2019届湖北省黄冈中学高三三模考试物理试题（解析版）

2019届湖北省黄冈中学高三三模考试物理试题（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，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.小孩站在岸边向湖面依次抛出三石子，三次的轨迹如图所示，最高点在同一水平线上．假设三个石子质量相同，忽略空气阻力的影响，下列说法中正确的是(　　)

A. 三个石子在最高点时速度相等

B. 沿轨迹3运动的石子落水时速度最小

C. 沿轨迹1运动的石子在空中运动时间最长

D. 沿轨迹3运动的石子在落水时重力的功率最大

【答案】B

【解析】

【分析】

三个小球都做斜抛运动，运用运动的分解法，将其运动分解为竖直和水平两个方向研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据运动学公式列式，再进行分析；重力的功率等于重力与竖直速度的乘积。

【详解】A. 设任一小球初速度的竖直分量为vy，水平分量为vx，上升的最大高度为h，运动时间为t，取竖直向上方向为正方向，小球竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为a=−g，由0−=−2gh，得：vy=，h相同，vy相同，则三个小球初速度的竖直分量相同。

根据0-vy=-gt，从抛出到最高点所用时间相同，但水平位移不同，所以水平速度不同，到最高点，竖直速度为零，只有水平速度，所以三个石子在最高点时速度不相等，v3x<v2x<v1x,故A错误；

B.根据vy=，三个石子落水时，竖直速度相等，而v3x<v2x<v1x,合速度v=,所以沿轨迹3运动的石子落水时速度最小，故B正确；

C.由运动学公式：h=，则得：t=，则知三个球运动的时间相等，故C错误；

D. 根据功率P=mgvy，三个石子质量相同，vy相同，重力功率相同，故D错误；

故选：B

2.如图所示，倾角为α的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连接，现对A施加一个水平向右大小为的恒力，使A、B在斜面上都保持静止，如果斜面和两个小球的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为L，则下列说法错误的是（　　）

A. 弹簧的原长为

B. 斜面的倾角为α=30°

C. 撤掉恒力F的瞬间小球A的加速度不变

D. 撤掉恒力F的瞬间小球B的加速度为0

【答案】C

【解析】

【详解】AB、对小球B进行受力分析，由平衡条件可得：，解得：

所以弹簧的原长为；对小球A进行受力分析，由平衡条件可得：，解得：α=30°，所以弹簧的原长为，故AB正确；

C、撤掉恒力F的瞬间，对A进行受力分析，可得：，小球A此时的加速度，故C错误。

D、撤掉恒力F的瞬间，弹簧弹力不变，B球所受合力不变，故B球的加速度为零，故D正确。

本题选说法错误的，故选：C。

3.北斗导航已经应用于多种手机，如图所示，导航系统的一颗卫星原来在较低的椭圆轨道Ⅱ上飞行，到达A点时转移到圆轨道Ⅰ上。若圆轨道Ⅰ离地球表面的高度为h1，椭圆轨道Ⅱ近地点离地球表面的高度为h2．地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，则下列说法不正确的是（　　）

A. 卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能

B. 卫星在轨道Ⅰ上的运行速率

C. 若卫星在圆轨道Ⅰ上运行的周期是T1，则卫星在轨道Ⅱ的周期

D. 若“天宫一号”沿轨道Ⅱ运行经过A点的速度为vA，则“天宫一号”运行到B点的速度

【答案】D

【解析】

卫星从轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ要在A点加速，则卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能，选项A正确；卫星在轨道Ⅰ上：，又GM=gR2 ，解得，选项B正确；根据开普勒第三定律可得：，解得,选项C正确；根据开普勒第二定律得：，解得，选项D错误；此题选项不正确的选项，故选D.

点睛：此题关键是知道卫星变轨的知识，从低轨道进入高轨道要加速；同时要掌握开普勒行星运动三定律，并能灵活运用.

4.某静止的原子核发生核反应且释放出能量Q，其方程为：，并假设释放的能量全部转化为新核Y和Z的动能，测得其中Z的速度为v，以下结论正确的是（　　）

A. Y原子核的速度大小为v

B. Y原子核的动能是Z原子核的动能的倍

C. Y原子核和Z原子核的质量之和比X原子核的质量大（c1为光速）

D. Y和Z的结合能之和一定大于X的结合能

【答案】D

【解析】

【详解】A、静止的原子核发生衰变的过程中动量守恒，设Y的速度为v′，以Y的方向为正方向，则：，所以：，即大小为，负号表示方向与Z的方向相反。故A错误；

B、动能：，所以Y原子核的动能是Z原子核的动能关系：．故B错误；

C、由于该反应的过程中释放能量，所以Y原子核和Z原子核的质量之和比X原子核的质量小。故C错误；

D、由于该反应的过程中释放能量，所以Y和Z的结合能之和一定大于X的结合能。故D正确。

5.《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV的高压线上带电作业的过程。如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处。绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g。关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是

A. 工人对绳的拉力一直变大

B. 绳OD的拉力一直变小

C. OD、CD两绳拉力合力大小等于mg

D. 当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为

【答案】CD

【解析】

【详解】A.对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α。根据几何知识知：θ+2α=90°，由正弦定理可得F1增大，F2减小，A错误，

B.根据选项A的分析，B错误

C.两绳拉力的合力大小等于mg，C正确

D.α=30°时，θ=30°，可求出，D正确。

6.内壁光滑、由绝缘材料制成的半径R=m的圆轨道固定在倾角为θ=45°的斜面上，与斜面的切点是A，直径AB垂直于斜面，直径MN在竖直方向上，它们处在水平方向的匀强电场中。质量为m，电荷量为q的小球（可视为点电荷）刚好能静止于圆轨道内的A点，现对在A点的该小球施加一沿圆环切线方向的速度，使其恰能绕圆环完成圆周运动。g取10m/s2，下列对该小球运动的分析，正确的是（　　）

A. 小球可能带负电

B. 小球运动到N点时动能最大

C. 小球运动到B点时对轨道的压力为 0

D. 小球初速度大小为10m/s

【答案】CD

【解析】

【详解】A. 小球原来处于静止状态，分析受力可知，小球所受的电场力方向向左，电场强度方向向左，故小球带正电，故A错误；

B. 小球静止时，受到重力、电场力和轨道的支持力作用，由平衡条件得知，重力与电场力的合力方向与支持力方向相反，与斜面垂直向下，则小球从A运动到B点的过程中，此合力做负功，动能减小，所以小球运动到B点时动能最小，故B错误；

C. 小球恰能绕圆环完成圆周运动，在B点重力与电场力的合力提供向心力，小球对轨道的压力为 0，故C正确；

D. 小球在B点的速度为vB，，

根据功能关系可知，，

联立解得：vB=10m/s，故D正确

故选：CD

7.一物体放在倾角为θ且足够长的光滑斜面上，初始位置如图甲所示，在平行于斜面的力F的作用下由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示。其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线是平行于x轴的直线，x2～x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是（　　）

A. 在0～x1的过程中，力F逐渐变大

B. 在0～x1的过程中，物体的加速度逐渐增大

C. 在x1～x2的过程中，物体的动能越来越大

D. 在0～x3的过程中，物体的速度方向先向上再向下

【答案】BC

【解析】

【分析】

根据功能关系，由机械能变化的判断运动方向，根据牛顿第二定律，由机械能变化快慢，判断拉力大小的变化。

【详解】A.由图可知在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，根据功能关系，拉力做的功等于机械能的减少量，机械能随位移减小的逐渐变慢，说明拉力逐渐变小，故A错误；

B.物体由静止开始向下运动，加速度向下，由牛顿第二定律mgsinθ-F=ma，0～x1过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小，加速度逐渐增大，故B正确；

C.在x1～x2的过程中，因机械能守恒，则拉力F=0，由牛顿第二定律此时a=mgsinθ/m=gsinθ，物体做匀加速向下运动，动能越来越大，故C正确；

D.在x2～x3的过程中，机械能增大，根据功能关系，拉力做正功，物体向上运动，物体的速度方向先向下后向上，故D错误。

故选：BC。

8.如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AB边长度为d，∠B=．现垂直AB边射入一质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为t0（不计重力）．则下列判断中正确的是（　　）

A. 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0

B. 该匀强磁场的磁感应强度大小为

C. 粒子在磁场中运动的轨道半径为d

D. 粒子进入磁场时速度大小为

【答案】ABC

【解析】

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T，即T=t0，则得周期 T=4t0，故A正确．由 得 ．故B正确．设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有 ，得 ，画出该粒子的运动轨迹如图，设轨道半径为R，由几何知识得：

可得  ，故C正确．根据 ，解得 ．故D错误，故选：ABC.

点睛：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是：
1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹．
2、找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系．
3、用规律：牛顿第二定律和圆周运动的规律.

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

9.某同学从实验室天花板处自由释放一钢球，用频闪摄影手段验证机械能守恒。频闪仪每隔相等时间短暂闪光一次，照片上记录了钢球在各个时刻的位置。

(1)操作时比较合理的做法是___________。

A.先打开频闪仪再释放钢球    B.先释放钢球再打开频闪仪

(2)频闪仪闪光频率为f，拍到整个下落过程中的频闪照片如图(a)，结合实验场景估算f可能值为

A. 0.1HZ     B. 1Hz     C. 10Hz     D. 100Hz

(3)用刻度尺在照片上测量钢球各位置到释放点O的距离分别为s1、s2、s3、s4、s5、s6、s7、s8及钢球直径，重力加速度为g。用游标卡尺测出钢球实际直径D，如图(b)，则D=_______cm。已知实际直径与照片上钢球直径之比为k。

(4)选用以上各物理量符号，验证从O到A过程中钢球机械能守恒成立的关系式为：2gs5=______________。

【答案】    (1). A    (2). C    (3). 4.55            

【解析】

（1）为了记录完整的过程，应该先打开闪频仪再释放钢球，A正确；

（2）天花板到地板的高度约为3m，小球做自由落体运动，从图中可知经过8次闪光到达地面，故有，解得，即，C正确；

（3）游标卡尺的读数为；

（4）到A点的速度为，根据比例关系可知，到A点的实际速度为，因为小球下落实际高度为，代入可得；

10.用直流电源（内阻可忽略不计）、电阻箱、定值电阻R0（阻值为2.0kΩ）、开关和若干导线，连接成如图甲所示的电路来测量电压表V（量程3V）的内阻RV。

（1）闭合开关S，适当调节电阻箱的阻值R，读出电压表的示数U，获得多组数据。

（2）某次实验时电阻箱的读数如图乙所示，其值为_____Ω。

（3）根据测得数据画出如图丙所示的关系图线，由此计算得到纵轴截距与图线斜率的比值为_____，进而求得电压表的内阻RV=_____kΩ．（计算结果均保留两位有效数字）

（4）若电源内阻不可忽略，用此法测得的RV偏_____（填“大”或“小”）

（5）定值电阻R0的作用是_____。

【答案】    (1). 6500    (2). 9.0    (3). 7.0    (4). 大    (5). 保护电路

【解析】

【详解】（2）由图示电阻箱可知，其示数为：0×100kΩ+0×10kΩ+6×1000Ω+5×100Ω+0×10Ω+0×1Ω=6500Ω；

（3）根据闭合电路欧姆定律可得：，整理可得：

图象的斜率：，图象纵轴截距：b=0.25，则

由图示图象可知：，，解得：RV=7000.0Ω=7.0kΩ；

（4）考虑电源内阻r，由欧姆定律得：，实际测量的相当于是，相对的阻值来说偏大。

（5）由图示电路图可知，定值电阻R0串联在电路中，可以保护电路。

11.如图所示，两光滑的平行金属导轨间距为L＝0.5 m，与水平面成θ＝30°角。区域ABCD、CDFE内分别有宽度为d＝0.2 m垂直导轨平面向上和向下的匀强磁场，磁感应强度均为B＝0.6 T。细金属棒P1、P2质量均为m＝0.1 kg，电阻均为r＝0.3 Ω，用长为d的轻质绝缘细杆垂直P1、P2将其固定，并使P1、P2垂直导轨放置在导轨平面上与其接触良好，导轨电阻不计。用平行于导轨的拉力F将P1、P2以恒定速度v＝2 m/s向上穿过两磁场区域，g取10 m/s2。求：

(1)金属棒P1在ABCD磁场中运动时，拉力F的大小；

(2)从金属棒P1进入磁场到P2离开磁场的过程中，拉力F的最大功率；

(3)从金属棒P1进入磁场到P2离开磁场的过程中，电路中产生的热量。

【答案】(1) 1.3N. (2) 4.4W. (3) 0.36J.

【解析】

【分析】

（1）由E=BLv求出感应电动势，根据欧姆定律求出电流，根据金属棒受力平衡列方程，可求拉力；

（2）两棒均在磁场中运动时拉力最大，拉力的功率最大，根据平衡方程求出拉力，根据功率公式求出拉力的功率；

（3）由焦耳定律可求产生的热量。

【详解】(1) P1棒在磁场中运动时产生的电动势E＝BLv，E＝0.6V

电流I＝，得I＝1A

由F1＝2mgsinθ＋BIL，得F1＝1.3N.

(2) 当P1、P2两棒均在磁场中运动时，拉力F的功率最大，

拉力F2＝2mgsinθ＋4BIL，F2＝2.2N

最大功率P＝F2v

P＝4.4W.

(3) 由焦耳定律得

Q＝I2(2r)＋(2I)2(2r)

Q＝0.36J.

12.如图所示，空间存在着方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于纸面向内、磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电荷量为+q、质量为m的小球Q静置在光滑绝缘的水平高台边缘，另一质量为m、不带电的绝缘小球P以水平初速度v0向Q运动，，两小球P、Q可视为质点，正碰过程中没有机械能损失且电荷量不发生转移。已知匀强电场的电场强度，水平台面距地面高度，重力加速度为g，不计空气阻力。

（1）求P、Q两球首次发生弹性碰撞后小球Q的速度大小；

（2）P、Q两球首次发生弹性碰撞后，经过多少时间小球P落地？落地点与平台边缘间的水平距离多大？

（3）若撤去匀强电场，并将小球Q重新放在平台边缘、小球P仍以水平初速度向Q运动，小球Q运动轨迹如图2所示（平台足够高，小球Q不与地面相撞）。求小球Q在运动过程中的最大速度和第一次下降的最大距离H。

【答案】（1）（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）小球P、Q首次发生弹性碰撞时，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒，得：

联立解得

（2）对于小球Q，由于，故Q球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则

经过一个周期的时间

小球P、Q再次发生弹性碰撞，由（1）可知碰后

小球P离开平台后做平抛运动，平抛运动的时间为t2，则有，代入数据，得：

故P与Q首次发生碰撞后到落地，经过的时间

落地点与平台边缘的水平距离

（3）PQ相碰后，Q球速度vQ=v0，碰撞后Q球开始运动至Q球第一次运动至最低点Q球有最大速度，故从碰撞后Q球开始运动至Q球第一次运动至最低点过程，对Q球由动量定理得：

即

又由动能定理可得，

解得：

（二）选考题：共45分．请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．（15分）

13.下列说法中正确的是 （　　）

A. 单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减小，气体的压强可能增大

B. 气体的体积指的是该气体所有分子的体积之和

C. 布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动也叫做热运动

D. 在温度不变的情况下，减小液面上方饱和汽的体积时，饱和汽的压强不变

E. 当液体与固体之间表面表现为不浸润时，附着层内分子间的作用力表现为引力

【答案】ADE

【解析】

【详解】A、气体的体积增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，如果温度升高，气体分子撞击器壁的速率增大，对器壁的压力增大，气体的压强可能增大、可能减小、可能不变，选项A正确；

B、气体的体积通常指的是盛气体的容器的容积，而不是该气体所有分子的体积之和，选项B错误；

C、布朗运动的激烈程度跟温度有关，但是布朗运动不叫热运动，分子的无规则运动叫做热运动，选项C错误；

D、饱和汽的压强仅与温度有关，与饱和汽的体积无关，选项D正确；

E、当液体与固体之间表面表现为不浸润时，附着层内分子间作用力表现为引力，选项E正确。

14.如图所示，固定的绝热气缸内有一质量为m的“T”型绝热活塞(体积可忽略)，距气缸底部h0处连接一U形管(管内气体的体积忽略不计)。初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差。已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为s，活塞竖直部分长为1.2h0，重力加速度为g。试问：

(1) 初始时，水银柱两液面高度差多大？

(2) 缓慢降低气体温度，两水银面相平时温度是多少？

【答案】①②

【解析】

试题分析：根据活塞平衡求得气体压强，再根据水银柱高度差求出气体压强表达式，联立得到高度差；等压变化，根据盖-吕萨克定律求解出温度。

①选取活塞为研究对象，对其受力分析并根据平衡条件有

可得被封闭气体压强：

设初始时两侧水银柱液面高度差为h，则被封闭气体的压强：

联立以上三式可得，初始时液面高度差为

②降低温度直至两液面相平的过程中，被封闭气体先做等压变化，后做等容变化。

初状态：，V1=1.5h0S，T1=T0；

末状态：，V2=1.2h0S

根据理想气体状态方程有

代入数据，可得

【点睛】本题考查了求水银柱的高度差、求气体温度，分析清楚气体状态变化过程，应用平衡条件、求出气体的状态参量、应用理想气体状态方程即可正确解题。

15.一列沿x轴正方向传播的简谐横波，在t=0时刻波刚好传播到x=6m处的质点A，如图所示，已知波的传播速度为48m/s，下列说法正确的是 （　　）

A. 波源的起振方向是向上

B. 从t=0时刻起再经过0.5s时间质点B第一次出现波峰

C. 在t=0时刻起到质点B第一次出现波峰的时间内质点A经过的路程是24cm

D. 从t=0时刻起再经过0.35s时间质点B开始起振

E. 当质点B开始起振时，质点A此时刚好在波谷

【答案】BCE

【解析】

【详解】A、由波沿x轴正方向传播，在t=0时刻波刚好传播到x=6m处的质点A，则此时A质点恰好向下振动，故波源的起振方向是向下，故A错误，

B、在t=0时刻起到质点B第一次出现波峰的时间为t=s=0.5s，因，则0.5s相当于有3T，A质点在此过程中振动的路程s=2×3×4cm=24cm，故B、C正确；

D、从t=0时刻起再经过t==0.375s时间质点B开始起振，故D错误；

E、B质点和E质点平衡位置间距18m相当于，故E正确。

16.如图所示，一个三棱镜的横截面是直角三角形ABC，∠A=30°，∠C=90°，一束与BC面成θ=30°角的光线射向BC面的中点O处，经AC面发生全反射后，最后从AB面射出光线平行于AC面。已知光在真空中传播速度为c，试求：

①玻璃砖的折射率；

②若BC边长为L，求光线经过玻璃砖的时间。

【答案】①②

【解析】

【详解】①设玻璃的折射率为n，光路图如图所示：

由折射定律在BC面上有

因在AC面发生全反射，由几何关系知∠ODC=∠DOM=∠EDF=，而∠EFA=60°，

在AB面上由折射定律有：

则∠DEF=γ，故2γ=60°，则γ=30°

解得：

②由几何知识得：，，则，

所以光在玻璃中传播的路程为

光在玻璃中传播的速度

则光经过玻璃砖中的时间