2019届天津市滨海新区高三三模试卷物理试卷（解析版）

2019年天津市滨海新区高考物理三模试卷

一、选择题（每小题6分，共30分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）

1.关于核反应的类型，下列表述正确的是（　　）

A. 是α衰变

B. 是β衰变

C. 是核聚变

D. 是核裂变

【答案】A

【解析】

【详解】A、 是α衰变，故A正确；

B、是原子核的人工转变，不是β衰变，故B错误；

C、，是原子核的人工转变，不是核聚变，故C错误；

D、，生成了电子，可知是β衰变，不是核裂变，故D错误；

2.如图所示，在光电管研究光电效应的实验中，用某种频率的单色光a照射光电管阴极k，电流计G的指针发生偏转，而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，那么(  )

A. 用a光照射光电管阴极K时，通过电流计G的电流方向由d到c

B. 增加b光的强度可以使电流计G的指针发生偏转

C. 用同一装置做双缝干涉实验，a光的相邻亮纹间距大于b光的相邻亮纹间距

D. 两束光以相同的入射角从水中斜射入空气，若出射光线只有一束，则一定是b光

【答案】D

【解析】

【详解】A、电流的方向与负电荷定向移动的方向相反，用光照射光电管阴极时通过电流计的电流是由到，故选项A错误；

B、增加光的强度，仍然不能发生光电效应，电流计指针不偏转，故选项B错误；

C、根据题意可知光的频率一定大于光的频率，则有光的波长小于光，根据公式可知光的相邻亮纹间距小于光的相邻亮纹间距，故选项C错误；

D、光的频率大，折射率大，根据可知光的临界角小，两束光从水中以相同的入射角射向空气，随着入射角的增大光先消失，所以若出射光线只有一束，则一定是光，故选项D正确。

3.2018年2月12日13时03分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第二十八、二十九颗北斗导航卫星。发射过程中“北斗”28星的某一运行轨道为椭圆轨道，周期为T0，如图所示。则（      ）

A. “北斗”28星的发射速度小于第一宇宙速度

B. “北斗”28星星在A→B→C的过程中，速率逐渐变大

C. “北斗”28星在A→B过程所用的时间小于

D. “北斗”28星在B→C→D的过程中，万有引力对它先做正功后做负功

【答案】C

【解析】

绕地球运行的卫星，其发射速度都大于第一宇宙速度，故A错误；根据开普勒第二定律，卫星在A→B→C的过程中，卫星与地球的距离增大，速率逐渐变小，故B错误；卫星在A→C的过程中所用的时间是，由于卫星在A→B→C的过程中，速率逐渐变小，A→B与B→C的路程相等，所以卫星在A→B过程所用的时间小，故C正确；卫星在B→C→D的过程中，万有引力方向先与速度方向成钝角，过了C点后与速度方向成锐角，所以万有引力对它先做负功后做正功，故D错误．故选C.

【点睛】卫星沿着椭圆轨道运动，结合动能定理分析万有引力做功情况；结合开普勒定律分析速度变化情况；第一宇宙速度是近地卫星速度，是在地面附近发射卫星的最小发射速度．

4.如图所示，轻绳一端系在小球A上，另一端系在圆环B上，B套在固定粗糙水平杆PQ上。现用水平力F作用在A上，使A从图中实线位置（轻绳竖直）级慢上升到虚线位置，但B仍保持在原来位置不动。则在这一过程中，杆对B的摩擦力F1、杆对B的支持力F2、绳对B的拉力F3的变化情况分别是（　　）

A. F1逐渐增大，F2逐渐增大，F3逐渐增大

B. F1保持不变，F2逐渐增大，F逐渐减小

C. F1逐渐增大，F2保持不变，F3逐渐增大

D. F1逐渐减小，F2逐渐减小，F3保持不变

【答案】C

【解析】

【详解】设的质量为，的质量为，对受力分析，由平衡条件可得：，，随逐渐增大，则有逐渐增大，增大；再对两者的整体分析，由平衡条件可得：，，则有逐渐增大，不变，故选项C正确，A、B、D错误。

5.如图所示，平行板电容器两极板水平放置，现将其接在电动势为E的直流电源上，电容器下极板接地，静电计所带电荷量可忽略。闭合开关S，一带电油滴恰好静止于两板间的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是（    ）

A. 平行板电容器的电容将变大

B. 静电计指针张角变小

C. P点的电势增大

D. 油滴仍将保持静止

【答案】C

【解析】

【详解】A、现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距增大，根据可知增大，则平行板电容器的电容将减小，故选项A错误；

B、由图可知平行板电容器与电源相连时，平行板电容器两端的电压不变，即静电计指针张角不变，故选项B错误；

CD、根据可知增大，电场强度减小，根据可知点与上极板的电势差减小，则有点与下极板的电势差增大，所以点的电势增大；电场强度减小，则油滴所受电场力减小，油滴将竖直向下运动，故选项C正确，D错误。

二、选择题（每小题6分，共18分，每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）

6.图（a）为一列简谐横波在t＝0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0m处的质点；图（b）为质点Q的振动图象。下列说法正确的是（　　）

A. 在 t＝0.10 s 时，质点 Q 向 y 轴正方向运动

B. 从 t＝0.10 s 到 t＝0.25 s，该波沿 x 轴负方向传播了6 m

C. 从 t＝0.10 s 到 t＝0.25 s，质点 P 通过的路程为 30 cm

D. 质点 Q 简谐运动的表达式为 y＝0.10sin10πt（国际单位）

【答案】BD

【解析】

【详解】A、图（b）为质点Q的振动图象，在t＝0.10s时，质点Q正从平衡位置向波谷运动，所以t＝0.10s时，质点Q向y轴负方向运动，故A错误；

B、在t＝0.10s时，质点Q沿x轴负方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播。由图a知波长λ＝8m，图b知周期 T＝0.2s，则波速为： ，从t＝0.10s到t＝0.25s经过的时间为△t＝0.15s，该波沿x轴负方向传播的距离为△x＝v△t＝40×0.15m＝6m，故B正确；

C、t＝0.10 s质点P正向上运动。从t＝0.10s到t＝0.25s经过的时间为△t＝0.15s＝，由于t＝0.10s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是3A＝30cm，故C错误；

D、质点Q简谐运动的表达式为 =0.10sin10πt（m），故D正确。

7.如图所示，一理想变压器将原线圈接在的交流电压上，原、副线圈匝数比n1：n2＝22：1，定值电阻的阻值为25Ω，滑动变阻器的总阻值为35Ω，将滑动变阻器的滑片P从左向右滑动过程中，下列说法中正确的是（　　）

A. 副线图输出电压的频率为50Hz

B. 当变压器的输出功率达最大时，电压表的示数为5V

C. 当滑动变阻器的功率达最大时，电流表的示数为0.2A

D. 滑片P滑到最右端时，变压器的输入功率为40W

【答案】AC

【解析】

【详解】A、原副线圈的交流电压的频率，副线圈输出电压的频率为50Hz，故选项A正确；

B、原线圈电压的有效值，根据可得副线圈的电压的有效值为10V，根据可知当变压器的输出功率达最大时，滑动变阻器的阻值为零，所以电压表的示数为10V，故选项B错误；

C、滑动变阻器的阻值等于定值电阻的阻值时，滑动变阻器的功率达最大，所以电流表的示数为，故选项C正确；

D、滑片滑到最右端时，变压器的输出功率为，变压器的输入功率为4W，故选项D错误；

8.如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M=6m。把滑块P从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角53°，OB长为L，与AB垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6，则滑块P从A到B的过程中，下列说法正确的是（    ）

A. P与Q的机械能之和先减小后增加

B. 轻绳对滑块P做功4mgL

C. 对于滑块Q，其重力功率先增大后减小

D. 滑块P运动到位置B处速度达到最大，且大小为

【答案】BC

【解析】

【详解】A、对于系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对的做功有关，从到的过程中，弹簧对先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，故选项A错误；

BC、物块释放瞬间的速度为零，当物块运动至点时，物块的速度也为零，所以当从点运动至点时，物块的速度先增加后减小，物块的重力的功率也为先增加后减小；从到的过程中，对于系统由机械能守恒可得：，对于由动能定理可得：，联立解得：，故选项B、C正确；

D、由于物块在、两点处弹簧的弹力大小相等，所以物块在点时受到弹簧向上的弹力，运动至点时受到向下的弹力，物块从到过程中，必定先加速度后减速，合力为零时速度最大，即在、间某位置速度最大，故选项D错误；

三、解答题（共6小题，满分72分）

9.如图所示，甲、乙两辆完全一样的小车，质量都为2kg，乙车内用长为1.5m的细绳吊一质量为1kg的小球。当乙车静止时，甲车以速度10m/s与乙车相碰，碰后两车瞬间连为一体，则碰后瞬间两车的共同速度为________m/s；当小球摆到最高点时上升的高度为______m.（已知重力加速度）

【答案】    (1). 5    (2). 1

【解析】

【详解】解：甲车与乙车碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得：；

小球与两车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得：，小球与两车组成的系统在小球上摆过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：，解得：。

10.某同学利用如图甲所示的实验装置测量重力加速度．

①请指出该同学在实验操作中存在的明显错误或不当（指出一处即可）：_____

②该同学经正确操作得到如图乙所示的纸带，取连续的六个打点A、B、C、D、E、F为计数点，测得点A到B、C、D、E、F的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5．若打点的周期为T，则打E点时重物速度的表达式为vE＝_____；若分别计算出各计数点对应的速度数值，并在坐标系中画出速度的二次方（v2）与距离（h）的关系图线，如图丙所示，则重力加速度g＝_____m/s2．

【答案】    (1). 打点计时器用了直流电或释放重物前重物未靠近打点计时器    (2).     (3). 9.4

【解析】

【详解】①打点计时器应接交流电源，重物释放时应紧靠打点计时器；

②利用匀变速直线运动的推论 ，v2＝2gh，速度的二次方v2与距离（h）的关系图线的斜率为18.8，所以g＝9.4m/s2．

11.某物理研究小组尝试利用一个电流计准确地测量一节干电池的电动势和内阻。已知干电池的电动势约为1.5V，内阻几欧姆，可利用的仪器有：

A．电流计G（量程1 g＝30mA，内阻Rg未知）

B．电阻箱R（0～99.99Ω）

C．定值电阻箱R0（R0＝30Ω）

D．开关

E．导线若干

回答下列问题：

（1）该小组首先设计如图甲所示的电路图。闭合开关S，将电阻的阻值调到17.00Ω时，电流计恰好满偏；将电阻的阻值调到42.00Ω时，电流计指针指在如图乙所示位置，则电流计的读数为_____mA．由以上数据可得到干电池电动势E＝_____V。

（2）该小组发现图甲所示电路无法测量电源的内阻，原因是_____，于是他们又设计了一个电路测量干电池的内阻，如图丙所示。

（3）闭合开关S，改变电阻箱的阻值R，读出对应的电流计的读数I，然后在图丁的坐标系中描出相应的点，并根据所描点的规律作出的图线。

（4）结合两个实验电路图的数据，可求出电流计电阻Rg＝_____Ω，干电池内阻r＝_____Ω．

【答案】    (1). 200；    (2). 1.5；    (3). G表内阻未知；    (4). 30；    (5). 3；

【解析】

（1）由图乙所示表盘可知，其分度值为1mA，示数为：20.0mA；
由闭合电路欧姆定律可知：E=I（r+Rg+R），由题意可知：E=30×10-3×（r+Rg+17.00），
E=20×10-3×（r+Rr+42.00），解得：E=1.5V；
（2）由闭合电路欧姆定律可以求出：r+Rg，由于不知电流计内阻Rg，无法求出电源内阻r；
（4）由图丙所示电路图可知，电源电动势：
E=U+Ir=I（Rg+R0）+（+I）r，
整理得： ，
由图示图象可知：=42，
k===120，
解得：r=3Ω，Rg=30Ω；
点睛：对电流表读数时要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读数，读数时视线要与刻度线垂直；根据图示电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式是求电源内阻与电流计内阻的前提与关键。

12.如图所示，质量m＝4.6kg的物体（可以看成质点）用细绳拴住，放在水平传送带的右端，物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带的长度l＝6m，当传送带以v＝4m/s的速度做逆时针转动时，绳与水平方向的夹角为θ＝37°．已知：重力加速g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

（1）传送带稳定运行时，求绳子的拉力；

（2）某时刻剪断绳子，求物体在传送带上运动的时间；

（3）剪断细线后，物体在传送带上运动过程中和传送带之间由于摩擦而产生的热量。

【答案】(1) 10 N (2)2.5 s (3) 36.8J

【解析】

【分析】

物块受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力处于平衡，根据共点力平衡，运用正交分解求出绳子拉力的大小；剪断绳子，物块先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度时，一起做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出物体运动到传送带的左端的时间；求出物体与传送带之间的相对位移，根据求出摩擦产生的热量；

【详解】解：(1) 对物体受力分析：

解得：

(2) 剪断后

物体加速运动时间：

物体加速运动距离：

匀速运动时间：

总时间：

(3) 加速过程中，皮带运动的位移：

物体相对于皮带的位移大小：

摩擦产生的内能：

13.如图，两足够长的光滑平行导轨水平放置，处于磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，一端连接阻值为R的电阻。一金属棒垂直导轨放置，质量为m，接入电路的电阻为r。水平放置的轻弹簧左端固定，右端与金属杆中点链接，弹簧劲度系数为k。装置处于静止状态。现给导体棒一个水平向右的初速度v0，第一次运动到最右端时，棒的加速度为a，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g，求：

（1）金属棒开始运动时受到的安培力F的大小和方向；

（2）金属棒从开始运动到第一次运动到最右端时，通过R的电荷量q；

（3）金属棒从开始运动到最终停止的整个过程中，R上产生的热量Q。

【答案】（1），方向水平向左（2）（3）

【解析】

分析】

金属棒在恒力F作用下，先做加速度减小的变加速运动，后做匀速直线运动，速度达到最大．根据E=BLv、安培力公式F安=BIL，推导出安培力的表达式进行求解。

【详解】(1) 金属棒开始运动时，感应电流

安培力：

解得：F=，方向水平向左；

(2) 设金属棒向右运动的最大距离为x，则

此过程回路产生的平均感应电动势

通过电阻R的电荷量

解得：；

(3) 从开始运动到最终停止整个过程，由能量守恒定律可知回路产生的总热量

由于

解得：。

【点睛】本题考查了求速度、电功率，分析清楚金属棒的运动过程、应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、平衡条件、电功率公式即可正确解题。

14.如图所示，直线y＝x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B1，直线x＝d与y＝x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E＝1.0×104V/m，另有一半径R＝1.0m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B2＝0.20T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x＝d和x轴均相切，且与x轴相切于S点．一带负电的粒子从S沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B1时的速度方向与直线y＝x垂直．粒子速度大小v0＝1.0×105m/s，粒子的比荷为，粒子重力不计，求：

（1）坐标d的值；

（2）要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B1应满足的条件；

（3）在（2）问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y＝x上的最长时间．（结果保留两位有效数字）

【答案】（1）4m

（2）0<B1≤0.10T或B1≥0.24T

（3）

【解析】

试题分析：（1）由带电粒子在匀强磁场B2中运动可得：

解得：r = 1m=R

粒子进入匀强电场以后，做类平拋运动，设水平方向的位移为x1，竖直方向的位移为y1

水平方向

竖直方向

其中

联立解得： x1 = 2m，y1= 1m

由图示几何关系得：

(2)可使粒子无法运动到x负半轴

①设当匀强磁场磁感应强度为B3时，粒子从电场垂直边界进入匀强磁场后，轨迹与y轴相切，此时粒子在磁场中运动半径为r1，由如图所示几何关系得：

解得：

由牛顿第二定律得：

解得：

②设当匀强磁场磁感应强度为B4时，粒子垂直打在y轴上，粒子在磁场中运动半径为r2，由如图所示几何关系得：

由牛顿第二定律得：

解得： B4＝＝0.10T

综上所述，要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B1应满足的条件是：0<B1≤0.10T或B1≥0.24T

(3)设粒子在B2中运动时间为t1；在电场中运动时间为t2；在磁场B1中运动，当轨迹与y轴相切时所用的时间最长为t3

所以有，，

则当粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y=x上所用的最长时间为t

考点：带电粒子在匀强磁场及匀强电场中的运动

【名师点睛】本题考查粒子在电场中类平抛运动和在磁场中的匀速圆周运动，对学生几何能力要求较高，能够找出问题的临界情况是解决本题的关键。