【物理】陕西省榆林市2019届高三第二次模拟测试试题（解析版） 15页

陕西省榆林市2019届高三第二次模拟测试 第Ⅰ卷（非选择题 共48分）‎ 一、选择题：本共8小题。每小题6分。在每小题给出的四个选项中。第1～4颗只有一项符合题目要求。第4～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分。有选错的得0分。‎ ‎1.下列说法正确的是 A. 汤姆孙证实了β射线是高速电子流，其电离作用比α射线强，穿透能力比α射线弱 B. 爱因斯坦发现了光电效应，某材料发生光电效应时，遏止电压与入射光的频率成正比 C. 玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，该理论能解释大多数原子光谱的实验规律 D. 卢瑟福用α粒子轰击氮核，发现了质子，该反应的方程式为He+N→H+O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】汤姆孙证实了β射线是高速电子流，其电离作用比α射线弱，穿透能力比α射线强，选项A错误；根据光电效应方程Ekm=eUc=hγ-W0可知，遏止电压与入射光的频率与逸出功有关，与入射光的频率成线性关系，不是成正比，故B错误；玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，但是该理论只能解释氢原子光谱的实验规律，选项C错误； 卢瑟福用α粒子轰击氮核，发现了质子，该反应的方程式为，选项D正确；故选D.‎ ‎2.图示为某物体做直线运动的图象，由图可知，该物体（　　）‎ A. 在第内和第内的运动方向相反 ‎ B. 在内的位移大小是 C. 第内和第内的加速度大小相等 ‎ D. 末速度方向和加速度方向都发生改变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．第1s内和第3s内速度均为正，说明运动方向相同，故A错误；‎ B．速度图象和坐标轴围成的面积表示位移，在0~2s内的位移大小是 故B错误；‎ C．第1s内的加速度大小为 第4s内加速度大小为 两段时间内加速度相同，故C正确；‎ D．3s末速度方向发生改变，加速度方向不发生改变，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎3.如图所示，在匀强磁场中，两长直导线和垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为，图中、连线竖直。当两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流时，纸面内与两导线距离均为的点处的磁感应强度为零。已知通电导线在处产生的磁感应强度大小为，则（　　）‎ A. 匀强磁场的磁感应强度大小为，方向竖直向上 B. 匀强磁场的磁感应强度大小为，方向竖直向下 C. 匀强磁场的磁感应强度大小为，方向水平向右 D. 匀强磁场的磁感应强度大小为，方向水平向左 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为，如下图所示 ‎ ‎ 由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即竖直向上，依据几何关系，及三角知识，则有 故A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎4.如图所示，线圈abcd固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面．当磁场的磁感应强度B随时间t变化时，ab边受到的安培力恒定不变．则下列磁感应强度B随时间t变化的图象中可能正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当磁感应强度发生变化时，线框内产生的感应电动势为：，感应电流为：，安培力为：由以上方程可得：．要使ab边受到的安培力恒定不变，由公式可知，若磁场增大，则减小；若磁场减少，则增大．故A正确，BCD错误．‎ ‎5.某同学将一足球竖直砸向水平地面，足球以‎5m/s的速度被地面反向弹回，当足球上升到最高点后落回地面，以后足球每次与地面碰撞被弹回时速度均为碰撞前速度的．不计足球与地面碰撞的时间和空气阻力，取g=‎10m/s2，则足球从第一次被弹回到最后停止运动的总时间为 A. 8s B. 4 s C. 2 s D. 1.5s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】足球第一次被弹回的速度 v1=‎5m/s，第一次在空中竖直上抛运动的总时间；足球第二次被弹回的速度 v2=v1，第二次在空中竖直上抛运动的总时间 ；足球第三次被弹回的速度 v3=v2=（）2v1，第三次在空中竖直上抛运动的总时间 ……则足球从第一次被弹回到最后停运动的总时间为 t=t1+t2+…==4s，故选B．‎ ‎【点睛】本题是物理中数列问题，关键要找出小球在空中运动时间的规律，运用等比数列求和的方法求解总时间．‎ ‎6.如图所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中 A. 所受滑道的支持力逐渐增大 B. 所受合力保持不变 C. 机械能保持不变 D. 克服摩擦力做功和重力做功相等 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，从A到B斜面倾角θ一直减小，运动员对轨道的压力为mgcosθ，可知运动员对斜面的压力会逐渐增大，故A正确；因为运动员在下滑过程中始终存在向心力，合外力充当向心力，向心力绳子指向圆心，方向不断变化，所以合外力是变力，故B错误；由于速度不变，则动能不变，高度下降，重力势能减小，则机械能减小，故C错误；由于速度不变，则动能不变，由动能定理可知，摩擦力做功和重力做功相等．故D正确．‎ ‎7.如图所示，实线MN是正点电荷Q产生的一条电场线(方向未画出)，虚线abc是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．下列说法正确的是 A. 电子可能是从a向c运动，也可能是从c向a运动 B. 正点电荷Q可能在M侧，也可能在N侧 C. 电子在a点时的加速度大于在b点时的加速度 D. 电子在b点时电势能大于在c点时的电势能 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A正确；‎ BC、由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，所以电子在a点时的加速度大于在b点时的加速度，故B错误，C正确；‎ D、电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从b向c运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从c向b运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有Epb＜Epc，求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故D错误．‎ ‎8.‎2018年11月1日，我国第41颗北斗导航卫星“吉星”成功发射，该卫星工作在地球静止同步轨道上，可以对地面上的物体实现厘米级的定位服务．已知地球表面的重力加速度为g，半径为R，该卫星绕地球做圆周运动的周期为T．则下列说法正确的是 A. 该卫星的发射速度大于第一宇宙速度，运行速度小于第一宇宙速度 B. 该卫星做圆周运动的轨道半径为 C. 该卫星运行的加速度大小为 D. 该卫星运行的线速度大小为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第一宇宙速度是卫星的最小发射速度，也是卫星最大的环绕速度．在地球表面上，物体的重力等于万有引力，卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，由此列式求解．‎ ‎【详解】A.‎ ‎ 第一宇宙速度是卫星的最小发射速度，也是卫星最大的环绕速度．发射地球同步卫星，发射速度一定大于第一宇宙速度，运行速度小于第一宇宙速度，故A正确；‎ B.用M表示地球的质量，在地球表面为m0的物体，有，，‎ m表示卫星的质量，r表示卫星的轨道半径，由万有引力定律和牛顿第二定律得，联立解得，故B错误；‎ C. 由万有引力定律和牛顿第二定律得，代入B选项结论，，故C错误；‎ D. 由万有引力定律和牛顿第二定律得，代入B选项结论，v=，故 D正确．‎ 故选AD 第Ⅱ卷（非选择题 共48分）‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9题～12题为必考题。每个试题老生都必须作答。第13题～16题为选老题。考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题： ‎ ‎9.某实验小组做“探究加速度和力、质量的关系”实验 ‎（1）用如图甲所示的装置做实验，图中带滑轮的粗糙长木板放置于水平桌面上，拉力传感器可直接显示所受拉力的大小．做实验时，下列操作必要且正确的是_______．‎ A．将长木板右端适当垫高，使小车前端的滑轮不挂砂桶时小车能匀速滑动 B．为了减小误差，实验中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 C．小车远离打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录传感器的示数 ‎（2）在正确、规范的操作中，打出一条如图乙所示的纸带，每相邻两个计数点之间还有四个计时点没有画出，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器使用的电源频率为50Hz，打计数点“‎3”‎时小车的速度大小＝______m／s；小车做匀加速直线运动 的加速度大小a＝______m／s2．（保留三位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). A; (2). 113; 2.50;‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）连接拉力传感器和沙桶之前，将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动，平衡了摩擦力，故A正确；实验中拉力通过拉力传感器测出，不需要满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故B错误；实验时应先接通电源，再释放小车，小车应紧靠打点计时器，打出一条纸带，同时记录传感器的示数，故C错误．所以选A．‎ ‎（2）已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为：T=5×0.02s=0.1s．3点对应的速度为：，由逐差法△x=aT2可得：，代入数据解得小车的加速度大小为：．‎ ‎10.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。‎ ‎(1)如图甲所示为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的功能。关于此多用电表，下列说法中正确的是__________。‎ A.当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是红表笔 B.当S接触点2时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是红表笔 C.当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔 D.当S接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔 ‎(2)用实验室原有的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图乙所示。‎ A.若所选挡位为“直流”挡，则表盘示数为__________。‎ B.若所选挡位为“直流”挡，则表盘示数为__________。‎ ‎(3)用表盘为图乙所示的多用电表正确测量了一个约的电阻后，需要继续测量一个阻值约的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选择以下必须的步骤，并按操作顺序写出步骤的序号__________。‎ A.调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点 B.把选择开关旋转到“”位置 C.把选择开关旋转到“”位置 D.将红表笔和黑表笔接触 ‎(4)某小组同学们发现欧姆表的表盘刻度线不均匀，分析在同一个挡位下通过不同待测电阻的电流和它的阻值关系，他们分别画出了如图所示的几种图象，其中可能正确的是__________。‎ ‎【答案】 (1). CD (2). 4.9 24.4 (3). BDA (4). A ‎【详解】(1)[1]AB．当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位；因为多用电表中红表笔接其内部电源的负极，所以接线柱A接的是红表笔，而接线柱B接的是黑表笔，故A错误，B错误；‎ C．当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位，接线柱B接的是黑表笔，故C正确；‎ D．当S接触点3时，表头与电阻并联后再与电阻串联，即改装成电压表，多用电表处于测量电压的挡位，故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎(2)[2][3]当选择的挡位为“直流”挡时其量程为，分度值为0.2mA，则示数为；当选择的挡位为“直流”挡时，其量程为，分度值为1V，则示数为；‎ ‎(3)[4]多用电表测电阻时，应先选择挡位，再短接，然后调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点，要测量约的电阻，为了减小误差应该用“”档位，故顺序为BDA。‎ ‎(4)[5]由闭合电路欧姆定律有 可得 即图象为斜线，且图线的纵截距为正，可知A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎11.距水平地面高‎5 m的平台边缘放有一质量为‎1 kg的木块，一质量为‎20 g的子弹水平射入木块，并留在木块内，木块在子弹的冲击下掉落到水平地面上，测得木块落地位置到平台边缘的水平距离为‎3 m．不计空气阻力，重力加速度g＝‎10 m/s2．求：‎ ‎（1）子弹射入木块前瞬间的速度大小；‎ ‎（2）子弹射入木块过程中所产生的内能．‎ ‎【答案】（1）‎153 m/s （2）229.5 J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）子弹射入木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒；子弹射入木块后与木块一起做平抛运动．据此列方程求解即可；‎ ‎（2）由能量守恒可知，系统减小的动能转化成内能．据此列方程即可求解．‎ ‎【详解】（1）子弹射入木块后与木块一起做平抛运动，有 vt＝x 解得：v＝‎3 m/s 子弹射入木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，有 mv0＝(m+M)v 解得：v0＝‎153 m/s．‎ ‎（2）由能量守恒可知 解得：Q＝229.5 J．‎ ‎12.如图所示，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同．挡板PQ垂直MN放置，挡板的中点置于N点．在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场．在左侧虚线上紧靠M的上方取点A，一比荷=5×‎105C/kg的带正电粒子，从A点以v0=2×‎103m/s的速度沿平行MN方向射入电场，该粒子恰好从P点离开电场，经过磁场的作用后恰好从Q点回到电场．已知MN、PQ的长度均为L=‎0.5m，不考虑重力对带电粒子的影响，不考虑相对论效应．‎ ‎(1)求电场强度E的大小；‎ ‎(2)求磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)在左侧虚线上M点的下方取一点C，且CM=‎‎0.5m ‎，带负电的粒子从C点沿平行MN方向射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同．若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到Q点和P点，求两带电粒子在A、C两点射入电场的时间差．‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v0t ‎ ‎ ‎ 解得E=16N/C ‎（2）设带正电的粒子从P点射出电场时与虚线的夹角为θ，则： ‎ 可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为v=v0‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动： ‎ 由几何关系可知 ‎ 解得B=1.6×10-2T ‎ ‎（3）两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同；两带电粒子在磁场中都做匀速圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为，带负电的粒子转过的圆心角为；两带电粒子在AC两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差；‎ 若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间；‎ 带正电的粒子在磁场中运动的时间为：；‎ 带负电的粒子在磁场中运动的时间为： ‎ 带电粒子在AC两点射入电场的时间差为 ‎（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道物理题任选一题作答。如果多做。则每科按所答的第一题计分。‎ ‎【物理——选修3-3】‎ ‎13.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 所有的晶体都有固定的熔点和规则的几何形状 B. 液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现 C. 干湿泡温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远 D. 悬浮在水中花粉颗粒的布朗运动反映了花粉分子做无规则的热运动 E. 在绝热过程中，一个热力学系统的内能增量等于外界对它所做的功 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【详解】A.晶体分为单晶体和多晶体，晶体具有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点；但多晶体没有规则的几何形状，故A错误；‎ B.液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现，故B正确；‎ C.根据湿度计的原理可知，干湿泡温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远，故C正确；‎ D.悬浮在水中花粉颗粒的布朗运动反映了水分子做无规则的热运动，而不能反映花粉分子的无规则运动，故D错误；‎ E.根据热力学第一定律，在绝热过程中，一个热力学系统的内能增量等于外界对它所做的功，故E正确。‎ 故选BCE.‎ ‎14.如图所示，水平地面上放有高为H、上端开口的气缸，缸内用活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞静止时到气缸底部的距离，缸内气体的温度为，大气压强为，不计活塞与气缸间的摩擦．‎ ‎(1)若缓慢加热缸内气体，求当活塞到气缸底部的距离为时，气体的温度；‎ ‎(2)若把气缸上端开口封住，使气缸横放在水平地面上，缸内气体温度保持不变，平衡时活塞到气缸底部的距离为，求开始时缸内活塞下方气体的压强．‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎(1)缓慢加热缸内气体，气体做等压变化，则有，‎ 解得：；‎ ‎(2)把气缸上端开口封住，使气缸横放在水平地面上后，气体做等温变化，对原来活塞下方的气体有：，‎ 对原来活塞上方的封闭气体，‎ 解得：‎ ‎【点睛】根据题意知道气体发生等压变化和等温变化是正确解题的前提与关键，一般以压强为线索，结合温度和体积，找初末状态对比．‎ ‎【物理——选修3-4】‎ ‎15.一列简谐横波在t=0时的波形图如图甲所示，图乙是介质中质点P的振动图象．则该波沿x轴___________(填“正”或“负”)方向传播；波源的振动频率为___________Hz．‎ ‎【答案】负 0.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由振动图像可知t=0时刻质点P向上振动，由波形图可知，波沿x轴负向传播；由振动图像可知：T=2s，则波源频率为f=1/T=0.5Hz.‎ ‎16.如图所示，由某种透明物质制成的直角三棱镜ABC，∠A＝30，AB长为‎2m ‎，且在AB外表面镀有水银．一束与BC面成45度角的光线从BC边的中点D射人棱镜．已知棱镜对该光的折射率n＝，有折射光线时，则不考虑反射光线．求光线射出棱镜的位置和在该位置对应的折射角．‎ ‎【答案】 , 0°‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据折射定律可求从BC边进入时的折射角，根据几何关系可求在AB边的入射角，经AB边反射后垂直AC边射出，则光线射出棱镜时的折射角为0°．再根据几何关系可求射出点到C的距离．‎ ‎【详解】由折射定律可知：‎ r＝30°‎ 由几何关系可知，光线在AB面的入射角等于30°，所以光线在AB面发生反射后，垂直AC面射出棱镜，即光线射出棱镜时的折射角为0°‎ 射出点到C点的距离 解得：．‎