2019届海南省乐东县高三三模考试物理试题（解析版）

2019年海南省乐东县高考物理三模试卷

一、选择题（共10小题，每小题4分，满分44分）

1.关于以下各物理量的理解正确的是（ ）

A. 重力势能是标量，-3 J 比-5 J 大

B. 位移是矢量，-3 m 比-5 m 大

C. 速度是矢量，-3 m/s 比-5 m/s 大

D. 功是标量，做功-3 J 比-5 J 多

【答案】A

【解析】

【详解】A．重力势能是标量，符号表示大小，则-3J比-5J大，选项A正确；

B．位移是矢量，符号表示方向，则-3m比-5m小，选项B错误；

C．速度是矢量，符号表示方向，则-3m/s比-5m/s小，选项C错误；

D．功是标量，没有方向，则做功-3J比-5J少，选项D错误；

2.如图所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(取g＝10 m/s2)(　　)

A. 0 N

B. 8 N

C. 10 N

D. 50 N

【答案】B

【解析】

试题分析：剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F=mAg=40N，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：，隔离对B分析，mBg-N=mBa，解得：N=mBg-mBa=10-1×2N=8N．故选B．

考点：牛顿第二定律的应用

【名师点睛】本题关键是先采用整体法求解加速度，再隔离物体B并根据牛顿第二定律列式求解；注意剪断细线的瞬时弹簧的弹力是不能突变的。

3.如图所示，真空中ab、cd四点共线且ab=b=cd在a点和d点分别固定有等量的异种点电荷，则下列说法正确的是

A. b、c两点的电场强度大小相等，方向相反

B. b、c两点的电场强度大小不相等，但方向相同

C. 同一负点电荷在b点的电势能比在c点的小

D. 把正点电荷从b点沿直线移到c点，电场力对其先做正功后做负功

【答案】C

【解析】

【详解】A、B项：由等量异种电荷的电场线分布可知，b、c两点的场强大小相等，方向相同，故A、B错误；

C项：由电场线从正电荷指向负电荷即电场线由b指向c，所以b点的电势高于c点电势，根据负电荷在电势低处电势能大，即负电荷在b点的电势更小，故C正确；

D项：由C分析可知，电场线从b指向c，正电荷从b沿直线运动到c，电场力一直做正功，故D错误。

故应选：C。

4.关于原子或原子核的相关知识，下列说法中正确的是

A. α粒子散射现象说明原子核具有一定的结构

B. 原子序数较小的元素都不能自发放出射线

C. 原子发光现象没有涉及到原子核内部的变化

D. 光电效应现象中逸出的电子是原子核内中子转变成质子时产生的

【答案】C

【解析】

【详解】A. α粒子散射现象说明原子的核式结构模型，不能得出原子核内部具有复杂结构，故A错误；

B. 原子序数大于或等于83的元素，都能自发地发出射线，原子序数小于83的元素，有的也能自发地放出射线，故B错误；

C. 原子发光现象是原子从高能级向低能级跃迁时辐射出光子，没有涉及到原子核内部的变化，故C正确；

D. 光电效应现象中逸出的电子是核外电子吸收光子能量后获得足够的能量摆脱原子核的束缚而溢出，故D错误。

故选：C.

5.如图所示为研究平行通电直导线之间相互作用的实验装置。接通电路后发现两根导线均发生形变，此时通过导线M和N的电流大小分别为I1和I2，已知I1> I2，方向均向上。若用F1和F2分别表示导线M与N受到的磁场力，则下列说法正确的是

A. 两根导线相互排斥

B. 为判断F1的方向，需要知道Il和I2的合磁场方向

C. 两个力的大小关系为F1> F2

D. 仅增大电流I2，F1、F2会同时都增大

【答案】D

【解析】

【详解】A、同向电流相互吸引，故A错误；

B、判断F1的方向，需要知道I2在Il处产生的磁场方向即可，故B错误；

C、F1和F2是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故C错误；

D、增大电流I2，F1、F2同时增大，故D正确。

6.几个水球可以挡住子弹？《国家地理频道》实验证实：四个水球就足够！四个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动。恰好能穿出第四个水球，则可以判定（　　）

A. 由题干信息可以确定子弹在每个水球中运动的时间相同

B. 子弹穿出第三个水球时的瞬时速度与全程的平均速度相等

C. 子弹穿过每个水球时速度变化量相同

D. 子弹穿过每个水球时动量的变化量相同

【答案】B

【解析】

【详解】A.子弹做匀减速直线运动，通过相同的水球，即通过相同的位移，运动的时间不等，故A错误。

B.逆向思考，把子弹的运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，通过相同的位移所用时间之比为：1:(-1):(-) :(2-)，则通过第三个水球的时间与通过第四个水球的时间相等，即此时为中间时刻，根据匀变速直线运动的规律可知，中间时刻的瞬时速度等于全程的平均速度，故B正确。

CD.子弹闯过每个水球的时间不同，速度变化量不等，动量变化量不等，故CD错误。

7.如图，C为中间插有电介质的电容器， b极板与静电计金属球连接，a极板与静电计金属外壳都接地。开始时静电计指针张角为零，在b板带电后，静电计指针张开了一定角度。以下操作能使静电计指针张角变大的是（  ）

A. 将b板也接地

B. b板不动、将a板向右平移

C. 将a板向上移动一小段距离

D. 取出a、b两极板间的电介质

【答案】CD

【解析】

【分析】

静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大；由，分析电容的变化，根据C=Q/U分析电压U的变化．

【详解】将b板也接地，电容器带电量不变，两板间电势差不变，则静电计指针张角不变，选项A错误；b板不动、将a板向右平移，根据可知d变小时，C变大，Q不变时，根据C=Q/U，可知U减小，即静电计指针张角变小，选项B错误；将a板向上移动一小段距离，根据可知S变小时，C变小，Q不变时，根据C=Q/U，可知U变大，即静电计指针张角变大，选项C正确；取出a、b两极板间的电介质，根据可知C变小，Q不变时，根据C=Q/U，可知U变大，即静电计指针张角变大，选项D正确；故选CD.

【点睛】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是关于电容的两个公式和C=Q/U．

8.如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B= T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω=l0rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L（规格为“4W，l00Ω”）和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是

A. 若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为

B. 当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为1:2

C. 若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大

D. 若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗

【答案】AD

【解析】

【详解】A. 输入电压的最大值为：Um=NBSω=10××0.4×10V=40V，图示时刻感应电动势最大，从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为，故A正确；

B. 变压器输入电压的有效值为：U1=Um/=40/V=40V。开关闭合时灯泡正常发光，所以U2==V=20V，此时原副线圈的匝数比为：n1:n2=U1:U2=40:20=2:1，故B错误；

C. 线圈匝数不变，根据U1：U2=n1：n2可知输出电压不变，若将滑动变阻器触头向上滑动，连入电路电阻变大，负载等效电阻变大，P1=P2═变小，又P1=U1I1可知电流表示数变小，故C错误；

D. 若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根据U1：U2=n1：n2可知输出电压减小，所以灯泡变暗，故D正确；

故选：AD.

9.如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计，金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（　　）

A. 运动的平均速度大小为

B. 下滑位移大小为

C. 产生的焦耳热小于qBLv

D. 受到的最大安培力大小为

【答案】BC

【解析】

【详解】A.金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度大于 v，故A错误。

B.由可知：下滑的位移x＝；故B正确；

C.产生的焦耳热Q＝I2Rt＝qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流I′＝小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv．故C正确；

D.金属棒受到的安培力F安＝BIL＝BL• ＝BL•＝，故D错误；

10.如图，固定于小车上的支架上用细线悬挂一小球。线长为L．小车以速度V0做匀速直线运动，当小车突然碰到障碍物而停止运动时。小球上升的高度的可能值是（　　）

A. 等于 B. 小于

C. 大于 D. 等于2L

【答案】ABD

【解析】

试题分析：当小车突然碰到障碍物而停止运动时，由于惯性小球的速度仍为，若可以满足小球做圆周运动，则小球可以上升的最高点正好为圆的直径，即为2L，若小球不能做圆周运动，则根据机械能守恒可得，解得，若空气阻力不能忽略，则小球的机械能不守恒，上升高度小于，故ABD正确

考点：考查了圆周运动，机械能守恒

【名师点睛】小球在运动的过程中机械能守恒，由机械能守恒可以求得小球能到达的最大高度；如果小球可以达到最高点做圆周运动的话，那么最大的高度就是圆周运动的直径，本题由多种可能性，在分析问题的时候一定要考虑全面，本题考查的就是学生能不能全面的考虑问题，难度不大

二、解答题（共4小题，满分44分）

11.某同学在验证合外力一定，物体的质量与加速度的关系时，采用图甲所示的装置及数字化信息系统获得了小车的加速度a与小车质量M(包括所放砝码及传感器的质量)的对应关系图象，如图乙所示。实验中所挂钩码的质量20g，实验中选用的是不可伸长的轻绳和光滑的轻质定滑轮。

(1)实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与木板平行。他这样做的目的是下列哪一个_____________；(填字母代号)

A．可使位移传感器测出的小车的加速度更准确

B．可以保证小车最终能够做直线运动

C．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力

(2)由图乙可知，图线不过原点O，原因是_____________________________；

(3)该图线的初始段为直线，该段直线的斜率最接近的数值是_____________。

A．30            B．0.3            C．20            D．0.2

【答案】    (1). （1）C    (2). （2）平衡摩擦力使长木板的倾角过大；    (3). （3）D

【解析】

【详解】（1）实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与木板平行。他这样做的目的是可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力，故选C.

（2）由F+F1=Ma解得 由图乙可知，图线不过原点O，在a轴上有正截距，可知存在与F相同方向的力，可知原因是平衡摩擦力使长木板的倾角过大；

（3）根据可知图线斜率等于F，则最接近的数值是F=mg=0.02×10N=0.2N.故选D.

12.在“测定蓄电池的电动势和内电阻”的实验中，备有如下器材

A．蓄电池

B．电流表（0～0．6A，内阻约为0．1Ω）

C．灵敏电流计G（满偏电流Ig＝200，内阻＝150Ω）

D．滑动变阻器R1（0～20Ω，2.0A）

E．电阻箱R2

F．定值定阻R0＝2Ω

C．开关、导线若干

（1）由于没有电压表，可把灵敏电流计G与电阻箱R2串联改装成量程为6V的电压表，如图甲中电阻箱R2的阻值应为_____Ω.

（2）按图甲所示电路图，请乙图上补充完成实物连线________

（3）在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片移动至图甲中的______端（填a、中央、或b）

（4）内图为该实验绘出的I1－I2图线（I1为灵敏电流计G的示数，I2为电流表A的示数由丙图可求得被测蓄电池的电动势E＝____V，内电阻r＝___Ω（结果保留三位有效数字）

【答案】    (1). （1）9500    (2). （2）如图所示；

    (3). （3）b    (4). （4）1.46~1.49    (5). 0.80~0.87

【解析】

【分析】

根据串联电路特点及欧姆定律求出串联电阻阻值；闭合开关前，滑动变阻器接入电路的阻值应为滑动变阻器的最大阻值，根据电路图确定滑片的位置；由图象求出与纵轴的交点，然后由欧姆定律求出该电流所对应的电压，该电压是电源的电动势；图象斜率的绝对值等于电源的内阻；

详解】解：(1)串联电阻阻值

(2) 按图甲所示电路图，在乙图上补充完成实物连线如图

(3)在闭合开关S前，滑动变阻器接入电路的阻值应为滑动变阻器的最大阻值，将滑动变阻器的滑片移动至a端；

(4)由所示图丙可知，图象纵轴截距是I1=175μA，电源电动势：

图象斜率的绝对值等于电源内阻和定值定阻R0之和，则电源内阻

13.在中美贸易战中，中兴的遭遇告诉我们，要重视芯片的自主研发工作，而芯片的基础工作在于半导体的工艺。如图所示，在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入方向垂直纸面向里、宽度为D的匀强磁场区域，其中离子P+在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。已知P+和P3+的质量均为m，而电量分别为e和3e（e表示元电荷）。

（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；

（2）求P3+在磁场中转过的角度φ。

【答案】（1）（2）60°

【解析】

【详解】（1）对离子P+在电场中的加速运动，由动能定理： ，

在磁场中由洛伦兹力提供向心力： ，

由几何关系可得：r1sinθ＝D

联立各式解得：匀强磁场的磁感应强度B的大小为：；

（2）对离子P3+在电场中的加速运动，由动能定理：，

在磁场中，洛伦兹力提供向心力：

由几何关系可得：r2sinφ＝D，

联立以上各式解得：P3+在磁场中转过的角度φ＝60°；

14.如图a所示，轨道OA可绕轴O在竖直平面内转动，轨道长L＝2m，摩擦很小可忽略不计。利用此装置实验探究物块在力F作用下加速度与轨道倾角的关系。某次实验，测得力F的大小为0.6N，方向始终平行于轨道向上，已知物块的质量m＝0.1kg。实验得到如图b所示物块加速度与轨道倾角的关系图线，图中a0为图线与纵轴交点，θ1为图线与横轴交点。（重力加速度g取10m/s2）问：

（1）a0为多大？

（2）倾角θ1为多大？此时物块处于怎样的运动状态？

（3）当倾角θ为30，若物块在F作用下由O点从静止开始运动1.6s，则物块具有的最大重力势能为多少？（设O所在水平面的重力势能为零）

【答案】(1)6m/s2；(2) 370；物块可能沿斜面向上匀速运动；可能沿斜面向下匀速运动；静止； (3)0.768J

【解析】

【详解】（1）θ=00，木板水平放置，此时物块的加速度为a0  

由牛顿第二定律，得：F合＝F＝ma0    

解得  a0＝F/m=0.6/0.1m/s2=6m/s2    

（2）当木板倾角为θ1时，a=0，则F=mgsinθ1，解得θ1=370；

物块可能沿斜面向上匀速运动；可能沿斜面向下匀速运动；静止；

（3）当木板倾角为θ=300时，对物块由牛顿定律得：

F-mgsinθ＝ma1

0.6-0.1×10×0.5＝0.1a1

解得   a1＝1m/s2   

v1＝a1t=1×1.6m/s =1.6m/s  

 s1＝a1t2= ×1×1.62 m =1.28 m   

撤去F后，物块沿斜面向上做匀减速运动。对物块由牛顿定律得：

mgsinθ＝ma2

a2＝gsin300＝10×0.5 m/s2=5m/s2   

因为s1+s2<L=2m    所以物块上滑不会脱离轨道，滑到速度为零时，势能最大 

以O处为零势能面，物块具有的最大重力势能为：

Ep＝mg（s1+s2）sin300=0.1×10×（1.28+0.256）×0.5J=0.768J

15.下列说法正确的是_____

A. 悬浮在液体中的微粒越大，某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越明显

B. 液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力

C. 分子平均速率大的物体的温度一定比分子平均速率小的物体的温度高

D. 自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性

E. 外界对气体做功，气体的内能可能减小

【答案】BDE

【解析】

【详解】A．悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数越少，布朗运动越明显，故A错误；

B．由于表面分子较为稀疏，故液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，故B正确；

C．分子的平均动能相等时，物体的温度相等；考虑到分子的质量可能不同，分子平均速率大有可能分子的平均动能小；分子平均速率小有可能分子的平均动能大。故C错误；

D．由热力学第二定律可知，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故D正确；

E．当外界对气体做功，根据热力学第一定律△U=W+Q分析可知，内能可能增大也可能减小，故E正确。

16.如图，导热性能良好的水平放置的圆筒形气缸与一装有水银的U形管相连，U形管左侧上端封闭一段长度为15cm的空气柱，U形管右侧用活塞封闭一定质量的理想气体。开始时U形管两臂中水银面齐平，活塞处于静止状态，此时U形管右侧用活塞封闭的气体体积为490mL，若用力F缓慢向左推动活塞，使活塞从A位置移动到B位置，此时U形管两臂中的液面高度差为10cm，已知外界大气压强为75cmHg，不计活塞与气缸内壁间的摩擦，求活塞移动到B位置时U形管右侧用活塞封闭的气体体积。

【答案】300mL

【解析】

【详解】对左侧密闭气体，设管横截面积为S，初态：P1=P0=750cmHg，

由等温变化可得：P1V1= P′1V′1

对右侧气体，末态：P′2= P′1+10

由等温变化可得：P2V2= P′2V′2

解得：V′2=300mL

17.图甲为一列简谐横波在某一时刻波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象.从该时刻起，下列说法正确的是_________.

A. 经过0.1s，质点Q回到原位置

B. 经过0.1s时，质点Q的运动方向沿y轴负方向

C. 经过0.15s，这列波沿x轴正方向传播了3m

D. 经过0.25s时，质点Q的加速度大于质点P的加速度

E. 经过0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离

【答案】BCE

【解析】

【详解】根据甲乙两图可知，该波的波长和周期分别为λ=4m，T=0.2s，所以波速；乙图中t=0时刻P正向下振动，在甲图中，根据波形平移法可知波向右传播；甲图中，此时P正向下运动，周期T=0.2s，t=0.1s=0.5T，质点Q的运动方向沿y轴负向，回到原位置，选项A错误，B正确；则经过0.1s，波传播的距离：x=vt=20×0.15m=3m，选项C正确；经t=0.25s=1T时，P点到达波谷，加速度达到最大值，Q点到达平衡位置上方，但是未到波峰，所以质点Q的加速度小于质点P的加速度，选项D错误；经过t=0.35s=1T时，P到达波峰，Q到达平衡位置下方，但是未到达波谷，则质点Q距平衡位置的距离小于质点P距离平衡位置的距离，选项E正确；故选BCE.

18.如图所示，空气中有一半径为R的实心玻璃球，O为球心，AB为直径，一条平行于AB的光线从球体上M点射入折射光线恰好过B点，已知，光在真空中传播的速度为c。求：

该玻璃的折射率；

光从M点传播到B点的时间。

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】

（1）根据几何知识求出入射角和折射角，由折射定律求折射率．

（2）由几何关系求出MB长度，由v求出光在玻璃球内传播的速度v，再由t求出时间．

【详解】（1）如图，由几何知识可得折射角 r＝∠AMB＝30°，折射角i＝2∠ABD＝60°

则此玻璃的折射率为 n．

（2）由几何知识可得，MB的长度 S＝2Rcos30°

光在玻璃球内传播的速度 v

故光线从M传到B的时间为 t

【点睛】本题是折射定律和全反射知识的应用，关键是画出光路图，运用几何知识求解入射角与折射角，即可求解．