宁夏银川一中2019届高三高考物理二模试卷 含解析

1、2019年宁夏银川一中高三二模理综物理试题二、选择题：1.如图所示，斜面的倾角为30，物块a、b通过轻绳连接在弹簧测力计的两端，a、b重力分别为10n、6n，整个装置处于静止状态，不计一切摩擦，则弹簧测力计的读数为f=f-ma=60-301.5n=15n，故b正确；撤去推力后，根据牛顿第二定律：f=ma，解得：a=0.5m/s2，故c错误；a.1nb.5nc.6nd.11n【答案】b【解析】【详解】分析a的受力，弹簧对a的拉力等于a的重力沿斜面向下的分力，故f=gsin30=5n，故弹簧测力计的读数为5n。故b正确.2.水平路面上质量为30kg的小车，在60n水平推力作用下由静止开始以1.5m

2、/s2的加速度做匀加速直线运动。2s后撤去该推力，则a.小车2s末的速度是4m/sb.小车受到的阻力大小是15nc.撤去推力后小车的加速度大小是1m/s2d.小车运动的总时间为6s【答案】b【解析】【详解】小车2s末的速度是：v=at=1.52m/s=3m/s，故a错误；根据牛顿第二定律得：f-f=ma，解得：11撤去推力后运动的时间为：t=3s=6s，所以小车运动的总时间为：t=2+6s=8s，故d错误。10.5“3.1998年6月18日，国产轿车在清华大学汽车工程研究所进行的整车安全性碰撞试验取得成功，被誉为中国轿车第-fdt=0-mv，可得：f10mg，故c正确；根据动量定理可知，作用时

3、间越长，作用力越小，因此为了减轻碰”一撞。从此，我国汽车的整车安全性碰撞试验开始与国际接轨。碰撞试验是让汽车在水平面上以48.3km/h的国际标准碰撞速度驶向质量为80t的国际标准碰撞试验台，撞击使汽车的动量一下子变到0，技术人员通过查看载着模拟乘员的传感器的数据以便对汽车安全性能装置进行改进。请结合以上材料回答，以下说法正确的有（）a.若试验汽车的标准碰撞速度增加为原来的1.2倍，则其动量变为原来的2.4倍b.在水平路面上运动时汽车受支持力的冲量与重力的冲量相等c.因为安全带对座位上的模拟乘员的保护，在碰撞时乘员的速度变为0所用时间约为0.13秒，则安全带对乘员的作用力约等于乘员重力的10倍

4、d.为了减轻碰撞时对模拟乘员的伤害程度，轿车前面的发动机舱越坚固越好【答案】c【解析】【详解】根据动量表达式p=mv可知碰撞速度增加为原来的1.2倍，则其动量变为原来的1.2倍，故a错误；在水平路面上运动时汽车受支持力的冲量与重力的冲量大小相等，方向相反，所以动量不等，故b错误；根据动量定理：0撞时对模拟乘员的伤害程度，轿车前面的发动机舱越有弹性越好，故d错误。4.某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆，每过n年，该行星会从日地连线的延长线上（如图甲所示）运行到地日连线的延长线上（如图乙所示），该行星与地球的公转半径比为（）a.2n+132n32n+122n2r3r32p2p2nr2n3t，根

5、据开普勒第三定律：地=行，联立可得：行=，t=p，解得：t=长线上，则有tt2n-1地t2t2r2n-1地行地行22332nb.2n-1c.2nd.2n-1【答案】b【解析】【详解】由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长每过n年，该行星会运行到日地连线的延2-行地故b正确，acd错误。5.图甲是阻值为1的单匝线圈与阻值为9的电阻r构成的回路。线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示，电压表为交流电压表。则（）a.电压表的示数为14.14vb.00.01s的时间内通过电阻r的电量为0.04cc.电阻r上消耗的功率为18wd.通过电阻的

6、电流方向每秒变化100次【答案】c【解析】【详解】从图象得出电动势最大值为20v，有效值为：e=e20m=v=102v，根据闭合电路欧姆定律，电流为22i=2v，故a错误；根据em=nfw，角速度为：(2)9w=18w，故c正确；每个周期，电流方向e=2a，电阻两端电压为u=ir=2v9=9r+r2p4dfsw=rad/s=50prad/，可得：df=，根据q=可得0.01s的时间内通过电阻r的电量为：0.045pr+r12q=c，故b错误；电阻r上消耗的功率为：p=i2r=25p改变两次，电流周期为0.04s，故每秒电流方向改变50次，故d错误。6.如图所示倾角为的斜面上有a、b、c三点，现

7、从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的d点今测得ab：bc：cd5：3：1，由此可判断（）a.a、b、c处三个小球运动时间之比为1：2：3b.a、b、c处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1：1：1c.a、b、c处三个小球的初速度大小之比为3：2：1d.a、b、c处三个小球的运动轨迹可能在空中相交【答案】bc【解析】根据几何关系可得三个小球下落的高度之比为：9：4：1；由h=12gt2，可得飞行时间之比为：3：2：1；故a错误；因为三个小球位移的方向相同，速度夹角正切值一定是位移夹角正切值的2倍；所以速度与初速度之间的夹角一定相等，故为1：1：1；故b正确

8、；因三个小球下落的水平位移之比为：9：4：1；时间之比为：3：2：1；水平方向有x=vt可得，初速度大小之比为：3：2：1；故c正确；最后三个物体落到同一点，故三个小球的运动不可能在空中相交，故d错误。所以bc正确，ad错误。7.下图是研究光电效应电路图，乙图是用a、b、c光照射光电管得到的iu图线，uc1、uc2表示遏止电压，下列说法正确的是（）的a.在光照条件不变的情况下，随着所加电压的增大，光电流一直会增加b.a、c光的频率相等c.光电子的能量只与入射光的强弱有关，而与入射光的频率无关d.a光的波长大于b光的波长【答案】bd【解析】【详解】在光照条件不变的情况下，随着所加电压的增大，光电

9、流会先增加后不变，故a错误；当光电流为零时，光电管两端加的电压为遏止电压，对应的光的频率为截止频率，根据euc=hn-w0，入射光的频率越高，对应的遏止c电压uc越大。ac两光的遏止电压相等，且小于b的遏制电压，所以a、两光的频率相等且小于b的频率，根据l=cn，可知a光的波长大于b光的波长，故bd正确；光电子的能量只与入射光的频率有关，而与入射光的强度无关，故c错误。，8.如图所示，半径为r2cm的圆形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出）磁感应强度b2t，一个比荷为2106c/kg的带正电的粒子从圆形磁场边界上的a点以v08104m/s的速度垂直直径mn射入磁场，恰好从n点射出，且a

10、on120下列选项正确的是（）a.带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为1cmb.带电粒子在磁场中运动轨迹的圆心一定在圆形磁场的边界上c.若带电粒子改为从圆形磁场边界上的c点以相同的速度入射，一定从n点射出4d.若要实现带电粒子从a点入射，从n点出射，则该圆形磁场的最小面积为310m2【答案】bcd【解析】v2mvr=【详解】根据洛伦兹力提供向心力：qvb=m，可得：，代入数据解得：r=2cm，故a错误；粒子运动轨rqb迹如图所示：由上可知四边形aonp为菱形，又因为aon=120，根据几何知识可得圆心p一定在圆周上，故b正确；从圆形磁场边界上的c点以相同的速度入射，轨迹如图所示，易知四边形scon

11、为菱形，根据几何知识可知粒子一定n点射出，故c正确；当带电粒子从a点入射，从n点出射，以an为直径的圆的磁场，此时有最小面积即(s=p=prcos30)=3p10an222-4m2，故d正确。三、非选择题.9.机械能守恒定律，某同学做了如下实验：将一小球用细绳悬挂于o点，在o点正下方安装与光电计时器相连的光电门将小球拉至细线水平由静止释放，小球向下摆动后通过光电门，光电门记录下了小球通过光电门的时间t，若测得小球的直径为d（1）小球通过光电门时的速度大小可表示为v=_；（2）要验证小球在向下摆动过程中机械能守恒，若测得悬点到小球球心的距离为l，重力加速度用g表示，需要验证的表达式是_t、d、l

12、、g等物理量表示）；（3）为了减小实验误差,小球应该满足什么件：_【答案】(1).【解析】dt(2).2glt2=d2(3).选择质量较大且直径较小的小球【详解】（1）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；故v=ddt。mv2，可得2gl=，解得：（2）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgl=12d2dt2t2=d2。（3）造成本实验的误差原因是，实验过程中，可通过选择质量较大且直径较小的小球，或让纸带竖直下落，从而尽量减小受到的阻力。10.（1）某同学根据如图右所示的装置测量某电源的电动势和内阻，两次实验测得电压表的读数为u时电

13、阻箱的读数1为r1；当电压表的读数为u2时电阻箱的读数为r2，则电源的电动势e=_（2）为减小电压表读数带来的实验误差，该同学结合实验室的器材对原电路稍作了改进如下图：请根据电路图将下压表的读数u，作出1列器材连接成电路_。（3）闭合电键后，调节电阻箱接入电路的阻值得到多组电阻箱接入电路的阻值r和对应的电压表的示数u，为了比较准确地得出实验结论该同学准备用直线图象来处理实验数据，根据测得的多组电阻箱的阻值r和记录的对应电1-图象如下图所示，图线与横、纵坐标轴的截距分别为0.2w-1和0.5v-1，定值电阻的阻ur值r0=4.5则可得该电源的电动势为_，内阻为_。1r，e=u+2r，联立可得：e

14、=121。1221【答案】(1).u1u2(r1-r2)(2).ru-ru1221【解析】【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律：e=u1+ur12(3).2v(4).0.5wuuu(r-r)2rru-ru2（2）连接电路如图所示：u(r+r)，变形可得：e，rueer（3）根据闭合电路欧姆定律：e=u+011r+r1r+r=+0，由图可知斜率为：k=0即r+r0.510=，截距为：0.5=，解得：e=2v，r=0.5w。e0.2e11.如图所示，在高为2l的光滑桌面上的左端固定一轻质弹簧，在桌面右端的正上方通过一长为l轻绳悬挂一小球b，小球b刚好与桌面接触。弹簧的右端与小球a接触而不固连，弹簧处

15、于原长时，用一水平力推小球a，使弹簧压缩，其弹性势能为ep时从静止释放，小球a离开弹簧后又运动一段距离与小球b发生弹性碰撞，碰撞后，小球b摆动到最高点时，绳与竖直方向的夹角为600小球a落到水平面上时水平距离为l2，已知小球a的质量为m。重力加速度是g。试求弹簧的弹性势能ep的值。【答案】932【解析】mgl能量守恒：1【详解】弹簧的弹性势能ep转化为小球a的动能，则有ep=ab两小球发生弹性碰撞有:mav0=mava+mbvb11mv2=mv2+mv22a02aa2bb1mv22a0碰撞后，对于小球b有：mbgl（1cos600）=1mv22bb对于小球a，做平抛运动有：由以上几式联立解得：

16、epl2932=vtamgl12.如图所示，绝缘水平面内固定有一间距d1m、电阻不计的足够长光滑矩形导轨akdc，导轨两端接有阻值分别为r13和r26的定值电阻矩形区域akfe、nmcd范围内均有方向竖直向下、磁感应强度大小b1t的匀强磁场和一质量m02kg电阻r1的导体棒ab垂直放在导轨上ak与ef之间某处，在方向水平向右、大小f02n的恒力作用下由静止开始运动，刚要到达ef时导体棒ab的速度大小v13m/s，导体棒ab进入磁场后，导体棒ab中通过的电流始终保持不变导体棒ab在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，空气阻力不计(1)求导体棒ab刚要到达ef时的加速度大小a1；(2)求两磁场

17、边界ef和mn之间的距离l；(3)若在导体棒ab刚要到达mn时将恒力f0撤去，求导体棒ab能继续滑行的距离s以及滑行该距离s的过程中整个回路产生的焦耳热q（【答案】1）5m/s2（2）1.35m（3）3.6j【解析】【详解】(1)导体棒ab刚要到达ef时，在磁场中切割磁感线产生的感应电动势为：e1bdv1经分析可知，此时导体棒ab所受安培力的方向水平相左，由牛顿第二定律有：f0bi1dma1根据闭合电路的欧姆定律有：i=1e1r+r上式中：r2rr12r+r12解得：a15m/s2(2)导体棒ab进入磁场后，受到的安培力与f0平衡，做匀速运动，导体棒ab中通过的电流i2保持不变，有：f0bi2

18、d，其中i2bdv2r+r解得:v26m/s.设导体棒ab从ef运动到mn的过程中的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有：f0ma2导体棒ab在ef、mn之间做匀加速直线运动，有v2-v2=2al212解得：l1.35m.(3)撤去f0后，导体棒ab继续滑行过程中，由动量定理:bidtmv2，即bqdmv2q=djr+rbds=r+rr+rb2d2s可得：=mv2代入数据解得s36m根据能量守恒定律得q=12的mv2=3.6j.213.下列说法正确的是()a.对于一定量的理想气体，保持压强不变，体积减小，那么它一定从外界吸热b.热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体c.

19、一定质量的晶体在熔化过程中，其内能保持不变，分子势能增大d.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大e.气体对容器压强的大小,是由气体分子的密集程度和气体分子平均动能共同决定的【答案】bde【解析】【详解】对于一定量的理想气体，保持压强不变，体积减小，外界对气体做功，根据pv=c可知温度降低，内能减t小，根据热力学第一定律可知它一定对外界放热，故a错误；热量总是自发的从温度高的物体传递到温度低的物体；而温度是分子的平均动能的标志，所以热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体，故b正确；晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度不变，分子的平均动能保持不

20、变，吸收热量，内能增大，则知分子势能增大，故c错误；当分子力表现为斥力时，分子间距离减小，分子力做负功，分子势能随分子间的距减小而增大，故d正确；气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关，故e正确。14.如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，内部横截面积为s=0.01m2，中间用两个活塞a和b封住一定质量的a气体a、b都可沿圆筒无摩擦地上下滑动，且不漏气的质量不计，b的质量为m，并与一劲度系数为k=5103n/m的较长的弹簧相连已知大气压p0=1105pa，平衡时两活塞之间的距离l0=0.6m，现用力压a，使之缓慢向下移动一段距离后保持平衡此时用于压a的力f=500n

21、求活塞a下移的距离s【答案】0.3m【解析】试题分析：由于a的质量可不计，初态时，封闭气体的压强等于大气压，以b为研究对象，求出弹簧的压缩量当用力压a时，再以b为研究对象，求出弹簧的弹力，由胡克定律求出弹簧的压缩量，根据玻意耳定律求出活塞a向下移动的距离设活塞a向下移动l，相应b向下移动x，对气体分析：初态：p1=p0；v1=l0s末态：p=p+f；v=(l-l+x)s2020由玻意耳定律p1v1=p2v2s因为两活塞间的距离原来为l0，活塞a向下移动l，相应b向下移动x，则末状态时，两活塞的距离为l0-l+x得：pls=(p+f)(ll+x)s1000初态时，弹簧被压缩量为x，由胡克定律：mg=kx当活塞a受到压力f时，活塞b的受力情况如图所示f为此时弹簧弹力由平衡条件可知p0s+f=p0s+f+mg由胡克定律有：f=k(x+x)联立解得：l=0.3m15.如图所示，一横截面为半圆柱形的玻璃砖，圆心为o，半径为r某一单色光垂直于直径方向从a点射入玻璃砖，折射光线经过p点，op与单色光的入射方向平行，且a到o的距离为r2，p到o的距离为3r，则玻璃砖对单色光的折射率为_。若另有折射率n2的单色光仍沿原方向从a点射入该玻璃砖，则单色光