《陕西省榆林市2019届高三物理第二次模拟测试试题(含解析).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《陕西省榆林市2019届高三物理第二次模拟测试试题(含解析).pdf（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、-1-陕西省榆林市 2019 届高三物理第二次模拟测试试题(含解析)第卷(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 14 颗只有一项符合题目要求.第 48 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 射线是高速电子流,其电离作用比 射线强，穿透能力比 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
2、用 粒子轰击氮核，发现了质子，该反应的方程式为42He+147N11H+178O【答案】D【解析】【详解】汤姆孙证实了 射线是高速电子流,其电离作用比 射线弱，穿透能力比 射线强,选项 A 错误;根据光电效应方程 Ekm=eUc=hW0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 粒子轰击氮核,发现了质子，该反应的方程式为4141172718HeNHO,选项 D 正确；故选 D。2。图示为某物体做直线运动的v t
3、图象，由图可知，该物体（）A。在第1s内和第3s内的运动方向相反 B。在0 2s内的位移大小是3m C.第1s内和第4s内的加速度大小相等 D。3s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;-2-B速度图象和坐标轴围成的面积表示位移，在 02s 内的位移大小是 121m1.5m2x 故 B 错误；C第 1s 内的加速度大小为 221111m/s1m/s1vat 第 4s 内加速度大小为 222221m/s1m/s1vat 两段时间内加速度相同，故 C 正确；D3s 末速度方向发生改变，加速度方向不发生改变，
4、故 D 错误.故选 C.3.如图所示，在匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l，图中P、Q连线竖直。当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均为l的a点处的磁感应强度为零.已知通电导线P在a处产生的磁感应强度大小为0B,则（）A.匀强磁场的磁感应强度大小为03B，方向竖直向上 B.匀强磁场的磁感应强度大小为03B,方向竖直向下 C.匀强磁场的磁感应强度大小为02B，方向水平向右 D。匀强磁场的磁感应强度大小为02B,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-3
5、-度为0B，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 103BB 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。-4-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：2B SB LEttt ,感应电流为：EIR,安培力为：FBIL由以上方程可得:3BB LFt R 要使ab边受到的安培力恒定不变
6、，由公式可知,若磁场B增大，则B减小；若磁场B减少，则B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34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1122 5110vtssg；足球第二次被弹回的速度 v2=3 4v1，第二次在空中竖直上抛运动的总时间
7、 22234vtsg；足球第三次被弹回的速度 v3=3 4v2=(3 4）2v1，第三次在空中竖直上抛运动的总时间 33223()4vtsg则足球从第一次被弹回到最后停运动的总时间为 t=t1+t2+=1 314t=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 -5-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.
8、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斜面倾角一直减小，运动员对轨道的压力为mgcos,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
9、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
10、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 EpbEpc，求解过程与 Q 所带电荷无关,只与电场线方-6-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22324gR TR C。该卫星运行的加速度大小为22TRTg D。该卫星运行的线速度大小
11、为232gRT【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002GMmm gR,2=GM gR，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2224GMmmrrT，联立解得22324gR Tr,故 B 错误；C.由万有引
12、力定律和牛顿第二定律得2GMmmar，代入 B 选项结论，23222GMgRarTT，故 C 错误；D。由万有引力定律和牛顿第二定律得22GMmvmrr,代入 B 选项结论，v=232gRT，故 D 正确 故选 AD -7-第卷（非选择题 共 48 分)三、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_
13、 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3v_ms;小车做匀加速直线运动 的加速度大小a_ms2（保留三位有效数字）【答案】（1）.A;(2）.113;(3）.2.50;【解析】【详解】（1）连接拉力传感器和沙桶之前,将长木板
14、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=50。02s=0.1s3 点对应的速度为：224310.01 12.5010/1.13/22 0.1xvm sm sT，由逐差法x=aT2可得：-8-56453423120129xxxxxxaT，代入数据解得小车的加速度大小为：22.50/am s 10.指
15、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
16、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10mA”挡，则表盘示数为_mA.B.若所选挡位为“直流50V”挡，则表盘示数为_V。（3)用表盘为图乙所示的多用电表正确测量了一个约15的电阻后,需要继续测量一个阻值约2k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“100”位置 C。把选择开关旋转到“1k”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
17、值xR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_。-9-【答案】（1）.CD (2).4.9 （3）。24。4 （4）.BDA （5）.A【解析】【详解】（1)1AB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3R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）23当选择的挡
18、位为“直流10mA”挡时其量程为10mA，分度值为 0.2mA,则示数为4.9mA;当选择的挡位为“直流50V”挡时，其量程为50V,分度值为 1V，则示数为24.4V；（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2k的电阻，为了减小误差应该用“100档位，故顺序为 BDA。(4)5由闭合电路欧姆定律有 xEIrR内 可得 x1rRIEE内 即x1RI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
19、,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g10 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 -10-【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 212hgt vtx 解得：v3 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
20、（m+M)v 解得:v0153 m/s（2）由能量守恒可知 22011()22QmvmM v 解得：Q229.5 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qm=5105C/kg 的带正电粒子，从 A 点以 v0=2103m/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
21、、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 -11-（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）16/N C(2）21.6 10 T(3）43.9 10s【解析】【详解】（1)带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v0t 2122LqEtm 解得 E=16N/C（2
22、）设带正电的粒子从 P 点射出电场时与虚线的夹角为,则：0tanvqEtm 可得=450粒子射入磁场时的速度大小为 v=2v0 粒子在磁场中做匀速圆周运动：2vqvBmr 由几何关系可知22rL 解得 B=1.6102T （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32，带负电的粒子转过的圆心角为2；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22rmTvqB；-12-带正电的粒子在磁场中运动的时间为：4135.104s9tT；带负电的粒子
23、在磁场中运动的时间为：4212.0 10 s4tT 带电粒子在 AC 两点射入电场的时间差为4123.9 10ttts （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
24、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4
25、Hh，缸内气体的温度为0T,大气压强为0p,不计活塞与气缸间的摩擦 -13-(1）若缓慢加热缸内气体,求当活塞到气缸底部的距离为2H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2H，求开始时缸内活塞下方气体的压强【答案】（1)20=2TT (2)103pp【解析】(1)缓慢加热缸内气体，气体做等压变化，则有1212VVTT，122142HHVSVSTT，解得：20=2TT；（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:1242HHpp，对原来活塞上方的封闭气体02342HHp
26、p，解得：103pp【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】（1）.负 （2）。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。-14-16.如图所示,由某种透明物质制成的直角三棱镜 ABC，A30，AB 长为 2m，且在 AB 外表面
27、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 n2，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】3 m4CEx ，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：sin2sininr r30 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sin60sin6024CEBCABx 解得：3 m4CEx