2019届江苏省南京市、盐城市高三第二次模拟考试物理试题（解析版）

南京市、盐城市2019届高三年级第二次模拟考试物   理一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．1.如图所示，物理课本放在水平桌面上，下列说法中正确的是(　　)A. 桌面对课本的支持力与课本的重力是一对平衡力B. 桌面对课本的支持力与课本对桌面的压力是一对平衡力C. 桌面对课本的支持力与课本的重力是一对作用力与反作用力D. 课本对桌面的压力就是课本的重力【答案】A【解析】【详解】桌面对课本的支持力与课本的重力是一对平衡力，选项A正确，C错误；桌面对课本的支持力与课本对桌面的压力是一对作用与反作用力，选项B错误；课本对桌面的压力是由于课本发生形变而产生的对桌面向下的压力，施力物体是课本，方向垂直于桌面，大小等于课本的重力，但不是重力，选项D错误；故选A.2.某次实验中，通过传感器获得小车的速度v与时间t的关系图象如图所示，则小车(　　) A. 在0～1.0s内位移先增大后减小B. 在0～1.0s内加速度先增大后减小C. 在0～1.0s内位移约为0.5mD. 在0～0.5s内平均速度为0.35m/s【答案】C【解析】【详解】在0～1.0s内物体的速度均为正值，则物体的位移一直增大，选项A错误；v-t线的斜率等于加速度，则在0～1.0s内加速度先减小后增大，选项B错误；v-t图像与坐标轴围成的面积等于位移，则由图像可知，在0～1.0s内位移约为0.5m，选项C正确；在0～0.5s内的位移约为0.21m，则平均速度为 ，选项D错误；故选C.3.如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R为滑动变阻器，理想交流电压表V1和V2的示数分别为U1和U2，理想交流电流表A1和A2的示数分别为I1和I2.下列说法正确的是(　　)A. U1和U2是电压的瞬时值B. I1、I2之比等于原、副线圈的匝数之比C. 滑片P向上滑动过程中，U2变大，I1变大D. 滑片P向上滑动过程中，U2不变，I1变小【答案】D【解析】【详解】U1和U2是电压的有效值，选项A错误；I1、I2之比等于原、副线圈的匝数的倒数之比，选项B错误；因初级电压U1和匝数比一定，则U2不变，滑片P向上滑动过程中，因R变大，则I2减小，则I1变小，选项C错误，D正确；故选D.4.将一小球竖直向上抛出，取向上为正方向．设小球在抛出点的重力势能为零，小球所受空气阻力大小恒定．则上升过程中，小球的加速度a、速度v、机械能E、动能Ek与小球离抛出点高度h的关系错误的是(　　)A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【详解】根据牛顿第二定律，则-mg-f=ma，解得，则选项A正确；根据v2=v02-2gh可知，选项B错误；根据能量关系：E=E0-fh可知，选项C正确；根据动能定理：可知，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选B.5.真空中两个点电荷Q1、Q2分别固定于x轴上x1＝0和x2＝4a的两点，在它们的连线上场强E与x关系如图所示(取x轴正方向为场强正方向，无穷远处为电势零点)，以下判断正确的是(　　)A. Q1带正电、Q2带负电B. Q1的电荷量是Q2的3倍C. x轴上3a处的电势为零D. 正点电荷q在x轴上a处的电势能比在2a处的大【答案】D【解析】【详解】因x=0附近的场强为正，x=4a附近的场强为负值，可知两电荷均带正电，选项A错误；在x=3a处的场强为零，则，解得Q1=9Q2，选项B错误；x轴上3a处的电势为正，选项C错误；电场线方向从x轴上a处指向2a处，则正点电荷q从x轴上a处到2a处电场力做正功，则电势能减小，即正点电荷q在x轴上a处的电势能比在2a处的大，选项D正确；故选D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计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.如图所示，甲、乙两颗人造卫星在各自的椭圆轨道上绕地球运行，两轨道相切于P点．不计大气阻力，下列说法正确的有(　　)A. 甲的机械能一定比乙的大B. 甲的运行周期比乙的大C. 甲、乙分别经过P点的速度大小相等D. 甲、乙分别经过P点的加速度大小相等【答案】BD【解析】【详解】两颗卫星的质量关系不确定，则不能确定两颗卫星的机械能的大小关系，选项A错误；甲的半长轴大于乙的半长轴，根据开普勒第三定律可知，甲的运行周期比乙的大，选项B正确；乙经过P点时加速才能进入甲的轨道，故甲、乙分别经过P点的速度大小不相等，选项C错误；根据可知，甲、乙分别经过P点的加速度大小相等，选项D正确；故选BD.7.如图所示，A、B为相同的灯泡，C为电容器，L为电感线圈(其直流电阻小于灯泡电阻)．下列说法中正确的有(　　)A. 闭合开关，B立即发光B. 闭合开关，电路稳定后，A中没有电流C. 电路稳定后，断开开关，B变得更亮后再熄灭D. 电路稳定后，断开开关，A中电流立即为零【答案】AC【解析】【详解】闭合开关S的瞬时，电容器C充电，相当于短路；而电感L阻碍电流的增加，相当于断路，则B先发光；电路稳定后，电容器充电完毕相当于断路，则A中有电流，选项A正确，B错误；电路稳定后，断开开关，则电感L与灯泡B组成新的回路，因电路稳定时L中的电流大于B的电流，则断开S时，B变得更亮后再熄灭，选项C正确；电路稳定后，断开开关，由于电容器放电，则A中电流不会立即为零，选项D错误；故选AC.8.如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与一个质量为m的滑块接触，弹簧处于原长，现施加水平外力F缓慢地将滑块向左压至某位置静止，此过程中外力F做功为W1，滑块克服摩擦力做功为W2.撤去F后滑块向右运动，最终和弹簧分离．不计空气阻力，滑块所受摩擦力大小恒定，则(　　)A. 撤去F时，弹簧的弹性势能为W1－W2B. 撤去F后，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒C. 滑块与弹簧分离时的加速度为零D. 滑块与弹簧分离时的动能为W1－2W2【答案】AD【解析】【详解】由能量关系可知，撤去F时，弹簧的弹性势能为W1－W2，选项A正确；撤去F后，由于有摩擦力做功，则滑块和弹簧组成的系统机械能减小，选项B错误；滑块与弹簧分离时，弹力为零，但是有摩擦力，则此时滑块的加速度不为零，选项C错误；滑块与弹簧分离时弹簧处于原长状态，整个过程中摩擦力做功为2W2，则根据动能定理，滑块与弹簧分离时的动能为W1－2W2，选项D正确；故选AD.9.如图所示，正方体空间ABCDA1B1C1D1上、下表面水平，其中有A→D方向的匀强电场．从A点沿AB方向分别以初速度v1、v2、v3水平抛出同一带电小球(可视为质点)，小球分别从D1C1的中点、C1点、BC1的中点射出，且射出时的动能分别为Ek1、Ek2、Ek3.下列说法正确的有(　　)A. 小球带正电B. 小球所受电场力与重力大小相等C. v1∶v2∶v3＝1∶2∶2D. Ek1∶Ek2∶Ek3＝1∶4∶8【答案】ABC【解析】【详解】由题可知，小球受电场力方向沿AD方向，则小球带正电，选项A正确；小球在竖直方向受重力作用，则竖直方向加速度为g，沿AD方向受电场力作用，加速度为；对从C1点射出的小球，沿AD方向的位移等于竖直位移，可知两方向的加速度相同，则qE=mg，选项B正确；从D1C1的中点、C1点射出的小球的时间相等，沿AB方向的位移关系之比为1:2，则速度之比为v1∶v2＝1∶2；从C1点、BC1的中点射出的小球沿AB方向的位移相等，竖直方向位移之比为2:1，根据可知，时间之比为：1，则v2∶v3＝1：；则v1∶v2∶v3＝1∶2∶2，选项C正确；根据动能定理：从D1C1的中点射出时的动能；从C1点射出时的动能；BC1的中点射出的动能；Ek=mv2可知，射入时的初动能之比为mv12∶mv22∶mv32＝1∶4∶8，故选项D错误；故选ABC.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．10.某实验小组利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律．在铁架台的顶端有一电磁铁，正下方某位置固定一光电门，电磁铁吸住直径为d的小铁球，此时球心与光电门的竖直距离为h．断开电源，小球下落，通过光电门的挡光时间为t.请回答下列问题：(1)用游标卡尺测得d的长度如图乙所示，则该示数为________cm.(2)该实验需要验证的表达式为________________(用题中字母表示，设重力加速度为g)．(3)在实验过程中，多次改变h，重复实验，这样做可以________．A.减小偶然误差B.减小系统误差C.使实验结论更具有普遍性(4)小组内某同学提出，用高为d的铁质小圆柱体代替小铁球可提高实验的准确性，其理由是___． 【答案】    (1). 0.565    (2). gh＝    (3). C    (4). 小铁球经过光电门的挡光长度不一定是小球的直径，圆柱体挡光长度就是柱体高度【解析】【详解】（1）用游标卡尺测得d的长度为：0.5cm+13×0.05mm=0.565cm；（2）小球到达光电门时的速度：；则要验证的关系是： ，即；（3）在实验过程中，多次改变h，重复实验，这样做不能减小偶然误差和系统误差，但可以使实验结论更具有普遍性，故选C.（4）小铁球经过光电门的挡光长度不一定是小球的直径，圆柱体挡光长度就是柱体高度，所以用高为d的铁质小圆柱体代替小铁球可提高实验的准确性。11.在研究金属电阻阻值与温度的关系时，为了能够较准确地测出金属电阻的阻值，设计了如图甲所示的电路．除了金属电阻Rx外，还提供的实验器材有：学生电源E，灵敏电流计G，滑动变阻器R、Rs，定值电阻R1、R2，电阻箱R0，开关S，控温装置，导线若干．①按照电路图连接好电路后，将R0调至适当数值，R的滑片调至最右端，Rs的滑片调至最下端，闭合开关S；②把R的滑片调至适当位置，调节R0，并逐步减小Rs的阻值，直到Rs为零时，电流计G指针不发生偏转，记录R0的阻值和Rx的温度；③多次改变温度，重复实验；④实验完毕，整理器材．根据上述实验回答以下问题：(1)上述②中，电流计G指针不发生偏转时，a点电势________(选填“大于”“等于”或“小于”)b点电势．(2)某次测量时，R0的旋钮如图乙所示，则R0的读数为________Ω.(3)用R0、R1、R2表示Rx，Rx＝________．(4)求出的阻值Rx和对应温度如下表所示：温度t/℃35.040.045.050.055.0阻值Rx/Ω58.359.460.661.762.8 请在图丙所示的坐标纸上描绘出Rxt图线_______________．(5)本实验中Rs的作用为________________________．【答案】    (1). 等于    (2). 40.0    (3).     (4).     (5). 保护电流计【解析】【详解】（1）上述②中，电流计G指针不发生偏转时，说明电流计中无电流，即a点电势等于b点电势．（2）R0的读数为40.0Ω.（3）设上边支路的电流为I1，下边支路的电流为I2，当a点电势等于b点电势时：I1Rx=I1R1；I2R0=I2R2；两式相除可知：，即； （4）根据实验数据描绘出Rx-t图线如图；（5）本实验中Rs的作用为保护电流计；12.铀核裂变的一种方程为U＋X→Sr＋Xe＋2n，已知原子核的比结合能与质量数的关系如图所示，下列说法正确的有________．A. X粒子是中子B. X粒子是质子C. U、Sr、Xe相比， Sr的比结合能最大，最稳定D. U、Sr、Xe相比，U的质量数最多，结合能最大，最稳定【答案】AC【解析】【详解】根据质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，为中子，选项A正确，B错误；根据图像可知、、 相比的比结合能最大，最稳定；的质量数最多，结合能最大，比结合能最小，最不稳定，选项C正确，D错误；故选AC.13.利用如图所示的电路做光电效应实验，当光照射到光电管的金属材料上时，灵敏电流计中没有电流通过．经检查实验电路完好．则发生这种现象的原因可能有______________和_______．【答案】    (1). 入射光的频率小于极限频率    (2). 所加反向电压大于遏止电压【解析】【详解】当光照射到光电管的金属材料上时，灵敏电流计中没有电流通过，则说明可能没有发生光电效应，即入射光的频率小于极限频率；也可能是所加反向电压大于遏止电压。14.在光滑水平面上，质量均为m的三个物块排成直线，如图所示．第1个物块以动量p0向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，并粘在—起，求：①物块的最终速度大小；②碰撞过程中损失的总动能．【答案】① ②【解析】【详解】①依据动量守恒定律p0＝3mv解得v＝.②由p0＝mv0，Ek0＝mv02解得初动能Ek0＝末动能 所以损失的总动能为Ek0－Ek＝15.下列说法中正确的有________．A. 乙醚液体蒸发为气体的过程中分子势能变大B. 一定质量的理想气体，体积不变时压强和摄氏温度成正比C. 当液面上方的蒸汽达到饱和状态后，液体分子不会从液面飞出D. 用油膜法测油酸分子直径时，认为油酸薄膜厚度等于油酸分子直径【答案】AD【解析】【详解】蒸发过程中乙醚分子要克服分子间的引力做功，增加分子势能，故A正确。根据PV/T=C可知一定质量的理想气体，体积不变时压强和绝对温度成正比，选项B错误；当液面上方的蒸汽达到饱和状态后，进入液体和从液面飞出的分子数相等，选项C错误；用油膜法测油酸分子直径时，认为油酸薄膜厚度等于油酸分子直径，选项D正确；故选AD.16.图甲是岩盐晶体的平面结构，图中等长线段AA1、BB1上微粒的数目不同，由此可知，晶体具有________(选填“各向同性”或“各向异性”)的性质．图乙中液体表面层内分子间距离大于分子平衡距离r0，因此表面内层分子间作用力表现为________．【答案】    (1). 各向异性    (2). 引力【解析】【详解】图甲是岩盐晶体的平面结构，图中等长线段AA1、BB1上微粒的数目不同，由此可知，晶体具有各向异性的性质．图乙中液体表面层内分子间距离大于分子平衡距离r0，因此表面内层分子间作用力表现为引力。17.在大气中，空气团运动时经过各气层的时间很短，因此，运动过程中空气团与周围空气热量交换极少，可看做绝热过程．潮湿空气团在山的迎风坡上升时，水汽凝结成云，到山顶后变得干燥，然后沿着背风坡下降时升温，气象上称这股干热的气流为焚风．①空气团在山的迎风坡上升时温度降低，试说明其原因？②设空气团的内能U与温度T满足U＝CT(C为一常数)，空气团沿着背风坡下降过程中，外界对空气团做的功为W，求此过程中空气团升高的温度ΔT.【答案】①坡上空气压强小，气团绝热膨胀，对外做功，温度降低．②【解析】【详解】①坡上空气压强小，气团绝热膨胀，对外做功，温度降低．②根据U＝CT得ΔU＝CΔT①由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W②Q＝0③联立①②③解得ΔT＝.18.如图所示，从点光源S发出的一束复色光，以一定的角度斜射到玻璃三棱镜的表面，经过三棱镜的两次折射后分为a、b两束光．下面的说法中正确的有________．A. 在三棱镜中a光的传播速率大于b光的传播速率B. a光频率大于b光频率C. 若改变复色光的入射角，可在入射面发生全反射D. a、b两束光分别通过同一双缝干涉装置产生的干涉条纹的间距Δxa<Δxb【答案】BD【解析】【详解】由光路图可知，棱镜对a光的折射率较大，则根据n=c/v可知，在三棱镜中a光的传播速率小于b光的传播速率，选项A错误；a光频率大于b光频率，选项B正确；发生全反射的条件之一就是光从光密介质到光疏介质，则即使改变复色光的入射角，也不可能在入射面发生全反射，选项C错误；a光频率大于b光频率，则a光的波长较小，根据可知，a、b两束光分别通过同一双缝干涉装置产生的干涉条纹的间距Δxa<Δxb，选项D正确；故选BD.19.如图所示，两艘飞船A、B沿同一直线同向飞行，相对地面的速度均为v(v接近光速c)．地面上测得它们相距为L，则A测得两飞船间的距离________(选填“大于”“等于”或“小于”)L.当B向A发出一光信号，A测得该信号的速度为________．【答案】    (1). 大于    (2). c(或光速)【解析】【详解】根据，L0为在相对静止参考系中的长度，L为在相对运动参考系中的长度，地面上测得它们相距为L，是以高速飞船为参考系，而A测得的长度为以静止参考系的长度，大于L．根据光速不变原理，则A测得该信号的速度为c．20.简谐横波沿x轴正向传播，依次经过x轴上相距d＝10m的两质点P和Q，它们的振动图象分别如图甲和图乙所示．则①t＝0.2s时质点P的振动方向；②这列波的最大传播速度．【答案】①沿y轴负方向．②最大传播速度为50m/s【解析】【详解】①由P点的振动图像可知，0.2s时质点P沿y轴负方向．②从图象可知振源的周期为T＝0.4s，P和Q的相位始终相反，则d＝nλ＋λ，其中，n＝0，1，2，3，…由波速v＝得v＝ m/s(n＝0，1，2，3，…)当n＝0时传播速度最大，则最大传播速度为50m/s.四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．21.如图所示，绝缘斜面倾角为θ，虚线下方有方向垂直于斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场，虚线与斜面底边平行．将质量为m，电阻为R，边长为l的正方形金属框abcd从斜面上由静止释放，释放时cd边与磁场边界距离为x0，不计摩擦，重力加速度为g.求：(1) 金属框cd边进入磁场时，金属框中的电动势大小E；(2) 金属框cd边进入磁场时的加速度大小a；(3) 金属框进入磁场的整个过程中，通过金属框的电荷量q.【答案】(1) . (2) . (3) q＝.【解析】【详解】(1) 金属框进入磁场前机械能守恒，mgx0sinθ＝mv2金属框中感应电动势大小为E＝Blv解得E＝Bl (2) 感应电流I＝安培力FA＝IlB取沿斜面向下为正方向，对于金属框mgsinθ－FA＝ma解得a＝gsinθ－ (3) 金属框进入磁场过程中的平均电动势E＝ 平均电流I＝流过的电荷量q＝It解得q＝22.如图所示，木块A固定在水平地面上，细线的一端系住光滑滑块B，另一端绕过固定在木块A上的轻质光滑滑轮后固定在墙上，B与A的竖直边刚好接触，滑轮左侧的细线竖直，右侧的细线水平．已知滑块B的质量为m，木块A的质量为3m，重力加速度为g，当撤去固定A的力后，A不会翻倒．求：(1) A固定不动时，细线对滑轮的压力大小F；(2) 撤去固定A的力后，A与地面间的动摩擦因数μ满足什么条件时，A不会向右运动；(3) 撤去固定A的力后，若地面光滑，则B落地前，A向右滑动位移为x时的速度大小vA.【答案】(1) F＝mg. (2)μ≥. (3) vA＝【解析】【详解】(1) 细线对B的拉力大小T＝mg滑轮对细线的作用力大小F′＝T细线对滑轮的作用力大小F＝F′由以上各式解得F＝mg.(2) 地面对A的支持力大小N＝3mg＋mgA不会滑动的条件T≤μN由以上各式解得μ≥.(3) A向右滑动位移为x时，B下降h＝xA向右速度大小为vA时，B的速度大小vB＝vA整个系统机械能守恒，mgx＝·3mvA2＋·mvB2由以上各式解得vA＝23.某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场，电场场强E＝1.0×103V/m，宽度d＝0.05m，长度L＝0.40m；区域MM′N′N内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2.5×10－2T，宽度D＝0.05m，比荷＝1.0×108C/kg的带正电的粒子以水平初速度v0从P点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．(1) 若v0＝8.0×105m/s，求粒子从区域PP′N′N射出的位置；(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v0的大小；(3) 若粒子从M′点射出，求v0满足的条件．【答案】(1)0.0125m  (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v0＝ (其中n＝0、1、2、3、4)第二种情况：v0＝ (其中n＝0、1、2、3)．【解析】【详解】(1) 粒子以水平初速度从P点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向 得代入数据解得t＝1.0×10－6s水平位移x＝v0t代入数据解得x＝0.80m因为x大于L，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出，则运动时间t0＝＝0.5×10－6s，竖直位移＝0.0125m所以粒子从P′点下方0.0125m处射出．(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x＝v0 粒子进入磁场时，垂直边界的速度v1＝·t＝设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v＝ 在磁场中由qvB＝m得R＝ 粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x＋Rsinα＝L把x＝v0、R＝、v＝、 代入解得v0＝L·－v0＝3.6×105m/s.(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy＝R－Rcosα＝R(1－cosα)把R＝、v＝、代入解得 可以看出当α＝90°时，Δy有最大值，(α＝90°即粒子从P点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场) Δymax＝0.04m，Δymax小于磁场宽度D，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：粒子要从M′点射出边界有两种情况，第一种情况：L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t把、R＝ 、v1＝vsinα、 代入解得v0＝×105m/s(其中n＝0、1、2、3、4)第二种情况：L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t＋2Rsinα把 、R＝、v1＝vsinα、代入解得 v0＝×105m/s(其中n＝0、1、2、3)．