吉林省实验中学2019届高三第三次模拟考试物理试题 Word版含解析 16页

www.ks5u.com 吉林省实验中学2018---2019学年度下学期高三年级 理科综合 第三次月考试题物理部分 二、选择题：本题共8小题，每题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求，第19～21题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎1.关于原子核的变化、核能及核力，下列说法正确的是 A. 核力是一种弱相互作用，只能发生在原子核内相邻核子之间 B. 某原子经过一次α衰变和两次β衰变后，核内质子数不变 C. 放射性原子核X发生衰变，生成物的结合能一定小于X的结合能 D. +→++3是太阳内部发生的核反应之一 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 核力是强相互作用，具有饱和性和短程性；故将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用力且每个核子只跟邻近的核子发生核力的作用，重核衰变时释放能量，衰变产物的结合能之和大于原来重核的结合能，α衰变的过程中电荷数少2，质量数少4，β衰变的过程中电荷数增1，质量数不变；‎ ‎【详解】A、核力是强相互作用，具有饱和性和短程性；故将核子束缚在原子核内核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用力且每个核子只跟邻近的核子发生核力的作用，故A错误；‎ B、α衰变的过程中电荷数少2，质量数少4，β衰变的过程中电荷数增1，质量数不变，某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，电荷数不变，核内质子数不变，故B正确；‎ C、放射性原子核X发生衰变，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来X的结合能的，故C错误；‎ D、太阳内部的反应是聚变反应，而是裂变反应，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】关键知道α衰变的过程中电荷数少2，质量数少4，β衰变的过程中电荷数增1，质量数不变，太阳内部的反应是聚变反应，放射性原子核X发生衰变，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来X的结合能的。‎ - 16 -‎ ‎2.a、b两物体同时从同一地点开始做匀变速直线运动，二者运动的v－t图象如图所示，下列说法正确的是 A. a、b两物体运动方向相反 B. a物体的加速度小于b物体的加速度 C. t＝1 s时两物体的间距等于t＝3 s时两物体的间距 D. t＝3 s时，a、b两物体相遇 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由图象可知，ab两物体的速度都为正值，速度方向相同．故A错误．图象的斜率表示加速度，由图可知，a的斜率为，b的斜率为 ，所以a物体的加速度比b物体的加速度大．故B错误．t=1s时，两物体的间距为△x＝5×1−×0.5×12−2×1−×1×12m=2.25m；t=3s时两物体的位移为△x′＝5×3−×0.5×32−2×3−×1×32m=2.25m，故两者物体间距相等，故C正确，D错误，故选C.‎ ‎3.某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极，已知该卫星从北纬60°的正上方按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时所用时间为1 h，则下列说法正确的是 A. 该卫星与同步卫星的运行半径之比为1∶4‎ B. 该卫星与同步卫星的运行速度之比为1∶2‎ C. 该卫星的运行速度一定大于7.9 km/s - 16 -‎ D. 该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时，偏转的角度是120°，刚好为运动周期的T，所以卫星运行的周期为3t，同步卫星的周期是24h，由 得：，所以：．故A正确；由得：．故B错误；7．9km/s是卫星环绕地球做匀速圆周运动最大速度，所以该卫星的运行速度一定小于7．9km/s．故C错误；由于不知道卫星的质量关系，故D错误．故选A。‎ 考点：万有引力定律的应用 ‎【名师点睛】该题考查人造卫星与同步卫星的关系，灵活运动用重力和万有引力相等以及万有引力提供圆周运动的向心力是解决本题的关键。‎ ‎4.如图所示为自左向右逐渐增强的磁场,一不计重力的带电粒子垂直射入其中，由于周围气体的阻碍作用,其运动轨迹恰为一段圆弧PQ(粒子电量保持不变)，则可判断 A. 粒子从P点射入 B. 粒子所受洛伦兹力逐渐增大 C. 粒子带负电 D. 粒子的动能逐渐增大 ‎【答案】A - 16 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子做圆周运动，半径不变，由，由于粒子的速度减小，则B也是减小的，则粒子从P点射入；选项A正确；由左手定则可知，粒子带正电，选项C错误；由f=qvB可知，粒子所受的洛伦兹力减小，选项B错误；粒子的速度减小，动能减小，选项D错误.‎ ‎5.如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A、理想电压表V，副线圈上通过输电线接有一个灯泡L，一个电吹风M，输电线的等效电阻为R，副线圈匝数可以通过调节滑片P改变。S断开时，灯泡L正常发光。滑片P位置不动，当S闭合时，以下说法中正确的是 A. 电压表读数增大 B. 电流表读数减小 C. 等效电阻R两端电压增大 D. 为使灯泡L正常发光，滑片P应向下滑动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 滑片P位置不动，当S闭合时，电阻变小，原线圈电压及匝数比不变，副线圈电压不变，电压表读数不变，故A错误；副线圈电压不变，电阻变小，输出功率变大，输入功率变大，根据，知电流表读数变大，故B错误；因为副线圈电流增大，所以等效电阻R两端的电压增大，故C正确；副线圈电流变大，等效电阻两端的电压增大，并联部分的电压减小，为了使灯泡L正常发光，必须增大电压，滑片P应向上滑动，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。‎ ‎6.如图所示，质量分别为3m和m的1、2两物块叠放在水平桌面上，物块2与桌面间的动摩擦因数为μ，物块1与物块2间的摩擦因数为2μ。物块1和物块2的加速度大小分别用a1、a2表示，物块1与物块2间的摩擦力大小用f1表示 - 16 -‎ ‎ ，物块2与桌面间的摩擦力大小用f2表示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当水平力F作用在物块1上，下列反映a和f变化的图线正确的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎1与2间的最大静摩擦力f12=2μ•3mg=6μmg，2与地面间的最大静摩擦力f2=μ•4mg=4μmg，当拉力F＜4μmg时，1、2两物块静止不动，摩擦力随F的增大而增大，当12开始滑动而为发生相对滑动时，2与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故大小不变，对2分析可知，f12-4μmg=ma，解得f12‎ - 16 -‎ ‎=4μmg+ma逐渐增大，当1与2刚好发生相对滑动时，2与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故大小不变，物体2产生的最大加速度a2＝＝2μg，对1根据牛顿第二定律此时的拉力为F，则F-f12=3ma2，解得F=12μmg，拉力继续增大，此后2做匀加速运动，1做加速度增大的加速度运动，故AC正确，BD错误；故选AC。‎ 点睛：本题主要考查了牛顿第二定律，关键是明确开始滑动和发生相对滑动的临界点，分别对物体受力分析即可判断.‎ ‎7.如图所示，在直角坐标系xOy的第Ⅰ象限存在着方向平行于y轴的匀强电场，场强大小为5×103N/C。一个可视为质点的带电小球在t=0时刻从y轴上的a点以沿x轴正方向的初速度进入电场，图中的b、c、d是从t=0时刻开始每隔0.1s记录到的小球位置，已知重力加速度的大小是10m/s2。则以下说法正确的是 A. 小球从a运动到d的过程中，电势能一定减小 B. 小球从a运动到d的过程中，机械能一定减小 C. 小球的初速度是0.60m/s D. 小球的比荷(电荷量/质量)是1×10-3C/kg ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】在竖直方向上，由△y=aT2得，，说明电场力方向竖直向上，小球从a运动到d的过程中，电场力做负功，则其电势能一定增大。故A错误。电场力做负功，则小球的机械能一定减小。故B正确。在水平方向上，小球做匀速直线运动，则有 。故C正确。由牛顿第二定律得：，得，。故D正确。‎ - 16 -‎ ‎8.如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动。现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则 A. 固定位置A到B点的竖直高度可能为2R B. 滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关 C. 滑块可能重新回到出发点A处 D. 传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 滑块恰能通过C点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程求C点时的临界速度，由动能定理知AC高度差，从而知AB高度；对滑块在传送带上运动的过程根据动能定理列方程求滑行的最大距离的大小因素；根据传送带速度知物块的速度，从而知是否回到A点；滑块与传送带摩擦产生的热量Q=μmg△x，看热量多少，分析相对路程．‎ ‎【详解】若滑块恰能通过C点时有：mg=m；由A到C，根据动能定理知  mghAC=mvC2；联立解得：hAC=R；则AB间竖直高度最小为 2R+R=2.5R，所以A到B点的竖直高度不可能为2R，故A错误；设滑块在传送带上滑行的最远距离为x，则有动能定理有：0-mvC2=2mgR-μmgx，知x与传送带速度无关，故B错误；若滑块回到D点速度大小不变，则滑块可重新回到出发点A点，故C正确；滑块与传送带摩擦产生的热量Q=μmg△x，传送带速度越大，相对路程越大，产生热量越多，故D正确；故选CD。‎ ‎【点睛】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律，理清物块在传送带上的运动情况，以及在圆轨道最高点的临界情况是解决本题的关键．‎ - 16 -‎ 三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33～38题为选考题，考生根据要求做答。‎ ‎（一）必考题：共129分 ‎9.如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B．滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放。‎ ‎(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝__________mm．‎ ‎(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是____________________。‎ ‎(3)改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出__________（填“”“”或“”）的线性图像。‎ ‎【答案】 (1). 2.30 (2). 遮光条到光电门的距离L（或A、B间的距离） (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）游标卡尺的主尺读数为2mm，游标读数为0.05×6mm=0.30mm，所以最终读数d=2mm+0.30mm=2.30mm； （2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度。根据运动学公式得若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离L； （4）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as，，，则有：；所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出−F图象。‎ ‎10.图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头的满偏电流为250 μA，内阻为480 Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1‎ - 16 -‎ ‎ V挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA挡，欧姆×100 Ω挡。‎ ‎（1）图(a)中的A端与________(填“红”或“黑”)色表笔相连接。‎ ‎（2）根据题给条件可得R1＋R2＝__________ Ω，R4＝________ Ω。‎ ‎（3）某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为________；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B端是与“5”相连的，则读数为________。‎ ‎【答案】 (1). 黑 (2). 160 (3). 880 (4). 1.48mA（1.47-1.49） (5). 1100Ω (6). 2.96V（2.95-2.99）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”； 即图(a)中的A端与黑色表笔相连接。‎ ‎（2）直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路规律可知，； 总电阻 接4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与R1、R2并联后再与R4串联，即改装后的1mA电流表与R4串联再改装后电压表；根据串联电路规律可知，； （4）若与1连接，则量程为2.5mA，读数为1.48mA（1.47-1.49）；若与3连接，则为欧姆档×100Ω挡，读数为11×100=1100Ω=1.10kΩ；若与5连接，则量程为5V；故读数为2.96V（2.91-2.97均可）；‎ - 16 -‎ ‎11.如图所示，质量为m的钢板与直立的轻弹簧的上端相连，弹簧下端固定在地上，平衡时弹簧的压缩量为x0。一物块从钢板正上方3x0处自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动，但不粘连，已知当物块质量为m时，它们恰能回到O点；若物块的质量为2m时，它们到达最低点后又向上运动，经某点分离后，物块继续向上运动。‎ ‎（1）轻弹簧的劲度系数；‎ ‎（2）质量为2m的物块与钢板分离时物块的速度；‎ ‎（3）质量为2m的物块与钢板分离后又向上运动的距离。‎ ‎【答案】（1）（2）分离速度为（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对钢板平衡时满足： mg=kx0‎ 解得；‎ ‎（2）物块与钢板碰撞时的速度由机械能守恒， ‎ 得： 设v1表示质量为m的物块钢板碰撞后一起向下运动的速度，因碰撞时间极短，系统所受外力远小于相互作用的内力，符合动量守恒，故有mv0=2mv1 设刚碰完时弹簧的弹性势能为Ep，当他们一起回到O点时，弹簧无形变，弹簧势能为零，根据题意，由机械能守恒得Ep+(2m)v12＝2mgx0 解得Ep＝mgx0‎ 设v2表示质量为2m的物块与钢板碰后开始一起向下运动的速度，由动量守恒，则有2mv0=3mv2‎ - 16 -‎ ‎ 当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力的作用，加速度为g，一过O点，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g，因为物块与钢板不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍为g，方向向下，故在O点物块与钢板分离。刚碰完时弹簧势能为Ep，它们回到O点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v2，则由机械能守恒定律得：Ep+(3m)v22＝3mgx0+(3m)v2 联立解得：； （3）分离后，物块以速度v竖直上升，由竖直上抛最大位移公式得：‎ 而 所以物块向上运动到达最高点距O点的距离。‎ ‎12.如图所示，在光滑的水平金属轨道 ABCD－EFGH 内有竖直向上的匀强磁场，左侧宽轨道处磁感应强度为3B，右侧窄轨道处磁感应强度为B，AB与EF宽为 2L，CD与GH宽为 L，金属棒a、b质量分别为2m和m，电阻分别为2R和R。最初两棒均静止，若给棒a初速度 v0 向右运动，假设轨道足够长，棒a只在轨道AB与EF上运动。求：‎ ‎（1）金属棒a、b的最终速度；‎ ‎（2）整个过程中通过金属棒a的电量；‎ ‎（3）整个过程中金属棒a上产生的焦耳热。‎ ‎【答案】（1）,;（2）;（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）金属轨道光滑，所以在运动过程a、b不受摩擦力，则在水平方向只有安培力．给棒a初速度v0向右运动，则a的电流指向外，b的电流指向里，那么，a所受安培力指向左，b所受安培力指向右；所以棒a向右做减速运动，棒b - 16 -‎ 向右做加速运动，两者产生的感应电动势方向相反．当两者产生的感应电动势大小相等，电流为零，达到稳定平衡状态． AB与 EF 宽为 2L，是 CD 与GH 宽的2倍， CD 与GH 宽为L． a的电动势Ea=3B∙2Lva，b的电动势Eb＝BLvb， 因为Ea=Eb，所以，va＝vb…①． 若设闭合电路电流为I，则有任意时刻，a所受安培力Fa=6BIL，b所受安培力Fb＝BIL； 所以，Fa=6Fb 因为金属棒a、b质量分别为 2m，m，所以加速度有：aa=3ab， 速度的变化量有：△va=3△vb，即v0-va=3vb…②． 联立①②式可得：va＝v0， vb＝v0． （2）对金属棒任一极短时间△t应用动量定理，可得：-BIL•△t=m△v，即-BL•△q=m•△v…③； 因为在任一极短时间式③都成立，那么在整个过程式③也成立，对金属棒a则有 −3B∙2Lq＝mva−mv0＝−mv0 ．‎ ‎（3）由能量关系： ‎ 其中的 ‎ 解得 ‎（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。‎ ‎13.下列说法中正确的是 。‎ A. 一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加 B. 当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小 C. 热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”‎ D. 在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素 E. 液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力 ‎【答案】ADE - 16 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A、温度是分子的平均动能的标志，一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，吸收热量而其分子的平均动能不变，分子之间的势能增加。故A正确；‎ B、当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子力表现为引力，故随分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增大，故B错误；‎ C、热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他方面的变化”，故C错误；‎ D、温度越高，分子无规则运动的剧烈程度越大，因此在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素，故D正确；‎ E、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，故E正确。‎ 故选ADE。‎ ‎14.如图所示，两端开口汽缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在汽缸内无摩擦滑动，面积分别为S1＝20 cm2，S2＝10 cm2，它们之间用一根水平细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量M＝2 kg的重物C连接，静止时汽缸中的气体温度T1＝600 K，汽缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p0＝1×105Pa，取g＝10 m/s2，缸内气体可看做理想气体。‎ ‎ ‎ ‎(i)活塞静止时，求汽缸内气体的压强；‎ ‎(ii)若降低汽缸内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动 L/2时，求汽缸内气体的温度。‎ ‎【答案】(i) 1.2×105 Pa;(ii) 500 K ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设静止时气缸内气体压强为P1，活塞受力平衡： p1S1+p0S2=p0S1+p1S2+Mg， 代入数据解得压强：p1=1.2×105Pa， （2）由活塞A受力平衡可知缸内气体压强没有变化，设开始温度为T1变化后温度为T2‎ - 16 -‎ ‎，由盖-吕萨克定律得：， 代入数据解得：T2=500K．‎ ‎15.一简谐机械横波沿x轴负方向传播，已知波波长为8 m，周期为2 s，t＝1 s时刻波形如图甲所示，a、b是波上的两个质点。图乙是波上某一点的振动图象，则下列说法正确的是 。‎ A. 图乙可以表示d质点的振动 B. 图乙可以表示b质点的振动 C. a、b两质点在t＝1.5 s时速度大小相同 D. 该波传播速度为v＝4 m/s E. t＝0时b质点速度沿y轴正方向 ‎【答案】ADE ‎【解析】‎ ‎【详解】由图乙知，t=0时刻质点经过位置向下运动，图甲是t=0时刻的波形，此时a位于波峰，位移最大，与图乙中t=0时刻质点的状态不符，而质点b在t=0时刻经过平衡位置向下运动，与图乙中t=0时刻质点的状态相符，所以图乙不能表示质点d的振动，可以表示质点b的振动，故A正确，B错误；ab两质点相差四分之一个周期，速度大小不可能相等，故C错误；波的波长为8m，周期为2s，故传播速度，故C正确；根据平移法可知，t=0时b点速度沿y轴正方向，故E正确。‎ ‎16.如图，有一玻璃圆柱体，横截面半径为R=10cm，长为L=100cm．一点光源在玻璃圆柱体中心轴线上的A点，与玻璃圆柱体左端面距离d=4cm，点光源向各个方向发射单色光，其中射向玻璃圆柱体从左端面中央半径为r=8cm圆面内射入的光线恰好不会从柱体侧面射出．光速为c=3×108m/s；求：‎ - 16 -‎ ‎①玻璃对该单色光的折射率；‎ ‎②该单色光通过玻璃圆柱体的最长时间．‎ ‎【答案】(i);(ii) t＝6×10－9 s ‎【解析】‎ ‎【详解】①由题意可知，光线AB从圆柱体左端面射入，其折射光BD射到柱面D点恰好发生全反射．设光线在B点的入射角为i． 则 由折射定律得：   根据几何知识得： 得：             ② 折射光BD在玻璃柱体内传播路程最长，因而传播时间最长．最长的路程为： ‎ 光在玻璃中传播的速度为：                       则该单色光通过玻璃圆柱体的最长时间为：‎ ‎ ‎ - 16 -‎ ‎ ‎ - 16 -‎