《【名校快递】2019届高三入学调研物理试卷2.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【名校快递】2019届高三入学调研物理试卷2.pdf（11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、 2019 届高三入学调研考试卷 物 理 （三）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共 8 小题，每小题 4 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，第 1-7小题只有一个选项正确，第 8-10小题有多个选项正确。全部选对
2、的得 4 分，选对但不全的得 2分，有选错或不答的得 0 分。1在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假说法和建立物理模型法等等。以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是()A在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法 B根据速度定义式 vxt，当 t非常小时，xt就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法 C在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法 D在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分
3、成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法【答案】A【解析】质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法，忽略次要因素抓住主要因素，故 A 错误；根据速度定义式 v x t，当 t 极小时表示物体在时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故 B 正确；研究牛顿第二定律Fam采用控制变量法，保持合外力不变或质量不变分别研究关系，故 C 正确；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故 D 正确。2跳伞运动员从高空悬停的直升机上跳下，运动员沿竖直方向运动，其 v
4、-t图象如图所示，下列说法正确的是()A运动员在 010 s 内的平均速度大小等于 10 m/s B从 15 s 末开始运动员处于静止状态 C10 s 末运动员的速度方向改变 D1015 s 内运动员做加速度逐渐减小的减速运动【答案】D【解析】010 s 内，若运动员做匀加速运动，平均速度为010 m/s2vvv。根据图象的“面积”等于位移可知，运动员的位移大于匀加速运动的位移，所以由公式xvt知 010 s 内的平均速度大于匀加速运动的平均速度 10 m/s，故 A 错误。由图知，15 s 末开始运动员做匀速直线运动，故 B 错误；由图看出，运动员的速度一直沿正向，速度方向没有改变，故 C
5、错误；1015 s 图象的斜率减小，则其加速度减小，故 1015 s 运动员做加速度减小的减速运动，故 D 正确。3如图为某一电场的电场线，M、N、P 为电场线上的三个点，M、N 是同一电场线上两点。下列判断不正确的是()A只受电场力作用时，同一负电荷在 N 点的加速度最大 BM、N、P 三点中 N 点的电势最高 C正电荷从 M 点自由释放，电荷不可能沿电场线运动到 N 点 D只受电场力作用时，同正电荷在 M 点的电势能大于在 N 点的电势能【答案】B【解析】N 点电场线最密场强最大，由qEam可知 N 点的加速度最大，故 A正确；顺着电场线的方向电势降低，所以 M 点的电势最高，故 B 错误
6、；在 M 点静止释放，正电荷在电场力的作用下运动，但是运动轨迹并不是电场线，故 C 正确；根据 EP=q，由 M N可知，正电荷在 M 点电势能大于在 N 点的电势能，故 D 正确。4如图为三个小球初始时刻的位置图，将它们同时向左水平抛出都会落到 D 点，DE=EF=FG，不计空气阻力，则关于三小球()A若初速度相同，高度 hA:hB:hC=1:2:3 B若初速度相同，高度 hA:hB:hC=1:3:5 C若高度 hA:hB:hC=1:2:3，落地时间 tA:tB:tC=1:2:3 D若高度 hA:hB:hC=1:2:3，初速度 vA:vB:vC=1:2:3【答案】D 【解析】若初速度相同，根
7、据水平方向做匀速直线运动知运动时间 tA:tB:tC=1:2:3，则下落高度212hgt，得 hA:hB:hC=1:4:9，A、B 均错误；若 hA:hB:hC=1:2:3，由212hgt，得tA:tB:tC=1:2:3；而2xgvxth，得 vA:vB:vC=1:2:3，故C 错误，D 正确。5如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块 P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上，使其向上做匀加速直线运动，以 x 表示 P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示 F 和 x 之间关系的图像可能正确的是()【答案】A【解析】设物块 P 的质量为 m，加速度为 a
8、，静止时弹簧的压缩量为 x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得，mg=kx0，以向上为正方向，木块的位移为 x 时弹簧对 P 的弹力：F1=k(x0-x)，对物块 P，由牛顿第二定律得，F+F1-mg=ma，由以上式子联立可得，F=kx+ma。可见 F 与 x是线性关系，且 F 随着 x 的增大而增大，当 x=0 时，F0=ma0，故 A 正确。62018 年 7 月 27 日发生了火星冲日现象，那时火星、地球和太阳几乎排列成一线，地球位于太阳与火星之间。已知地球和火星绕太阳公转的方向相同，火星公转轨道半径约为地球的1.5倍，若将火星和地球的公转轨迹近似看成圆，取62.45，则相邻两次火星
9、冲日的时间间隔约为()A0.8 年 B1.6 年 C2.2 年 D3.2 年【答案】C【解析】由万有引力充当向心力得：2224MmGmrrT，解得行星公转周期：32rTGM，则火星和地球的周期关系为：333 64rTTr火火地地，已知地球的公转周期为 1 年，则火星的公转周期为3 64年，相邻两次火星冲日的时间间隔设为 t，则：()2t地火，化解得：1ttTT地火，解得t=2.2 年。7如图所示，用同种材料制成的直角三角形线框 ABC 处在足够大的水平向右的匀强磁场中，线框平面与磁感线平行，直角边 AB的长是直角边 BC 长的34，AB 边与磁感线垂直，先让线框绕 AB 边在匀强磁场中以角速度
10、 匀速转动，A、B 两端的电压有效值为 U1；再让线框绕 BC 边在匀强磁场中仍以角速度 匀速转动，结果 A、B 两端的电压为U2，则12UU为()A2 B22 C23 D26【答案】D【解析】设 BC 边长为 d，则 AB 边长为34d，让线框绕 AB 边在匀强磁场中以角速度 匀速转 动，则 线 框 中 感 应 电 动 势 的 最 大 值22m133248EBdBd ，电 动 势 的 有 效 值2m3 2162EEBd，A、B 两端的电压有效值2113 2464UEBd，让线框绕 BC 边在匀强磁场中仍以角速度 匀速转动，A、B 两端的电压2221392432UBdBd，因此有1226UU，
11、选项D 正确。8核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，我国在完善核电安全基础上将加大核电站建设。核泄漏中的钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因，提高患癌的风险。已知钚的一种同位素23994Pu的半衰期为 24100 年，其衰变方程为2394942PuXHe，则下列说法中正确的是()A衰变发出的 射线是波长很短的光子，穿透能力很强 BX 原子核中含有 143 个中子 C8 个23994Pu经过 24100 年后一定还剩余 4 个 D衰变过程的总质量不变【答案】AB【解析】衰变发出的放射线是频率很大的电磁波，具有很强的穿透能力，不带电，故 A 正确；根据电荷数守恒和质量数守恒
12、得，X 的电荷数为 92，质量数为 235，质子数为 92，则中子数为 235-92=143，故 B 正确；半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，故 C 错误；在衰变的过程中，根据质能方程知，有能量发出，有质量亏损，不过质量数不变，故 D 错误。9如图所示，电路中 R1 和 R2 均为可变电阻，平行板电容器 C 的极板水平放置。闭合开关S，电路达到稳定时，一带电油滴恰好悬浮在两板之间。下列说法正确的是()A仅增大的 R2 阻值，油滴仍然静止 B仅增大 R1 的阻值，油滴向上运动 C增大两板间的距离，油滴仍然静止 D断开开关 S，油滴将向下运动【答案】ABD【解析】电路稳定时，电容器的电压等于
13、可变电阻 R1 的电压，当增大 R2 的阻值，对电容器的电压没有影响，板间场强不变，油滴受力情况不变，仍静止，故 A 正确；当增大 R1 的阻值，R1 分担的电压增大，电容器的电压增大，电容器板间场强增大，油滴所受的电场力增大，因此油滴将向上运动，故 B 正确；增大两板间的距离，电容器的电压不变，由 E=U/d 知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，所以油滴将向下运动，故 C 错误；断开开关 S，电容器通过两个电阻放电，电容器板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，故 D 正确。10如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为 R，圆环上套有质量分别为 m 和 2m 的小球 A、B(
14、均可看做质点)，且小球 A、B 用一长为 2R 的轻质细杆相连，在小球 B 从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(重力加速度为 g)，下列说法正确的是()AA 球增加的机械能等于 B 球减少的机械能 BA 球增加的重力势能等于 B 球减少的重力势能 CA球的最大速度为23gR D细杆对 A做的功为83mgR【答案】AD【解析】B 球运动到最低点，A 球运动到最高点，两球系统机械能守恒，故 A 球增加的机械能等于 B 球减少的机械能，A 正确；A球重力势能增加2mgR，B 球重力势能减少22mgR，故B 错误；两球系统机械能守恒，当B球运动到最低点时速度最大，有21222(2)2mgRm
15、gRmm v，解得43gRv，故 C 错误；除重力外其余力做的功等于机械能的增加量，故细杆对 A 球做的功等于 A球动能的增加量，有218223WmvmgRmgR，D 正确。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 1114 题为必考题，每个试题考生必须作答。第 1516 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考題 11(6 分)在“验证机械能守恒定律”的实验中，小明同学利用传感器设计实验：如图，将质量为 m、直径为 d 的金属小球在一定高度 h 由静止释放，小球正下方固定一台红外线计时器，能自动记录小球挡住红外线的时间 t，改变小球下落高度 h，进行多次重复实验此方案验证机械能守恒定律方便
16、快捷。(1)用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示，则小球的直径 d_mm；(2)为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作下列哪一个图象_；Aht 图象 Bh1t图象 Cht2图象 Dh21t图象 (3)若(2)问中的图象斜率为 k，则当地的重力加速度为_（用“d”、“k”表示，忽略空气阻力）。【答案】(1)17.805（17.80417.806 均可）(2)D (3)22dk【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度为 17.5 mm，可动刻度为 30.5 0.01 mm=0.305 mm，所以最终读数为 17.5 mm+0.305 mm=17.805 mm；(2)已知经过光电门时的时间小球的直径，
17、则可以由平均速度表示经过光电门时的速度，所以dvt，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：212mghmv，整理得2212dhgt，为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，所以应作21ht图象；(3)根据函数2212dhgt可知正比例函数的斜率22dkg，故重力加速度22dgk。12(8 分)某同学在做“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，现有如下实验器材：量程为 3 V、内阻约为 3 k的电压表；量程为 0.6 A、内阻约为 0.1 的电流表；阻值为 020 的滑动变阻器；内阻可忽略、输出电压为 3 V 的电源；额定电压是 2.5 V 的小灯泡；开关和导线若干。(1)该同学连接实
18、验电路如图所示，闭合开关 S 前请老师检查，老师指出图中标示的、和五根连线中有两处错误，错误连线是_(填连线的序号)；(2)正确连线后，闭合开关 S 前，应将滑动变阻器滑片 C 移到_处(填“A”或“B”)。调节滑动变阻器，电流表的示数从 0 开始增加，当示数为 0.50 A 时，电压表示数如图所示，读数为_ V。(3)正确测量获得的伏安特性曲线是下列图象中的_(填字母)。【答案】(1)(2)A 2.50 (3)C【解析】(1)本题应采用滑动变阻器分压接法，同时电流表应采用外接法；由图可知，线应接在滑动变阻器左下端接线柱上；导线应接在灯泡右侧接线柱或电流表接线柱上。(2)实验开始时为了保证实验
19、仪器的正常使用，需要将 C 拨到最左端，即 A 处，此时测量部分电压为零。电压表的最小分度为 0.1 V，需要估读到 0.01 V，故读数为 2.50 V。(3)由于灯泡内阻随温度的增大而增大，故对应的图象的均为曲线，在 I-U图象中应为斜率减小的曲线；故只有 C 正确。13(15 分)如图所示，长 L=1.0 m 木板 B 放在水平面上，其右端放置一小物块 A(视为质点)。B 的质量 mB=2.0 kg，A 的质量 mA=3.0 kg，B 与水平面间的动摩擦因数 1=0.20，A、B 间的动摩擦因数 2=0.40。刚开始两者均处于静止状态，现给 A 一水平向左的瞬间冲量 I，I=9.0 NS
20、，重力加速度 g 取 10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)A 开始运动的速度；(2)A、B 之间因摩擦产生的热量；(3)整个过程 A 对地的位移。【解析】(1)由题意，由动量定理得：I=mAv0 代入数据解得：v0=3 m/s。(2)对 A有：2AAAm gm a 对 B 有：21()AABBBm gmmgm a 代入数据解得：aA=4 m/s2，aB=1 m/s2 A对地做匀减速运动，B 对地做匀加速运动，设 A、B 经过时间 t 达到相同速度 v，A的位移为 xA，B 的位移为 xB。对 A：v=v0-aAt，2202()AAvvxa 对 B：v=aBt，212BBva
21、t 代入数据解得：v=0.6 m/s，t=0.6 s，xA=1.08 m，xB=0.18 m A对 B 的位移为 x=xA-xB=1.08 m-0.18 m=0.9 m1 m，假设成立 故此过程中，A、B 之间因摩擦产生的热量 Q=2mAg=10.8 J。(3)A、B 达到相同速度后，设二者保持静止，整体减速的加速度为112()ABABmmgaggmm，则假设成立。此后二者共同滑行的距离：20.09 m2vxa共 故整个过程 A对地的位移：1.17 mAxxx总共。14(16 分)如图所示，在 x 轴下方的区域内存在沿 y 轴正向的匀强电场，电场强度为 E。在x 轴上方以原点 O 为圆心、半径
22、为 R 的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于 xy 平面并指向纸面外，磁感应强度为 B。y 轴下方的 A 点与 O 点的距离为 d，一质量为 m、电荷量为 q的带正电粒子从 A 点由静止释放，经电场加速后从 O 点射入磁场。(不计粒子的重力)(1)求粒子在磁场中运动的轨道半径 r；(2)要使粒子进入磁场之后不再经过x 轴，电场强度需大于或等于某个值E0，求E0；(3)若电场强度 E 等于第(2)问 E0的23，求粒子经过 x 轴时的位置。【解析】(1)粒子在电场中加速，由动能定理得：212qEdmv 粒子进入磁场后做圆周运动，有：2vqvbmr 解得粒子在磁场中运动的半径12mEdrB
23、q。(2)粒子之后恰好不再经过 x 轴，则离开磁场时的速度方向与 x 轴平行，运动情况如图，可 得 R2r1 由以上各式解得：2204qB REmd。(3)当023EE时，可得磁场中运动的轨道半径23Rr 粒子运动情况如图，图中的角度 、满足 2/23cos2Rr，30 260 粒子经过 x 轴时的位置坐标为22cosrxr 解得：x3R。(二)选考题 15.【物理选修 3-3】（15 分）(1)（5 分）下列说法正确的是 。（填正确答案标号，选对一个得 2 分，选对 2 个得4 分，选对 3 个得 5 分。每选错一个扣 3 分，最低得分为 0 分）A.气体在等压膨胀过程中一定从外界吸收热量
24、B.气体在等温压缩过程中一定从外界吸收热量 C.液晶显示屏是应用液晶光学各向异性特点制成的 D.空调机既能致热又能致冷，说明热传递不存在方向性 E.当分子间距离减小时，分子势能不一定减小【答案】ACE【解析】气体在等压膨胀过程中，温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律知，气体一定从外界吸收热量；气体在等温压缩过程中，内能不变，外界对气体做功，气体放热；液晶是一种特殊的物质，既有液体的流动性，又具有光学各向异性，显示屏是应用各向异性的特点制成的；空调机既能致热又能致冷，但热量不能自发地从低温物体传到高温物体；当分子间距离减小时，分子力是引力则分子势能减小，若分子力是斥力则分
25、子势能增大。(2)（10 分）如图所示，在长为 l57 cm 的一端封闭、另一端开口向上的竖直细玻璃管内，用 5 cm 高的水银柱封闭着 50 cm 长的理想气体，管内外气体的温度均为 33。(i)现将玻璃管缓慢倾斜至与水平面成 53 角，此时管中气体的长度为多少？(ii)在第一问的基础上，若接着将管内水银柱取走 1 cm，再缓慢对玻璃管加热升温至多少时，管中水银柱上表面恰好与管口相齐？(大气压强为 p076 cmHg)解：(i)设玻璃管的横截面积为 S，初态时，管内气体的温度为 T1306 K，体积为 V150S，压强为 p181 cmHg 当玻璃管倾斜至与水平面成 53 角时，管内气体的温
26、度为 T2306 K，体积为 V2lS，压强为p2(765 sin 53)cmHg 由玻意耳定律得：p1V1p2V2 代入数据，解得：l=50.625 cm。(ii)设温度升至 T3时，水银柱长为 4 cm，管内气体的体积为 V353S，压强为 p3(76+4 sin53)cmHg 由理想气体状态方程得：332223p Vp VTT 代入数据，解得 T3317.152 K。16.【物理选修 3-4】（10 分）(1)（5 分）我国地震台网正式测定：2017 年 10 月 19 日 09 时 15 分在山西临汾市襄汾县（北纬 35.95 度，东经 111.54 度）发生 3.0 级地震，震源深度
27、 5 千米。地震波既有横波，也有纵波，某监测站截获了一列沿 x 轴负方向传播的地震横波，在 t s 与（t0.2）s 两个时刻 x 轴上-3 km3 km 区间内的波形图分别如图中实线和虚线所示，则下列说法正确的是 。(填正确答案标号，选对一个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分。每选错一个扣 3 分，最低得分为 0 分)Ax=1.5 km 处质点离开平衡位置的最大距离是 2A B该地震波的最大周期为 0.8 s C该地震波最小波速为 5 km/s D从波源开始振动到波源迁移到地面最长需要经过 1 s 时间 E.从t 时刻开始计时，x2 km 处的质点比x1.5 km 处
28、的质点先回到平衡位置【答案】BCE【解析】各振动质点离开平衡位置的最大距离等于振幅；由图 t=nT+T/4，x=（n+1）m，得 T=0.8/(4n+1)s（n=0，1，2），v=（5n+5）m/s（n=0，1，2）；波源不会迁移；t时刻，x2 km 处的质点向下运动，回到平衡位置用时四分之一周期，x1.5 km 处的质点向上运动，回到平衡位置用时超过四分之一周期。(2)（10 分）投影仪的镜头是一个半球形的玻璃体，光源产生的单色平行光投射到平面上，经半球形镜头折射后在光屏 MN 上形成一个圆形光斑。已知镜头半径 R=30 cm，光屏 MN 到球心 O的距离为 d=102 cm，玻璃对该单色光的折射率53n，不考虑光的干涉和衍射。求：光屏 MN 上被照亮的圆形光斑的半径 r。解：如图所示，设光线入射到 D 点时恰好发生全反射 1sinCn 在 ODF 中cosRCOF 在 OFN 中tanO FCr 又 OF =d-OF 解得：r=0.86 m