陕西省榆林市2019届高考物理模拟第三次测试试题（含解析）

陕西省榆林市2019届高考物理模拟第三次测试试题（含解析）一、选择题1.一个人站立在商店的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示，则a. 人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小b. 人只受重力和踏板的支持力的作用c. 踏板对人的支持力做的功等于人的机械能增加量d. 人所受合力做的功等于人的动能的增加量【答案】d【解析】【详解】ab、人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：axacos，方向水平向右；ayasin，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，fmamacos，水平向右，竖直方向受重力和支持力，fnmgmasin，所以fnmg，故ab错误；c、除重力以外的力对物体做的功，等于物体机械能的变化量，踏板对人的力除了支持力还有摩擦力，运动过程中摩擦力也做功，所以踏板对人的支持力做的功不等于人的机械能增加量，故c错误；d、由动能定理可知，人所受合力做的功等于人的动能的增加量，故d正确。2.质量相同的甲、乙两物体放在相同的光滑水平地面上，分别在水平力f1、f2的作用下从同一地点，沿同一方向，同时运动，其-t图象如图所示，下列判断正确的是a. 06s，f1先减小后不变，f2一直增大b. 06s内两者在前进方向上的最大距离一定大于4mc. 在02s内，甲的加速度始终大于乙的加速度d. 4s末甲、乙两物体动能相同，由此可知f1=f2【答案】b【解析】【详解】a、由-t图象可知，对甲物体，在02 s内，甲物体速度时间图线的斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小，则f1逐渐减小，26s内，速度保持不变，f1为零，对于乙物体，速度时间图线的斜率保持不变，则f2保持不变，故a错误；b、06 s内，当两者速度相同时，相距最大，此时乙的位移为x乙=1244m=8m，甲的位移为x甲24+1224m=12m，则两者的最大距离大于4m，故b正确；c、由-t图象可知，在02s内，t=0时，甲图线的斜率大于乙图线的斜率，此后，甲的斜率逐渐减小到零，乙图线的斜率保持不变，故甲的加速度先大于乙的加速度，后小于乙的加速度，故c错误；d、4s末甲、乙两物体动能相同，但甲乙图线的斜率不同，故f1不等于f2，故d错误。3.目前，在居家装修中，经常用到花岗岩、大理石等装修材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，比如有些含有铀钍的花岗岩等岩石都会释放出放射性惰性气体氡，而氢会发生放射性衰变，放出、射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道方面的疾病，根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是a. 衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的b. 射线是原子核外电子电离形成的质子流它具有很强的穿透能力c. 已知氢的半衰期为3.8天，若取1g氢放在天平左盘上，砝码放于右盘，左右两边恰好平衡，则3.8天后，需取走0.5g砝码天平才能再次平衡d. 发生衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4【答案】a【解析】【详解】a、衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的，故a正确，b、射线是电子流，并不是质子流，它的穿透能力强于射线，弱于射线，穿透能力中等，故b错误；c、氡的半衰期为3.8天，经3.8天后，有0.5克衰变成新核，新的原子核仍然留在天平左盘中，故取走的砝码应小于0.5克，天平才能再次平衡。故c错误d、发生衰变时，电荷数少2（即质子数减少2），质量数少4，故中子数减少2，故d错误。4.2019年3月10日我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功将“中星6c”卫星发射升空，卫星进入预定轨道，它是一颗用于广播和通信的地球静止小轨道通信卫星，假设该卫星在距地面高度为h的同步轨道做圆周运动。已知地球的半径为r，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为g。下列说法正确的是a. 同步卫星运动的周期为2rgb. 同步卫星运行的线速度为g(r+h)c. 同步轨道处的重力加速度为(rr+h)2gd. 地球的平均密度为3g4gr2【答案】c【解析】【详解】a、地球同步卫星在距地面高度为h的同步轨道做圆周运动，万有引力提供向心力，有：gmm(r+h)2=m42(r+h)t2，在地球表面，重力等于万有引力，有：mg=gmmr2，故同步卫星运动的周期为：t2(r+h)3gr2，故a错误；b、根据万有引力提供向心力，有：gmm(r+h)2=mv2r+h，在地球表面，重力等于万有引力，有：mg=gmmr2，解得同步卫星运行的线速度为：v=gr2r+h，故b错误；c、根据万有引力提供向心力，有：gmmr2=mg，在地球表面，重力等于万有引力，有：mg=gmmr2，解得g=(rr+h)2g，故c正确；d、由mg=gmmr2得：m=gr2g，故地球的密度为：=m4r33=3g4gr，故d错误。5.如图甲所示，物块a、b的质量分别是ma=4.0kg和m=3.0kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块b右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块c从t0时以一定速度向右运动在t=4s时与物块a相碰，并立即与a粘在一起不再分开，物块c的v-t图象如图乙所示，墙壁对物块b的弹力在4s到12s的时间内对b的冲量i的大小a. 9nsb. 18nsc. 36nsd. 72ns【答案】c【解析】【详解】由图知，c与a碰前速度为：v19m/s，碰后速度为：v23m/s，c与a碰撞过程动量守恒，以c的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mcv1（ma+mc）v2， 12s末a和c的速度为：v33m/s，4s到12s，墙对b的冲量为：i（ma+mc）v3（ma+mc）v2，代入数据解得：i36ns，方向向左；故墙壁对物块b的弹力在4s到12s的时间内对b的冲量i的大小为36ns，故c正确，abd错误。6.电容式加速度传感器的原理结构如图所示，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动改变电容，则a. 电介质插入极板间越深，电容器电容越小b. 当传感器以恒定加速度运动时，电路中没有电流c. 若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长d. 当传感器由静止突然向右加速瞬间，极板间的电量增大，电容器处于充电状态【答案】bd【解析】【详解】a、根据电容器的电容公式cs4kd，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，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正确；c、若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故c错误；d、当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据qcu，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，故d正确。7.如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v1=2m/s的恒定速率运行。初速度大小为v2=3m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的a处滑上传送带。若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5s后与传送带的速度相同，则a. 小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右b. 根据运动学知识可知a=0.2m/s2c. 小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5md. 小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5m【答案】ad【解析】【详解】a、小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，故受到传送带的摩擦力方向水平向右，故a正确；b、小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动5s后与传送带的速度相同，故加速度a=v1-(-v2)t=v1+v2t=1m/s2，方向向右，故b错误；cd、小墨块向左减速运动时，对小墨块有：0v2at1，x1=0+v22t1，联立解得：x14.5m；小墨块向左减速的过程中，对传送带的位移为：x2v1t1，小墨块向右加速运动时，对小墨块有：v1at2，x1=0+v12t2，对传送带x2v1t2，因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：x（x1+x2）+（x2x1），解得：x12.5m，故c错误，d正确。8.如图所示的圆形线圈共n匝，电阻为r，过线圈中心o垂直于线圈平面的直线上有a、b两点，a、b两点的距离为l，a、b关于o点对称，一条形磁铁开始放在a点，中心与a点重合，轴线与a、b所在直线重合，此时线圈中的磁通量为1，将条形磁铁以速度v匀速向右移动，轴线始终与直线重合，磁铁中心到o点时线圈中的磁通量为2，下列说法正确的是a. 磁铁在a点时，通过一匝线圈的磁通量为1nb. 磁铁从a到o的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为e=2nv(21)lc. 磁铁从a到b的过程中，线圈中磁通量的变化量为21d. 磁铁从a到b的过程中，通过线圈某一截面的电荷量为零【答案】bd【解析】【详解】a、磁铁在a点时，线圈中的磁通量为1，故通过一匝线圈的磁通量也为1，与匝数无关，故a错误；b、磁铁从a到o的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为ent=n2-112lv=2nv(2-1)l，故b正确；cd、磁铁从a到b的过程中，磁通量先增加后减小，磁通量的变化量为零，故平均感应电动势为零，故平均感应电流为零，故通过线圈某一截面的电量为零，故c错误，d正确。二、非选择题9.某物理小组在一次探究活动中测量小滑块与木板之间的动摩擦因数。实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，p为连接数字计时器的光电门且固定在b点。实验时给带有遮光条的小滑块一个初速度，让它沿木板从左侧向右运动，小滑块通过光电门p后最终停在木板上某点c。已知当地重力加速度为g。(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，其读数d=_cm。(2)为了测量动摩擦因数，除遮光条宽度d及数字计时器显示的时间t外，下列物理量中还需测量的有_。a木板的长度l1 b木板的质量m1c小滑块的质量m2 d木板上bc间的距离l2(3)滑块与木板间的动摩擦因数=_(用题中所涉及的物理量的符号表示)【答案】 (1). 0.375 (2). d (3). d22gl2t2【解析】(1)由图乙所示游标卡尺可以知道,主尺示数为0.3cm ,游标尺示数为150.05mm=0.75mm ,游标卡尺读数d=0.3cm+0.075cm=0.375cm ;(2)通过光电门的速度为:v=dt 根据动能定理可以知道:m2gl=12m2v2 ,要测量动摩擦因数,需要知道滑木板上bc间的距离l2 所以d选项是正确的.(3)根据动能定理可以知道:,m2gl=12m2v2计算得出:=d22gl2t2 综上所述本题答案是：(1). 0.375 (2). d (3). d22gl2t210.某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻。a待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5v，内阻约几欧姆b直流电压表v1、v2，量程均为3v，内阻约为3kc定值电阻r0未知d滑动变阻器r，最大阻值rme导线和开关(1)根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图_。(2)实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻r0，方法是先把滑动变阻器r调到最大阻值rm，再闭合开关，电压表v1和v2的读数分别为u10、u20，则r0=_(用um、u10、u20、rm表示)(3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表v1和v2的多组数据u1、u2，描绘出u2-u1图象如图丙所示，图中直线斜率为k，与纵轴的截距为a，则两节干电池的总电动势e=_，总内阻r=_(用k、a、r0表示)。【答案】 (1). (2). u20u10u10rm (3). a1k (4). kr01k【解析】【详解】（1）由实物图可知电路的连接方式，得出的实物图如图所示：（2）由图可知，v2测量r0与r两端的电压，v1测量r两端的电压，则r0两端的电压u20u10；由欧姆定律可知：r0=u20-u10u10rm=u20-u10u10rm；（3）由闭合电路欧姆定律可知：eu2+u2-u1r0r，变形得：u2=er0r0+r+rr0+ru1，结合图象有：rr0+r=k，er0r0+r=a，解得;e=a1k,r=kr01k。11.如图所示，轨道abc中的a段为一半径r=0.2m的光滑14圆形轨道，bc段为足够长的粗糙水平面。一小滑块p由a点从静止开始下滑，滑到b点时与静止在b点相同质量的小滑块q碰撞后粘在一起，两滑块在bc水平面上滑行一段距离后停下。g取10m/s2，两滑块与水平面间的动摩擦因数相同=0.1，求：(1)小滑块p刚到达14圆形轨道b点时轨道对它的支持力fn为3n，求该滑块的质量和运动到b点的速度。(2)滑块在水平面上的滑行的距离。【答案】(1) m=0.1kg、vb=2m/s (2)s=0.5m【解析】【详解】(1)小滑块p沿光滑14圆形轨道下滑到达b点的过程中，由动能定理得：mgr=12mvb2在b点，由牛顿第二定律得：fn-mg=mvb2r代入数据解得：m=0.1kg、vb=2m/s(2)碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律得：mvb=2mv共解得：v共=1m/s两滑块在水平面上滑行的过程中，由动能定理得:-2mgs=0-12(2m)v共2解得：s=0.5m12.如图甲所示，在xoy平面内有足够大的匀强电场e，在y轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度b1随时间t变化的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向。在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r=0.3m的圆形区域(图中未画出)且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度b2=0.8t，t=0时刻，一质量m=8104kg、电荷量q=+2104c的微粒从x轴上xp=0.8m处的p点以速度v=0.12m/s向x轴正方向入射。已知该带电微粒在电磁场区域做匀速圆周运动。(g取10m/s2)(1)求电场强度。(2)若磁场15s后消失，求微粒在第二象限运动过程中离x轴的最大距离；(3)若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时速度方向的偏转角最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)。【答案】(1) e=40n/c，方向竖直向上 (2) 2.4m (3)(0.30，2.25)【解析】【详解】(1)因为微粒射入电磁场后做匀速圆周运动受到的电场力和重力大小相等，则：qe=mg解得：e=40n/c，方向竖直向上(2)由牛顿第二定律有：qvb1=mv2r1所以r1=mvqb1=0.6mt=2mqb1=10s从图乙可知在05s内微粒做匀速圆周运动，在510s内微粒向左做匀速直线运动在1015s内微粒又做匀速圆周运动，在15s内微粒向右做匀速直线运动，之后穿过y轴离x轴的最大距离s=2r12=4r1=2.4m(3)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点a与出射点b的连线必须为磁场圆的直径由牛顿第二定律，有qvb2=mv2r2所以r2=mvqb2=0.6m=2r所以最大偏转角为60所以圆心坐标x=0.30my=s-rcos60=2.4-0.312m=2.25m即磁场的圆心坐标为(0.30，2.25)13.下列说法正确的是( )a. 分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大b. 当分子间的作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小分子势能增大c. 一定质量的理想气体发生等温膨胀，一定从外界吸收热量d. 一定质量的理想气体发生等压影胀，一定向外界放出热量e. 熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度【答案】bce【解析】【详解】a、分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力也减小，故a错误；b、当分子间的作用力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故b正确；c、保持理想气体温度不变，内能不变，增大其体积时，气体从外界吸热，故c正确；d、一定质量的理想气体发生等压膨胀，根据理想气体的状态方程：pvt=c可知，气体的温度一定升高，内能增大，而对外做功，所以一定向从外界吸收热量，故d错误；e、根据熵的微观意义可知，熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度。故e正确。14.如图，粗细均匀的弯曲玻璃管a、b两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口a之间气体柱长为la40 cm，右管内气体柱长为lb39 cm。先将开口b封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4 cm，已知大气压强p076 cmhg，求：a端上方气柱长度；稳定后右管内的气体压强。【答案】38cm；78cmhg【解析】试题分析：稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4cm，则a管内气体的压强为pa1=(76+4) cmhg由公式：p0va0=pa1va1，代入数据得：la1=38cm设右管水银面上升h，则右管内气柱长度为lb-h，气体的压强为p12gh；由玻意尔定律得：p0lb=(p12gh)(lbh)解得：h=1cm所以右管内气体压强为p2=p12h=78cmhg考点：气体的状态方程.【此处有视频，请去附件查看】15.一列简横波从左向右以v=2m/s的速度传播