河南省某知名中学2019届高三物理第十一次考试试题(含解析)_2

1、中小学最新教育资料河南省南阳市第一中学校2019届高三第十一次考试物理试题二、选择题：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求，第1821题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1.根据近代物理知识，你认为下列说法中正确的是a.将物体看成质点进行研究分析，应用了等效替代的方法b.通过安培分子电流假说可以得出：一切磁现象都源于电流或运动电荷，一切磁作用都是电流或运动电荷之间通过磁场而发生的作用c.在原子核中，结合能越大表示原子核中的核子结合的越牢固d.铀核（）衰变为铅核（）的过程中，中子数减少21个【答案】b【解析】将物体看

2、成质点进行研究分析，应用了理想模型法，选项a错误；通过安培分子电流假说可以得出：一切磁现象都源于电流或运动电荷，一切磁作用都是电流或运动电荷之间通过磁场而发生的作用，选项b正确；在原子核中，比结合能越大表示原子核中的核子结合的越牢固，选项c错误；由质量数守恒和电荷数守恒知铀核（）衰变为铅核（）的过程中，质量数减小32，而质子数减小10，因此中子减小22，故d错误；故选b.2.一物块沿光滑水平面做直线运动，运动过程中受到一水平拉力f作用，如图所示是其速度-位移图像，则在位移为x1的过程中，下列关于李f说法正确的是a.力f是恒力b.相等位移内力f冲量相等c.力f逐渐增大d.相等时间内力f做功相等【

3、答案】b中小学最新教育资料中小学最新教育资料【解析】根据v-x图像可知在相等的位移中，速度的变化量相等，根据,即，因s相同时（v2-v1）相同，而（v2+v1）逐渐减小，可知物体加速度逐渐减小，则力f逐渐减小，选项ac错误；动量定理可知，在相等的位移中，速度的变化量相等，动量的变化量相等，则力f的冲量相等，选项b正确；物体在相等时间的内的位移逐渐减小，f逐渐减小，则相等时间内力f做功逐渐减小，选项d错误；故选b.3.如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压u1一定，通过理想升压变压器t1和理想降压变压器t2向远处用户供电，输电线的总电阻为rt1的输入电压和输入功率分别为u1和p1，它的

4、输出电压和输出功率分别为u2和p2；t2的输入电压和输入功率分别为u3和p3，它的输出电压和输出功率分别为u4和p4下列说法正确的是（）a.当用户的用电器增多时，u2减小，u4变小b.当用户的用电器增多时，p1变大，p3减小c.输电线上损失的功率为d.要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比【答案】d【解析】交流发电机的输出电压u1一定，匝数没变，根据，知u2不变，故a错误；当用户的用电器增多时，用户消耗的电功率变大，则输入功率增大，即p3变大，故b错误输送功率一定时，根据p=ui和p损i2r知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又u1一定，根据知，所以应增大升

5、压变压器的匝数比；u3=u2-ir，u2增大，i2减小，所以u3增大，用户电压不变，根据知，应增大降压变压器的匝数比，故c错误，d正确；故选d点睛：解决本题的关键知道输出功率决定输入功率，输入电压决定输出电压，输出电流决定中小学最新教育资料中小学最新教育资料输入电流知道升压变压器的输出电压、功率与降压变压器的输入电压、功率之间的关系4.如图甲所示，河外星系中两黑洞a、b的质量分别为m1和m2，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动。为研究方便简化为如图乙所示的示意图，黑洞a和黑洞b均可看成球体，天文学家测得oaob，且黑洞a的半径大于黑洞b的半径，根据你所学的知识，下列说法正确的是a.两

6、黑洞的质量之间的关系一定是b.黑洞a的第一宇宙速度大于黑洞b的第一宇宙速度c.若两黑洞间的距离一定，把黑洞a上的物质移到黑洞b上，则它们运行的周期不变d.人类要把宇航器发射到黑洞a或b较近的区域进行探索发射速度只需大于11.2km/s【答案】c【解析】两黑洞绕o点旋转的角速度相等，l1l2可知m1m2，选项a错误；因两黑洞的半径关系未知，则不能判断两黑洞的第一宇宙速度的大小关系，选项b错误；根据解得；两式相加可得，即若两黑洞间的距离l一定，把黑洞a上的物质移到黑洞b上，则它们运行的角速度不变，周期不变，选项c正确；人类要把宇航器发射到黑洞a或b较近的区域进行探索发射速度只需大于第三宇宙速度，即

7、大于16.7km/s，选项d错误；故选c.点睛：本题是双星问题，与卫星绕地球运动模型不同，两颗星都绕同一圆心做匀速圆周运动，关键抓住条件：周期相同5.如图所示，在的区域内存在与xoy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为b，在t=0时刻，从原点o发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在090范围内。其中，沿y轴正方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场右边界上p点离开磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是（）中小学最新教育资料中小学最新教育资料a.粒子在磁场中做圆周运动的半径为3ab.粒子的发射速度大小为c.带电粒子的荷质比为d.带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0【答案】

8、d【解析】a、根据题意作.出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图所示,圆心为o,根据几何关系,粒子做圆周运动的半径为2a，故a错；b、沿y轴发射的粒子在磁场中运动的圆心角为,运动时间解得：,选项b错误;由则故c错；d、在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图所示,中小学最新教育资料中小学最新教育资料由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为,在磁场中的运动时间为故d正确；;综上所述本题答案是：d点睛：本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题的关键在于确定圆心和半径，并能根据几何关系确定可能的运动轨迹6.如图所示，水平面内有a、b、c、d、e、f六个点，它们均匀分布在半径为r=2cm的同

9、一ce圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场，已知a、三点的电势分别为、，下列判断正确的是（）、a.将电子沿圆弧从d点移到f点，静电力先做正功再做负功b.电场强度的大小为100v/mc.该圆周上的点电势最高为4vd.电场强度的方向由a指向d【答案】abcae【解析】中点g的电势，所以gc是一个等势面，电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以电场强度的方向由e指向a，故d错误；中小学最新教育资料中小学最新教育资料ea两点间的电势差为u(2+)(2)2v，ea两点间的距离d2rsin6022cm2cm；电场强度的大小，故b正确；顺着电场线电势降低，h点电势最高，u=ed，

10、代入数据解得：h4v，故c正确；从d移到f点，电势先升高后降低，电子带负电，电势能先减小后增加，静电力先做正功后做负功，故a正确；故选abc.点睛：此题考查电势差与电场强度的关系，在匀强电场中平行线段两端的电势差之比等于距离之比，可以求得其他点的电势并且电场线与等势线垂直，可以确定电场强度的方向7.如图所示，在水平面上固定有相互垂直的挡板mon，质量均为m的两个小球a和b（均可a视为质点）通过铰链用刚性轻杆链接，分别停靠在两挡板上，到o点的距离为l现用沿mo方向的恒力f作用于aa沿mo运动。b沿on运动，不计一切摩擦。则下列说法正确的是a.a碰到on前，b的速度一直增大b.a碰到on前，且ob

11、的速度最大时，mo对a的作用力为2mgc.a碰到on时的速度小于d.a碰到on前，b的加速度方向始终沿on方向【答案】bc【解析】b的初速度为零，a碰到on时b的速度又为零，所以a碰到on前，b球先加速后减速，b的加速度方向先沿on方向，后沿no方向，故ad错误。a碰到on前，且b的速度最大时，b的加速度为零，合力为零，则对ab的整体在竖直方向有：fn=2mg，即mo对a的作用力中小学最新教育资料中小学最新教育资料为2mg，故b正确。a碰到on时b的速度为零，设a的速度为v对系统，运用功能原理得fl=mv2+epb，得v故c正确。故选bc.点睛：解决本题的关键是明确b球的运动情况，可根据两球沿

12、杆的方向速度相等分析，采用的是特殊位置法分析知道b球先加速后减速。8.电熨斗已经走进千家万户，特别是服装店更离不开它；现在的电熨斗具有自动控制温度功能，可以通过双金属片来控制电路的通断，如图为电熨斗的结构示意图，关于电熨斗的控制电路正确的是a.常温下，电熨斗的上下触点应该是分离的b.图中双金属片上层的膨胀系数大于下层金属片的膨胀系数c.熨烫棉麻衣物时（较高温度），应旋转调温旋钮，使升降螺钉上升d.熨烫丝绸衣物时（较低温度），应旋转调温旋钮，使升降螺钉上升【答案】bd【解析】常温下，上下触点接触；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分开，起到调温作用，故a错误；当温度升高时，金属片向膨胀系数小

13、的发生弯曲，触点断开，故双金属片上层金属的膨胀系数大于下层金属片，故b正确；熨烫棉麻衣物时，需要较高温度熨烫，要调节调温旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移，当温度升到较高，金属片发生弯曲较厉害触点才断开，故c错误；由上分析知，熨烫丝绸衣物时，应旋转调温旋钮，使升降螺钉上升，故d正确；故选bd。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分9.如图所示为多用电表的示意图，其中s、t为可调节的部件，现用此电表测量一阻值约为1000的定值电阻，部分操作步骤如下：中小学最新教育资料中小学最新教育资料（1）选择开关应调到电阻档的_（填“1”、“10”、“100”或“1k”）位置（2）将红、黑表笔分别插入“+

14、”、“-”插孔，把两笔尖相互接触，调节_（填“s”或“t”），使电表指针指向右侧的“0”位置（3）将红、黑表笔的笔尖分别与电阻两端接触，电表示数如图2所示，该电阻的阻值为_【答案】(1).100(2).t(3).1100【解析】用欧姆表测阻值约为1000的定值电阻，部分操作步骤如下：（1）选择开关应调到电阻档的“100”位置（2）将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，把两笔尖相互接触，调节欧姆调零旋钮t，使电表指针指向右侧的“0”位置（3）将红、黑表笔的笔尖分别与电阻两端接触，由图2所示可知，该电阻的阻值为11100=1100。10.某实验小组用如图所示的装置探究质量一定时加速度与力的关系。

15、用铁架台将两块固定有定滑轮的木板架起，木板的右端固定了两个打点计时器，将两个质量相等的小车a、b放置在木板右端，用细线绕过滑轮组后与两小车相连两条纸带穿过打点计时器后分别与小车连接在一起将两个打点计时器接在同一个电源上，确保可将它们同时打开或关闭实验时，甲同学将两小车按住，乙同学先在动滑轮下方挂上一个钩码，再接通电源使打点计时器开始工作打点稳定后，甲将两辆小车同时释放在小车撞到定滑轮前，乙断开电源，两打点计时器同时停止工作取下两条纸带，通过分析处理纸带记录的信息，可以求出两小车的加速度，进而完成实验中小学最新教育资料中小学最新教育资料请回答以下问题：（1）图2为小车a后面的纸带，纸带上的0、1

16、、2、3、4、5、6为每隔4个打印点选取的计数点，相邻两计数点间的距离如图中标注，单位为cm打点计时器所用电源的频率为50hz，则小车a的加速度a1=_m/s2（结果保留两位有效数字）同样测出车b的加速度a2，若a1：a2近似等于_，就可说明质量一定的情况下，物体的加速度与其质量成正比（2）丙同学提出，不需测出两小车加速度的数值，只量出两条纸带上从第一个打印点到最后一个打印点间的距离x1、x2，也能完成实验探究他的验证方法是_，理由是_（3）下列操作中，对减少实验误差有益的是_a换用质量大一些的钩码b换用质量大一些的小车c调整定滑轮的高度，使牵引小车的细线与木板平行d平衡小车运动时受到的摩擦力

17、时，将细线与小车连接起来【答案】(1).0.48(2).1：2(3).1：2(4).由时，位移与加速度成正比(5).ac可知，当时间t相等.(2)丙同学的验证方法是：比较x1与x2的比值是否近似等于1:2；小车从静止开始运动，纸带上最初和最末两个点对应小车的运动时间相等，同可知，x与a成正比，即距离之比等于加速度之比。(3)a项：换成质量更大一些的钩码，可减小实验的相对阻力，使得测量更准确，故a正确；b项：换质量大一些的小车，可增大阻力，加大误差，故b错误；中小学最新教育资料中小学最新教育资料c项：调整定滑轮的高度，使牵引小车的细线与木板平行，可减实验的误差，故c正确；d项：平衡小车运动时受到

18、的摩擦力时，只让小车拖着纸带运动，而不应连接细线，故d错误。11.如图所示，一质量为m=1kg、长为l=1m的直棒上附有倒刺，物体顺着直棒倒刺下滑，其阻力只为物体重力的1/5，逆着倒刺而上时，将立即被倒刺卡住现该直棒直立在地面上静止，一环状弹性环自直棒的顶端由静止开始滑下，设弹性环与地面碰撞不损失机械能，弹性环的质量m=3kg，重力加速度g=10m/s2求直棒在以后的运动过程中底部离开地面的最大高度【答案】【解析】弹性环下落到地面时，速度大小为v1,由动能定理得mgl-fl=mv12/2解得v1=4m/s弹性环反弹后被直棒刺卡住时，与直棒速度相同，设为v2,由动量守恒定律得mv1=(m+m)v

19、2解得v2=3m/s直棒能上升的最大高度为h=v22/2g=0.45ms本题考查动能定理的应用和动量守恒定律的理解12.如图所示，竖直平面内有一半径为r、内阻为r1，粗细均匀的光滑半圆形金属环，在m、nfefn处于相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道me、相接，之间接有电阻r2，已知r1=12r，r2=4r在mn上方及cd下方有水平方向的匀强磁场i和ii，磁感应强度大小均为b现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点a处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，且平行轨道中够长已知导体棒ab下落r/2时的速度大小为v1，下落到mn处的速度大小为v2中

20、小学最新教育资料中小学最新教育资料（1）求导体棒ab从a下落r/2时的加速度大小（2）若导体棒ab进入磁场ii后棒中电流大小始终不变，求磁场i和ii之间的距离h和r2上的电功率p2（3）若将磁场ii的cd边界略微下移，导体棒ab刚进入磁场ii时速度大小为v3，要使其在外力f作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a，求所加外力f随时间变化的关系式【答案】(1)(2)【解析】试题分析：（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场i中切割磁感线，棒中产生感应电动势，导体棒ab从a下落r/2时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得：，式中，且由各式可得到（2）当导体棒ab通过磁场ii时，若安培

21、力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即，式中解得：导体棒从mn到cd做加速度为g的匀加速直线运动，有，得：中小学最新教育资料中小学最新教育资料此时导体棒重力的功率为：根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即：所以：（3）设导体棒ab进入磁场ii后经过时间t的速度大小为，此时安培力大小为：由于导体棒ab做匀加速直线运动，有根据牛顿第二定律，有即：由以上各式解得考点：电磁感应，牛顿第二定律，匀加速直线运动。【名师点睛】导体棒在磁场中切割磁感线产生电动势，电路中出现电流，从而有安培力由于安培力是与速度有关系的力，因此会导致加速度在改变所以当安培力不变时，则一定处于平衡状态

22、，所以由受力平衡可算出棒的速度，再根据运动学公式可求出距离h，而r2上的电功率与r1上的电功率之和正好等于棒下落过程中的重力功率。13.对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是a体积不变，压强减小的过程，气体一定放出热量，内能减小b若气体内能增加，则外界一定对气体做功c若气体的温度升高，则每个气体分子的速度一定增大d若气体压强不变，气体分子平均距离增大时，则气体分子的平均动能一定增大e气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的【答案】ade【解析】a、理想气体体积不变，根据查理定律，压强与热力学温度成正比，压强减小，温度中小学最新教育资料中小学最新教育资料降低，内能减小0，因为体积

23、不变，外界对气体不做功w，根据热力学第一定律u=w+q，知q0气体放出热量，故a正确；、若气体内能增加则u，根据热力学第一定律u=w+q，可能气体从外界吸热大于气体对外做功；或者不做功仅吸热，故b错误；c、温度升高，分子的平均动能增加，分子的平均速率增加，但并不是每个分子的速度都增大，故c错误；d、若气体压强不变，根据盖吕萨克定律知体积与热力学温度成正比，气体分子平均距离增大，体积增大，温度升高，气体分子的平均动能一定增大，故d正确；e、从微观角度讲，被封闭气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的，故e正确；故选：ade。14.如图所示，粗细均匀的u形管，左端封闭，右端开口，左端用水银封闭着长l=15cm的理想气体，当温度为27时，两管水银面的高度差h=3cm，设外界大气压为75cmhg，则若对封闭气体缓慢加热，为了使左右两管中的水银面相平，温度需升高到多少？若保持27不变，为了使左右两管中的水银面相平，需从右管的开口端再缓慢注入的水银柱长度应为多少？【答案】(1)(2)【解析】(1)以封闭气体为研究对象初态：p1=p0h=72cmhgv1=ls=15st1=300k末态：p2=p0=75cmhgv2=(+h/2)s=16.5st2=?根据理想气体状态方程，中小学最新教育资料中小学最新教育资料代入数据得：t2=343.75k，即为：t2=70.75