2019届四川省眉山市仁寿第一中学校南校区高三第五次模拟考试物理试题（解析版）

2019届四川省眉山市仁寿第一中学校南校区高三第五次模拟考试物理试题（解析版）

一、选择题

1.关于原子核的变化、核能及核力，下列说法正确的是

A. 核力是一种弱相互作用，只能发生在原子核内相邻核子之间

B. 某原子经过一次α衰变和两次衰变后，核内质子数不变

C. 放射性原子核X发生衰变，生成物的结合能一定小于X的结合能

D. 是太阳内部发生的核反应之一

【答案】B

【解析】

【详解】A、核力是一种强相互作用，是一种短距作用，只能发生在原子核内相邻核子之间，故选项A错误；

B、某原子核经过一次衰变和两次衰变后，电荷数不变，质量数少4，可知核内质子数不变，故选项B 正确；

C、放射性原子核发生衰变，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来的结合能，故选项C错误；

D、太阳内部发生的核反应是聚变反应，而是裂变反应，故选项D错误；

2.光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图所示。将悬点A缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力

A. 逐渐增大 B. 大小不变

C. 先减小后增大 D. 先增大后减小

【答案】C

【解析】

以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、斜面的支持力N和绳子A的拉力T，如图：

由平衡条件得知，F和T的合力与G大小相等、方向相反，当将A点向上缓慢移动，使AO绳绕O点顺时针转动的过程中，作出三个位置力的合成图，由图看出，T先变小后变大，C正确．

【点睛】求解三个力的动态平衡问题，一般是采用图解法，即先做出两个变力的合力（应该与不变的那个力等大反向）然后过合力的末端画方向不变的那个力的平行线，另外一个变力的末端必落在该平行线上，这样就能很直观的判断两个变力是如何变化的了，如果涉及到最小直的问题，还可以采用解析法，即采用数学求极值的方法求解．

3.如图甲所示电路，规格相同的小灯泡额定电功率都是，在电路输入端接图乙所示交流，小灯泡均正常发光。电表都是理想电表，变压器是理想变电压器。则

A. 小灯泡额定电流是

B. 电压表的示数为

C. 小灯泡额定电压是

D. 电流表的示数为

【答案】A

【解析】

【详解】设小灯泡正常发光时通过小灯泡电流为，则流过原线圈的电流为，流过副线圈的电流为，根据可得、副线圈的匝数之比；输入端交变电压的图象，可求出有效值36V，设灯泡两端电压为，所以，则，因此原线圈电压为，电压表的示数为，根据可得小灯泡额定电流是，电流表的示数为，故选项A正确，B、C、D错误。

4.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是

A. 小球带负电

B. 电场力跟重力平衡

C. 小球在从a点运动到点的过程中，电势能减小

D. 小球在运动过程中机械能守恒

【答案】B

【解析】

【详解】AB、据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电，故选项B正确，A错误；

C、小球在从点运动到点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故选项C错误；

D、由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，故选项D错误。

5.如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A在木板B的左端以初速度v0开始向右滑动，已知M>m，用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从木板B的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能Ek随位移s的变化图象，其中可能正确的是( )

【答案】D

【解析】

试题分析：对A分析，受到B对A的滑动摩擦力作用即，所以A做匀减速直线运动，加速度，对B受力分析，受到A对B向右的摩擦力，因此B做匀加速直线运动，加速度，速度时间图像斜率即代表加速度，即B的速度时间图像斜率大于A的图像斜率，选项AB错。当A减速，B加速直到二者速度相等时，开始一起匀速直线运动，在此过程中，对A分析有，对B分析，二者的图像的斜率相同，所以选项C错D对。

考点：功能关系

6.石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料，它的发展使“太空电梯”的制造成为可能，人类将有望通过“太空电梯”进入太空。设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的同步卫星的高度延伸到太空深处，这种所谓的太空电梯可用于降低成本发射绕地人造卫星。如图所示，假设某物体乘坐太空电梯到达了图示的位置并停在此处，与同高度运行的卫星相比较

A. 的线速度大于的线速度

B. 的线速度小于的线速度

C. 若突然脱离电梯，将做离心运动

D. 若突然脱离电梯，将做近心运动

【答案】BD

【解析】

因C的周期小于同步卫星的周期即小于B的周期，则C的角速度大于B的角速度，由v=rω知C的线速度大，故A错误，B正确；若B突然脱离电梯，因其线速度小于同轨道的卫星的线速度，则所需向心力小于万有引力，做近心运动，故C错误，D正确。所以BD正确，AC错误。

7.边长为闭合金属正三角形轻质框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中。现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，如图所示，则下列图象与这一拉出过程相符合的是

A.  B.  C.  D.

【答案】BC

【解析】

【详解】A、线框匀速运动，则有外安，，，得到外力为外 ，，即有外，、、一定，所以外与成正比，故选项A错误；

B、根据可得外力的功率为外，所以外与成正比，故选项B正确；

CD、感应电动势，则感应电动势与成正比，故选项C正确，D错误。

8.如图所示，电源电动势为E，内阻为r．电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有关下列说法中正确的是（   ）

A. 只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流

B. 只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流

C. 只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动

D. 若断开电键S，带电微粒向下运动

【答案】AD

【解析】

【详解】A、只逐渐增大的光照强度，的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电阻消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻中有向上的电流，故选项A正确；

B、电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻的滑动端向上端移动时，对电路没有影响，故选项B错误；

C、只调节电阻的滑动端向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由可知电场力变大，带电微粒向上运动，故选项C错误；

D、若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，将向下运动，故选项D正确。

三、非选择题

9.某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律。主要实验步骤如下：

①将斜槽固定在水平桌面上，调整末端切线水平；

②将白纸固定在水平地面上，白纸上面放上复写纸；

③用重锤线确定斜槽末端在水平地面上的投影点；

④让小球紧贴定位卡由静止释放，记录小球的落地点，重复多次，确定落点的中心位置；

⑤将小球放在斜槽末端，让小球紧贴定位卡由静止释放，记录两小球的落地点，重复多次，确定两小球落点的中心位置；

⑥用刻度尺测量距点的距离；

⑦用天平测量小球质量；

⑧分析数据，验证等式是否成立，从而验证动量守恒定律。

请回答下列问题：

（1）步骤⑤与步骤④中定位卡的位置应__________________________；

（2）步骤④与步骤⑤中重复多次的目的是________________________；

（3）为了使小球与碰后运动方向不变，质量大小关系为__________（选填“”、“”或“”）；

（4）如图乙是步骤⑥的示意图，则步骤④中小球落点距点的距离为___________________。

【答案】    (1). （1）保持不变；    (2). （2）减少实验误差；    (3). （3）>；    (4). （4）0.3723（0.3721—0.3724）

【解析】

【详解】解：(1)为使入射球到达斜槽末端时的速度相等，应从同一位置由静止释放入射球，即步骤⑤与步骤④中定位卡的位置应保持不变；

(2) 步骤④与步骤⑤中重复多次的目的是减小实验误差；

(3)为了使小球与碰后运动方向不变，、质量大小关系为；

(4)由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，步骤④中小球落点距点的距离为。

10.某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为3kΩ）、电流表（内阻约为1Ω）、定值电阻等。

（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1” 欧姆档测量，示数如图（a）所示，读数______Ω，据此应选择图中的_______（选填“b”或“c”）电路进行实验。

（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐___填 “增大”“减小”）；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验。

（3）图（d）是根据实验数据做出U—I图线，由图可判断元件_____（填“X”或“Y”）是非线性元件。

（4）该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R＝21Ω的定值电阻，测量待测电池组的电动势E和内阻r，如图（e）所示，闭合S1和S2，电压表读数为3.00V，断开S2，电压表读数为1.00V，结合图（d）可算出E＝______V，r= _____Ω。（结果均保留两位有效数字，电压表为理想电压表）

【答案】（1）10；b

（2）增大；

（3）Y

（4）3.2；0.50

【解析】

【详解】（1）使用多用电表粗测元件X电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为10Ω；元件X的电阻远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小，因此需要选择图b所示实验电路．

（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，并联支路电压增大，电流表的示数逐渐增大；

（3）由图象可知，X电阻不变化；而Y所示电阻随电压的变化而变化，则可判断元件Y是非线性元件；

（4）根据U-I图线得出元件X的电阻；
闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V，根据闭合电路欧姆定律列出等式：

解得：E=3.2V．r=0.50Ω

11.某课外活动小组为了研究遥控玩具小车的启动性能，进行了如图所示的实验。将玩具小车放在水平地面上，遥控使其从静止开始匀加速启动，经时间t关闭发动机，玩具小车滑行一段距离后停下来，测得玩具小车从启动到停下来发生的总位移x=6m。已知玩具小车的质量m=500g，匀加速过程中牵引力F=3N，运动过程中受到的阻力恒为车重的0.2倍，重力加速度为g取10 m/s2，求t的值。

【答案】

【解析】

【详解】设玩具小车受到的阻力为f，在关闭发动机前后的加速度大小分别为a1、a2，位移分别为x1、x2，关闭发动机时的速度为v。

关闭发动机之前，分别由牛顿第二定律和运动学规律：

关闭发动机之后，分别由牛顿第二定律和运动学规律

满足：  

联立以上各式并代入数据得：

12.如图所示，直角坐标系的第一象限内有区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，区域Ⅰ和Ⅲ宽度相等为，区域Ⅱ宽度为；区域Ⅰ和Ⅲ内有电场强度大小相等为的匀强电场，区域Ⅰ内电场方向沿轴正方向，区域Ⅲ内电场方向沿轴负方向，区域Ⅱ内有垂直于平面向外、磁感应强度为的匀强磁场。第四象限内有垂直于平面的匀强磁场。一带正电的粒子以某一速度从坐标原点点沿轴正方向射入区域Ⅰ，从点进入区域Ⅱ和Ⅲ，在区域Ⅲ右边界与轴的交点处以沿轴负方向的速度进入第四象限，然后回到点。已知点坐标，忽略粒子重力。求：

(1)粒子在点速度方向与轴正方向的夹角；

(2)粒子从点射入时的初速度；

(3)第四象限中匀强磁场的磁感应强度及粒子在第四象限中运动时间。

【答案】（1）45°；（2）；（3），

【解析】

【详解】解：(1)设粒子在点射入时初速度，在点速度为，沿轴方向的速度为，沿轴方向的速度为，从点到点运动时间为，则有：

解得： ,

(2)设粒子质量为，电荷量为，在区域I内运动的加速度大小为，则有：

粒子在区域II内以速度做匀速圆周运动，设半径为，通过区域III后，在点以沿轴负方向的速度进入第四象限，根据对称关系，进出区域II的两点连线平行于轴，如图所示，则有：

解得，，

(3)粒子在第四象限做匀速圆周运动，设半径为，周期为，根据对称性关系，粒子在点速度为，则有：

由可得：

解得：

13.下列说法正确的是_______

A. 温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由T升至2T

B. 温度越高，布朗运动越剧烈，所以布朗运动也叫做热运动

C. 做功和热传递是改变物体内能的两种方式

D. 由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势

E. 晶体熔化时吸收热量，分子平均动能不变

【答案】CDE

【解析】

【详解】温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由t+273升至2t+273，不是2倍关系，选项A错误；温度越高，布朗运动越剧烈，但是布朗运动不是分子运动，也不叫做热运动，选项B错误；做功和热传递是改变物体内能的两种方式，选项C正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，选项D正确；晶体熔化时吸收热量，但是温度不变，则分子平均动能不变，选项E正确；故选CDE.

14.如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在汽缸内无摩擦滑动，面积分别为S1＝20 cm2，S2＝10 cm2，它们之间用一根水平细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量M＝2 kg的重物C连接，静止时汽缸中的气体温度T1＝600 K，汽缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p0＝1×105Pa，取g＝10 m/s2，缸内气体可看做理想气体。

(i)活塞静止时，求汽缸内气体的压强；

(ii)若降低汽缸内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动    L/2时，求汽缸内气体的温度。

【答案】（1）1.2×105 Pa

（2）500 K

【解析】

【详解】（1）设静止时气缸内气体压强为P1，活塞受力平衡：
p1S1+p0S2=p0S1+p1S2+Mg，
代入数据解得压强：p1=1.2×105Pa，
（2）由活塞A受力平衡可知缸内气体压强没有变化，设开始温度为T1变化后温度为T2，由盖-吕萨克定律得：，
代入数据解得：T2=500K．

15.从两个波源发出的两列振幅均为A、频率均为4Hz的简谐横波，分别沿x轴正、负方向传播，在某一时刻到达B、E点，如图中实线、虚线所示。两列波的波速均为10m/s，下列说法正确的是___________。

A. 质点P此时在向左运动

B. 此时质点P、O横坐标的差为

C. 质点P、O开始振动的时刻之差为

D. 再经过1/4个周期时，D质点纵坐标为2A

E. 同时有两列波经过C质点时，C保持静止

【答案】BCE

【解析】

A、每一个质点都在自身平衡位置振动，不会随波逐流，故A错；

B、该波的周期为，该波的波长为

而OP之间的距离 ，故B正确；

C、从图像上可以看出，OP开始振动的时刻之差为,故C正确；

D、D质点此时振动加强且正向下运动，则再经过1/4个周期时，D质点纵坐标为-2A,故D错误；

E、C质点是振动减弱点，而两列波的振幅相等，所以叠加后C的位移为零，故E正确；

综上所述本题答案是：BCE

点睛： 解决本题的关键是掌握波的叠加原理，知道波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱．

16.如图所示，等腰直角三角形为某透明介质的横截面，为边的中点，位于点处的点光源在透明介质内向各个方向发射光线，其中从边上的点射出的光线平行于，从点射出的光线垂直向上。已知边长为。求：

①该光在介质中发生全反射的临界角；

②的长度。（可能用到或）

【答案】（1）=450  （2）   

【解析】

（1）根据光的折射定律，分析光线OD的折射情况，有：

，由知。

（2）由得： 。

点睛：解决本题关键是作出光路图，再运用几何知识求解入射角折射角，要掌握几何光学常用的三个规律：折射定律、临界角公式和光速公式。