2019届陕西省高三三模物理试卷（解析版）

2019年陕西省高考物理三模试卷一、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．1.一个质子和一个中子结合成一个氘核，同时辐射出一个γ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：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＝（m3﹣m1﹣m2）c2D. y光子的波长【答案】D【解析】【详解】A.新核的质量数：m＝1+1＝2，核电荷数：z＝1+0＝1．该核反应方程是，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E＝＝（m1+m2﹣m3）c2，解得光子波长为，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2kgB. 前6s内合力的冲量为4N•sC. 在前6s内推力做的功3JD. 在6s内的运动的位移为6m【答案】B【解析】【详解】A.由v﹣t图象看出，物体在2s﹣6s做匀速直线运动，则有：f＝F2＝1N；由速度图象可知，0﹣2s物体加速度为：a＝＝0.5m/s2，F＝3N；由牛顿第二定律得：F﹣f＝ma，代入解得：m＝4kg，故A错误；B.前6s内合力的冲量为动量的变化量为：I＝△P＝mv＝4×1＝4N∙s，故B正确。CD.物体在6s内的运动的位移为：x＝×1×2m+1×4m＝5m；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：W＝3×1+1×4＝7J，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7.9km•s﹣1B. 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.7.9km•s﹣1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a＝rω2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R1＝40Ω，R2＝10Ω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50HzB. 变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为0.11Wb/sC. 电压表V的读数为5.0VD. 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T＝0.04s，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E＝n得变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为，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：，再由分压原理知下边电阻两端电压即电压表读数为5V，故C错误；D.输入功率等于输出功率为：P＝，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. 两点的电场强度大小相等，方向相同B. 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mv2B. 弹簧对小车做的功为mv2C. 弹簧对小球冲量的大小为mvD. 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：mv＝2mv共；则弹簧的最大弹性势能 Epm＝mv2﹣•2mv共2＝mv2，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：mv＝mv1+mv2．根据机械能守恒定律得mv2＝mv12+mv22．联立解得 v1＝0，v2＝v．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mv2，故B错误；C.弹簧对小球冲量的大小为 I＝mv1﹣mv＝﹣mv，即弹簧对小球冲量的大小为mv，故C正确。D.因v1＝0，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，甲以速度从A点沿直径A0B方向射入磁场，经过时间射出磁场，射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60°；乙以速度从距高直径AOB为的C点平行于直径AOB方向射入磁场，经过时间射出磁场，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. C. D. 两粒子在磁场中轨迹长度之比【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，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，可知，选项C正确；根据弧长可知两粒子在磁场中轨迹长度之比，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、分别表示滑环到达a点的速度大小，用、分别表示滑环到达a所用的时间，则A.  B.  C.  D. 【答案】AD【解析】由机械能守恒，因b环开始的竖直高度大于c，根据可得，，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t1<t2，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﹣x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1.6×105，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).     (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0.01×0.0＝0.000mm，则d＝11.000mm。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v＝。第三空.依据运动学位移与速度公式，则有：2g（h+x）＝，整理得，而﹣x图象斜率大小为k＝1.6×105，那么； 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 Ω”、“3 A，约0.1 Ω”B．双量程电压表V：量程和内阻分别为“3 V，约3 kΩ”、“15 V、约15 kΩ”C．滑动变阻器R：最大阻值5 Ω，额定电流2 AD．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0～3 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0～15 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).     (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). 【解析】（1）通过电风扇的最大电流为，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；当电压表示数为时，读出电流表示数为，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，电风扇内阻消耗的热功率为，故电风扇的机械功率为，则该电风扇正常运转时电动机的效率为. 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θ，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) 方向MNPQM   (2)    (3) 2mglsinθ 【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=mgsinθ         解得匀速运动的速度：v=由楞次定律，线框离开磁场时感应电流方向MNPQM（2）由BIl=mgsinθ得，I＝， 所以q＝It＝（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=mg•2lsinθ故产生的热量为Q=△E减=2mglsinθ                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μ=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=mv02
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：F−mg＝
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：μmg=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v＞u=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：mv2=mv12+Mv22，
解得：v1=−v=-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=Mv22=×6×22=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：-μmgl′=0-mv12
解得：l′=2m＜4.5m，
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：μmgt1=2mv1′，解得：，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，mv1′2=mv32+Mv42，
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：μmgt2=2mv3
解得：，
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=×4s，
构成无穷等比数列，公比：q=，
由无穷等比数列求和公式：t总＝t1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=×4=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【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，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Ⅰ、Ⅱ两部分高度均为，温度比为。已知话塞A导热、B绝热，A、B质量均为m、横截面积为S，外界大气强为保持不变，环境温度保持不变。现对气体Ⅱ缓慢加热，当A上开h时停止加热，求：①此时气体的温度；②若在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于m时，气体Ⅰ的高度。【答案】①,②. 【解析】①气体Ⅱ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： 解得：T＝T0 ②气体Ⅰ这一过程做等温变化初状态：压强 p1′＝p0＋        体积V1′=L0S末状态：压强p2′＝p0＋ 体积V2′=L1′S由玻意耳定律得：p1′L0S＝p2′L1′S  解得：L1′＝ L0  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/sC.乙波的周期为0.6sD.甲波波源比乙波波源早振动0.3sE.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＝20m/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＝0.6s，故C正确；甲波的传播距离为24m，故波源振动时间为＝1.2s；乙波的传播距离为42m-12m=30m，故波源振动时间为＝1.5s，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y＝15sin5πt+10sinπt(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＝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；（ⅱ）单色光在介质中传播的时间t.【答案】(1)     (2) 【解析】(i) ， i1=r1+r2 r1=r2=30°可得： (ii)光在介质中传播速度 光在介质中传播距离 L=vt  可得：t=