四川省德陽市2019屆高三物理考前模擬試題（含解析）

四川省德陽市2019屆高三物理考前模擬試題（含解析）二、選擇題(本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，14-18題只有一項(xiàng)符合題目要求，19-21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，不選或錯選的得0分。)1.下列說法正確的是a. 原子的核式結(jié)構(gòu)模型是湯姆遜最早提出的b. 一群氫原子從量子數(shù)n=3的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時最多可輻射2種不同頻率的光子c. 一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)，可能因?yàn)檫@束光的強(qiáng)度太小d. 考古專家發(fā)現(xiàn)某一骸骨中的含量為活著的生物體中的，已知的半衰期為5730年，則確定該生物死亡時距今約11460年【答案】d【解析】【詳解】a、原子的核式結(jié)構(gòu)模型是盧瑟福最早提出的，故a錯誤；b、一個氫原子從量子數(shù)n3的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時最多可輻射種不同頻率的光子，故b錯誤；c、根據(jù)光電效應(yīng)的產(chǎn)生條件可知，一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)，可能因?yàn)檫@束光的頻率太小，跟光的強(qiáng)度無關(guān)，故c錯誤；d、根據(jù)半衰期公式知，解得n2，即發(fā)生兩次半衰期，則確定該生物死亡時距今約2573011460年，故d正確。2.在地球大氣層外有大量的太空垃圾在太陽活動期，地球大氣會受太陽風(fēng)的影響而擴(kuò)張，使一些原本在大氣層外繞地球飛行的太空垃圾被大氣包圍，從而開始向地面下落大部分太空垃圾在落地前已經(jīng)燃燒成灰燼，但體積較大的太空垃圾仍會落到地面上，對人類造成危害太空垃圾下落的原因是a. 大氣的擴(kuò)張使垃圾受到的萬有引力增大而導(dǎo)致下落b. 太空垃圾在與大氣摩擦燃燒過程中質(zhì)量不斷減小，進(jìn)而導(dǎo)致下落c. 太空垃圾在大氣阻力作用下速度減小，運(yùn)動所需的向心力將小于萬有引力，垃圾做趨向圓心的運(yùn)動，落向地面d. 太空垃圾的上表面受到的大氣壓力大于其下表面受到的大氣壓力，這種壓力差將它推向地面【答案】c【解析】【詳解】太空垃圾在大氣阻力的作用下速度減小，地球?qū)λ囊Υ笥谒鰣A周運(yùn)動所需的向心力，其不斷做向心運(yùn)動，最終落在地面上，故c正確，abd錯誤。3.如圖所示是某粒子速度選擇器截面的示意圖，在一半徑為r10 cm的圓柱形桶內(nèi)有b104t的勻強(qiáng)磁場，方向平行于軸線，在圓柱桶某一截面直徑的兩端開有小孔，作為入射孔和出射孔粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出現(xiàn)有一粒子源發(fā)射比荷為的正粒子，粒子束中速度分布連續(xù)當(dāng)角45時，出射粒子速度v的大小是a. 106m/sb. 2106m/sc. 2108m/sd. 4106m/s【答案】b【解析】由題意，粒子從入射孔以45角射入勻強(qiáng)磁場，粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動能夠從出射孔射出的粒子剛好在磁場中運(yùn)動周期，由幾何關(guān)系知rr，又r，v2106m/s.4.右端帶有光滑圓弧軌道質(zhì)量為m的小車靜置于光滑水平面上，如圖所示一質(zhì)量為m的小球以速度v0水平?jīng)_上小車，關(guān)于小球此后的運(yùn)動情況，以下說法正確的是a. 小球可能離開小車水平向右做平拋運(yùn)動b. 小球可能從圓弧軌道上端拋出而不再回到小車c. 小球不可能離開小車水平向左做平拋運(yùn)動d. 小球不可能離開小車做自由落體運(yùn)動【答案】a【解析】【詳解】小球從圓弧軌道上端拋出后，小球水平方向的速度和車的速度相同，故小球仍會落回到小車上；小球落回到小車后，相對小車向左滑動，然后從左邊離開小車：如果小球?qū)Φ孛娴乃俣认蜃?，則小球離開小車水平向左做平拋運(yùn)動；如果小球?qū)Φ孛娴乃俣葹榱?，則小球離開小車后做自由落體運(yùn)動；如果小球?qū)Φ孛娴乃俣认蛴?，則小球離開小車水平向右做平拋運(yùn)動。故a正確，bcd錯誤。5.如圖所示，真空空間中四點(diǎn)o、a、b、c恰為一棱長為的正四面體的四個頂點(diǎn)，其中a、b、c三點(diǎn)在水平面內(nèi)，o為三角形abc的幾何中心已知靜電力常量為k，重力加速度為g，下列說法正確的是a. 若a、b、c三點(diǎn)各固定一電荷量為q的正點(diǎn)電荷，則o點(diǎn)電勢比o 點(diǎn)電勢高b. 若a、b、c三點(diǎn)各固定一電荷量為q的負(fù)點(diǎn)電荷，則點(diǎn)o與ab、bc、ac三邊中點(diǎn)的電勢相等c. 若a、b、c三點(diǎn)各固定一電荷量為q的正點(diǎn)電荷，將另一質(zhì)量為m的帶正電的小球（可視為點(diǎn)電荷）放置在o點(diǎn)恰靜止，則小球所帶的電荷量為d. 若a、b、c三點(diǎn)各固定一電荷量為q的負(fù)點(diǎn)電荷，則o點(diǎn)的場強(qiáng)大小與ab、bc、ac三邊中點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等【答案】c【解析】【詳解】a、若a、b、c三點(diǎn)各固定一電荷量為q的正點(diǎn)電荷，將一個正的試探電荷從點(diǎn)移動到o點(diǎn)，電場力做正功，電勢降低，故a錯誤；b、若a、b、c三點(diǎn)各固定一電荷量為q的負(fù)點(diǎn)電荷，結(jié)合對稱性可知，o點(diǎn)與ab、bc、ac三邊中點(diǎn)的電勢差相等，由分析可知，將一個正的試探電荷從ab、bc、ac三邊中點(diǎn)和點(diǎn)移動到o點(diǎn)，電場力做功不等，故與ab、bc、ac三邊中點(diǎn)的電勢不相等，故b錯誤；c、若a、b、c三點(diǎn)各固定一電荷量為q的正點(diǎn)電荷，將另一質(zhì)量為m的帶正電的小球（可視為點(diǎn)電荷）放置在o點(diǎn)恰靜止，小球受到的三個電場力的合力與重力平衡；根據(jù)平衡條件，有：，其中：，故，解得：，故c正確；d、若a、b、c三點(diǎn)各固定一電荷量為q的負(fù)點(diǎn)電荷，o點(diǎn)的場強(qiáng)不為零，是三個點(diǎn)電荷在o點(diǎn)場強(qiáng)的疊加，大小為，解得c選項(xiàng)可得：，ab中點(diǎn)的場強(qiáng)等于c點(diǎn)點(diǎn)電荷在ab中點(diǎn)處的場強(qiáng)，大小為，其中，解得：，故不相等，d錯誤。6.乘座列車時，在車廂內(nèi)研究列車的運(yùn)動情況，小明在車廂頂部用細(xì)線懸掛一只小球當(dāng)列車以恒定速率通過一段彎道時，小明發(fā)現(xiàn)懸掛小球的細(xì)線與車廂側(cè)壁平行，則下列判斷正確的是a. 外側(cè)軌道與輪緣間沒有側(cè)向擠壓作用b. 細(xì)線對小球的拉力等于小球的重力c. 小球不在懸點(diǎn)的正下方，偏向彎道的內(nèi)側(cè)d. 放在桌面上的茶杯所受支持力垂直于桌面，但不豎直向上【答案】ad【解析】【詳解】a、設(shè)車與小球做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r，車速為v，則對小球：，由于懸掛小球的細(xì)線與車廂側(cè)壁平行，可知車受到的支持力的方向與小球受到的繩子的拉力的方向相同，由受力分析可知，車的向心力恰好是車受到的重力與支持力的合力提供，所以兩側(cè)的軌道與輪緣間都沒有側(cè)向擠壓作用，故a正確；b、當(dāng)列車以恒定速率通過一段彎道時，小球也做勻速圓周運(yùn)動，繩子的拉力與重力的合力提供向心力，設(shè)此時繩子與豎直方向之間的夾角為，則繩子的拉力：，故b錯誤；c、由于懸掛小球的細(xì)線與車廂側(cè)壁平行，繩子的拉力與重力的合力提供小球做勻速圓周運(yùn)動的向心力，則小球一定不在懸點(diǎn)的正下方，而是偏向彎道的外側(cè)。故c錯誤；d、在彎道處火車內(nèi)軌與外軌之間存在高度差，所以火車的桌面不是水平的，根據(jù)彈力方向的特點(diǎn)可知，放在桌面上的茶杯所受支持力垂直于桌面，但不是豎直向上，故d正確。7.如圖所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度bt.單匝矩形線圈面積s1 m2，電阻不計，繞垂直于磁場的軸oo勻速轉(zhuǎn)動.線圈通過電刷與一理想變壓器原線圈相接，為交流電流表.調(diào)整副線圈的滑動觸頭p，當(dāng)變壓器原、副線圈匝數(shù)比為12時，副線圈電路中標(biāo)有“36 v，36 w”的燈泡正常發(fā)光.以下判斷正確的是()a. 電流表的示數(shù)為1 ab. 矩形線圈產(chǎn)生電動勢的最大值為18 vc. 從矩形線圈轉(zhuǎn)到中性面開始計時，矩形線圈電動勢隨時間變化的規(guī)律為e18sin 90tvd. 若矩形線圈轉(zhuǎn)速增大，使燈泡仍能正常發(fā)光，應(yīng)將p適當(dāng)下移【答案】bc【解析】試題分析：由小燈泡正常發(fā)光，得到變壓器的輸出電壓和輸出電流，然后結(jié)合變壓比公式和變流比公式求解變壓器的輸入電壓和電流，最后結(jié)合發(fā)電機(jī)的電動勢公式e=nbssint分析解：a、小燈泡正常發(fā)光，故變壓器的輸出電流為：i2=；根據(jù)變流比公式：，解得：i1=2a；故a錯誤；b、小燈泡正常發(fā)光，故變壓器的輸出電壓為36v，根據(jù)變壓比公式，解得：u1=18v；故矩形線圈產(chǎn)生電動勢的有效值為18v；故b正確；c、矩形線圈產(chǎn)生電動勢的最大值為18v，根據(jù)公式em=nbs，解得：=；故從矩形線圈轉(zhuǎn)到中性面開始計時，矩形線圈電動勢隨時間的變化規(guī)律e=emsint=v；故c正確；d、若矩形線圈轉(zhuǎn)速增大，根據(jù)公式em=nbs，感應(yīng)電動勢的最大值增加，故有效值也增加；為使燈泡仍能正常發(fā)光，應(yīng)該減小變壓比，故應(yīng)將p適當(dāng)上移；故d錯誤；故選：bc點(diǎn)評：本題關(guān)鍵是明確交流發(fā)電機(jī)的瞬時值、有效值、最大值的區(qū)別和求解方法，同時要結(jié)合變壓器的變壓比和變流比公式列式求解8.如圖所示，質(zhì)量為2m、m的小滑塊p、q，p套固定豎直桿上，q放在水平地面上。p、q間通過鉸鏈用長為l的剛性輕桿連接，一輕彈簧左端與相連，右端固定在豎直桿上，彈簧水平，當(dāng)=30時，彈簧處于原長。當(dāng)=30時，p由靜止釋放，下降到最低點(diǎn)時變?yōu)?0，整個運(yùn)動過程中，p、q始終在同一豎直平面內(nèi)，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則p下降過程中a. p、q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒b. 彈簧彈性勢能最大值為c. 豎直桿對p的彈力始終大于彈簧彈力d. p下降過程中動能達(dá)到最大前，q受到地面的支持力小于3mg【答案】bd【解析】a、根據(jù)能量守恒可知，p、q、彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故a錯誤；b、根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得，彈簧彈性勢能最大值為，故b正確；c、對q，水平方向的合力，先做加速運(yùn)動后做減速運(yùn)動，所以豎直桿對q的彈力不一定始終大于彈簧彈力，所以豎直桿對p的彈力不一定始終大于彈簧彈力，故c錯誤；d、p下降過程中動能達(dá)到最大前，p加速下降，以p、q為整體，在豎直方向上根據(jù)牛頓第二定律有，則有，故d正確；故選bd。三、實(shí)驗(yàn)題(共2小題,15分) 9.為了測量木塊與木板間動摩擦因數(shù)，某小組使用位移傳感器設(shè)計了如圖所示實(shí)驗(yàn)裝置，讓木塊從傾斜木板上一點(diǎn)a由靜止釋放，位移傳感器可以測出木塊到傳感器的距離。位移傳感器連接計算機(jī)，描繪出滑塊相對傳感器的位移s隨時間t變化規(guī)律，如圖所示。根據(jù)上述圖線，計算0.4s時木塊的速度=_m/s，木塊加速度a=_m/s2；現(xiàn)測得斜面傾角為 ，g取10m/s2，則= _；為了提高木塊與木板間動摩擦因數(shù)的測量精度，下列措施可行的是_aa點(diǎn)與傳感器距離適當(dāng)大些b木板傾角越大越好c選擇體積較大的空心木塊d傳感器開始計時的時刻必須是木塊從a點(diǎn)釋放的時刻【答案】 (1). 04 (2). 1 (3). 0.625 (4). a【解析】【詳解】根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于這段時間內(nèi)中點(diǎn)時刻的瞬時速度，得0.4s末的速度為：，0.2s末的速度為：，則木塊的加速度為：；選取木塊為研究的對象，木塊沿斜面方向是受力：，得：，若，則；根據(jù)的分析可知，在實(shí)驗(yàn)中，為了減少實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)使木塊的運(yùn)動時間長一些，可以：可以減小斜面的傾角、增加木塊在斜面上滑行的位移等，傳感器開始的計時時刻不一定必須是木塊從a點(diǎn)釋放的時刻。故a正確，bcd錯誤。10.電動自行車是一種環(huán)保，便利的交通工具，越來越受大眾的青睞，為了測定電動車電池組的電動勢和內(nèi)電阻，某同學(xué)設(shè)計了如圖1所示的實(shí)驗(yàn)電路，所用實(shí)驗(yàn)器材有：a電池組(電動勢約為12 v，內(nèi)阻未知)b電流表(量程為300 ma，內(nèi)阻忽略不計)c電阻箱r(0999.9 )d定值電阻r0(阻值為10 )e導(dǎo)線和開關(guān)該同學(xué)部分操作步驟如下(1)當(dāng)閉合開關(guān)后，無論怎樣調(diào)節(jié)電阻箱，電流表都沒有示數(shù)，反復(fù)檢查確認(rèn)電路連接完好，該同學(xué)利用多用電表，又進(jìn)行了如下操作：斷開電源開關(guān)s.將多用電表選擇開關(guān)置于“1”擋，調(diào)零后，將紅、黑表筆分別接在r0兩端，讀數(shù)為10.將多用電表選擇開關(guān)置于“10 ”擋，調(diào)零后，將紅，黑表筆分別接電阻箱兩接線柱，指針位置如圖2所示，則所測電阻箱阻值為_ .用多用電表分別對電源和開關(guān)進(jìn)行檢測，發(fā)現(xiàn)電源，開關(guān)均完好由以上操作可知，發(fā)生故障的元件是_(2)在更換規(guī)格相同的元件后重新連接好電路(3)改變電阻箱r的阻值，分別測出電路中相應(yīng)的電流i.為了保證實(shí)驗(yàn)順利進(jìn)行且使測量結(jié)果更準(zhǔn)確些，電阻箱r的取值范圍應(yīng)為_a100300b40100c1540(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描點(diǎn)，繪出的r圖象如圖3所示若直線的斜率為k，在坐標(biāo)軸上的截距為b，則該電池組的電動勢e_，內(nèi)阻r_(用k，b和r0表示)【答案】 (1). 70 (2). 電流表 (3). b (4). (5). 【解析】【詳解】（1）歐姆表表盤讀數(shù)為7，倍率為“10”，故為70；在故障檢測時，除電流表其余部分均沒有問題，故問題只能出在電流表處；（3）為減小電流表的讀數(shù)誤差，電流表指針偏轉(zhuǎn)角度應(yīng)該盡量大于三分之一，即電流范圍為：100mai300ma，根據(jù)歐姆定律，總電阻120r總40，扣除定值電阻10，即電流表內(nèi)阻和電源內(nèi)阻加上電阻箱電阻應(yīng)該大于等于30而小于等于110，由于電流表內(nèi)阻不計，故應(yīng)該選b；（4）根據(jù)閉合電路歐姆定律，有，則，故有：，聯(lián)立解得：，。四、計算題(共2小題,)11.如圖所示，摩托車做騰躍特技表演時沿曲面沖上高3.2m頂部水平高臺接著以水平速度離開平臺落至地面。此時摩托車恰能無碰撞地沿圓弧切線從a點(diǎn)切入光滑豎直圓弧軌道，并沿軌道下滑。a、b為圓弧兩端點(diǎn)，其連線水平。已知圓弧弦長ab8m，人和車的總質(zhì)量為150kg，特技表演的全過程中，阻力忽略不計。（計算中取g10m/s2，sin530.8，cos530.6）。求：（1）從摩托車到達(dá)a點(diǎn)時速度大小和方向；（2）人和車運(yùn)動到圓弧軌道最低點(diǎn)c處時對軌道的壓力大小?！敬鸢浮浚?）10m/s，與水平方向成530角（2）5700n【解析】【詳解】（1）從平臺飛出后做平拋運(yùn)動，豎直方向做自由落體運(yùn)動，則運(yùn)動時間為：，a點(diǎn)速度為：根據(jù)幾何關(guān)系有：解得：(2)當(dāng)運(yùn)動到最低點(diǎn)時受到重力和支持力，合力提供向心力，則有：a到c：由，聯(lián)立解得：，根據(jù)牛頓第三定律：人和車對軌道的壓力大小為12.如圖甲所示，表面絕緣，傾角30的斜面固定在水平地面上，斜面的頂端固定有彈性擋板，擋板垂直于斜面，并與斜面底邊平行斜面所在空間有一寬度d0.40 m的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，其邊界與斜面底邊平行，磁場方向垂直斜面向上，磁場上邊界到擋板的距離s0.55 m一個質(zhì)量m0.10 kg，總電阻r0.25 的單匝矩形閉合金屬框abcd，放在斜面的底端，其中ab邊與斜面底邊重合，ab邊長l0.50 m從t0時刻開始，線框在垂直cd邊沿斜面向上且大小恒定的拉力作用下，從靜止開始運(yùn)動，當(dāng)線框的ab邊離開磁場區(qū)域時撤去拉力，線框繼續(xù)向上運(yùn)動，并與擋板發(fā)生碰撞，碰撞過程的時間可忽略不計，且沒有機(jī)械能損失線框向上運(yùn)動過程中速度與時間的關(guān)系如圖乙所示已知線框在整個運(yùn)動過程中始終未脫離斜面，且保持ab邊與斜面底邊平行，線框與斜面之間的動摩擦因數(shù)，重力加速度g取10 m/s2.(1)求線框受到的拉力f的大??；(2)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度b的大??；(3)已知線框向下運(yùn)動通過磁場區(qū)域過程中速度v隨位移x的變化規(guī)律滿足(式中v0為線框向下運(yùn)動ab邊剛進(jìn)入磁場時的速度大小，x為線框ab邊進(jìn)入磁場后對磁場上邊界的位移大小)，求線框在斜面上運(yùn)動的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱q.【答案】(1)1.5n(2)0.50 t(3)0.45 j【解析】（1）由vt圖象可知，加速度 a5.0m/s2（1分）由牛頓第二定律fmgsinqm mgcosqma解得 f1.5 n（2分）（2）由vt圖象可知，線框進(jìn)入磁場區(qū)域后以速度v1做勻速直線運(yùn)動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢eblv1，通過線框的電流i，線框所受安培力f安bil由力的平衡條件，有fmgsinqmgcosq解得 b0.50t（3分）（3）由vt圖象可知，線框進(jìn)入磁場區(qū)域后做勻速直線運(yùn)動，并以速度v1勻速穿出磁場，說明線框的寬度等于磁場的寬度 d0.40m （1分）線框ab邊離開磁場后做勻減速直線運(yùn)動，到達(dá)擋板時的位移為sd0.15m（1分）設(shè)線框與擋板碰撞前的速度為v2 由動能定理，有 mg(sd)sinqmg(sd)cosq（1分）解得 v21.0 m/s（1分）線框碰擋板后速度大小仍為v2，線框下滑過程中，由于重力沿斜面方向的分力與滑動摩擦力大小相等，即mgsinmgcos0.50n，因此線框與擋板碰撞后向下做勻速運(yùn)動，ab邊剛進(jìn)入磁場時的速度為v21.0 m/s；進(jìn)入磁場后因?yàn)橛质艿桨才嗔ψ饔枚鴾p速，做加速度逐漸變小的減速運(yùn)動，設(shè)線框全部離開磁場區(qū)域時的速度為v3由vv0得v3v21.0 m/s，因v30，說明線框在離開磁場前速度已經(jīng)減為零，這時安培力消失，線框受力平衡，所以線框?qū)㈧o止在磁場中某位置。（2分）線框向上運(yùn)動通過磁場區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱q1i2rt0.40 j（1分）線框向下運(yùn)動進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱q20.05 j（1分）所以qq1q20.45 j（1分）13.一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在t秒與（t+0.2）秒兩個時刻，x軸上（-3m，3m）區(qū)間的波形完全相同，如圖所示。并且圖中m，n兩質(zhì)點(diǎn)在t秒時位移均為，下列說法中正確的是a. 該波的最小波速為20m/sb. （t+0.1）秒時刻，x=-2m處的質(zhì)點(diǎn)位移一定是ac. 從t秒時刻起，x=2m處的質(zhì)點(diǎn)比x=2.5m的質(zhì)點(diǎn)先回到平衡位置d. 從t秒時刻起，在質(zhì)點(diǎn)m第一次到達(dá)平衡位置時，質(zhì)點(diǎn)n恰好到達(dá)波峰e. 該列波在傳播過程中遇到寬度為d=3m的狹縫時會發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象【答案】ace【解析】【詳解】a、由圖知波長，由于t秒與（t+0.2）秒兩個時刻的波形相同，經(jīng)過了整數(shù)倍周期的時間，則得：，可得到最大的周期為t0.2s，由得最小波速為：，故a正確；b、由于周期不確定，時間0.1s不一定等于半個周期，則（t+0.1）秒時刻，x2m處的質(zhì)點(diǎn)不一定到達(dá)波峰，位移就不一定