的线速度，故b错误；c、向心加速度，两颗卫星的轨道半径相同，但木星的质量大，故其向心加速度大，即甲卫星的向心加速度大于乙卫星的向心加速度，故c正确；d、木星的质量大，但不知道两颗卫星的质量大小关系，故无法求得它们间万有引力的大小，无法比较，故d错误。3.下图为氢原子的能级图。现有两束光，a光由图中跃迁发出的光子组成，b光由图中跃迁发出的光子组成，已知a光照射x金属时刚好能发生光电效应，则下列说法正确的是a. x金属的逸出功为2.86 evb. a光的频率大于b光的频率c. 氢原子发生跃迁后，原子的能量将减小3.4 evd. 用b光照射x金属，打出的光电子的最大初动能为10.2 ev【答案】a【解析】【详解】a、a光子的能量值：，a光照射x金属时刚好能发生光电效应，则金属的逸出功为2.86ev，故a正确；b、b光子的能量：，a的能量值小，则a的频率小，故b错误；c、氢原子辐射出a光子后，氢原子的能量减小了，故c错误；d、用b光光子照射x金属，打出的光电子的最大初动能为：，故d错误。4.目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率p上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm。设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是a. 关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒b. 关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零c. 上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间可能等于d. 上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于【答案】d【解析】【详解】a、关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故a错误；b、关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则冲量不为零，故b错误；c、上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间为t，根据动能定理可得：，解得，故c错误；d、上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度，功率不变，则速度增大、加速度减小，所用时间为，则，解得，故d正确。5.一不计电阻的矩形导线框，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的正弦交流电如图甲所示。把该交流电接在图乙中理想变压器的a、b两端，rt为热敏电阻（温度升高时，其电阻减小），r为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。下列说法正确的是a. 在t=l.510-2 s时刻，线框平面与磁场方向垂直b. 该交流电电压的瞬时值表达式为c. rt处温度升高时，vl表示数与v2表示数的比值增大d. rt处温度升高时，v2表示数与a表示数的比值不变【答案】bc【解析】【详解】a、在tl.5102s时刻，交变电压最大，穿过线圈的磁通量的变化率最大，穿过该线圈的磁通量为零，线框平面与磁场方向平行，故a错误；b、由图知，最大电压，周期0.02s，角速度是，则该交流电电压的瞬时值表达式为，故b正确；c、rt处温度升高时，原副线圈电压比不变，故副线圈两端电压不变，设副线圈两端电压为，rt温度升高时，阻值减小，则副线圈所在电路的电流，电流变大，根据闭合电流欧姆定律：，故v2示数减小，则电压表v1、v2示数的比值增大，故c正确；d、rt处温度升高时，阻值减小，v2表示数与a表示数的比值等于电阻rt，故减小，故d错误；6.如图，橡皮条一端固定在o点，另一端系着中心有孔的小球，小球穿在固定的水平杆上，杆上o点在o点正下方，橡皮条的自由长度等于oo。将小球拉至a点后无初速释放，小球开始运动，由于球与杆之间有摩擦，球向右运动的最远处为杆上b点。在小球从a向b运动的过程中a. 在o点，小球的加速度为零b. 在a、o之间的某点，小球的动量最大c. 在o、b之间的某点，小球的动量最大d. 小球和橡皮条系统的机械能逐渐减小【答案】bd【解析】【详解】a、小球在o点，水平方向受水平向左的摩擦力，加速度向左，故a错误；bc、小球从a 开始做加速度减小的加速运动，当橡皮条的弹力的水平分力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大，此时小球应该位于ao之间，故在a、o之间的某点，小球的动量最大，故b正确，c错误；d、小球和橡皮条组成的系统，由于需要客服摩擦力做功，故系统的机械能逐渐减小，故d正确；7.如图，abcd是边长l=0.1 m、质量m=0.01kg的正方形导线框，框面竖直，线框每条边的电阻均为0. 01 ，线框下方有一足够宽的匀强磁场区域，磁场的磁感应强度b=0.4 t，方向与线框平面垂直。让线框从距磁场上边界h=5 m处自由下落(ab平行于上边界)，不计空气阻力，g=10 m/s2。下列说法正确的是a. cd边刚进入磁场时，通过cd边的电流方向从d到cb. cd边刚进入磁场时，cd两端的电势差为0.1vc. 线框进入磁场的过程中，通过cd边的电荷量为0.1cd. 线框进入磁场的过程中，cd边产生的热量为0.01j【答案】ac【解析】【详解】a、根据右手定则判断知，cd边刚进入磁场时，通过cd边的电流方向从d到c，故a正确。b、cd边刚进入磁场时的速度为，cd边产生的感应电动势 ，则cd两端的电势差为，故b错误；c、线框进入磁场的过程中，通过cd边的电荷量为，故c正确。d、cd边刚进入磁场时，通过cd边的电流大小，cd边受到的安培力大小，所以线框进入磁场后做减速运动，线框进入磁场的过程中，cd边产生的热量等于动能减少量与重力势能之和，所以产生的热量，故d错误。8.如图，竖直平面内有a、b、c三个点，b点在a点正下方，b、c连线水平。现准备将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从a点以初动能ek0抛出。第一次，不加电场，沿水平方向抛出小球，经过c点时，小球动能为5ek0；第二次，加一方向平行于abc所在平面、场强大小为的匀强电场，沿某一方向抛出小球，小球经过c点时的动能为13ek0。不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是a. 所加电场的方向水平向左b. a、b两点之间的距离为c. b、c两点之间的距离为d. a、c间的电势差【答案】cd【解析】【详解】b、不加电场时，只有重力做功，根据动能定理得：，解得：，故b错误；c、不加电场时小球做平抛运动，竖直方向：，水平方向：，又，联立解得：，故c正确；d、加电场时，根据动能定理得：，解得：，故d正确；a、根据得，ac沿电场方向距离为：，又沿着电场方向电势逐渐降低可知，电场方向水平向右，故a错误；三、非选择题： 9.用曝光时间为t的相机在真空实验室拍摄的羽毛与苹果同时开始下落一段时间后的一张局部频闪照片如图所示。(1)这个实验表明：如果我们可以减小_对物体下落运动的影响，直至其可以忽略，那么轻重不同的物体下落的快慢程度将会相同。(2)（单选）关于图中的x1、x2、x3，关系正确的是_（填选项字母）。a.x1:x2:x3=1:4:9 b.xl:x2:x3=1:3:5 c.2x2=x3 +x1(3)（单选）利用图片提供的信息可以求出当地的重力加速度值g。下列计算式中，正确的是g=_。（填选项字母）a b c d【答案】 (1). 空气阻力 (2). c (3). c【解析】【详解】（1）在实验中，如果没有空气阻力，物体下落快慢相同，故减小阻力度物体的影响，轻重不同的物体下落的快慢相同；（2）ab、由于这是局部照片，a点并不一定是起点，故不能根据初速度为零的匀变速直线运动的位移规律求解，故ab错误；c、根据可知：，故c正确；（3）由可得：，故abd错误，c正确。10.(1)某同学用多用电表欧姆挡粗测一电阻rx的阻值。选择“1”挡时，指针指示如图甲所示，则示数为_。（取一位有效数字）(2)为精确的测量rx的阻值，现取来两节干电池（总电动势为3v，总内阻为0.4 ）、开关和若干导线及下列器材：a电压表(03 v，内阻约10k)b电流表(00.6 a，内阻很小，可不计)c电流表(03 a，内阻很小，可不计)d滑动变阻器(05 ，额定电流为0.5 a)e滑动变阻器(010 ，额定电流为1 a)(i)电流表应选_；（填序号字母）(ii)要求滑动变阻器分压连接，滑动变阻器应选_；（填序号字母）(iii)实验中该同学的实物连线如图乙所示，其中有一处不妥，不妥处为_ 。（填至的序号）(3)该同学将(2)中的错误纠正并测出rx的阻值后，又进行了以下实验：将导线连接在电池负极的一端改为连接在开关的右端，闭合开关，当滑片p移到某位置c（图乙中未标出）时，读出电压表示数为2.2v，电流表示数为0.4 a，则变阻器的ca与cb段的电阻之比rca：rcb=_。【答案】 (1). 6 (2). b (3). e (4). (5). 4：1或1：4【解析】【详解】（1）由表盘读出指针示数为6，又档位选择“1”挡，故电阻的大小为rx616；（2）（i）利用欧姆定律，测量电路最大电流约为，故电流表应选b；（ii）要求滑动变阻器分压连接，滑动变阻器电流要超过05a，故滑动变阻器应选e（iii）因为电流表内阻可以不计，故测量电路电流表应选择内接法，故处连接不妥；（3）设滑动变阻器连入电路电阻为r，则由闭合电路欧姆定律，得：，滑动变阻器两部分并联连入电路，由并联电路电阻关系，有：，联立代入数据解得：，或，故或。11.如图，竖直墙面粗糙，其上有质量分别为ma =1 kg、mb =0.5 kg的两个小滑块a和b，a在b的正上方，a、b相距h=2. 25 m，a始终受一大小f1=l0 n、方向垂直于墙面的水平力作用，b始终受一方向竖直向上的恒力f2作用。同时由静止释放a和b，经时间t=0.5 s，a、b恰相遇。已知a、b与墙面间的动摩擦因数均为=0.2，重力加速度大小g=10 m/s2。求：(1)滑块a的加速度大小aa；(2)相遇前瞬间，恒力f2的功率p。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）a、b受力如图所示：a、b分别向下、向上做匀加速直线运动，对a：水平方向：竖直方向：且：联立以上各式并代入数据解得： （2）对a由位移公式得： 对b由位移公式得： 由位移关系得： 由速度公式得b的速度： 对b由牛顿第二定律得： 恒力f2的功率：联立解得：p50w12.如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc，由半径r=3 m的光滑圆弧段bc与长l=1.5 m的粗糙水平段ab在b点相切而构成，o点是圆弧段的圆心，oc与ob的夹角=37;过f点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小e=10 n/c的匀强电场，ocb的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m的矩形区域efgh，ef与oc交于c点，ecf与水平向右的方向所成的夹角为(53147)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场。质量m2=310-3 kg、电荷量q=3l0-3 c的带正电小物体q静止在圆弧轨道上b点，质量m1=1.510-3 kg的不带电小物体p从轨道右端a以v0=8 m/s的水平速度向左运动，p、q碰撞时间极短，碰后p以1 m/s的速度水平向右弹回。已知p与ab间的动摩擦因数=0.5，a、b均可视为质点，q的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度大小g=10 m/s2。求：(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体q的弹力大小fn；(2)当=53时，物体q刚好不从gh边穿出磁场，求区域efgh内所加磁场的磁感应强度大小b1；(3)当区域efgh内所加磁场的磁感应强度为b2=2t时，要让物体q从gh边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t及对应的值。【答案】(1) (2) (3),【解析】【详解】解：(1)设碰撞前后的速度分别为和，碰后的速度为从到，对，由动能定理得：解得：碰撞过程中，对，系统：由动量守恒定律：取向左正方向，由题意， 解得：点：对，由牛顿第二定律得：解得: (2)设在点速度为，在到点，由机械能守恒定律： 解得：进入磁场后：所受电场力 ，在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：q刚好不从边穿出磁场，由几何关系： 解得： (3)当所加磁场， 要让从边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当边或边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为，由几何关系得：解得： 运动周期： 则在磁场中运动的最长时间：此时对应的和13.如图所示为制冷机（如空调）工作循环过程的p-v图像，其中12和34为绝热过程，23和41为等温过程。假设一定质量的理想气体经历了图示的循环过程，则下列说法正确的是_a. 过程12中，气体分子的平均动能增大b. 过程23中，外界对气体做的功等于气体对外界放的热c. 气体在状态2的内能和在状态4的内能相d. 气体在过程23中对外界放热大于过程4-1中从外界吸的热e. 气体在过程41中，将从外界吸的热全部用于对外界做功，该过程不遵循热力学第二定律【答案】abd【解析】【详解】a、根据热力学第一定律，12是绝热过程（），体积减小（），内能增大（），气体分子的平均动能增大，故a正确；b、根据热力学第一定律，过程23中是等温过程（），体积减小（），气体放热（），外界对气体做的功等于气体对外界放的热。故b正确；c、根据热力学第一定律，34为绝热过程（），气体体积增大（），内能减小（），而23中是等温过程（），所以气体在状态2的内能和在状态4的内能不相等。故c错误；d、pv图象和坐标轴围成的面积表示气体做功，设23过程外界对气体做功为，41过程外界对气体做功为，根据图象可知，；23和41为等温过程，内能不变，根据热力学第一定律，气体在过程23中对外界放的热大于过程41中从外界吸的热。故d正确；e、气体在过程41中，将从外界吸的热全部用于对外界做功，但引起了气体体积的膨胀，所以该过程并不违反热力学第二定律。故e错误。14.如图，粗细均匀的导热细玻璃管竖直放置，a、g端均开口，bc段和def段有水银柱。其中，bc、ef段长度均为25 cm，cd段长度30 cmde段长度5 cm、fg段长度20 cm，cd部分封闭有一定质量的理想气体，外界大气压强p0 =75 cmhg。初始状态下，封闭g端，在a端加上活塞并缓慢下压，使def段水银柱的d端向右移动至e点。求：(i)末态fg段气体的压强；(ii)下压过程中，bc段水银柱的c端向右移动的距离。【答案】（1）100cmhg；（2）11cm【解析】【详解】（i）封闭g端后，末状态各点位置如图所示：对fg段气体分析：初态，气体长度，压强末态，气体长度，压强为，由玻意耳定律： 代入数据得：（ii）对cd段气体分析：初态，气体长度，压强