2019届四川省德阳市高三考前模拟理综物理试题（解析版）

2019届四川省德阳市高三考前模拟理综物理试题（解析版）

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的含量为活着的生物体中的，已知的半衰期为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，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＝10 cm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. ×106m/s B. 2×106m/s

C. 2×108m/s D. 4×106m/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

D. 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三边中点和点移动到O点，电场力做功不等，故与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：，其中：，，故，解得：，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，解得C选项可得：，AB中点的场强等于C点点电荷在AB中点处的场强，大小为，其中，解得：，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：，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：，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＝T.单匝矩形线圈面积S＝1 m2，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“36 V，36 W”的灯泡正常发光.以下判断正确的是(　　)

A. 电流表的示数为1 A

B. 矩形线圈产生电动势的最大值为18 V

C. 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＝18sin 90πtV

D. 若矩形线圈转速增大，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

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，弹簧弹性势能最大值为，故B正确；

C、对Q，水平方向的合力，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，则有，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=_______m/s，木块加速度a=________m/s2；

②现测得斜面倾角为 ，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). 04    (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：

，0.2s末的速度为：，

则木块的加速度为：；

②选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：，得：，若，则；

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12 V，内阻未知)

B．电流表(量程为300 mA，内阻忽略不计)

C．电阻箱R(0～999.9 Ω)

D．定值电阻R0(阻值为10 Ω)

E．导线和开关

该同学部分操作步骤如下

(1)当闭合开关后，无论怎样调节电阻箱，电流表都没有示数，反复检查确认电路连接完好，该同学利用多用电表，又进行了如下操作：断开电源开关S.将多用电表选择开关置于“×1Ω”挡，调零后，将红、黑表笔分别接在R0两端，读数为10Ω.将多用电表选择开关置于“×10 Ω”挡，调零后，将红，黑表笔分别接电阻箱两接线柱，指针位置如图2所示，则所测电阻箱阻值为________ Ω.用多用电表分别对电源和开关进行检测，发现电源，开关均完好．由以上操作可知，发生故障的元件是________．

(2)在更换规格相同的元件后重新连接好电路．

(3)改变电阻箱R的阻值，分别测出电路中相应的电流I.为了保证实验顺利进行且使测量结果更准确些，电阻箱R的取值范围应为________．

A．100Ω～300Ω

B．40Ω～100Ω

C．15Ω～40Ω

(4)根据实验数据描点，绘出的－R图象如图3所示．若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电池组的电动势E＝________，内阻r＝________(用k，b和R0表示)．

【答案】    (1). 70    (2). 电流表    (3). B    (4).     (5).

【解析】

【详解】（1）欧姆表表盘读数为7，倍率为“×10”，故为70Ω；在故障检测时，除电流表其余部分均没有问题，故问题只能出在电流表处；

（3）为减小电流表的读数误差，电流表指针偏转角度应该尽量大于三分之一，即电流范围为：100mA≤I≤300mA，根据欧姆定律，总电阻120Ω≥R总≥40Ω，扣除定值电阻10Ω，即电流表内阻和电源内阻加上电阻箱电阻应该大于等于30Ω而小于等于110Ω，由于电流表内阻不计，故应该选B；

（4）根据闭合电路欧姆定律，有，则，故有：，，联立解得：，。

四、计算题(共2小题,)

11.如图所示，摩托车做腾跃特技表演时沿曲面冲上高3.2m顶部水平高台接着以水平速度离开平台落至地面。此时摩托车恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧弦长AB＝8m，人和车的总质量为150kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计。（计算中取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。求：

（1）从摩托车到达A点时速度大小和方向；

（2）人和车运动到圆弧轨道最低点C处时对轨道的压力大小。

【答案】（1）10m/s，与水平方向成530角（2）5700N

【解析】

【详解】（1）从平台飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则运动时间为：，，

A点速度为：

根据几何关系有：

解得：

(2)当运动到最低点时受到重力和支持力，合力提供向心力，则有：

A到C：

由，

联立解得：，，

根据牛顿第三定律：人和车对轨道的压力大小为

12.如图甲所示，表面绝缘，倾角θ＝30°的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂直于斜面，并与斜面底边平行．斜面所在空间有一宽度D＝0.40 m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板的距离s＝0.55 m．一个质量m＝0.10 kg，总电阻R＝0.25 Ω的单匝矩形闭合金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L＝0.50 m．从t＝0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上且大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且没有机械能损失．线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示．已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2.

(1)求线框受到的拉力F的大小；

(2)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；

(3)已知线框向下运动通过磁场区域过程中速度v随位移x的变化规律满足(式中v0为线框向下运动ab边刚进入磁场时的速度大小，x为线框ab边进入磁场后对磁场上边界的位移大小)，求线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q.

【答案】(1)1.5N　(2)0.50 T　(3)0.45 J

【解析】

（1）由v－t图象可知，加速度 a＝＝5.0m/s2………………（1分）

由牛顿第二定律F－mgsinq－m mgcosq＝ma…解得 F＝1.5 N……（2分）

（2）由v－t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动，产生的感应电动势E＝BLv1，通过线框的电流I＝＝，线框所受安培力F安＝BIL＝

由力的平衡条件，有F＝mgsinq＋μmgcosq＋解得 B＝0.50T……（3分）

（3）由v－t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度   D＝0.40m ………………………………（1分）

线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达挡板时的位移为s－D＝0.15m…（1分）

设线框与挡板碰撞前的速度为v2

由动能定理，有 －mg(s－D)sinq－μmg(s－D)cosq＝…………（1分）

解得 v2＝＝1.0 m/s…………………………（1分）

线框碰挡板后速度大小仍为v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsinθ＝μmgcosθ＝0.50N，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v2＝1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3

由v＝v0－得v3＝v2－＝－1.0 m/s，

因v3<0，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置。…………………………………………………………（2分）

线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热Q1＝I2Rt＝＝0.40 J……（1分）

线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q2＝＝0.05 J…………（1分）

所以Q＝Q1＋Q2＝0.45 J…………………………………………………………（1分）

13.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t秒与（t+0.2）秒两个时刻，x轴上（-3m，3m）区间的波形完全相同，如图所示。并且图中M，N两质点在t秒时位移均为，下列说法中正确的是

A. 该波的最小波速为20m/s

B. （t+0.1）秒时刻，x=-2m处的质点位移一定是a

C. 从t秒时刻起，x=2m处的质点比x=2.5m的质点先回到平衡位置

D. 从t秒时刻起，在质点M第一次到达平衡位置时，质点N恰好到达波峰

E. 该列波在传播过程中遇到宽度为d=3m的狭缝时会发生明显的衍射现象

【答案】ACE

【解析】

【详解】A、由图知波长，由于t秒与（t+0.2）秒两个时刻的波形相同，经过了整数倍周期的时间，则得：，可得到最大的周期为T＝0.2s，由得最小波速为：，故A正确；

B、由于周期不确定，时间0.1s不一定等于半个周期，则（t+0.1）秒时刻，x＝﹣2m处的质点不一定到达波峰，位移就不一定是a，故B错误；

C、简谐横波沿x轴正方向传播，x＝2.5m处的质点向下运动，到达平衡位置的时间大于，而x＝2m处的质点到达平衡位置时间等于，所以x＝2m处的质点比x＝2.5m的质点先回到平衡位置，故C正确；

D、根据数学知识得知质点M和N之间的距离等于，由波形得知，质点M第一次到达平衡位置时，质点N不在波峰。故D错误。

E、障碍物的尺寸与该波波长相同或比波长小，能发生明显衍射。该波波长为4m，则该列波在传播过程中遇到宽度为d＝3m的狭缝时会发生明显的衍射现象，故E正确。

14.某次探矿时发现一天然透明矿石，经测量其折射率n＝。人工打磨成球形后置于空气中（如图所示），已知球半径R＝10 cm，MN是一条通过球心O的直线，单色细光束AB平行于MN射向球体，B为入射点，AB与MN间距为d=5cm，CD为出射光线．求：

①光从B点传到C点的时间；

②CD与MN所成的角α.

【答案】①光从B点传到C点的时间为×10﹣9s；

②CD与MN所成的角α为30°．

【解析】

试题分析：①连接BC，作出光路图．由几何知识求出光线在B点时的入射角，根据折射定律求出折射角，由几何关系求出BC，由v=求出光在球体中传播的速度v，再求解光从B点传到C点的时间；

②由光路可逆性得到光线在C点的折射角，根据几何知识求出CD与MN所成的角α．

解：光路图如图．

①光线在B点界面的入射角与折射角分别为θ1、θ2．

由数学知识得：sinθ1===，θ1=45°

由折射率n=

得：sinθ2===

光在球体中传播的速度 v=

BC间的距离 S=2Rcosθ2

则光线在球中传播的时间 t=====×10﹣9s

②在C点折射角为β，根据光路可逆性得：β=θ1=45°

由几何知识得：∠COP=π﹣θ1﹣∠BOC=180°﹣45°﹣120°=15°，

因α+∠COP=β，得 α=β﹣∠COP=45°﹣15°=30°

答：

①光从B点传到C点的时间为×10﹣9s；

②CD与MN所成的角α为30°．

【点评】本题是几何光学问题，作出光路图是解题的基础，此类问题还要能熟练运用几何知识，根据折射定律和光速公式求解．