陕西省2019届高三物理三模试题(含解析).pdf

陕西省 2019 届高三物理三模试题（含解析）一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分在每小题给出的四个选项中，第 1418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 1.一个质子和一个中子结合成一个氘核，同时辐射出一个 光子，已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c。下列说法正确的是（）A.核反应方程是：112102HnH B.该核反应属于原子核的人工转变 C.辐射出的 y 光子的能量E（m3m1m2）c2 D.y 光子的波长123hmmmc【答案】D【解析】【详解】A.新核的质量数：m1+12，核电荷数：z1+01该核反应方程是112101HnH，故 A 错误；B.该核反应属于原子核的聚变反应，故 B 错误；C.聚变反应中的质量亏损m（m1+m2）m3，聚变反应中亏损的质量转化为能量以光子的形式放出，故光子能量为Ehc（m1+m2m3）c2，解得光子波长为123hmmmc，故 C错误，D 正确；2.物体在水平地面上受到水平推力的作用，在 6s 内力F、速度v随时间变化如图所示，由图象可得（）A.物体的质量为 2kg B.前 6s 内合力的冲量为 4Ns C.在前 6s 内推力做的功 3J D.在 6s 内的运动的位移为 6m【答案】B【解析】【详解】A.由vt图象看出，物体在 2s6s 做匀速直线运动，则有：fF21N；由速度图象可知，02s 物体加速度为：avt0.5m/s2，F3N；由牛顿第二定律得：Ffma，代入解得：m4kg，故 A 错误；B.前 6s 内合力的冲量为动量的变化量为：IPmv414Ns，故 B 正确。CD.物体在 6s 内的运动的位移为：x1212m+14m5m；前 2s 内通过的位移为 1m，后4s 内的位移为 4m，在 6s 内推力的功为：W31+147J，故 CD 错误.3.我国成功发射北斗地球同步卫星，北斗卫星导航系统已正式组网运行。关于成功定点后的地球同步卫星，下列说法正确的是（）A.运行速度大于 7.9kms1 B.离地面高度一定，相对地面静止 C.绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度小 D.向心加速度比静止在赤道上的物体的向心加速度小【答案】B【解析】【详解】A.7.9kms1是第一宇宙速度也是近地卫星绕地球圆周运动的速度，也是绕地球圆周运动的最大速度和发射卫星的最小速度，同步卫星绕地球圆周运动，故其速度小于第一宇宙速度，故 A 错误；B.同步卫星的运转周期与地球自转同步，同步卫星距地面高度一定，相对地面保持相对静止，故 B 正确；C.同步卫星的周期小于月球绕地球圆周运动的周期，据2=T可得，同步卫星的角速度大于月球绕地球圆周运动的角速度，故 C 错误；D.同步卫星角速度与地球自转角速度相同，据ar2可得，同步卫星的轨道半径大于地球半径，故同步卫星的向心加速度大于静止在赤道上物体的向心加速度，故 D 错误。4.如图甲中变压器为理想变压器，原副线圈匝数分别为 1000 匝和 500 匝，变压器原线圈接如图乙所示的正弦式交变电压，副线圈两端接两个串联在一起的阻值大小分别为R140，R210 的定值电阻，电压表为理想电表。则以下说法正确的是（）A.交流电频率50Hz B.变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为 0.11Wb/s C.电压表 V 的读数为 5.0V D.变压器输入功率为 50W【答案】B【解析】【详解】A.由题意知交流电的周期T0.04s，所以交流电频率为 25Hz，故 A 错误；B.由题意知，原线圈电压最大值是 100V，根据法拉第电磁感应定律Ent得变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为=0.1Wb/smEtn，故 B 正确；C.根据匝数与电压成正比知副线圈两端的电压为：2211500100V25 2V10002nUUn，再由分压原理知下边电阻两端电压即电压表读数为 52V，故 C 错误；D.输入功率等于输出功率为：P22212(25 2)W25W40 10URR，故 D 错误；5.真空中M、N两点分别放置等量异种电荷，如图所示，O为MN连续的中点，abcd 为正方形的四个顶点，正方形的中心与O点重合，且连续MN与正方形共面，ab 边与MN平行，则下列说法正确的是（）A.ab、两点的电场强度大小相等，方向相同 B.ac、两点的电场强度大小相等，方向不同 C.将某个正电荷从 a 点沿 ad 直线移到 d 点的过程中电势能先增大后减小 D.将某个正电荷从 a 点移动 c 点电场力做功大于从 a 点移到 b 点电场力做功【答案】C【解析】作出等量异种电荷的电场线如图所示：根据电场的对称性可知，a、b 两点的电场强度大小相等，根据该点电场线的切线方向表示电场强度方向可知，a、b 两点的电场强度方向不同，故 A 错误；根据电场的对称性可知，a、c两点的电场强度大小相等，根据该点电场线的切线方向表示电场强度方向可知，a、c 两点的电场强度方向相同，故 B 错误；从 a 到 d 的过程中电势先升高后降低，故将正电荷 从 a 点沿ad 直线移到 d 点的过程中电势能先增大后减小，故 C 正确；由图可知 b、c 处在同一等势面上，故将某个正电荷从 a 点移动 c 点电场力做功等于从 a 点移到 b 点电场力做功，故 D 错误；故选 C.6.如图所示，带有挡板的小车质量为m，上表面光滑，静止于光滑水平面上。轻质弹簧左端固定在小车上，右端处于自由伸长状态。质量为m的滑块以速度v从小车右侧滑上小车，压缩弹簧后分离，重力加速度为g，以下判断正确的是（）A.弹簧的最大弹性势能为14mv2 B.弹簧对小车做的功为14mv2 C.弹簧对小球冲量的大小为mv D.小球从右端离开小车后相对地面做平抛运动【答案】AC【解析】【详解】A.小球压缩弹簧的过程中，系统的动量守恒，机械能也守恒。当小球和小车速度相同时弹簧的弹性势能最大，取向左为正方向，由动量守恒定律可知：mv2mv共；则弹簧的最大弹性势能 Epm12mv2122mv共214mv2，故 A 正确；B.设小球与弹簧分离时小球和小车的速度分别为v1和v2 由动量守恒定律可知：mvmv1+mv2 根据机械能守恒定律得12mv212mv12+12mv22联立解得 v10，v2v根据动能定理知弹簧对小车做的功等于小车增加的动能，为12mv2，故 B 错误；C.弹簧对小球冲量的大小为 Imv1mvmv，即弹簧对小球冲量的大小为mv，故 C 正确。D.因v10，所以小球从右端离开小车后相对地面做自由落体运动，故 D 错误；7.如图所示，半径为 R 的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，现有比荷大小相等的甲、乙两粒子，甲以速度1v从 A 点沿直径 A0B 方向射入磁场，经过1t时间射出磁场，射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为 60；乙以速度2v从距高直径 AOB 为2R的 C 点平行于直径 AOB 方向射入磁场，经过2t时间射出磁场，其轨迹恰好通过磁场的圆心。不计粒子受到的重力，则 A.两个粒子带异种电荷 B.12tt C.1:3:1vv D.两粒子在磁场中轨迹长度之比12:3:1ll 【答案】AC【解析】由左手定则可知，粒子射入磁场时所受的洛伦兹力方向相反，可知两个粒子带异种电荷，选项 A 正确；两粒子的比荷相同，根据2 mTqB可知，两粒子周期相同；由几何关系可知，从 A 点射入的粒子在磁场中运动的圆弧的圆心角为 60，从 C 点射入的粒子在磁场中运动的圆弧的圆心角为 120，则由2tT可知，2t1=t2，选项 B 错误；从 A 点射入的粒子在磁场中运动的圆弧的半径01tan603rRR，从 C 点射入的粒子在磁场中运动的圆弧的半径为 r2=R，根据qrBvm，可知12:3:1v v，选项 C 正确；根据弧长lr可知两粒子在磁场中轨迹长度之比12:3:2l l，选项 D 错误；故选 AC.8.如图所示，ab、ac 是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c 位于同一圆周上，O 为该圆的圆心，ab 经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环分别从 b、c 点无初速释放，用1v、2v分别表示滑环到达 a 点的速度大小，用1t、2t分别表示滑环到达 a 所用的时间，则 A.12vv B.12vv C.12tt D.12tt【答案】AD【解析】由机械能守恒，因 b 环开始的竖直高度大于 c，根据2vgh可得，12vv，选项 A 正确，B 错误；过 a 点做竖直线，分别做经过 c 点和 b 点的等时圆如图；由图可知过 c 点的等时圆的直径较大，则时间长，即 t1t2，故选项 D 正确，C 错误；故选 D.点睛：此题判断速度关系很容易，判断时间关系根据“等时圆”的适用条件构造出“等时圆”，作出图象，根据位移之间的关系即可判断运动时间，很简单快捷 二、非选择题 9.某实验小组利用如图甲所示装置测定当地重力加速度的数值。实验开始时，小钢球被电磁铁吸引静止不动，光电门位于钢球的下方，二者的中心处在同一竖直线上。将此时钢球球心位置记为A点，光电门中心位置记为O点，AO间距离为 h。（1）使用螺旋测微器测定小钢球的直径如图乙所示，可知钢球直径大小为d_mm；（2）断开电磁铁开关，小钢球由静止开始下落，下落过程中通过位于O点处光电门，由数字计时器记录钢球通过光电门的时间可由表达式v_得到小钢球球心通过光电门时的瞬时速度；（3）将光电门向下移动一小段距离后，重新釋放小钢球，记录小钢球通过光电门时数字计时器显示的时间t1和此时光电门与O点间距离x1；重复上述步骤，得到若干组t和x的数值；在 21tx坐标中描点连线，得到如图丙所示直线并计算出其斜率大小为 1.6105，根据此斜率值，可以得到当地重力加速度的数值为_m/s2。【答案】(1).11.000 (2).dt (3).9.68【解析】【详解】第一空.螺旋测微器的固定刻度读数为 11mm，可动刻度读数为 0.010.00.000mm，则d11.000mm。第二空.根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，钢球通过光电门的速度表达式vdt。第三空.依据运动学位移与速度公式，则有：2g（h+x）22dt，整理得222122ghgxtdd，而21tx图象斜率大小为k1.6105，那么253 2221.6 10(11.000 10)m/s9.68m/s22kdg；10.市场上有一种通过 USB 接口供电的小型电风扇，它的额定电压 5 V，额定功率看不清楚，约 2.5W小茗同学想用右图所示的电路，测量该电风扇正常运转时电动机的电能转化为机械能的效率除待测小风扇外，实验室提供的器材如下：A双量程电流表 A：量程和内阻分别为“0.6 A，约 0.5”、“3 A，约 0.1”B双量程电压表 V：量程和内阻分别为“3 V，约 3 k”、“15 V、约 15 k”C滑动变阻器 R：最大阻值 5，额定电流 2 A D电源：电动势 6 V，内阻不计 E电键，导线若干(1)该测量电路中电流表的量程应选用_A，采用“电流表外接法”的理由是_；(2)该同学打开电风扇底座上的 USB 接口，找到电风扇电动机的两条引线，作为电风扇的两个接线端；(3)根据电路图和测量要求，电压表选用 03 V 量程，用笔画线代替导线，在实物图中完成测量小风扇电动机线圈电阻的电路连接_；(4)控制风扇不转动，闭合开关，调节滑动变阻器，当电流表的示数为 0.50 A 时，读出电压表的示数为 1.0 V；(5)电压表选用 015 V 量程，闭合开关，调节滑动变阻器，当电压表示数为 5.0 V 时，读出电流表的示数 0.50A；(6)该电风扇正常运转时电动机的效率为_.【答案】(1).0.6 (2).电动机线圈电阻远小于电压表内阻（或：电动机线圈电阻与电流表内阻相当）(3).如图所示：(4).80%【解析】（1）通过电风扇的最大电流为2.50.55mPIAU，故流表的量程应该选用 0.6A；因为电风扇的内阻较小，为减小实验误差，使得测量结果更准确，故采用电流表外接法；（3）根据电路图，连接成完整的实物图，如图所示：（4）当电风扇不转动时，可以把电风扇当成纯电阻元件，则电风扇的内阻为120.5r ；当电压表示数为5.0V时，读出电流表示数为0.50A，电风扇已转动，不能当成纯电阻元件，则此时电风扇的输入功率为5 0.52.5PUIW，电风扇内阻消耗的热功率为220.520.5rPI rW，故电风扇的机械功率为2.50.52rPPPW机，则该电风扇正常运转时电动机的效率为2100%100%80%2.5PP机.11.用质量为 m、总电阻为 R 的导线做成边长为 l 的正方形线框 MNPQ，并将其放在光滑的平行绝缘的倾斜轨道上，轨道的倾角为，平行导轨的间距也为 l，如图所示在导轨的下端有一宽度为 l（即 ab=l）、磁感应强度为 B 的有界匀强磁场，磁场的边界 aa、bb垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直把线框从静止状态释放，线框恰好能够匀速地穿过磁场区域若当地的重力加速度为 g，求：（1）线框进入磁场时的运动速度和离开磁场时感应电流的方向；（2）线框 MN 边运动到 aa的过程中通过线框导线横截面的的电荷量；（3）穿过磁场的过程中，线框中所产生的热量 Q【答案】(1)2 2 mgsinB l 方向MNPQM (2)2 BlR (3)2mglsin 【解析】（1）感应电动势：E=Blv 感应电流：I=E/R 安培力：F=BIl 线框在磁场区域做匀速运动时，其受力如图所示 F=mgsin 解得匀速运动的速度：v=2 2 mgsinB l 由楞次定律，线框离开磁场时感应电流方向 MNPQM（2）由 BIl=mgsin 得，I mgsinBl，2 3lB ltvmgRsin 所以qIt2 BlR（3）通过磁场过程中线框沿斜面匀速运动了 2 l 的距离，由能量守恒定律得：E增=E减 机械能的减小量为E减=mg2lsin 故产生的热量为 Q=E减=2mglsin 点睛：本题主要考查了电磁感应，明确导线切割磁场时产生感应电流，感应电流产生安培力，抓住共点力平衡列方程；注意电磁感应问题中的能量转化关系.12.如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg 的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s 匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m 位于竖直平面内的光滑 1/4 圆弧轨道。质量m=2.0kg 的物块B从 1/4 圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止。取g=10m/s2。求：（1）物块B滑到 1/4 圆弧的最低点C时对轨道的压力；（2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。【答案】（1）F1=60N，方向竖直向下（2）12J（3）8s【解析】（1）设物块 B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为 v0由机械能守恒定律得：mgR=12mv02 代入数据解得：v0=5 m/s，在圆弧最低点 C，由牛顿第二定律得：Fmg20 vR 代入数据解得：F=60N，由牛顿第三定律可知，物块 B 对轨道的压力大小：F=F=60N，方向：竖直向下（2）在传送带上，对物块 B，由牛顿第二定律得：mg=ma，设物块 B 通过传送带后运动速度大小为 v，有 v2-v02=-2al 代入数据解得：v=4m/s，由于 vu=2 m/s，所以 v=4m/s 即为物块 B 与物块 A 第一次碰撞前的速度大小 设物块 A、B 第一次碰撞后的速度分别为 v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv=mv1+Mv2，由机械能守恒定律得：12mv2=12mv12+12Mv22，解得：v1=12v=-2m/s，v2=2m/s，物块 A 的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：EP=12Mv22=12622=12J；（3）碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动 设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l，由动能定理得：-mgl=0-12mv12 解得：l=2m4.5m，所以物块 B 不能通过传送带运动到右边的曲面上 当物块 B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动 可以判断，物块 B 运动到左边台面时的速度大小为 v1=2m/s，继而与物块 A 发生第二次碰撞设第 1 次碰撞到第 2 次碰撞之间，物块 B 在传送带运动的时间为 t1由动量定理得：mgt1=2mv1，解得：11221124422vtvsgg，设物块A、B 第一次碰撞后的速度分别为 v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：mv1=mv3+Mv4，12mv12=12mv32+12Mv42，代入数据解得：v3=-1m/s，当物块 B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动 可以判断，物块 B 运动到左边台面时的速度大小为 v3=1m/s，继而与物块 A 发生第 2 次碰撞 则第 2 次碰撞到第 3 次碰撞之间，物块 B 在传送带运动的时间为 t2 由动量定理得：mgt2=2mv3 解得：321222121112422222vtvvsggg，同上计算可知：物块 B 与物块 A 第三次碰撞、第四次碰撞 第 n 次碰撞后物块 B 在传送带运动的时间为：tn=112n4s，构成无穷等比数列，公比：q=12，由无穷等比数列求和公式：t总t11 1nqq可知，当 n时，有物块 B 经第一次与物块 A 碰撞后在传送带运动的总时间为：t总=1 1124=8s；点睛：本题是一道力学综合题，难度较大，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与动量定理可以解题 13.根据热学知识可以判断，下列说法正确的是_ A.物体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变 B.载重汽车卸去货物的过程中，外界对汽车轮胎内的气体做正功 C.当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中不会有水分子飞出水面 D.在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加 E.气体的摩尔质量为 M，分子质量为 m，若 1 摩尔该气体的体积为 V，则该气体单位体积内的分子数为MmV【答案】ADE【解析】温度是分子平均动能的标志，则当物体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变，选项 A正确；载重汽车卸去货物的过程中，轮胎体积变大，则汽车轮胎内的气体对外界做正功，选项 B 错误；当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，从水中逸出的分子和进入水中的分子相平衡，选项 C 错误；气体的压强是由大量分子对器壁的碰撞而产生的，它包含两方面的原因：分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力气体的温度降低时，分子的平均动能减小，所以在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加故 D 正确气体的摩尔质量为 M，分子质量为 m，则 1 摩尔气体中含有的分子数为 M/m，若 1 摩尔该气体的体积为 V，则该气体单位体积内的分子数为MmV，选项 E 正确；故选 ADE.14.如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑绝热气缸，气缸下面有加热装置。开始时整个装置处于平衡状态，缸内理想气体、两部分高度均为0L，温度比为0T。已知话塞 A 导热、B 绝热，A、B 质量均为 m、横截面积为 S，外界大气强为0p保持不变，环境温度保持不变。现对气体缓慢加热，当 A 上开 h 时停止加热，求：此时气体的温度；若在活塞 A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于 m 时，气体的高度。【答案】00?0LhTL,00?02p SmgLp Smg.【解析】气体这一过程为等压变化 初状态：温度T0、体积V1=L0S 末状态：温度T、体积V2=(L0+h)S 根据查理定律可得：120=VVTT 解得：T00LhLT0 气体这一过程做等温变化 初状态：压强 p1p0mgS 体积V1=L0S 末状态：压强p2p02mgS 体积V2=L1S 由玻意耳定律得：p1L0Sp2L1S 解得：L1 002p Smgp SmgL0 15.在某均匀介质中，甲、乙两波源位于 O 点和 Q 点，分别产生向右和向左传播的同性质简谐横波，某时刻两波波形如图中实线和虚线所示，此时，甲波传播到 x=24m 处，乙波传播到 x=12m处，已知甲波波源的振动周期为 0.4s，下列说法正确的是_。A.甲波波源的起振方向为 y 轴正方向 B.甲波的波速大小为 20m/s C.乙波的周期为 0.6s D.甲波波源比乙波波源早振动 0.3s E.从图示时刻开始再经 0.6s，x=12m 处的质点再次到达平衡位置【答案】BCE【解析】【详解】甲波传播到 x=24m 处，根据波向右传播可知：质点向下振动，故甲波波源的起振方向为 y 轴负方向，故 A 错误；由图可知：甲波的波长为 8m，又有甲波波源的振动周期为 0.4s，故甲波的波速大小为80.4ms20m/s，故 B 正确；同一介质中横波波速相同，故乙波的波速也为 20m/s，由图可知：乙波的波长为 12m，故周期为1220/mm s0.6s，故 C 正确；甲波的传播距离为 24m，故波源振动时间为2420/mm s1.2s；乙波的传播距离为 42m-12m=30m，故波源振动时间为3020/mm s1.5s，所以，甲波波源比乙波波源晚振动 0.3s，故 D 错误；由图可知：图时时刻，两波在 x=12m 处都处于平衡位置，将要向上振动；故该质点的振动方程为y15sin5t+10sin103t(cm)，那么，t=0.6s 时，y=0，即从图示时刻开始再经 0.6s，x=12m处的质点再次到达平衡位置；故 E 正确；故选 BCE。【点睛】在给出波形图求解质点振动、波速的问题中，一般根据图象得到波长及时间间隔与周期的关系，从而求得周期，即可得到质点振动情况，由v T求得波速。16.如图所示，真空中的半圆形透明介质，O1为圆心，O O1为其对称轴，一束单色光沿平行于对称轴的方向射到圆弧面上，经两次折射后由直径面离开介质。已知第一次折射的入射角和第二次折射的折射角均为 60，光在真空中的速度大小为 c，求：（i）透明介质的折射率 n；（）单色光在介质中传播的时间 t.【答案】(1)3 (2)Rc【解析】(i)11sinsininr，22sinsininr i1=r1+r2 r1=r2=30 可得：3n (ii)光在介质中传播速度cvn 光在介质中传播距离00cos60cos30RL L=vt 可得：t=Rc