陕西省西安市八校2019届高三物理3月模拟试题（含解析）

陕西省西安市八校2019届高三物理3月模拟试题（含解析）二、选择题1.下列说法中不正确的是（）A.α粒子散射实验中使α粒子偏转的力主要是库仑力B.引起α衰变的原因是弱相互作用C.卢瑟福用α粒子轰击氮原子核发现了质子D.发生α衰变的原子核其比结合能小于α粒子的比结合能【答案】B【解析】【详解】使α粒子产生偏转的力主要是原子核对α粒子的库仑力的作用，故A正确；弱相互作用是引起β衰变的原因；故B错误；根据原子物理的发展历程可知，卢瑟福用α粒子轰击氮原子核发现了质子，故C正确；发生α衰变的过程中释放能量，可知发生α衰变的原子核其比结合能小于α粒子的比结合能，故D正确。本题选择错误的，故选B.2.公式FEq①和公式2qEkr②分别为电场强度的定义式和点电荷场强的公式．下列四个选项中错误的是（）A.①式中的E是①式中的电荷q所产生的电场的场强，②式中的场强E是②式中的电荷q所产生的电场的场强B.①式中的F是放入某电场中的电荷所受的力，q是产生这个电场的电荷C.②式中的场强E是某电场的场强，q是放入此电场中的电荷D.①②两式都只对点电荷产生的电场才成立【答案】ABCD【解析】【详解】①式中的E不是①式中的电荷q所产生的电场的场强，②式中的场强E是②式中的电荷q所产生的电场的场强，故A错误。①式中的F是放入某电场中的电荷所受的力，q是放入这个电场的电荷，故B错误。②式中的场强E是某电场的场强，q是产生此电场中的电荷，故C错误。公式E＝F/q是电场强度的定义式适用于任何电场，而②式只对点电荷产生的电场才成立，故D错误。本题选错误的，故选ABCD。3.下图是某同学站在压力传感器上做下蹲-起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到以下信息A.1s时人处在下蹲的最低点B.2s时人处于下蹲静止状态C.该同学做了2次下蹲-起立的动作D.下蹲过程中人始终处于失重状态【答案】B【解析】试题分析：人在下蹲的过程中，先加速向下运动，此时加速度方向向下，故人处于失重状态，最后人静止，故下半段是人减速向下的过程，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲过程中先是失重后超重，选项D错误；在1s时人的失重最大，即向下的加速度最大，故此时人并没有静止，它不是下蹲的最低点，选项A错误；2s时人经历了失重和超重两个过程，故此时处于下蹲静止状态，选项B正确；该同学在前2s时是下蹲过程，后2s是起立的过程，所以共做了1次下蹲-起立的动作，选项C错误。考点：牛顿第二定律，失重与超重。4.如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙．用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E．这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（）A.撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒B.撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒C.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为3ED.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E【答案】BC【解析】试题分析：撤去F后，A离开竖直墙前，由于系统受到墙壁向右的作用力，所以系统动量不守恒，由于只有弹力做功，所以机械能守恒；撤去F后，A离开竖直墙后，当两者共速时，弹簧弹性势能最大，此时20122Emv，023mvmv，21323PEEEmv,即此时弹簧的弹性势能最大值为E/3。选项BC正确。考点：机械能守恒及动量守恒；能量守恒定律。5.如图所示，面积为0.02m2，内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为22r．矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R＝100Ω，电表均为理想交流电表，当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，下列说法正确的是（）A.线圈中感应电动势的表达式为e502cos(100t)VB.P上移时，电流表示数减小C.t＝0时刻，电压表示数为1002VD.当原副线圈匝数比为1：2时，电阻上消耗的功率为400W【答案】D【解析】试题分析：矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为：21000.0210010022mEnBsV，线圈中感应电动势的表达式为e=1002cos（100t）V，故A错误；P上移时，原线圈的匝数减小，则导致副线圈电压增大，那么副线圈电流也增大，则原线圈的电流会增大，故B错误；由于最大值为有效值的2倍，所以交流电的有效值为U=100V，当t=0时，电压表示数为100V，故C错误；当原、副线圈匝数比为1：2时，次级电压有效值为200V，电阻上消耗的功率为22200400100UPWWR，故D正确；故选D。考点：交流电；变压器6.如图所示，虚线A、B、C表示某电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等。一电子从右侧垂直等势面C向左进入电场，运动轨迹与等势面分别相交于a、b、c三点，则可以判断A.电子由右向左加速度变大B.三个等势面的电势大小为φA＞φB＞φCC.电子由a到b电场力做功大于b到c电场力做功D.电子由a到c过程中电势能不断增大【答案】AD【解析】【分析】电子仅在电场力作用下运动，等差等势面越密集的区域电场强度越大，根据牛顿第二定律判断加速度的大小；曲线运动的合力指向曲线的内侧，电场线与等势面垂直且从较高的等势面指向较低的等势面；电场力做功等于电势能的减小量.【详解】等差等势面越密集的区域电场强度越大，故电子由右向左过程，电场力变大，加速度变大，故A正确；电场强度方向与等势面垂直，电场力指向曲线轨迹的内侧，故电场力向右侧，电场线向左侧，而沿着电场线电势降低，故φC＞φB＞φA，故B错误；因为相邻等势面间的电势差相等，即UAB=UBC，由w=Uq知，电子由a到b电场力做的功等于由b到c电场力做的功，故C错误；电子由a到c过程中不断克服电场力做功，故电势能不断增大，故D正确；故选AD。7.某行星周围存在着环状物质，为了测定环状物质是行星的组成部分还是环绕该行星的卫星群，某天文学家对其做了精确的观测，发现环状物质绕行星中心的运行速度v与到行星中心的距离r的关系如图所示。已知行星除环状物外的半径为R，环状物质的宽度为d，引力常量为G。则以下说法正确的是A.环状物质是该行星的组成部分B.该行星的自转周期T＝12()Rdv＋C.该行星除去环状物质部分后的质量M＝20vRGD.行星表面的重力加速度g＝20vR【答案】AB【解析】A、若环状物质为卫星群，根据22GmMmvrr得vGMr，2 MvrG,当rR时，2MvRG．若环状物质为行星的组成部分，则两者角速度相同，有vωr，又由图象知环状物质为行星的组成部分，A正确；B、环状物质为卫星的组成部分，由圆周运动物理量间的关系知，行星的自转周期：12TRdv，B正确；C、因为环状物质为行星的组成部分，质量不能用2MvRG进行计算，C错误；D、行星表面的物体的向心加速度：20avR，行星表面的重力加速度和向心加速度意义不同，D错误；故选AB。8.如图，两根相距l＝0.4m、电阻不计的光滑金属导轨在同一水平面内平行放置，两导轨左端与阻值R＝0.15Ω的电阻相连，导轨x＞0的一侧存在沿+x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直（即竖直向下）。磁感应强度B＝0.5+0.5x（T）。一根质量m＝0.1kg、电阻r＝0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力作用下从x＝0处以初速度v0＝2m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变，金属棒（）A.在x＝3m处的速度为0.5m/sB.在x＝3m处的速度为1m/sC.从x＝0运动到x＝3m经历的时间为15s4D.从x＝0运动到x＝3m过程中外力做功的大小约为2.8J【答案】AC【解析】【详解】运动过程中电阻上消耗的功率不变，回路中电流不变，金属棒产生的感应电动势不变。在x＝0时，B0＝0.5T，金属棒产生的感应电动势为E＝B0Lv0＝0.4V；在x＝3m处，磁感应强度为：B2＝B0+kx2＝0.5+0.5×3＝2T。根据公式E＝B2Lv2解得：v2＝0.5m/s，故A正确，B错误；电路中电流恒为为I＝ERr＝2A；金属棒从x＝0开始运动时的安培力为：F0＝B0IL＝0.5×2×0.4N＝0.4N。到x＝3m时的安培力为：FA＝B2IL＝2×2×0.4N＝1.6N。过程中克服安培力做功的大小为：W＝12（F0+FA）x，解得：W＝3J，从能量转化的角度来看则拉力做的功转化为导体棒动能的增量和克服安培力做功，因此拉力做功大于3J；克服安培力做功转化为内能，有：W＝Q＝I2（R+r）t，解得：22315()20.24WtssIRr，故C正确；D错误；故选AC。三、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第22题一第32题为必考题，每个试题考生都必须作答.第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答.）（一）必考题（共129分）9.用如图所示的实验装置来探究小球作圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值。某次实验图片如下，请回答相关问题：（1）在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时我们主要用到了物理学中______的方法；A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．演绎法（2）图中是在研究向心力的大小F与______的关系。A．质量mB．角速度ωD．半径r（3）若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1：9，运用圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为______A1：9B.3：1C.1：3D.1：1【答案】(1).C(2).B(3).B【解析】【分析】该实验采用控制变量法，图中抓住质量不变、半径不变，研究向心力与角速度的关系，根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=rω，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比。【详解】(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法。故选C。(2)图中两球的质量相同，转动的半径相同，则研究的是向心力与角速度的关系。故选B。(3)根据Fn=mrω2，两球的向心力之比为1：9，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1：3，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v=rω，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3：1。故选B。【点睛】本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变。知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等。10.某实验探究小组为了较精确地测量一待测电阻Rx的阻值，利用多用电表粗测出它的阻值，然后再改用伏安法测量，以下是备用器材：A．多用电表B．电压表V1，量程6V，内阻约8kΩC．电压表V2，量程15V，内阻约10kΩD．电流表A1，量程10mA，内阻约20ΩE．电流表A2，量程0.6A，内阻约0.5ΩF．电源电动势E＝6VG．滑动变阻器R1，最大阻值10Ω，额定电流为2AH．滑动变阻器R2，最大阻值50Ω，额定电流为0.1AI．导线、电键若干（1）如图为多用电表盘，若用×100Ω挡测量电阻，则读数为_____Ω．（2）在伏安法测量电阻实验中应选择的元器件_____（填器材前面的字母代号）．（3）在虚线框内画出伏安法测量该电阻时的实验电路图_____．（4）探究小组的同学合理地连接好电路，交按正确的顺序操作，闭合开关后发现移动滑动变阻器滑片时，电压表示数有变化，电流表示数为零，故障可能是_____．为了检测故障具体原因，可以先使用多用电表的_____