2019届辽宁省开原市重点中学高三三模考试物理试题（解析版）

2019届辽宁省开原市重点中学高三三模考试物理试题（解析版）第I卷（选择题）一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1. 应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入，例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是A. 受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B. 受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C. 在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D. 在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度【答案】D【解析】试题分析：手托物体由静止开始向上运动，一定先做加速运动，物体处于超重状态；而后可能匀速上升，也可能减速上升，故A、B错误；在物体离开手的瞬间，二者分离，不计空气阻力，物体只受重力，物体的加速度一定等于重力加速度；要使手和物体分离，手向下的加速度一定大于物体向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，选项C错误，D正确。考点：超重；失重【名师点睛】本题主要考查了学生对超重、失重的理解。属于容易题。物体处于超重时其竖直方向加速度的方向竖直向上，物体处于失重时其竖直方向加速度的方向竖直向下；超重和失重与速度的方向无关。   2.以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的图像可能正确的是A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】试题分析：竖直上抛运动不受空气阻力，做向上匀减速直线运动至最高点再向下自由落体运动，图象时倾斜向下的直线，四个选项均正确表示；考虑阻力的上抛运动，上升中，随着减小，减小，对应图象的斜率减小，选项A错误。下降中，随着随着增大，继续减小。而在最高点时，，对应图与轴的交点，其斜率应该等于（此时与竖直上抛的最高点相同的加速度），即过交点的切线应该与竖直上抛运动的直线平行，只有D选项满足。故选D。考点：本题考查了牛顿第二定律、图象的特点、竖直上抛运动状态的判断。 3.如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两物体A、B，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为θ．在物体A左端施加水平拉力F，使A、B均处于静止状态，已知物体A表面光滑，重力加速度为g，则下列说法正确的是A. 弹簧弹力的大小为B. m1与m2一定相等C. 地面对B的支持力可能为零D. 地面对B的摩擦力大小为F【答案】D【解析】【详解】A.对A分析，水平方向上有弹则弹簧弹力弹竖直方向上有弹可知弹故选项A不符合题意；BC.物体B在水平方向上平衡，可知B在水平方向上受到向右的摩擦力，则地面对B支持力不为零，竖直方向上有弹则有由此可知与不一定相等，故选项B、C不符合题意；D.对整体分析，地面对B的摩擦力大小等于，故选项D符合题意。 4.如图所示，分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出a、b两小球，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，且在同一竖直面内，斜面底边长是其竖直高度的2倍．若小球b能落到斜面上，下列说法正确的是A. a、b不可能同时分别落在半圆轨道和斜面上B. 如果v0较小，a球先落在半圆轨道上C. 如果v0较大，b球一定先落在斜面上D. a球可能先落在半圆轨道上【答案】D【解析】【详解】将圆轨道和斜面轨道重合在一起，如图所示，交点为A．初速度合适，可知小球做平抛运动落在A点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上；由图可知，如果较小，小球先落在斜面上；如果较大，小球先落在圆轨道上。A. a、b不可能同时分别落在半圆轨道和斜面上；与分析不符，故A项错误。B. 如果v0较小，a球先落在半圆轨道上；与分析不符，故B项错误。C. 如果v0较大，b球一定先落在斜面上；与分析不符，故C项错误。D. a球可能先落在半圆轨道上；与分析相符，故D项正确。 5.两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示．A处电荷带电荷量为－4Q，B处电荷带电荷量为＋Q，另取一个可以自由移动的点电荷P，放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则A. P为负电荷，且放于A右方B. P为正电荷，且放于A左方C. P为负电荷，且放于B右方D. P为正电荷，且放于B右方【答案】C【解析】【详解】假设点电荷P放在A、B之间，那么A处电荷对点电荷P的电场力和B处电荷对点电荷P的电场力方向相同，点电荷P不能处于平衡状态，所以假设不成立；设点电荷P所在位置与A处电荷的距离为，点电荷P所在位置与B处电荷的距离为，要能处于平衡状态，所以A处电荷对点电荷P的电场力大小等于B处电荷对点电荷P的电场力大小，即为 ，解得，所以点电荷P位于B处电荷的右方；根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断点电荷P带负电；A. P为负电荷，且放于A右方；与分析不符，故A项错误。B. P为正电荷，且放于A左方；与分析不符，故B项错误。C. P为负电荷，且放于B右方；与分析相符，故C项正确。D. P为正电荷，且放于B右方；与分析不符，故D项错误。 6.如图所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是A. 0＜t0＜B. ＜t0＜C. 0＜t0＜D. ＜t0＜T【答案】B【解析】【详解】AC.若，带正电粒子先加速向板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在板上，故选项A、C不符合题意；B.若，带正电粒子先加速向板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在板上，故选项B符合题意；D.若，带正电粒子先加速向板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动距离小于向右运动的距离，最终打在板上，故选项D不符合题意。 7.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．正确的有 A. x2处的电场强度为零B. 负电荷从x1移到x2，电势能增大C. q1和q2带有同种电荷D. 负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大【答案】A【解析】【详解】A.图中曲线斜率大小等于电场强度，处的斜率为零，则处的电场强度为零，故选项A符合题意；B. 负电荷从移到，电势升高，根据可知电势能减小，故选项B不符合题意；C.由图可知：无穷远处电势为零，有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以和带有异种电荷，故选项C不符合题意；D.负电荷从移到，曲线的斜率减小，电场强度减小，所以负电荷受到的电场力减小，故选项D不符题意。 8.如图所示，近地人造卫星和月球绕地球的运行轨道可视为圆．设卫星、月球绕地球运行周期分别为T卫、T月，地球自转周期为T地，则A. T地>T月B. T地＝T卫C. T卫<T月D. T卫<T地【答案】CD【解析】【详解】卫星和月球都绕地球做圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有： ，解得：，由于近地卫星的环绕半径小于同步卫星的半径，同步卫星的半径又小于月球绕地球的半径，所以近地卫星的周期最小，月球的周期最大，又由于同步卫星的周期等于地球自转周期为地，所以：卫地月；A.地月；与分析不符，故A项错误；B.地卫；与分析不符，故B项错误；C.卫月；与分析相符，故C项正确；D.卫地；与分析相符，故D项正确。 9.如图所示，平行板电容器两极板带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在A点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，Ep表示点电荷在A点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向上移动一小段距离至图中虚线位置，则正确的是A. θ增大，E增大B. θ增大，Ep不变C. E不变，Ep增大D. E不变，Ep不变【答案】BD【解析】【详解】电容器与电源断开，故电量不变，上极板向上移动时，两板间的距离增大，根据可知电容减小，则根据可知电压增大，故静电计指针偏角增大；两板间的电场强度：因此电场强度与板间距无关，电场强度不变；据电势差与电场强度关系知，A点与下极板间电势差不变，即A点电势不变，因此电荷在点的电势能保持不变；A.增大，增大，与分析不符，故A项错误；B.增大，不变，与分析相符，故B项正确；C.不变，增大，与分析不符，故C项错误；D.不变，不变，与分析相符，故D项正确 10.如图所示的电路中，电源电动势E恒定，内阻r＝1 Ω，定值电阻R3＝3 Ω．当开关K断开和闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，电流表和电压表内阻影响忽略不计．正确的是A. 电阻R1、R2满足R1＋R2＝2rB. 电阻R1、R2满足R1R2＝r2C. 开关断开时电压表的读数一定小于开关闭合时电压表的读数D. 开关断开和闭合时，电压表示数变化量的大小与电流表示数变化量的大小之比一定为4 Ω【答案】BD【解析】【详解】AB.当K闭合时被短路段电路消耗的电功率 开关断开时段电路消耗的电功率根据题意则有可得将代入方程有，所以不成立；将代入方程有，所以成立，故选项A不符合题意，B符合题意；C.据闭合电路欧姆定律可得：知变大时，变大，开关断开时电压表的读数一定大于开关闭合时电压表的读数，故选项C不符合题意；D.根据闭合电路欧姆定律可得当变化时，图象如图所示，图象的斜率故选项D符合题意。 11.下列说法中正确是A. 布朗运动反映的是固体分子的无规则运动B. 根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体C. 气体对容器壁的压强是由于大量气体分子对器壁的碰撞作用产生的D. 热量是热传递过程中，物体间内能的转移量；温度是物体分子平均动能大小的量度【答案】CD【解析】【详解】A.布朗运动是固体小颗粒的运动，是液体分子无规则运动的反映，故选项A不符合题意；B.热量可以从低温物体传到高温物体，但要引起其他方面的变化，故选项B不符合题意；C.大量气体分子对器壁的持续撞击引起了气体对容器壁的压强，故选项C符合题意；D.热传递过程中，物体间内能的转移量叫做热量；温度是分子热运动平均动能的标志，故选项D符合题意。 12.18世纪，数学家莫佩尔蒂和哲学家伏尔泰，曾设想“穿透”地球：假设能够沿着地球两极连线开凿一条沿着地轴的隧道贯穿地球，一个人可以从北极入口由静止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以从南极出口飞出，则以下说法正确的是(已知地球表面处重力加速度g取10 m/s2；地球半径R＝6.4×106 m；地球表面及内部某一点的引力势能Ep＝－)A. 人与地球构成的系统，由于重力发生变化，故机械能不守恒B. 当人下落经过距地心R/2瞬间，人的瞬时速度大小为4×103 m/sC. 人在下落过程中，受到的万有引力与到地心的距离成正比D. 人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对人做功W＝1.6×109 J【答案】CD【解析】【详解】A.人与地球构成的系统，由于只有重力做功，系统机械能守恒，故选项A不符合题意；B.人从下落到距地心过程，万有引力的平均值为根据动能定理有解得人的瞬时速度大小为故选项B不符合题意；C.与球心的距离为时，万有引力为即受到的万有引力与到地心的距离成正比，故选项C符合题意；D.人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对人做功代入数据解得故选项D符合题意。 第II卷（非选择题）二、实验题(共16分)13.游标卡尺、螺旋测微器的示数如图所示．(1)游标卡尺的读数为______cm，螺旋测微器的读数是______mm，电流表读数是______A；(2)此电流表有0.6A和3A两个量程，内部结构如图；如Ig＝3 mA、Rg＝398 Ω，则R1＝___Ω．【答案】    (1). 4.240    (2). 0.880    (3). 0.28    (4). 0.4【解析】【详解】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为42mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.05mm=0.40mm，所以最终读数为[2]螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为38.0×0.01mm=0.380mm，所以最终读数为0.5mm+0.380mm=0.880mm[3]电流表量程为0.6A，由图示电流表可知其分度值为0.02A，示数为0.28A；(2)[4]电流表量程为0.6A时则有代入数据可得电流表有3.0A时则有代入数据可得联立解得 14.如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律．某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示．(1)实验时，该同学进行了如下操作：①将质量均为M(A的含挡光片，B的含挂钩)的重物用绳连接后，跨放在轻质定滑轮上，处于静止状态，测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h．②在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统(重物A、B以及物块C)中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为Δt．③测出挡光片的宽度d，计算有关物理量，验证机械能守恒定律．(2)如果系统(重物A、B以及物块C)机械能守恒，应满足的关系式为mgh＝____ (g已知)．(3)引起该实验系统误差的原因有________________________(写一条即可)．(4)验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，不断增大物块C的质量m，重物B的加速度a也将不断增大，那么a与m之间有怎样的定量关系？a随m增大会趋于一个什么值？请你帮该同学解决：①写出a与m之间的关系式：a＝________________(还要用到M和g)．②a的值会趋于____________．【答案】    (1). mgh＝(2M＋m)    (2). 绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、滑轮有质量有动能、重物运动受到空气阻力等    (3).     (4). 重力加速度g【解析】【详解】(2)[1]系统的末速度为系统重力势能的减小量系统动能增加量为若系统机械能守恒，则有(3)[2]系统机械能守恒的条件是只有重力做功，引起实验误差的原因可能有：绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等；(4)[3][4]根据牛顿第二定律得，系统加速度为：当不断增大，则趋向于重力加速度． 三、计算题：本题共3小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15.如图所示，A、B两物体与水平面间的动摩擦因数相同，A的质量为3 kg．A以一定的初速度向右滑动，与B发生碰撞，碰前A的速度变化如图中图线Ⅰ所示，碰后A、B的速度变化分别如图线Ⅱ、III所示，g取10 m/s2，求：碰撞过程中损失的动能．【答案】0.75J【解析】【详解】由图乙得碰后的速度，的速度，碰撞前后、组成的系统动量守恒，则有：可得：碰撞过程中损失的动能： 16.如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离是1.5L，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：(1)在t＝0.05 s时刻，电子打在荧光屏上的何处．(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？【答案】(1) 打在屏上的点距O点的距离为15cm(2) 40cm【解析】【详解】(1)电子经电场加速，根据动能定理可得：经电场偏转后侧移量：解得：由图知时刻，所以：设打在屏上的点距点的距离为，则满足：解得：(2)由题知电子侧移量的最大值为，所以当偏转电压超过，电子就打不到荧光屏上了，则满足：解得：所以荧光屏上电子能打到的区间长为： 17.U形管左右两管粗细不等，左侧A管开口向上，封闭的右侧B管横截面积是A管的3倍．管中装入水银，大气压为p0＝76 cmHg，环境温度为27℃．A管中水银面到管口的距离为h1＝16 cm，且水银面比B管内高Δh＝4 cm．B管内空气柱长为h2＝6 cm，如图所示．欲使两管液面相平，现用小活塞把开口端封住，并给A管内气体加热，B管温度保持不变，当两管液面相平时，试求此时A管气体的温度为多少？【答案】450K【解析】【详解】设A管横截面积为，则B管横截面积为 以B管封闭气体为研究对象初状态：，设末状态的压强为，体积为从初状态到末状态，设A管水银面下降，B管水银面上升，则有：解得：、末状态的体积：由玻意耳定律有：由以上各式得：以管被活塞封闭的气体为研究对象初状态：，，末状态：， 由理想气体方程：由以上各式得：