遼寧省沈陽市2019屆高三物理三模考試試題（含解析）

1、遼寧省沈陽市2019屆高三物理三模考試試題（含解析）二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1418題只有一項符合題目要求，第1921題有多項符合要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.如圖是世界物理學(xué)史上兩個著名實驗裝置圖，下列有關(guān)實驗的敘述正確的是A. 圖甲是粒子散射實驗裝置，盧瑟福指導(dǎo)他的學(xué)生們進行粒子散射實驗研究時，發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子和中子B. 圖甲是粒子散射實驗裝置，湯姆孫根據(jù)粒子散射實驗，提出了原子“棗糕模型”結(jié)構(gòu)C. 圖乙是研究光電效應(yīng)的實驗裝置，根據(jù)光電效應(yīng)規(guī)律，超過極限頻率的入射光頻率越大，則光電子的最大初動能越大D. 圖乙

2、是研究光電效應(yīng)的實驗裝置，根據(jù)光電效應(yīng)規(guī)律，超過極限頻率的入射光光照強度一定，則光的頻率越大所產(chǎn)生的飽和光電流就越大【答案】C【解析】【詳解】AB、圖甲是粒子散射實驗裝置，盧瑟福提出了核式結(jié)構(gòu)模型；盧瑟福通過用粒子轟擊氮原子放出氫核，發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子；查得威克發(fā)現(xiàn)了中子；湯姆孫通過研究陰極射線中粒子的性質(zhì)發(fā)現(xiàn)了電子，故選項A、B錯誤；C、圖乙是研究光電效應(yīng)的實驗裝置，根據(jù)光電效應(yīng)方程可知超過極限頻率的入射光頻率越大，則光電子的最大初動能越大，故選項C正確；D、光較強時，包含的光子數(shù)較多，照射金屬時產(chǎn)生的光電子較多，因而飽和電流較大，入射光的光強一定時，頻率越大，光電子的最大初動能最越大，而不是所產(chǎn)生

3、的飽和光電流就越大，故選項D錯誤。2.如圖所示，水平桌面上放置一個傾角為45的光滑楔形滑塊A，一細線的一端固定于 楔形滑塊A的頂端O處，細線另一端拴一質(zhì)量為m=0.2 kg的小球。若滑塊與小球一起以加速度a向左做勻加速運動(取g=10m/s2則下列說法正確的是（ ）A. 當(dāng)a=5m/s2時，滑塊對球的支持力為B. 當(dāng)a=15m/s2時，滑塊對球的支持力為半C. 當(dāng)a=5m/s2時，地面對A的支持力一定大于兩個物體的重力之和D. 當(dāng)a=15m/s2時，地面對A的支持力一定小于兩個物體的重力之和【答案】A【解析】【詳解】設(shè)加速度為a0時小球?qū)瑝K的壓力等于零，對小球受力分析，受重力、拉力，根據(jù)牛頓

4、第二定律，有：水平方向：F合=Fcos45=ma0；豎直方向：Fsin45=mg，解得a0=g.A、當(dāng)a=5m/s2時，小球未離開滑塊，水平方向：Fcos45-FNcos45=ma；豎直方向：Fsin45+FNsin45=mg，解得，故A正確；B、當(dāng)a=15m/s2時，小球已經(jīng)離開滑塊，只受重力和繩的拉力，滑塊對球的支持力為零，故B錯誤；C、D、當(dāng)系統(tǒng)相對穩(wěn)定后，豎直方向沒有加速度，受力平衡，所以地面對A支持力一定等于兩個物體的重力之和，故C，D錯誤；故選A.3.截止2019年4月20日，我國已經(jīng)成功發(fā)射了44顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星。北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)采用了國際首創(chuàng)的三種軌道衛(wèi)星組成的混合星座設(shè)計，為亞

5、太地區(qū)提供了更優(yōu)質(zhì)的服務(wù)。下列關(guān)于地球衛(wèi)星的說法正確的是（ ）A. 在赤道上空運行的兩顆同步衛(wèi)星，它們的機械能一定相同B. 沿橢圓軌道運行的某一衛(wèi)星，在軌道不同位置可能具有相同的動能C. 若衛(wèi)星運動的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，則它就是同步衛(wèi)星D. 在同一一軌道上運行的兩顆質(zhì)量相等的衛(wèi)星，它們的動量一定相同【答案】B【解析】【詳解】A、同步衛(wèi)星繞地球圓周運動的線速度大小相同，但不知道衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系故它們的機械能不一定相同，故A錯誤；B、沿橢圓軌道運行的一顆衛(wèi)星，在軌道對稱的不同位置具有相同的速率，故而具有相同的動能，故B正確；C、同步衛(wèi)星只能在赤道的上空，不是所有的運動的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同的衛(wèi)

6、星都在赤道的上空，故C錯誤；D、在同一軌道上運行的兩顆質(zhì)量相等的衛(wèi)星，由于速度方向不同，它們的動量不相同，故D錯誤.故選B.4.如圖所示，水平地面上有一光滑弧形軌道與半徑為r的光滑圓軌道相連，且固定在同一個豎直面內(nèi)。將一只質(zhì)量為m的小球由圓弧軌道上某一高度處無初速釋放。為使小球在沿圓軌道運動時始終不脫離軌道，這個高度h的取值可為（ ）A. 2.2rB. 1.2rC. 1.6rD. 0.8r【答案】D【解析】【詳解】小球可能做完整的圓周運動，剛好不脫離圓軌時，在圓軌道最高點重力提供向心力：；由機械能守恒得：，解得：h=2.5r.也可能不超過與圓心等高處，由機械能守恒得：mgh=mgr，得：h=r

7、，綜上得為使小球在沿圓軌道運動時始終不離開軌道，h的范圍為：hr或h2.5r；故A、B、C錯誤，D正確.故選D.5.目前有一種磁強計，用于測定地磁場的磁感應(yīng)強度。磁強計的原理如圖所示，電路有一段金屬導(dǎo)體，它是長為a、寬為b、高為c的長方形，放在沿y軸正方向的勻強磁場中，導(dǎo)體中通有沿x軸正方向、大小為I的電流。已知該金屬導(dǎo)體單位長度中的自由電子數(shù)為n，電子電荷量為e，金屬導(dǎo)電過程中，自由電子所做的定向移動可視為勻速運動.兩電極M、N均與金屬導(dǎo)體的前后兩側(cè)接觸，用電壓表測出金屬導(dǎo)體前后兩個側(cè)面間的電勢差為U.則磁感應(yīng)強度的大小和電極M、N的正負為（ ）A. ，M正、N負B. ，M負、N正C. ，M

8、負、N正D. ，M正、N負【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)左手定則知，電子向外側(cè)偏轉(zhuǎn)，則導(dǎo)體M極為負極，N極為正極.自由電子做定向移動，視為勻速運動，速度設(shè)為v，則單位時間內(nèi)前進的距離為v，單位長度內(nèi)的自由電子數(shù)為n，則總電子個數(shù)為:nv，電量為:nev，有，電子受電場力和洛倫茲力平衡，有，解得:，故B正確，A，C，D錯誤；故選B.6.如圖甲所示，物塊A、B間拴接一個壓縮后被鎖定的輕彈簧，整個系統(tǒng)靜止放在光滑水平地面上，其中A物塊最初與左側(cè)固定的擋板相接觸，B物塊質(zhì)量為4kg.現(xiàn)解除對彈簧的鎖定，在A離開擋板后，B物塊的V-t圖如圖乙所示，則可知（ ）A. 物塊A的質(zhì)量為4 kgB. 運動過程中

9、物塊A的最大速度為vm=4m/sC. 在物塊A離開擋板前，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒D. 在物塊A離開擋板后彈簧的最大彈性勢能為6J【答案】BD【解析】【詳解】A、彈簧伸長最長時彈力最大，B的加速度最大，此時A和B共速，由圖知，AB共同速度為：v共=2m/s，A剛離開墻時B的速度為：v0=3m/s.在A離開擋板后，取向右為正方向，由動量守恒定律，有：，解得 mA=2kg；故A錯誤.B、當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長時A的速度最大，由， ，解得A的最大速度 vA=4m/s；故B正確.C、在A離開擋板前，由于擋板對A有作用力，A、B系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒；故C錯誤.D、分析A離開擋板后A、B

10、的運動過程，并結(jié)合圖象數(shù)據(jù)可知，彈簧伸長到最長時A、B的共同速度為v共=2m/s，根據(jù)機械能守恒定律和動量守恒定律，有：，；聯(lián)立解得彈簧的最大彈性勢能 Ep=6J，故D正確.故選BD.7.根據(jù)動滑輪省力的特點設(shè)計如圖甲所示裝置(滑輪質(zhì)量、摩擦均不計).質(zhì)量為2kg的物體在豎直向上的拉力F作用下由靜止開始向上做勻加速運動，其速度隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示，由此可知（取g=10m/s2）（ ）A. 物體加速度大小為0.5m/s2B. 拉力F的大小為12 NC. 2s末拉力F的功率大小為96WD. 2s內(nèi)拉力F做的功為48J【答案】BC【解析】【詳解】A、根據(jù)v-t圖象知加速度，故A錯誤；B、牛頓第

11、二定律得，2F-mg=ma，解得，故B正確C、2s末物體的速度v=4m/s，則F的功率P=Fv=2Fv=128W=96W；故C正確.D、物體在2s內(nèi)的位移；則拉力作用點的位移x=8m，則拉力F做功的大小為W=Fx=128J=96J，故D錯誤.故選BC8.如圖所示，在光滑的水平面上方有兩個磁感應(yīng)強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場區(qū)域，磁場寬度均為L。一個邊長為L、電阻為R的單匝正方形金屬線框，在水平外力作用下沿垂直磁場方向運動，從如圖實線位置I進入磁場開始到線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中的位置時，線框的速度始終為，則下列說法正確的是A. 在位置時外力為B. 在位置時線框中的電功率為C.

12、 此過程中產(chǎn)生的電能為D. 此過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為【答案】BC【解析】【詳解】A、在位置時，線框左右兩邊切割磁感線，產(chǎn)生的總感應(yīng)電動勢，感應(yīng)電流，線框受到的安培力，由于線框的速度始終不變，根據(jù)平衡條件可知外力為，故選項A錯誤；B、根據(jù)電功率公式可知線框中的電功率為，故選項B正確；C、正方形金屬線框全部進入左邊磁場之前，線框右邊切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，感應(yīng)電流，線框受到的安培力，克服安培力做功為，正方形金屬線框全部進入磁場之后，線框左右兩邊切割磁感線，克服安培力做功為，克服安培力做功轉(zhuǎn)化為電能，此過程中產(chǎn)生的電能為，故選項C正確；D、由，可得此過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為，故選

13、項D錯誤。三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第2232題為必考題，每個試題考生都必須作答。第3338題為選考題，考生根據(jù)要求作答。9.下圖是實驗室測定水平面和小物塊之間動摩擦因數(shù)的一種實驗裝置，曲面AB與水平面相切于B點且固定.帶有遮光條的小物塊自曲面上某一點釋放后沿曲面滑行最終停在平面上C點.P為放置在B點的光電計時器的光電門，除此之外實驗室還備有游標卡尺、刻度尺和天平，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間.(1)利用游標卡尺測得遮光條的寬度如圖b所示，則遮光條的寬度d=_cm；(2)實驗中除了測定遮光條的寬度外，還需要測量的物理量有_(寫明物理量及表示物理量的符號)；(3)為了減小實驗誤差，同學(xué)們

14、多次實驗并采用圖象法來處理實驗數(shù)據(jù)，為便于數(shù)據(jù)處理及求解，根據(jù)實驗原理建立直角坐標系時，x軸表示_，y軸表示_.(4)利用上述測量物理量寫出計算動摩擦因數(shù)的表達式=_.【答案】 (1). 1.060 (2). 遮光條通過光電門的時間t、光電門到C點的距離s (3). (或，或 (4). (或s，) (5). 【解析】【詳解】(1)主尺的刻度:10mm，游標尺上的第12個刻度與主尺的刻度對齊，讀數(shù)是：0.0512=0.60mm，總讀數(shù)：10mm+0.60mm=10.60mm=1.060mm；(2)、(4)、實驗的原理：根據(jù)遮光條的寬度與滑塊通過光電門的時間即可求得滑塊的速度：；B到C的過程中，摩

15、擦力做功，根據(jù)動能定理得：;聯(lián)立以上兩個公式得動摩擦因數(shù)的表達式:；故還需要測量的物理量是：光電門到C之間的距離s、遮光條通過光電門的時間t.(3)根據(jù)動能定理可得,解得或；故可建立或；10.在市場上銷售的銅質(zhì)電線電纜產(chǎn)品中，部分存在導(dǎo)體電阻不合格問題，質(zhì)檢部門檢驗發(fā)現(xiàn)，一種是銅材質(zhì)量不合格，使用了再生銅或含雜質(zhì)較多的銅；再一種就是銅材質(zhì)量合格，但橫截面積較小。質(zhì)檢組查閱到：常溫下，純銅的電阻率約為。為檢測一捆銅電線的電阻率是否合格，現(xiàn)取一段銅電線測量其電阻率，實驗室現(xiàn)有的器材如下：A電源(電動勢約為1.5V，內(nèi)阻不計)；B待測銅電線(長度150m，橫截面積約1mm2)； C一電流表A1(量程

16、150mA，內(nèi)阻r1約為2)： D電流表A2(量程100mA ，內(nèi)阻r1=3)； E滑動變阻器R1(020，額定電流0.2A)； F開關(guān)、導(dǎo)線若干。(1)小組成員先用螺旋測微器測量該銅電線的直徑d，如圖（a）所示，則d=_mm。(2)小組設(shè)計的測量電路如圖（b）所示，則P是_，N是_ (填對應(yīng)器材符號)，通過實驗作出的圖象如圖(c)所示。 (3)由圖(b)電路測得的銅電線的電阻，其測量值比真實值_ (選填“偏大”、“不變”或“偏小”)。 (4)由圖（c）求得這捆銅電線的電阻率=_(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)從銅電線自身角度，你認為電阻率大的可能原因是_.【答案】 (1). 1.125 (2). A

17、2 (3). A1 (4). 不變 (5). 2.3210-8m (6). 可能是再生銅或含過多雜質(zhì)的次銅【解析】【詳解】(1)螺旋測微器的讀數(shù)是固定刻度與可動刻度的示數(shù)之和，所以金屬絲的直徑d=1mm+12.50.01mm=1.125mm.(2)由于題目只給了兩個電流表，顯然其中之一是當(dāng)成電壓表來使用的，但只有已知該電流表的內(nèi)阻才能由電流表的示數(shù)確定該表兩端電壓，所以P應(yīng)選內(nèi)阻已知的A2，N就選電流表A1；(3)由電路串并聯(lián)電路的關(guān)系，可以寫出I2與銅導(dǎo)線的電流I1-I2的關(guān)系：，所以，由于兩電流表均測出的是各自的電流，無分流或壓引起的誤差，所以測量值與真實值相等，故要填不變.(4)由丙圖的

18、圖象斜率，所以，再根據(jù)電阻定律可求得電阻率；對比題目所給的銅的電離率，顯然是偏大的，可能是由于銅中含有過多的雜質(zhì)或者是再生銅所做.11.航天飛機在平直的跑道上降落，其減速過程可以簡化為兩個勻減速直線運動。航天飛機以水平速度v0=100m/s著陸后，立即打開減速阻力傘，以大小為a1=4m/s2的加速度做勻減速運動，一段時間后阻力傘脫離，航天飛機以大小為a2=2.5m/s2的加速度做勻減速直運動直至停下.已知兩個勻減速運動滑行的總路程x=1370m.求： (1)第二個減速階段航天飛機運動的初速度大?。?2)航天飛機降落后滑行的總時間.【答案】（1）v1=40m/s （2）t=31s【解析】【詳解】

19、(1)設(shè)第二個減速階段的初速度為v1，根據(jù)運動學(xué)公式則有： x1 + x2= x 解得:v1=40m/s (2)由速度公式可得：v0=v1+a1t1 v1=a2t2 t=t1 +t2 解得:t=31s 12.如圖所示，M、N為水平放置的兩塊平行金屬板，板間距為L，兩板間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電勢差為，磁感應(yīng)強度大小為.一個帶正電的粒子從兩板中點垂直于正交的電、磁場水平射入，沿直線通過金屬板，并沿與ab垂直的方向由d點進入如圖所示的區(qū)域（忽略電磁場的邊緣效應(yīng)）。直線邊界ab及ac在同一豎直平面內(nèi)，且沿ab、ac向下區(qū)域足夠大，不計粒子重力，求： (1)粒子射入金屬板的速度大?。?2)

20、若bac區(qū)域僅存在垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場羅要使粒子不從ac邊界射出，設(shè)最小磁感應(yīng)強度為B 1；若bac區(qū)域內(nèi)僅存在平行紙面且平行ab方向向下的勻強電場，要使粒子不從ac邊射出，設(shè)最小電場強度為E1.求B1與E1的比值為多少?【答案】（1）v= （2）【解析】【詳解】(1)設(shè)帶電粒子電荷量q、質(zhì)量為m、射入金屬板速度為v，粒子做直線運動時電場力與洛倫茲力平衡，根據(jù)平衡條件有：qvB0= qE0 E0 = 解得:v= (2)僅存在勻強磁場時，若帶電粒子剛好不從ac邊射出，則其軌跡圓與ac邊相切，則 qvB1 = 得:B1= 僅存在勻強電場時，若粒子不從ac邊射出，則粒子到達邊界線ac且末速度也是與

21、ac邊相切，即： x=vt y=at2 qE1=ma tan30= tan30 = 得:E1= 所以: 13.有兩列簡諧橫波的振幅都是10cm，傳播速度大小相同。O點是實線波的波源，實線波沿x軸正方向傳播，波的頻率為3Hz；虛線波沿x軸負方向傳播。某時刻實線波剛好傳到x=12m處質(zhì)點，虛線波剛好傳到x=0處質(zhì)點，如圖所示，則下列說法正確的是_A. 實線波和虛線波的頻率之比為2:3B. 平衡位置為x=6m處的質(zhì)點此刻振動速度最大C. 實線波源的振動方程為D. 平衡位置為x=6m處的質(zhì)點始終處于振動加強區(qū)，振幅為20cmE. 從圖示時刻起再經(jīng)過0.75s，平衡位置為x=5m處的質(zhì)點的位移【答案】BCE【解析】【詳解】A、在同一介質(zhì)中傳播的兩列簡諧橫波波速相等,由圖可知，實線波的波長 1=4m，虛線波的波長 2=6m，由v=f可知，實線波和虛線波的頻率之比為f1：f2=2：1=3:2，故A錯誤；B、兩列波單獨引起平衡位置為x=6m處的質(zhì)點的速度方向均向上，所以該質(zhì)點