四川省德阳市2019届高三物理考前模拟试题（含解析）

四川省德阳市2019届高三物理考前模拟试题（含解析）二、选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，14--18题只有一项符合题目要求，19--21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，不选或错选的得0分。)1.下列说法正确的是A.原子的核式结构模型是汤姆逊最早提出的B.一群氢原子从量子数n=3的激发态跃迁到基态时最多可辐射2种不同频率的光子C.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能因为这束光的强度太小D.考古专家发现某一骸骨中146C的含量为活着的生物体中146C的14，已知146C的半衰期为5730年，则确定该生物死亡时距今约11460年【答案】D【解析】【详解】A、原子的核式结构模型是卢瑟福最早提出的，故A错误；B、一个氢原子从量子数n＝3的激发态跃迁到基态时最多可辐射23C3种不同频率的光子，故B错误；C、根据光电效应的产生条件可知，一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能因为这束光的频率太小，跟光的强度无关，故C错误；D、根据半衰期公式知1124n，解得n＝2，即发生两次半衰期，则确定该生物死亡时距今约2×5730＝11460年，故D正确。2.在地球大气层外有大量的太空垃圾．在太阳活动期，地球大气会受太阳风的影响而扩张，使一些原本在大气层外绕地球飞行的太空垃圾被大气包围，从而开始向地面下落．大部分太空垃圾在落地前已经燃烧成灰烬，但体积较大的太空垃圾仍会落到地面上，对人类造成危害．太空垃圾下落的原因是A.大气的扩张使垃圾受到的万有引力增大而导致下落B.太空垃圾在与大气摩擦燃烧过程中质量不断减小，进而导致下落C.太空垃圾在大气阻力作用下速度减小，运动所需的向心力将小于万有引力，垃圾做趋向圆心的运动，落向地面D.太空垃圾的上表面受到的大气压力大于其下表面受到的大气压力，这种压力差将它推向地面【答案】C【解析】【详解】太空垃圾在大气阻力的作用下速度减小，地球对它的引力大于它做圆周运动所需的向心力，其不断做向心运动，最终落在地面上，故C正确，ABD错误。3.如图所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R＝10cm的圆柱形桶内有B＝10－4T的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔．粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．现有一粒子源发射比荷为11210C/kgqm的正粒子，粒子束中速度分布连续．当角θ＝45°时，出射粒子速度v的大小是A.2×106m/sB.22×106m/sC.22×108m/sD.42×106m/s【答案】B【解析】由题意，粒子从入射孔以45°角射入匀强磁场，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动．能够从出射孔射出的粒子刚好在磁场中运动周期，由几何关系知r＝R，又r＝，v＝＝2×106m/s.4.右端带有14光滑圆弧轨道质量为M的小车静置于光滑水平面上，如图所示．一质量为m的小球以速度v0水平冲上小车，关于小球此后的运动情况，以下说法正确的是A.小球可能离开小车水平向右做平抛运动B.小球可能从圆弧轨道上端抛出而不再回到小车C.小球不可能离开小车水平向左做平抛运动D.小球不可能离开小车做自由落体运动【答案】A【解析】【详解】小球从圆弧轨道上端抛出后，小球水平方向的速度和车的速度相同，故小球仍会落回到小车上；小球落回到小车后，相对小车向左滑动，然后从左边离开小车：如果小球对地面的速度向左，则小球离开小车水平向左做平抛运动；如果小球对地面的速度为零，则小球离开小车后做自由落体运动；如果小球对地面的速度向右，则小球离开小车水平向右做平抛运动。故A正确，BCD错误。5.如图所示，真空空间中四点O、A、B、C恰为一棱长为Ｌ的正四面体的四个顶点，其中A、B、C三点在水平面内，O′为三角形ABC的几何中心．已知静电力常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是A.若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的正点电荷，则O点电势比O′点电势高B.若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的负点电荷，则点O′与AB、BC、AC三边中点的电势相等C.若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球（可视为点电荷）放置在O点恰静止，则小球所带的电荷量为266mgLkQD.若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的负点电荷，则O点的场强大小与AB、BC、AC三边中点的场强大小相等【答案】C【解析】【详解】A、若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的正点电荷，将一个正的试探电荷从O点移动到O点，电场力做正功，电势降低，故A错误；B、若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的负点电荷，结合对称性可知，O点与AB、BC、AC三边中点的电势差相等，由分析可知，将一个正的试探电荷从AB、BC、AC三边中点和O点移动到O点，电场力做功不等，故O与AB、BC、AC三边中点的电势不相等，故B错误；C、若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球（可视为点电荷）放置在O点恰静止，小球受到的三个电场力的合力与重力平衡；根据平衡条件，有：3cosFmg，其中：2QqFkL，333sin3LL，故6cos3，解得：266mgLqkQ，故C正确；D、若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的负点电荷，O点的场强不为零，是三个点电荷在O点场强的叠加，大小为23cos3cosOQEEkL，解得C选项可得：226633OQkQEkLL，AB中点的场强等于C点点电荷在AB中点处的场强，大小为2kQEL，其中3sin602LLL，解得：243kQEL，故不相等，D错误。6.乘座列车时，在车厢内研究列车的运动情况，小明在车厢顶部用细线悬挂一只小球．当列车以恒定速率通过一段弯道时，小明发现悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，则下列判断正确的是A.外侧轨道与轮缘间没有侧向挤压作用B.细线对小球的拉力等于小球的重力C.小球不在悬点的正下方，偏向弯道的内侧D.放在桌面上的茶杯所受支持力垂直于桌面，但不竖直向上【答案】AD【解析】【详解】A、设车与小球做匀速圆周运动的半径为R，车速为v，则对小球：2tanvmgmR，由于悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，可知车受到的支持力的方向与小球受到的绳子的拉力的方向相同，由受力分析可知，车的向心力恰好是车受到的重力与支持力的合力提供，所以两侧的轨道与轮缘间都没有侧向挤压作用，故A正确；B、当列车以恒定速率通过一段弯道时，小球也做匀速圆周运动，绳子的拉力与重力的合力提供向心力，设此时绳子与竖直方向之间的夹角为θ，则绳子的拉力：cosmgFmg，故B错误；C、由于悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，绳子的拉力与重力的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，则小球一定不在悬点的正下方，而是偏向弯道的外侧。故C错误；D、在弯道处火车内轨与外轨之间存在高度差，所以火车的桌面不是水平的，根据弹力方向的特点可知，放在桌面上的茶杯所受支持力垂直于桌面，但不是竖直向上，故D正确。7.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝25T.单匝矩形线圈面积S＝1m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动.线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表.调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为1∶2时，副线圈电路中标有“36V，36W”的灯泡正常发光.以下判断正确的是()A.电流表的示数为1AB.矩形线圈产生电动势的最大值为18VC.从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e＝182sin90πtVD.若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移【答案】BC【解析】试题分析：由小灯泡正常发光，得到变压器的输出电压和输出电流，然后结合变压比公式和变流比公式求解变压器的输入电压和电流，最后结合发电机的电动势公式e=NBSωsinωt分析．解：A、小灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I2=；根据变流比公式：，解得：I1=2A；故A错误；B、小灯泡正常发光，故变压器的输出电压为36V，根据变压比公式，解得：U1=18V；故矩形线圈产生电动势的有效值为18V；故B正确；C、矩形线圈产生电动势的最大值为18V，根据公式Em=NBSω，解得：ω=；故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e=Emsinωt=V；故C正确；D、若矩形线圈转速增大，根据公式Em=NBSω，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P适当上移；故D错误；故选：BC．点评：本题关键是明确交流发电机的瞬时值、有效值、最大值的区别和求解方法，同时要结合变压器的变压比和变流比公式列式求解．8.如图所示，质量为2m、m的小滑块P、Q，P套固定竖直杆上，Q放在水平地面上。P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Ｑ相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，当α=30°时，弹簧处于原长。当α=30°时，P由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中A.P、Q组成的系统机械能守恒B.弹簧弹性势能最大值为31mgLC.竖直杆对P的弹力始终大于弹簧弹力D.P下降过程中动能达到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg【答案】BD【解析】A、根据能量守恒可知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；B、根据系统机械能守恒可得2(cos30cos60)PEmgLL，弹簧弹性势能最大值为(31)PEmgL，故B正确；C、对Q，水平方向的合力sinxFFFma杆弹，先做加速运动后做减速运动，所以竖直杆对Q的弹力不一定始终大于弹簧弹力，所以竖直杆对P的弹力不一定始终大于弹簧弹力，故C错误；D、P下降过程中动能达到最大前，P加速下降，以P、Q为整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有32mgNma，则有3Nmg，故D正确；故选BD。三、实验题(共2小题,15分)9.为了测量木块与木板间动摩擦因数，某小组使用位移传感器设计了如图所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s随时间t变化规律，如图所示。①根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=_______m/s，木块加速度a=________m/s2；②现测得斜面倾角为37，g取10m/s2，则=________；③为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是________A．A点与传感器距离适当大些B．木板的倾角越大越好C．选择体积较大的空心木块D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻【答案】(1).0.4(2).1(3).0.625(4).A【解析】【详解】①根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：2(3014)10m/s0.4m/s0.4v，0.2s末的速度为：2(3224)10m/s0.2m/s0.4v，则木块的加速度为：220.40.2m/s1m/s0.40.2vvat；②选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：sincosmamgmg，得：sincosgam，若37，则0.625；③根据②的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A点释放的时刻。故A正确，BCD错误。10.电动自行车是一种环保，便利的交通工具，越来越受大众的青睐，为了测定电动车电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图1所示的实验电路，所用实验器材有：A．电池组(电动势约为12V，内阻未知)B．电流表(量程为300mA，内阻忽略不计)C．电阻箱R(0～999.9Ω)D．定值电阻R0(阻值为10Ω)E．导线和开关该同学部分操作步骤如下