2019届河南省八市重点高中联盟高三第三次模拟考试物理试题（解析版）

2019年河南省八市重点高中联盟“领军考试”高考物理三模试卷

二、选择趣：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.关于近代物理，下列说法正确的是（　　）

A. 卢瑟福由α粒子散射实验确立了原子有内部结构

B. 氢原子光谱表明氢原子的能量是不连续的

C. 光电效应揭示了光的粒子性，康普顿效应揭示了光的波动性

D. 基态的一个氢原子吸收一个光子跃迁到n＝3激发态后，可能发射3种频率的光子

【答案】B

【解析】

【详解】A．卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型，故A错误；

B．根据玻尔理论可知，氢原子光谱表明氢原子的能量是不连续的，故B正确；

C．光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子除了具有能量外还具有动量，故C错误；

D．基态的一个氢原子吸收一个光子跃迁到n＝3激发态后，可能从n＝3→1，也可能从n＝3→2→1，最多发射2种频率的光子，故D错误。

2.如图所示，小球从斜面的顶端A处以大小为的初速度水平抛出，恰好落到斜面底部的B点，且此时的速度大小，空气阻力不计，该斜面的倾角为（    ）

A. 60° B. 45° C. 37° D. 30°

【答案】B

【解析】

根据平行四边形定则知，落到底端时竖直分速度为：，则运动的时间为：，设斜面的倾角为，则有，解得，B正确．

【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，也可以结合平抛运动速度与水平方向夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍进行求解．

3.某一双星系统中，A星球质量是B星球质量的2倍，两者之间的间距为。经观测发现A星球上的物质在缓慢地向外太空逃逸，若干年后A星球的质量变为原来的一半，间距减小，由观测知此时双星系统的角速度变为原来的1.5倍，则（　　）

A. 两星球之间距离变为

B. 两星球之间距离变为

C. A星球的轨道半径变为0.35

D. A星球的轨道半径变为0.25

【答案】A

【解析】

【详解】双星靠他们之间的万有引力提供向心力，A星球的质量为m1，轨道半径为R，B星球的质量为m2，轨道半径为r，根据万有引力提供向心力有：，得：，，左右分别相加，则有：，变形可得：，A星球的质量变为原来的一半，角速度变为原来的1.5倍，则有：，可得：，故A正确，B错误；此时两个星球的质量相等，则它们的轨道半径也相等，即：，故C错误，D错误。

4.如图ABCD的矩形区域存在沿A至D方向的匀强电场，场强为E，边长AB＝2AD，质量m、带电量q的正电粒子以恒定的速度v从A点沿AB方向射入矩形区域，粒子恰好从C点以速度v1射出电场，粒子在电场中运动时间为t，则（　　）

A. 若电场强度变为2E，粒子从DC边中点射出

B. 若电场强度变为2E，粒子射出电场的速度为2v1

C. 若粒子入射速度变，则粒子从DC边中点射出电场

D. 若粒子入射速度变为，则粒子射出电场时的速度为

【答案】C

【解析】

【详解】A．若电场强度变为2E，则粒子从DC边离开，运动时间变为，则水平位移变为原来的，而不是，故A错误；

B．在粒子穿过电场的过程中，设电场力做功为W，则由，可知电场强度加倍，则电场力做功变为了2W，则射出电场的速度不等于2v，故B错误；

C．粒子入射速度变，则粒子在电场时间不变，即可得出粒子从DC边中点射出电场，故C正确；

D．由于电场不变粒子在电场运动时间不变，电场力做功不变，有功能定理可知，粒子射出电场的和速度不是，故D错误。

5.如图所示，倾角为θ＝30°斜面上，一质量为6m的物块经跨过定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连，现将小球从水平位置静止释放，小球由水平位置运动到最低点的过程中，物块和斜面始终静止。运动过程中小球和物块始终在同一竖直平面内，则在此过程中（　　）

A. 细绳的拉力先增大后减小

B. 物块所受摩擦力逐渐减小

C. 地而对斜面的支持力逐渐增大

D. 地面对斜面的摩擦力先减小后增大

【答案】B

【解析】

【详解】A．小球向下摆动的过程中，对小球的拉力一直增大，故A错误；

B．开始摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件可得摩擦力大小f＝6mgsin30°＝3mg；设滑轮到小球的距离为R，当物块在最低点时，根据动能定理可得，根据牛顿第二定律可得，解得最低点绳子拉力为F＝3mg，此时物块的摩擦力大小为0，所以斜面对物块的摩擦力一直减小，故B正确；

CD．对物块和斜面组成的整体分析可知，拉物体的绳子拉力在竖直方向的分力一直增大，在水平方向的分力一直增大，地面对斜面的支持力一直减小，摩擦力一直增大，故CD错误。

6.如图所示，电源电动势E＝3V，内阻不计，R1、R2、R3为定值电阻，阻值分别为1Ω、0.5Ω、9Ω、R4、R5为电阻箱，最大阻值均为99.9Ω，右侧竖直放置一个电容为1.5×10﹣3μF的理想平行板电容器，电容器板长0.2m，板间距为0.125m。一带电粒子以0.8m/s的速度沿平行板中线进入，恰好匀速通过，不计空气阻力，此时R4、R5阻值分别为1.8Ω、1Ω．下列说法正确的是（　　）

A. 此粒子带正电

B. 带电粒子匀速穿过电容器时，电容器电荷量为3×10﹣9C

C. 欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板，R4阻值不得超过5.7Ω

D. 欲使粒子向下偏转但又不打到电容器的下板，R4阻值不得低于l.4Ω

【答案】BC

【解析】

【详解】A．上极板与电源的正极相连，极板间电场方向向下，粒子所受的电场力方向向上，故粒子带负电，故A错误；

B．电容器与R2、R3、R4这部分电路并联，当粒子匀速穿过电容器时，R2、R3、R4这部分电路的总电阻为2Ω，根据串联电路分压特点可得这部分的电压U0═2V，电容器的电荷量为 Q0＝CU0＝1.5×10﹣9×2C＝3×10﹣9C，故B正确；

C．当粒子匀速穿过电容器时，有 qE0＝mg，粒子在电容器中的运动时间。当粒子向上偏转且刚好经过上极板最右端时，在竖直方向上，有 ，解得：a＝2m/s2．由牛顿第二定律得 qE1﹣mg＝ma，可得，并可得，由此得R2、R3、R4这部分电路总电压 U1＝2.4V，R1的电压UR1＝E﹣U1＝0.6V，电流 ，可得R2、R3、R4这部分电路总电阻 ，由，由此算出 R4≈5.7Ω，所以欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板，R4阻值不得超过5.7Ω，故C正确；

D．同理，粒子经过下极板最右端时的加速度a＝2m/s2．电容器极板间电压 U2＝1.6V，解得：R4≈0.69Ω，故D错误。

7.如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直纸面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界的v﹣t图象，图中数据均为己知量，重力加速度为g，不计空气阻力，则在线框穿过磁场的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. t1到t2过程中，线框中感应电流沿顺时针方向

B. 线框的边长为v1（t2﹣t1）

C. 线框中安培力的最大功率为

D. 线框中安培力的最大功率为

【答案】BD

【解析】

【详解】A．金属线框刚进入磁场时，磁通量增加，磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针方向，故A错误；

B．由图象可知，金属框进入磁场过程中做匀速直线运动，速度为v1，匀速运动的时间为t2﹣t1，故金属框的边长：L＝v1（t2﹣t1），故B正确；

CD．在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg＝BIL，又，又 L＝v1（t2﹣t1），联立解得：；线框仅在进入磁场和离开磁场过程中受安培力，进入时安培力等于重力，离开时安培力大于重力，开始减速，故开始离开磁场时安培力最大，功率最大，为Pm＝F安t2，又，联立得：，故C错误，D正确。

8.如图所示，质量m1＝4kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1m，现有质量m2＝2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝3m/s从左端滑上小车。己知物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，则物块滑上小车后（　　）

A. 滑块和小车构成的系统动量守恒

B. 滑块和小车构成的系统机械能守恒

C. 经过一段时间从小车右端滑下

D. 整个过程中系统产生的热量为6J

【答案】AD

【解析】

【详解】A．由于地面光滑，所以滑块和小车构成的系统合外力为零，系统的动量守恒，故A正确；

B．由于滑块和小车间有摩擦力，要产生内能，所以滑块和小车构成的系统机械能不守恒，故B错误；

C．假设物块最终与小车共速，共同速度为v。取向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0＝（m1+m2）v，根据能量守恒定律得：μm2gd＝m2v02﹣（m1+m2）v2。解得滑块相对于小车滑行的距离为：d＝0.6m＜L＝1m，所以物块不会小车右端滑下，故C错误；

D．整个过程中系统产生的热量为 Q＝μm2gd＝6J，故D正确。

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题一第32题为必考题，每个试题考生都必须作答.第33题一第38趣为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题（共129分）

9.一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中：

（1）甲同学在做该实验时，通过处理数据得到了图甲所示的F﹣x图象，其中F为弹簧弹力，x为弹簧长度．请通过图甲，分析并计算，该弹簧的原长x0＝_____cm，弹簧的弹性系数k＝_____N/m．该同学将该弹簧制成一把弹簧秤，当弹簧秤的示数如图乙所示时，该弹簧的长度x＝_____cm．

（2）乙同学使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图丙所示．下列表述正确的是_____．

A．a的原长比b的长          B．a的劲度系数比b的大

C．a劲度系数比b的小    D．测得的弹力与弹簧的长度成正比．

【答案】    (1). 8    (2). 25    (3). 20    (4). B

【解析】

【详解】（1）当弹力为零时，弹簧处于原长状态，故原长为:x0＝8cm，在F﹣x图象中斜率代表弹簧的劲度系数，则:，在乙图中弹簧秤的示数:F＝3.00N，根据F＝kx，可知:，故此时弹簧的长度:L＝x+x0＝20cm。

（2）A．在丙图中，当弹簧的弹力为零时，弹簧处于原长，故b的原长大于a的原长，故A错误；

BC．斜率代表劲度系数，故a的劲度系数大于b的劲度系数，故B正确，C错误；

D．弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误。

10.某同学将电流表A与一电源和滑动变阻器串联改装成欧姆表。并测定电源的电动势E和内阻r，如图甲所示，已知电流表内阻Rg＝7.5Ω，满偏电流Ig＝10mA．电流表的表盘如图乙所示，该同学做如下操作：

（1）首先，将两探针短接后，调节滑动变阻器R，使电流表A达到满偏。断开两探针，若用电阻箱替代滑动变阻器R．仍使电流表满偏。电阻箱读数如图丙所示，则R＝_____。

（2）保持滑动变阻器R接入电路阻值不变，重新接回，将两探针接电阻箱，可以逐一将欧姆表刻度标出，当电阻箱调至1000Ω时，电流表读数如图乙所示，则此时电流为_____A。

（3）由此，可以侧出电源的电动势E＝_____，内阻r＝_____。

（4）改装好的欧姆表使用一段时间后，可认为电源电动势有所降低，内阻增大，该同学按照步骤规范操作，测量某一定值电阻，测得电阻值_____真实值（填“大于”、“等于”、或“小于”）

【答案】    (1). 142.0Ω    (2). 0.0060    (3). 1.5V    (4). 0.5Ω    (5). 大于

【解析】

【详解】（1）由图示电阻箱可知，其读数为：1×100Ω+4×10Ω+2×1Ω+0×0.1Ω＝142.0Ω；

（2）电流表量程为10mA，由图示表盘可知，其分度值为0.2mA，示数为6.0mA＝0.0060A；

（3）根据题意，应用闭合电路欧姆定律可知：，，解得：E＝1.5V，r＝0.5Ω。

（4）欧姆调零时：，电源电动势降低，欧姆调零时欧姆表内阻R内减小，用欧姆表测电阻时：，由于R内减小，测电阻时电流I偏小，指针偏左，所测电阻偏大，电阻测量值大于真实值。

11.如图所示，平面直角坐标系xOy内，x轴上方存在垂直纸面向外的匀张磁场，磁感应强度B＝0.2T，y轴上一点P （0，16）有一粒子源，能向各个方向释放出比荷为4×108C/kg的正粒子，粒子初速度V0＝8×106m/s，不计粒子重力，求x轴上有粒子穿过的坐标范围。

【答案】﹣8cm≤x≤12cm

【解析】

【详解】粒子带正电，由左手定则可知，粒子在磁场中沿顺时针方向转动，

粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B＝，

代入数据解得：r＝0.1m＝10cm，粒子临界运动轨迹如图所示：

由几何知识得：，

代入数据解得：xA＝12cm，xB＝8cm，

x轴上有粒子穿过的坐标范围是：﹣8cm≤x≤12cm；

12.如图所示，形状完全相同的光滑弧形槽A，B静止在足够长的光滑水平面上，两弧形槽相对放置，底端与光滑水平面相切，弧形槽高度为h，A槽质量为2m，B槽质量为M．质量为m的小球，从弧形槽A顶端由静止释放，重力加速度为g，求：

（1）小球的最大速度；

（2）若小球从B上滑下后还能追上A，求M，m间所满足的关系：

【答案】（1）（2）M＞3m

【解析】

【详解】（1）小球到达弧形槽A底端时速度最大。设小球到达弧形槽A底端时速度大小为v1，槽A的速度大小为v2。

小球与弧形槽A组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，小球下滑过程中，由动量守恒定律得：mv1﹣2mv2＝0

由机械能守恒定律的：mgh＝mv12+•2mv22

联立解得：，

（2）小球冲上弧形槽B后，上滑到最高点后再返回分离，设分离时小球速度反向，大小为v3，弧形槽B的速度为v4．整个过程二者水平方向动量守恒，则有：mv1＝﹣mv3+Mv4

二者的机械能守恒，则有：mv12＝mv32+Mv42

小球还能追上A，须有:  v3＞v2。

解得: M＞3m

四、选考题（共45分）请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位且答题，如果多做，则每科按所做的第一题计分．[物理一选修3-3]（15分）

13.下列说法正确的是（　　）

A. 对于悬浮在液体中的微粒，液体温度越高，单位时间内跟它相撞的液体分子数越多

B. 单晶体有固定的熔点，多晶体和非品体没有固定的熔点

C. 在高温条件下利用分子的扩散，可以在纯净的半导体材料中掺入其他元素

D. 一块0℃的冰逐渐熔化成0℃的水的过程中。分子势能会增加

E. 达到热平衡的两个系统，分子平均速率相同

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．对于悬浮在液体中的微粒，液体温度越高，单位时间内跟它相撞的液体分子数越多，故A正确；

B．单晶体和多晶体都有固定的熔点，故B错误；

C．利用分子的扩散，可以在半导体材料中掺入其他元素，故C正确；

D．一块0℃的冰逐渐熔化成0℃的水的过程中，冰晶结构被破坏，分子势能会增加，故D正确；

E．达到热平衡的两个系统，温度相同，分子平均相同，但分子平均速率不一定相同，故E错误。

14.如图所示，粗细均匀的U形管中，封闭了有两段水银柱和两部分空气柱，水银柱A的长度h1＝25cm，位于左侧封闭端的顶部。水银柱B与A之间的空气柱长度L1＝12.5cm，右侧被活塞C封闭的空气柱长度L2＝12.5cm，已知玻璃管周围环境温度t＝27℃时，右侧封闭空气柱的压强恰为P0＝75cmHg，水银柱B左右两部分液面的高度差h2＝45cm。保持环境温度t＝27℃不变，缓慢拉动活塞C，求：

①当水银柱A恰好对U形管的顶部没有压力时，右侧封闭气体的压强为多少？

②当U形管内B部分的水银面相平时，活塞C共向上移动多少？

【答案】①65cmHg②47.5cm。

【解析】

【详解】①左侧气体等温变化：p1SL1＝p′1SL′1，p1＝P0﹣ρgh2＝30cmHg，p′1＝25cmHg

解得：L′1＝15cm；

故左右两部分液面的高度差变为：h′2＝h2﹣2（L′1﹣L1）＝40cm，

右侧气体压强：p′2＝p′1+ρgh′2＝65cmHg

②B部分的水银面相平时，左侧液面下降，右侧液面上升

左右侧气体压强相等：p″＝25cmHg

右侧气柱：P0SL2＝p″SL″2

解得：L″2＝37.5cm；

则活塞上升：h＝L″2﹣L2+＝47.5cm

15.如图所示，某均匀介质中各质点平衡位置在x轴上，当t＝0时，波源x＝0处的质点S开始振动，t＝0.5s时，刚好形成如图所示波形，则（　　）

A. 波源的起振方向向下

B. 该波的波长为4m

C. 该波的波速为6m/s

D. t＝1.5s时，x＝4m处的质点速度最大

E. t＝1.5s时，x＝5m处的质点加速度最大

【答案】BDE

【解析】

【详解】A．根据图象，由波向右传播可得：P点向上振动即波前向上振动，故波源起振方向沿y轴正方向，故A错误；

BC．由图可知，T＝2t＝1s，λ＝4m，故波速：，故B正确，C错误；

t＝1.5s＝，波向前传播距离x＝vt＝6m，如图所示:

DE．x＝4m处的质点位于平衡位置，速度最大，x＝5m处的质点位于振幅最大处，加速度最大，故DE正确.

16.如图所示，直角三角形ABC为一三棱镜的截面，∠C＝90°，∠A＝60°，现有一束单色光垂直AB面，从P点进入三棱镜。在BC面上出射光线与AB面上出射光线夹角为105°．求：

（i）该三棱镜的折射率：

（ii）该光束在AC面上是否有出射光线？

【答案】（i）（ii）该光束在AC面上没有出射光线

【解析】

【详解】（i）如图所示，为光在三棱镜中的光路图。根据几何关系可知，从AB面出射的光线恰好与AB面垂直，α＝60°  θ＝30°，β＝45°

根据折射定律得：

解得： n＝

（2）设光从三棱镜射向空气的临界角为C，由sinC＝，得:C＝45°

因 α＞C，所以光线在AC面发生全反射，无光线射出。