2019届江苏省扬州中学高三5月模拟物理试题（解析版）

江苏省扬州中学2018-2019学年第二学期月考试卷

高三物理

2019.05

本试卷选择题9题，非选择题7题，共16题，满分为120分，考试时间100分钟．

注意事项：

1．答卷前，考生务必将本人的学校、班级、姓名、考试号填在答题卡的相应位置．

2．将每题的答案或解答写在答题卡上，在试卷上答题无效．

3．考试结束，只交答题卡．

一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．选对的得3分，错选或不答的得0分．

1.如图所示,验电器带有少量正电荷,将一带负电的小球从远处逐渐靠近验电   器的金属球.此过程中,可能看到金属箔片张开的角度

A. 不断增大

B. 先减小至零,后逐渐增大

C. 先增大,后减小

D. 先增大,后不变

【答案】B

【解析】

【详解】带有负电荷的小球慢慢靠近一个带有少量正电荷的验电器金属球，根据异种电荷相互吸引得出金属箔所带电荷变少，所以金属箔的夹角减小，随小球的靠近，验电器的金属球上的正电荷越来越多，所以金属箔上将开始带上负电荷，随负电荷的增加多，此时验电器金属箔的张角也开始变大，即金属箔的夹角增大，故ACD错误，B正确。

2.智能化电动扶梯如图所示，乘客站上扶梯，先缓慢加速，然后再匀速上升，则

A. 乘客始终处于超重状态

B. 加速阶段乘客受到的摩擦力方向与v相同

C. 电梯对乘客的作用力始终竖直向上

D. 电梯匀速上升时，电梯对乘客的作用力竖直向上

【答案】D

【解析】

【详解】加速运动阶段，顾客的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律，电梯对他的支持力大于其重力，处于超重状态；匀速运动阶段，加速度为0，所以既不超重也不失重。故A错误。加速阶段乘客加速度斜向上，加速度有水平向右的分量，则受到的摩擦力方向水平向右，选项B错误；加速阶段，乘客受到竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力，则电梯对乘客的作用力斜向右上方；电梯匀速上升时，电梯对乘客只有向上的支持力，即电梯对乘客的作用力竖直向上，选项C错误，D正确.

3.如图所示电路中，电源电动势为E（内阻不计），线圈L的自感系数较大，电阻不计．电容器C的电容足够大，以下判断正确的是

A. 闭合S，电路稳定后，电容器两端电压为E

B. 闭合S，电路稳定后，电容器的a极板带正电

C. 断开S的瞬间，灯泡A不会闪亮

D. 断开S的瞬间，灯泡B立即熄灭

【答案】A

【解析】

【详解】闭合S稳定后，L相当于一段导线，A被短路，所以C两端的电压等于B两端的电压，等于电源的电动势E，故A正确；由图知b板带正电，故B错误；断开S的瞬间，L相当于电源，与A组成回路，电流方向自左向右，会闪亮。故C错误；断开S的瞬间，因电容器放电，则灯泡B不会立即熄灭；故D错误。

4.扬州某游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示．模型飞机固定在旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以恒定的角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是

A. 模型飞机受重力、旋臂的作用力和向心力

B. 旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直

C. 增大θ，模型飞机线速度大小不变

D. 增大θ，旋臂对模型飞机的作用力变大

【答案】D

【解析】

【详解】当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，模型飞机受到重力和支持力的作用，而向心力属于效果力，由重力和支持力的合力产生，故模型飞机受到的力为重力和旋臂的作用力，故A错误；旋臂对模型飞机的作用力方向可以与旋臂不垂直，但以后再竖直方向和水平方向有分力，且竖直方向的分力等于重力，故B错误；增大θ，飞机的圆周半径r=Lsinθ增大，根据v=rω知飞机线速度增大，故C错误；根据旋臂对模型飞机的作用力大小的表达式，若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大，故D正确。

5.如图所示，平直木板AB倾斜放置，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B均匀增大，小物块从A点由静止释放，恰好可以到达B点，小物块的速度v、加速度a、动能Ek和机械能E机（取地面为零势能面）随下滑位移x变化的图像可能正确的是

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】设斜面的倾角为α．据题有 μ=kx，k是常数。小物块所受的滑动摩擦力大小为 f=μmgcosα=kxmgcosα，知f∝x．根据动能定理得，得 v2=2gxsinα-kx2gcosα，知v-x图象为曲线，故A错误。根据牛顿第二定律得 mgsinα-μmgcosα=ma，结合 μ=kx，得 a=gsinα-kxgcosα，a随x先均匀减小后反向均匀增大，加速度先正后负，故B错误。根据动能定理得 ，得 Ek=mgxsinα-kx2mgcosα，知Ek-x是开口向下的抛物线，故C正确。根据功能关系知，随着x的增大，E机-x图象斜率绝对值增大，故D错误。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．

6.2019年4月10日，天文学家召开全球新闻发布会，宣布首次直接拍摄到黑洞的照片如图所示．黑洞是一种密度极大、引力极大的天体，以至于光都无法逃逸（光速为c）．若黑洞的质量为M，半径为R，引力常量为G，其逃逸速度公式为．如果天文学家观测到一天体以速度v绕某黑洞做半径为r的匀速圆周运动，则下列说法正确的有

A.

B. M=Gv2r

C. 该黑洞的最大半径为

D. 该黑洞的最小半径为

【答案】AC

【解析】

【详解】根据万有引力提供向心力有：，得黑洞的质量，故A正确，B错误；根据逃逸速度公式，得，黑洞的最大半径，故C正确，D错误。

7.如图所示，绝缘容器内部为长方体空腔，容器内盛有NaCl的水溶液，容器上下端装有铂电极A和C，置于与容器表面垂直的匀强磁场中，电键K闭合前容器两侧P、Q两管中液面等高，闭合电键后

A. M处氯离子浓度大于N处氯离子浓度

B. N处电势高于M处电势

C. M处电势高于N处电势

D. P管中液面高于Q管中液面

【答案】AD

【解析】

【详解】依据左手定则可知，钠离子在洛伦兹力作用下，向M处偏转，因此M处钠离子浓度大于N处钠离子浓度，故A正确；依据正离子的定向移动方向与电流方向相同，而负离子移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知，正负离子均偏向同一方向，因此电势相等，故BC错误；当开关闭合时，液体中有从A到B方向的电流，根据左手定则可知，液体将受到向M的安培力作用，在液面内部将产生压强，因此P端的液面将比Q端的高，故D正确。

8.如图所示，水平理想边界MN的上方和下方分别存在大小相等、方向相反的垂直于纸面的匀强磁场，磁场中有一个正方形的单匝闭合金属线圈．现将线圈从MN上方的磁场中某处自由释放，经过时间t，该线圈刚好有一半进入下方磁场，且此时线圈下落的速度是v，已知重力加速度为g，线圈平面始终与磁场方向垂直，则下列说法正确的有

A. t时刻，线圈中感应电流为0

B. t时刻，线圈中感应电流的方向为顺时针方向

C. t时刻，线圈的速度

D. 线圈可能以速度v匀速通过边界MN

【答案】BD

【解析】

【详解】t时刻，线圈的上下两边都切割磁感线，都产生感应电动势，而且两个感应电动势串联，线圈中感应电流不为0；故A错误。根据右手定则判断可知，t时刻，线圈上边中感应电流的方向向右，下边中感应电流的方向向，即线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故B正确。线圈通过两个磁场的边界MN时，产生感应电流，受到安培力阻碍，所以t时刻，线圈的速度v＜gt，故C错误。线圈通过两个磁场的边界MN时，受到的安培力与重力可能平衡，则线圈可能以速度v匀速通过边界MN，故D正确。

9.如图所示，在竖直平面内固定一个半径为R的绝缘圆环，有两个可视为点电荷的相同的带负电的小球A和B套在圆环上，其中小球A可沿圆环无摩擦的滑动，小球B固定在圆环上和圆心O的连线与水平方向的夹角为45º．现将小球A由静止释放，则下列说法中正确的有

A. 小球A恰好可以运动到P点

B. 小球A运动到圆环最低点Q的过程中，速率不断变大

C. 小球A运动到圆环最低点Q的过程中电势能先减小后增大

D. 小球到达圆环最低点Q时的速度大小为

【答案】CD

【解析】

【详解】当B球不存在时，由于机械能守恒可得，A球能够运动到P点，但是当有B球后，AB两球靠近时电场力做负功，故A球不可能运动到P点，故A错误；小球A从释放到运动到圆环最低点Q的过程中电势能先减小后增大，而重力势能一直减小，结合运动的电场线可知，小球A从释放到运动到圆环最低点Q的过程中动能先增大后减小，则速率先变大后减小，故B错误；开始时小球A与B之间的距离小于环的直径，而小球A与B之间的最大距离等于环的直径；由于两个小球都带负电，所以二者之间的距离增大时，库仑力做正功，二者的电势能减小；当二者之间的距离减小时，电场力做负功，二者的电势能增大，即小球A从释放到运动到圆环最低点Q的过程中电势能先减小后增大。故C正确；由图可知A与Q相对于过OB的直径是对称的，所以小球在A点的电势能与在Q点的电势能是相等的，小球从A到Q的过程中增加的动能等于减小的重力势能，则：mv2=mgR可得：．故D正确。

三、简答题：本题分必做题（第10、11、12题）和选做题（第13题）两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．

10.LED灯的核心部件是发光二极管．某同学欲测量一只工作电压为2.9V的发光二极管的正向伏安特性曲线，所用器材有：电压表(量程3V，内阻约3kΩ)，电流表 (用多用电表的直流25mA挡替代，内阻约为5Ω)，滑动变阻器(0-20Ω)，电池组，电键和导线若干．他设计的电路如图(a)所示．回答下列问题：

（1）根据图(a)，在实物图(b)上完成连线________________；

（2）在电键S闭合前，将多用电表选择开关拔至直流25mA挡，调节变阻器的滑片至最________端（填“左”或“右”）；

（3）某次测量中，多用电表示数如图(c)，则通过二极管的电流为_______ mA；

（4）该同学得到的正向伏安特性曲线如图(d)所示．由曲线可知，随着两端电压增加，二极管的正向电阻_________（填“增大”、“减小”或“几乎不变”）；

（5）若实验过程中发现，将变阻器滑片从一端移到另一端，二极管亮度几乎不变，电压表示数在2.7V-2.9V之间变化，试简要描述一种可能的电路故障：___________．

【答案】    (1).     (2). 左    (3). 15.8-16.2    (4). 减小    (5). 连接电源负极与变阻器的导线断路（接触不良）。

【解析】

【详解】（1）连线如图；

（2）从电学实验安全性原则考虑，开始实验时，要使电路中电阻最大，电流最小，故滑动变阻器的滑片应调节至最左端；
（3）多用电表选择开关拨至直流25mA挡，最小分度为0.5mA，读数应估读到0.1mA，故由图c可知读数为15.9mA；
（4）由发光二极管的正向伏安特性曲线可知，图象的斜率表示二极管的正向电阻大小的倒数，即斜率越大则二极管的正向电阻越小，故随着两端电压增加，图象的斜率越大，二极管的正向电阻减小；
（5）二极管亮度几乎不变，电压表示数在2.7V-2.9V之间变化，表示滑动变阻器失去作用，故该电路故障可能是连接电源负极与变阻器的导线断路。

11.某研究性学习小组使用如图所示的实验装置测定小木块与倾斜轨道间的动摩擦因数．倾斜轨道的顶端有一个固定的挡板，轨道上有两个位置可调节的光电门 A 和光电门 B．他们将一个遮光条安装在小木块上，并用游标卡尺测量遮光条的宽度 d．已知轨道的倾角为θ，当地的重力加速度为 g ．实验操作如下：

①将光电门 B 固定在离挡板较远位置，使小木块从紧靠挡板的位置由静止释放；

②记录遮光条通过光电门 A 的时间△t1，遮光条通过光电门 B 的时间△t2以及两个光电门之间的距离 x；

③改变光电门 A 的位置，重复以上操作，记录多组△t1，△t2和 x 的值． 请回答以下问题：

（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度如图所示，则d=________cm

（2）利用图像来处理实验数据，作出的图像应是_________

（3）用图像斜率的绝对值 k 来计算小木块与倾斜轨道间的动摩擦因数，在不计空气阻力的情况下，他们用来计算动摩擦因数的表达式为___________（用题目中所给物理量的字母表示）．若考虑空气阻力，则他们利用如上表达式求出的动摩擦因数____________（填“偏大”、“偏小”或“没有影响”）．

【答案】    (1). 1.015    (2). C    (3).     (4). 偏大

【解析】

【详解】（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d=1cm+0.05mm×3=1.015cm；

（2）木块运动到A处的速度大小，，当木块运动到B处时的速度大小，；v22=v12+2ax可得，即，因光电门B固定，则∆t2为定值，可知图像C正确。
（3）由图像可知，，则；又解得；若考虑空气阻力，则测得的加速度偏小，则k值偏小，求出的动摩擦因数偏大.

12.［选修模块3-5］下列有关近代物理内容的表述正确的有         

A. 核力存在于原子核内任意两个核子之间

B. 碳14 在活体生物体内和死亡后生物体内半衰期是一样的

C. 原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子

D. 高速运动的电子其物质波的波长与动量成反比

【答案】BD

【解析】

【详解】核力与万有引力、库伦力的性质不同，核力是短程力，作用范围在1.5×10-15m，原子核的半径数量级在10-15m，所以核力只存在于相邻的核子之间，核力是原子核能稳定存在的原因，故A错误；放射性元素的半衰期与环境的变化无关，只与自身有关，故B正确；β衰变的实质是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故C错误；德布罗意认为，任何一个运动着的物体都有一种波与它对应，波长λ=h/P，该波的波长与该物体的动量成反比，故D正确。

13.［选修模块3-5］核电站所需的能量是由铀核裂变提供的，裂变过程中利用________ (填“石墨”或“镉棒”)吸收一定数量的中子，控制反应堆的反应速度.核反应堆产物发生β衰变产生反电子中微子(符号)，又观察到反电子中微子(不带电，质量数为零)诱发的反应: +→n+x，其中x代表_________(填“电子”或“正电子”).

【答案】    (1). 镉棒    (2). 正电子

【解析】

【详解】核电站所需的能量是由铀核裂变提供的，裂变过程中利用镉棒吸收一定数量的中子，控制反应堆的反应速度。核反应堆产物发生β衰变产生反电子中微子（符号），又观察到反电子中微子（不带电，质量数为零）诱发的反应：+→n+x，其中x代表正电子.

14.［选修模块3-5］已知氢原子的基态能量为E1（E1<0），量子数为n的激发态的能量为．现有一群氢原子处于n=3的能级，在向低能级跃迁过程中，其中从n=2能级向n=1能级跃迁辐射出的光照射某金属的表面恰能发生光电效应，求：

①该金属的极限频率；

②能从该金属表面逸出的光电子的最大初动能．

【答案】①②

【解析】

【详解】①因，所以

②氢原子从n=3能级向n=1能级跃迁辐射出的光子能量最大，此时从金属表面逸出的光电子的最大初动能为Ekm  

=

【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一题作答，并在答题卡上把所选题目对应字母后的方框涂满涂黑，若都作答则按A小题评分．

15.［选修模块3-3］封闭在气缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态C，其体积V与热力学温度T关系如图所示，该气体的摩尔质量为M，状态A的体积为V0，温度为T0，O、A、C三点在同一直线上，阿伏伽德罗常数为NA．

（1）下列说法正确的有        

A．A→B过程中，速度小的气体分子数增加

B．A→B过程中，每个气体分子的动能都增大

C．B→C过程中，气体的内能不变

D．B→C过程中，单位时间内与器壁单位面积碰撞分子数减少

（2）在A→C过程中，气体对外做功为5J，内能增加9J，则气体         （选“吸收”或“放出”）热量         J．

（3）在状态C，该气体的密度为ρ，体积为2V0，则状态C的温度为多少？该气体的分子数为多少？

【答案】（1）CD（2）吸收、14（3）TC=2T0；

【解析】

【详解】（1）A→B过程中，温度升高，分子平均动能变大，则速度大的气体分子数增加，选项A错误；A→B过程中，温度升高，分子平均动能变大，但并非每个气体分子的动能均变大，选项B错误；B→C过程中，气体的温度不变，则内能不变，选项C正确；B→C过程中，体积变大，则分子数密度减小，压强减小，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少，选项D正确；

（2）在A→C过程中，气体对外做功为5J，内能增加9J，则由热力学第一定律可知，气体吸收热量14J．

（3）气体在状态A和状态C压强相等

，解得TC=2T0；

在状态C，气体质量为m=ρ∙2V0，分子数

16.［选修模块3-4］下列说法中正确的有        

A. 第5代移动通讯系统（5G）采用28GHz毫米波通信，该电磁波信号的磁感应强度随时间是均匀变化的

B. 光纤通信利用了全反射的原理

C. 红外线与紫外线相比，更容易发生衍射现象

D. 超声波可以在真空中传播，可以产生干涉和衍射现象

【答案】BC

【解析】

【详解】电磁波信号的磁感应强度随时间是周期性变化的。故A错误；光纤通信利用了全反射的原理。故B正确；波长越长，越容易发生衍射现象，红外线的波长比紫外线的波长长，更容易发生衍射现象。故C正确；超声波不能在真空中传播。故D错误。

17.［选修模块3-4］一根轻绳一端系一小球，另一端固定在O点，制成单摆装置．在O点有一个能测量绳中拉力大小的力传感器，让小球绕O点在竖直平面内做简谐振动，由传感器测出拉力F随时间t的变化图像如图所示，则小球振动的周期为________s，此单摆的摆长为________m（重力加速度g =10m/s2，取π2= 10）．

【答案】    (1). 4s    (2). 4m

【解析】

【详解】因为一个周期内两次经过平衡位置，经过平衡位置时拉力最大，可知小球的周期为4s．根据 得摆长为：．

18.［选修模块3-5］如图所示，玻璃砖的折射率，一细光束从玻璃砖左端以入射角i射入，光线进入玻璃砖后在上表面恰好发生全反射．求光速在玻璃砖中传播的速度v及入射角i．(已知光在真空中传播速度c=3.0×108 m/s，计算结果可用三角函数表示)．

【答案】；

【解析】

【详解】根据，

全反射条件，解得C=600，r=300，

根据，

四、计算或论述题：本题共3小题，共47分．解答时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．

19.如图所示，一个长为2L、宽为L的矩形线框，电阻为R，放在绝缘的水平面上，处于竖直向下的磁场中．在t=0到t=时间内，磁感应强度B不断增大，其变化率随时间t的变化关系式为（k>0），求：

（1）t=时，回路中的感应电动势的大小E和感应电流的方向；

（2）线框的发热功率P；

（3）某段时间内，回路中通过的电量q，求穿过线框的磁通量的变化量△Φ．

【答案】（1），感应电流方向逆时针（2）（3），

【解析】

【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律

回路中的感应电动势

t=时，回路中的感应电动势，感应电流方向为逆时针 

（2）电动势的最大值

由闭合电路欧姆定律

由于交变电流是正弦式的，所以

所以

（3），，解得

20.如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，圆心为O，圆环左侧固定连接一根长为2R的水平的光滑杆，其延长线过圆的直径．质量为m的小球A套在圆环上，轻弹簧左端固定，质量为m的滑块B接在弹簧右端，弹簧套在杆上，小球A和滑块B之间再用长为2R的轻杆通过铰链分别连接，弹簧原长为2R．初始时小球A处于圆环最高点，弹簧的弹性势能为Ep，已知重力加速度为g，不计一切摩擦，A、B均可视为质点．

（1）A处于圆环最高点时，为了维持系统平衡，在A上施加一个水平向左大小为F的力，求此时弹簧的弹力大小；

（2）撤去F，由静止释放A，求A运动到最右侧时速度v的大小；

（3）求小球A从最高点滑到圆环最右侧过程中，杆对A做的功．

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

【详解】（1）取A、B及轻杆作为整体，分析水平方向受力，弹簧弹力与F大小相等，方向相反.

（2）撤去F后，A沿圆环顺时针滑下，当A运动到最右侧时，速度为v，此时弹簧处于原长，B也运动到最右侧，B的速度为0

系统机械能守恒：，

解得：

（3）对A列动能定理：，

解得：

21.如图所示，左侧正方形区域ABCD有竖直方向的匀强电场和垂直纸面方向的磁场，右侧正方形区域CEFG有电场，一质量为m，带电量为+q的小球，从距A点正上方高为L的O点静止释放进入左侧正方形区域后做匀速圆周运动，从C点水平进入右侧正方形区域CEFG．已知正方形区域的边长均为L，重力加速度为g，求：

（1）左侧正方形区域的电场强度E1和磁场的磁感应强度B；

（2）若在右侧正方形区域内加竖直向下的匀强电场，能使小球恰好从F点飞出，求该电场场强E2的大小；

（3）若在右侧正方形区域内加水平向左的匀强电场，场强大小为（k为正整数），试求小球飞出该区域的位置到G点的距离．

【答案】（1），方向竖直向上；，方向垂直纸面向外（2）（3）①L②

【解析】

【详解】（1）

小球做匀速圆周运动  解得：，方向竖直向上

由几何关系，又

解得：，方向垂直纸面向外

（2）在CEFG区域，小球做类平抛运动，

水平方向：，解得

竖直方向：，解得

又，

解得

（3）水平方向：，解得

竖直方向小球做自由落体运动.

当水平方向减速至零时，用时

由，解得，

①当k=1时，x=L，小球水平方向恰好到达FG边，此时竖直位移=L，小球恰好从F点飞出，此时距G点L。

②当k=2，3，4……时，x<L，竖直位移=≤L，小球从CG边飞出，此时距G点