2019届陕西省宝鸡中学高三下学期第三次模拟考试理科综合物理试卷（解析版）

宝鸡中学2019届高三年级第三次模拟

理科综合物理

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，第14-18题只有一项 符合题目要求，第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,有选错的得0分。

1.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。对以下几位物理学家所做科学贡献的表述中，与事实不相符的是

A. 汤姆逊通过对阴极射线的研究发现了电子

B. 卢瑟福通过α粒子散射实验发现了质子

C. 普朗克把“能量子”引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统思想

D. 爱因斯坦创立“光子说”并建立了 “光电效应方程”，运用这些理论圆满解释了光电效应的实验规律

【答案】B

【解析】

【详解】A、汤姆逊发现被加热的金属飞出的粒子成分为，从而发现这种阴极射线是电子；A正确.

B、卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型；而卢瑟福通过α粒子轰击氮原子核的人工核反应发现质子；故B错误.

C、普朗克解释黑体辐射的原理提出了能量子观点，认为光是一份一份的能量子构成的，否定了“能量连续变化”的观点；故C正确.

D、爱因斯坦为了解释光电效应的现象，提出了光子说和光电效应方程，成功解释了光电效应；故D正确.

本题选不正确的故选B.

2.一盏电灯重力为G，悬于天花板上A点,在电线O处系一细线OB，使电线OA偏离竖直方向的夹角为β=30°，如图所示.现保持β角不变，缓慢调整OB方向至虚线位置，则在此过程中细线OB中的张力

A. 先减小后增大

B. 先增大后减小

C. 不断增大

D. 不断减小

【答案】A

【解析】

【详解】对O点受力分析，重力为恒力，OA绳的拉力方向不变，OB绳的拉力大小和方向均变化在转动，则构成三力平衡的一类动态平衡，由图解法作图如图所示：

当时，最小，整个转动过程，先减小后增大；故A正确，B、C、D错误.故选A.

3.如图所示，地月拉格朗日点L1和L2位于地球和月球连线上，处在该点物体在地球和月亮引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动.假设在地月拉格朗日点L1和L2分别建立了空间站P和Q,使其与月球同周期绕地球运动，以a1、a2、a3分别表示空间站P、月球、空间站Q的向心加速度的大小，则以下判断正确的是

A. a1>a2>a3 B. a1=a2=a3 C. a1<a2<a3 D. a1 =a3≠a2

【答案】C

【解析】

【详解】在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，根据向心加速度，由于拉格朗日点L1的轨道半径小于月球轨道半径，所以a2＞a1；同步卫星离地高度约为36000公里，故同步卫星离地距离小于拉格朗日点L1的轨道半径，根据，得a3＞a2＞a1，故A，B，C错误，D正确；故选D.

4.如图所示为中国冰壶队队员投掷冰壶时的情景。在这次投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰.已知两冰壶质量均为20kg,取中国队队员投掷的冰壶运动方向为正方向，碰后中国队冰壶的速度可能为

A. v= 0.05m/s B. v= -0.1m/s C. v =-0.2m/s D. v= 0.3m/s

【答案】A

【解析】

【详解】两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：m1v0=m1v1+m2v2，若两冰壶发生的是完全非弹性碰撞，入射冰壶的速度最大，有，方向为正方向；若两冰壶发生的是弹性碰撞，入射冰壶的速度最小，而，则发生速度交换，有，；故入射冰壶的速度范围为，故B，C，D错误，A正确.故选A.

5.如图甲所示,半径为2r的圆形线圈内有垂直纸面方向变化的圆形磁场，磁场区域的半径为 r,线圈与磁场区域共圆心，线圈中产生了如图乙所示的感应电流(逆时针方向的电流为 正).若规定垂直纸面向外的方向为磁场正方向，则能产生图乙所示的感应电流的磁场为

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】

【详解】0~t0时间内的感应电流为正(逆时针)，由右手螺旋定则得到感应磁场向外，而由楞次定律知原磁场可以是向外(正)减小或向里(负)增大，而感应电流大小恒定，由知需要原磁场均匀变化；故A，B，C错误，D正确.故选D.

6.一科研团队在某次空气动力学实验中,通过传感器得到研究对象做匀变速曲线运动的轨迹如图所示,且质点运动到最低点D时速度方向与加速度方向恰好互相垂直,则质点从A点运动到E点的过程中,下列说法中正确的是

A. 质点的速率先增大后减小

B. 质点的速率先减小后增大

C. 在任意1s内，质点速度改变的大小相同、方向竖直向上

D. 在任意1s内，质点速度改变的大小相同、方向水平向右

【答案】BC

【解析】

【详解】A、B、质点做匀变速曲线运动，可知所受合外力恒定，加速度恒定，D点的加速度向上，则整个运动的任何位置加速度均向上恒定，由图可知沿着切线方向的瞬时速度与加速度的夹角从钝角变为直角后为锐角，则速度先减小后增大，D点时的速度最小；故A错误，B正确.

C、D、由可得，即加速度恒定时，任意1s时间内速度的变化均大小相等，方向相同，与加速度方向相同竖直向上；故C正确，D错误.

故选BC.

7.高压输电是减小输电电能损耗和电压损失的有效途径，中国已投产运行的1000kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程.假设甲、乙两地原采用500kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为△P=100kW,损失的电压为△U=40V.在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1000kV特高压输电,若不考虑其他因素的影响, 输电线上损耗的电功率变为△P'，损失的电压变为△U'，则

A. △P'=25kW B. △P' = 50kW C. △U'=10V D. △U' = 20V

【答案】AD

【解析】

【详解】输电的电流为，则输电的损失功率为，损失的电压为；保持输送功率P和输电线上的电阻R不变，而把总电压从500 kV提高为1000 kV，即变为原来的2倍，则输电电流变为原来的，有，；故B，C错误；A，D正确；故选AD.

8.1909年，美国物理学家密立根用如图所示的实验装置,通过研究平行金属板M、N间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量，因此获得1923年诺贝尔物理学奖。图中平行金属板M、N与输出电压恒为U的电源两极相连，两金属板间的距离为d,正对面积为S.现由显微镜观察发现，恰好有一质量为m的带电油滴在两金属板中央悬浮不动，已知静电力常量为k,真空的介电常数ε=1，重力加速度为g，则

A. 带电油滴的电荷量

B. 金属板M所带电量

C. 将金属板N突然下移△d，带电油滴获得向上的加速度

D. 将金属板N突然下移△d，带电油滴的电势能立即减小为原来的倍

【答案】BD

【解析】

【详解】A、带电油滴在平行板电容器中受重力和向上的电场力平衡，而匀强电场的方向向下，则油滴带负电，由平衡条件有，解得油滴的电荷量大小为为；故A错误.

B、平行板电容器的电量，而电容的大小，联立可得；而相对介电常数ε=1，则；故B正确.

C、D、N板突然下移△d，电源一直接在电容器上，则电压U不变，电场力变小，为，则油滴的合外力向下，由牛顿第二定律，解得，方向向下；故C错误.

D、电容器的M板接地为0V，设油滴的位置P点距离M板为，则，电势能为，则金属板N下移△d，P点的电势为，则；故D正确.

故选BD

三、非选择题:共174分，第22~32题为必考题,每个试题考生都必须作答。第33-38题为 选考题，考生根据要求作答。

9.某物理兴趣小组的同学通过实验探究弹簧的弹性势能EP与弹簧的压缩量x之间的关系，其实验步骤如下：

A.用如图甲所示的装置测量木块与木板之间的滑动摩擦力，跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连，滑轮和木板间的细线保持水平.缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块相对桌面静止且木板仍在继续滑动时,弹簧秤的示数如图甲所示.

B.如图乙所示，把木板固定在水平桌面上，将所研究弹簧的一端固定在木板左端的竖直挡板上,O是弹簧处于自然长度时右端所在位置.

C.用木块压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时由静止释放木块，木块向右运动的最大距离是s,用刻度尺测得x和s的值.

D.改变x的大小，按步骤C要求继续实验，测得多组x、s的值，并求得对应的x2和EP的 值如下表所示.

回答下列问题：

(1)木块与木板之间的滑动摩擦力f=_____N;

(2)上表中EP=_____J；

(3)分析上表中的数据可以得出,弹簧的弹性势能EP与弹簧的压缩量x之间的关系是_________.

A.     B.       C.       D.

【答案】    (1). 2.80    (2). 2.24    (3). B

【解析】

【详解】(1)弹簧秤最小刻度为0.1N，估读到0.01N，读出绳的拉力为2.80N；木板运动后，木块受到滑动摩擦力和绳拉力而处于静止，由平衡条件得，则木块与木板之间的滑动摩擦力.

(2)弹簧推动滑块向右运动，弹性势能全部转化为滑块的动能，同时借助摩擦力做负功，将动能转化为热能，由能量守恒可知，代入，可得.

(3)结合表格中的数据可以找到；结合弹性势能的表达式可知与成正比；故选B.

10.为了测定铅蓄电池的电动势和内阻，实验室中准备了下列器材：

待测铅蓄电池E(电动势约2V,内阻约2Ω)

电流表G(满偏电流3mA,内阻10Ω)

电流表A(量程0~0.60 A,内阻约0.1Ω)

滑动变阻器R1(0~20Ω,2A)

滑动变阻器R2((0~1kΩ,1A)

定值电阻R3=990Ω,开关S和导线若干

(1)为了能较为准确地进行测量和操作方便,实验中选用的滑动变阻器是___(填器材后的字母代号)

(2)在方框中画出实验电路图__________.

(3)在某次实验中电流表A的指针偏转情况如图甲所示，则电流表A的读数为_____A.

(4)李浩同学选取合适的器材通过正确、规范实验,得到了5组电流表G和电流表A的读数IG和IA，并做出了IG-IA图像如图乙所示.请你根据所学知识，依据图像提供的信息,估算图线与IG轴交点P对应的IG的值最接近_____.

A. 1.5 mA    B. 2.0 mA       C. 2.5mA     D. 3.0 mA

【答案】    (1). R1    (2).     (3). 0.18    (4). B

【解析】

【详解】(1)测电源的电动势和内阻时，滑动变阻器应选用限流式接法，方便调节和易于读数，滑动变阻器的阻值比电源的内阻大10倍左右合适，故选R1(20Ω).

(2)本题缺少电压表，可用内阻已知的表头G和定值电阻R3串联改装为电压表使用，滑动变阻器选用限流式接法，电流表采用内接法可以减小测量的系统误差，故电路如图所示：

(3)电流表的量程为0.6A，最小格为0.02A，估读在0.01A，则读数为0.18A.

(4)由闭合电路的欧姆定律可得：，变形得：，则图象的纵截距为，代入数值可得；故选B.

11.中国高铁以“快、准、稳”成为一张靓丽的“名片”而为国人所自豪.3月9日由北京南开往杭州东的G35次高铁上,一位男旅客在洗手间内吸烟，触发烟感报警装置，导致高铁突然降速缓行.假设此次事件中列车由正常车速80m/s匀减速至24m/s后匀速行驶.列车匀速行驶6min后乘警通过排査解除了警报，列车又匀加速恢复至80m/s的车速.若列车在匀加速和匀减速过程的加速度大小均为l.4m/s2,试求：

(1)列车以非正常车速行驶的距离;

(2)由于这次事件，列车到达杭州东时晚点多少秒？

【答案】(1)(2)

【解析】

【详解】(1)设列车正常车速为v1，减速后车速为v2，减速和加速过程位移为s1，时间均为t1，减速后匀速行驶位移为s2，时间为t2，由运动学公式可得：

解得：

(2)设列车正常车速通过s位移所用时间为t′，则有：

解得：

12.如图所示，竖直平面内的直角坐标系xoy，x轴上方存在竖直向下的匀强电场, x轴下方存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴上的a点沿先轴正方向以初速度v0射入匀强电场中，粒子经过x轴上的b点进入磁场区域，并从o点再次进入电场区域.若oa距离,ob距离为2L,不计粒子重力，求：

(1)电场强度E和粒子经过b点时速度v;

(2)磁感应强度B;

(3)粒子从a点开始运动到第二次通过x轴的总时间t.

【答案】(1)           (2)     (3)

【解析】

【详解】(1)由题意可得粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子在匀强电场中运动时间为，加速度为，粒子经过b点的速度与x轴正方向夹角为θ，

由牛顿第二定律和运动学公式可得：

解得：

(2)由题意可知粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为，可得：

由几何关系：

解得：

(3)设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，运动时间为，

由题意可得：  

解得：

13.下列说法中正确的是     

A. 一定质量的气体吸热后温度一定升高

B. 布朗运动是悬浮在液体中的花粉颗粒和液体分子之间的相互碰撞引起的

C. 知道阿伏加德罗常数和气体的密度就可估算出气体分子间的平均距离

D. 在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体

E. 单位体积的气体分子数增加，气体的压强不一定增大

【答案】BDE

【解析】

【详解】A、改变内能的方式有做功和热传递，则气体吸热后不知道做功情况，则不能得到内能如何变化，也不能确定温度是否变化；故A错误.

B、布朗运动是由于液体分子的无规则运动对固体微粒碰撞的不平衡引起的；故B正确.

C、气体分子的占有空间看成立方体模型，则，故仅知道阿伏加德罗常数和气体的密度，要求出平均距离还缺少气体的摩尔质量；故C错误.

D、根据热力学第二定律的，热量从低温物体传到高温物体不能自发进行，必须借助外界的帮助，引起其它的变化；故D正确.

E、根据理想气体状态方程可知，压强由单位体积的气体分子数和温度共同决定，则只有单位体积的气体分子数增加，不能推出压强是否变化；故E正确.

故选BDE.

14.如图所示，上端封闭的玻璃管A竖直固定，竖直玻璃管B上端开口且足够长,两管下端用足够长橡皮管连接起来,A管上端被水银柱封闭了一段长为h =5cm的理想气体,B管水银面刚好与A管顶端齐平,玻璃管A内气体温度为t1=27℃，外界大气压为P0 =75cmHg,求：

①保持温度不变，要使A管中气体长度稳定为h'=4cm,应将B管向上移动多少厘米？

②B管向上移动后保持不动,为了让A管中气体体积恢复到原来长度，则应将气体温度升高多少摄氏度？

【答案】①    ②

【解析】

【详解】①由题意可知A管封闭的理想气体发生等温变化，初态气体压强为，温度为，根据玻意耳定律可得：

解得：

B管水银面比A水银面管高出距离为：

则B管向上移动的距离为：

②使A管中气体长度恢复到后，A管中封闭气体的压强为，根据理想气体的状态方程可得：

解得：

则气体温度升高的温度为：

15.一列沿x轴方向传播的简谐横波在t=0时的波形图如图所示，位于坐标原点处的质点经△t = 0.2s再次回到平衡位置，关于这列波说法正确的是       

A. 这列波的周期为0.4 s

B. 这列波沿x轴正方向传播

C. 这列波传播速度为10m/s

D. t=0时位于x=6m处质点加速度沿y轴正方向且最大

E. 经△t=0.2s位于x =2.5m处质点通过路程为4cm

【答案】ADE

【解析】

【详解】A、位移坐标原点的质点在t=0时刻正在平衡位置，经过△t= 0.2s再次回到平衡位置，则，可得；故A正确.

C、根据波形图可读出波长，由；故C错误.

B、由波形图无法获得波源的位置以及起振方向，则波的传播方向不确定，可以沿x轴正向或x轴负向；故B错误.

D、由波形图可知t=0时位于x =6m处质点在波谷处，此时振动的速度为零，加速度最大指向平衡位置，即加速度沿y轴正方向且最大；故D正确.

E、由周期可知，由振动的对称性可知所有质点的路程为两个振幅即为2×2cm=4cm；故E正确.

故选ADE.

16.如图所示，一个截面为直角三角形的三棱镜ABD, ∠B= 90°，有一单色光以45°人射角射入到BD界面上，折射角是30°,折射光线恰好在AD界面发生全反射,光在真空中的传播速度为c.求：

①光在该三棱镜中的传播速度是多少?

②该三棱镜的顶角D是多少度？

【答案】①    ②

【解析】

【详解】①光线在BD面上发生了折射，已知入射角 i=45°，折射角 r=30°，

则三棱镜的折射率为：

解得：

②折射光线恰好在AD面发生全反射，入射角等于临界角C，

则：

由几何知识可得，三棱镜的顶角为：

解得: