2019届湖南师大附中高三三模考试物理试题（解析版）

2019年湖南师大附中高考物理三模试卷二、选择题：本題共8小题，毎小题6分．在毎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，有选错或不选的得0分．1.下列说法正确的是（　　）A. 牛顿第一定律也称惯性定律，一切物体都有惯性，惯性的大小与物体的质量和速度有关B. 由C=可知，电容器的电容由Q和U共同决定C. 在轻核聚变（）过程中，因为质量数和核电荷数守恒，故没有质量亏损D. 卢瑟福依据α粒子散射实验的结果提出了原子的核式结构模型【答案】D【解析】【详解】A.惯性是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都有惯性，惯性的大小只与物体的质量有关，与其它因素无关，故A错误。B.公式C=是电容的定义式，电容器的电容C与电荷量Q和电压U无关，故B错误。C.在轻核聚变（）过程中，质量数和核电荷数守恒，但质量不守恒，存在质量亏损，故C错误。D.卢瑟福依据α粒子散射实验的结果提出了原子的核式结构，故D正确。 2.一个规格为“12V 0.6A”的小灯泡正常工作时有6%的电能转化为可见光，试估算小灯泡1秒钟能释放的可见光光子数为（　　）（可见光的频率近似取中间值6×1014Hz，普朗克常数h=6.63×10﹣34J・s）A. 1.1×1014B. 1.1×1015C. 1.1×1034D. 1.1×1018【答案】D【解析】【详解】小灯泡的额定功率：P=UI=7.2W，转化为光的功率：P光=6%P=0.432W，一个光子的能量：ɛ=hv；小灯泡1秒钟仰能释放的可见光光子数为：个=1.1×1018个；A. 1.1×1014，与结论不相符，选项A错误；B. 1.1×1015，与结论不相符，选项B错误；C. 1.1×1034，与结论不相符，选项C错误；D. 1.1×1018，与结论相符，选项D正确； 3.一宇航员到达半径为R、密度均匀的某星球表面，做如下实验：用不可伸长的轻绳拴一质量为m的小球，上端固定在O点，如图甲所示，在最低点给小球某一初速度，使其绕O点的竖直面内做圆周运动，测得绳的拉力F大小随时间t的变化规律如图乙所示．F1＝7F2，设R、m、引力常量G以及F1为已知量，忽略各种阻力．以下说法正确的是 A. 该星球表面的重力加速度为 B. 卫星绕该星球的第一宇宙速度为 C. 星球的密度为 D. 小球过最高点的最小速度为0【答案】C【解析】设砝码在最低点时细线的拉力为F1，速度为v1，则   ①
设砝码在最高点细线的拉力为F2，速度为v2，则     ②
由机械能守恒定律得 ③
由①、②、③解得     ④
F1=7F2，所以该星球表面的重力加速度为 ．故A错误．根据万有引力提供向心力得： 卫星绕该星球的第一宇宙速度为 ，故B错误．在星球表面，万有引力近似等于重力 ⑤
由④、⑤解得 ,星球的密度： ，选项C正确；
小球在最高点受重力和绳子拉力，根据牛顿运动定律得： 所以小球在最高点的最小速．故D错误．故选C．点睛：根据砝码做圆周运动时在最高点和最低点的运动规律，找出向心力的大小，可以求得重力加速度；知道在星球表面时，万有引力和重力近似相等，而贴着星球的表面做圆周运动时，物体的重力就作为做圆周运动的向心力． 4.如图所示，两根无限长通电直导线水平且平行放置，分別通有电流互I1和I2，且I1=2I2．一无限长光滑绝缘杆垂直于两导线水平放置，三者位于同一高度，一带正电的小球P穿在绝缘杆上，小球P从靠近a的地方以某一速度向右运动，小球受到的洛伦兹力设为F．已知始終同定不动，通有电流I的无限长直导线在其周围产生的磁场的磁感应强度B=，其中k为常数，r为到长直导线的距离。下列说法正确的是（　　）A. 两导线之间某位置的磁场最弱B. 小球沿杆方向做减速运动C. F先减小后增大再减小D. F先水平向里后水平向外【答案】C【解析】【详解】A.由安培定则可知，b右侧的磁场方向向上；a左侧的磁场的方向也向上，所以a、b之间的磁场的方向向上。不可能为0．故A错误；B.由安培定则可知，b右侧的磁场方向向上；a右侧的磁场的方向向下，所以a右侧的磁场的方向在竖直方向上，则P向右运动的过程中受到的洛伦兹力的方向垂直于纸面，小球沿杆的方向不受力，所以小球将做匀速直线运动。故B错误；CD.由于I1=2I2．且有电流I的无限长直导线在其周围产生的磁场的磁感应强度B=，设a与b之间的距离为L，则由B=可知在a的右侧距离a为L处的合磁感应强度为0，根据矢量合成的特点可知，该点左侧的磁感应强度的方向竖直向下，该点右侧的磁感应强度的方向竖直向上，根据左手定则可知，在a的右侧距离a为L右侧的洛伦兹力的方向垂直于纸面向里，而在a的右侧距离a为L左侧的洛伦兹力的方向垂直于纸面向外；结合公式B=与矢量合成的特点可知，从a到a的右侧距离a为L处的过程中磁感应强度逐渐减小，而a的右侧距离a为L处的右侧磁感应强度先增大后减小，所以小球从靠近a的地方以某一速度向右运动的过程中受到的洛伦兹力F先减小，然后增大，最后又逐渐减小，故C正确，D错误； 5.如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计。已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示。下列关于棒运动速度v、外力F、流过R的电量q以及闭合回路中磁通量的变化率随时间变化的图象正确的是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【详解】根据如图乙所示的I-t图象可知I=kt，其中k为比例系数，又E=Blv，,所以，v-t图象是一条过原点斜率大于零的直线，说明了导体棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v=at；故A错误；由闭合电路欧姆定律可得：，可推出：E=kt（R+r），而，所以有：，图象是一条过原点斜率大于零的直线；故B正确；对导体棒在沿导轨方向列出动力学方程F-BIl-mgsinθ=ma，而，v=at得到，可见F-t图象是一条斜率大于零且与速度轴正半轴有交点的直线；故C错误。，q-t图象是一条开口向上的抛物线，故D错误。 6.如图所示，倾角为30°的光滑斜面体右側靠墙置于光滑水平地面上，一质量为的小球置于斜面上，劲度系数为k=200N/m的轻弹簧一端系在小球上，另一端固定在墙上P点，小球静止时，弹簧与竖直方向的夹角为30°．取g=10m/s2，则（　　）A. 小球对斜面的压力的大小为15NB. 单簧的伸长量5cmC. 弹簧被剪断瞬间，小球的加速度大小为5m/s2D. 墙对斜面体的作用力为0【答案】BC【解析】【详解】小球静止于斜面上，设小球受的弹簧拉力为T，设斜面对小球的支持力为FN，设弹簧的伸长量为x，对小球受力分析如图，则：FNsin30°=Tsin30°FNcos30°+Tcos30°=mgT=kx联立解得：FN=T=10N、x=0.05m=5cmA.斜面对小球的支持力为FN=10N，据牛顿第三定律，小球对斜面的压力的大小为10N．故A错误；B.弹簧的伸长量x=0.05m=5cm，故B正确；C.弹簧被剪断瞬间，小球受重力、斜面对小球的支持力，小球将沿斜面下滑，则：mgsin30°=ma，解得：a=5m/s2．故C正确；D.对斜面体受力分析，受到的重力、小球的压力、地面的支持力三力的合力不为零，所以墙对斜面体的作用力不为0，故D错误； 7.在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5Ω．当开关S闭合后（　　）A. L1的电阻为12ΩB. L1消耗的电功率为7.5WC. L2的电阻为12ΩD. L2消耗的电功率为0.3W【答案】AD【解析】【详解】A.电源电动势为3.0V，内阻不计，路端电压为3V．L1和两端的电压为3V，由图可知，此时的电流为0.25A，所以电阻值：R1==12Ω，故A正确；B.由伏安特性曲线可以读出L1和两端的电压为3V，由图可知，此时的电流为0.25A，L1消耗的电功率为：P=UI=3.0×0.25=0.75W，故B错误。C.在乙图上做出电阻R的伏安特性曲线如图，由于R与L2串联，所以二者的电流值是相等的，由图可以读出，此时二者的电压都是1.5V时，二者电压的和等于3.0V，此时的电流值是0.2A．所以R2==7.5Ω，故C错误；D.由C可知，L2两端的电压为1.5V，电流为0.2A，故L2消耗的电功率为：P′=U′•I′=1.5×0.2=0.3W，故D正确。 8.如图所示，一带电量为﹣q的小球，质量为m，以初速度v0从水平地面竖直向上射入水平方向的匀强磁场中、磁感应强度，方向垂直纸面向外。图中b为轨迹最高点，重力加速度为g。则小球从地面射出到第一次到达最高点过程中（　　）A. 小球到达最高点时速率为0B. 小球距射出点的最大高度差为C. 小球从抛出到第一次到达最高点所用时间为D. 最高点距射出点的水平位移为【答案】BC【解析】【详解】A.取一水平向右的速度v1，使qv1B=mg，向左的速度v2，此时有v1=v2=v0；小球的运动可看作一沿水平向右的匀速直线运动和以v2和v0的合速度为初速度的匀速圆周运动，其合速度大小为v0，小球到达最高点时竖直方向速率为零，在最高点速率为（﹣1）v0；故A错误；B.水平方向利用动量定理，有：即为：qBh=m（﹣1）v0代入数据，得：h=，故B正确；C.匀速圆周运动初速度方向和水平方向成45°斜向上，则小球到最高点的时间为：，故C正确；D.设水平位移为x，竖直方向利用动量定理，有：即为：qBx+mgt=mv0，代入数据，得：，故D错误； 二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第22题～第32題为必考题，毎个试题考生都必须作答．第3題～第38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共129分．9.气垫导轨是一种常用的实验仪器，它利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，此时滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。现利用气垫导轨来研究功能关系。如图甲所示，在气垫导轨的左端固定一轻质弹簧，轨道上有滑块A紧靠弹簧但不连接，滑块的质量为m，重力加速度为g。（1）用游标卡尺测出滑块A上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则宽度d=______cm；（2）利用该装置研究弹簧对滑块做功的大小；某同学打开气源，调节装置，使滑块可以静止悬浮在导轨上，然后用力将滑块A压紧到P点，释放后，滑块A上的挡光片通过光电门的时间为△t，则弹簧对滑块所做的功为____________。（用题中所给字母表示）（3）利用该装置测量滑块与导轨间的动摩擦因数；关闭气源，仍将滑块A由P点释放，当光电门到P点的距离为x时，测出滑块A上的挡光片通过光电门的时间为t，移动光电门，测出多组数据（滑块都能通过光电门），并绘出图象。如图丙所示，已知该图线斜率的绝对值为k，则滑块与导轨间的滑动摩擦因数为____________。【答案】    (1). 0.960    (2).      (3). 【解析】试题分析：（1）游标卡尺的读数为（2）由于光电门非常窄，所以通过光电门的平均速度近似等于瞬时速度，故通过光电门的速度为，故根据动能定理可得弹簧对滑块所做的功为（3）每次都有P释放，则每次弹簧弹性势能都相同，由能量转化和守恒可得：①，解得：②，由于，故，带入可得：考点：研究功能关系实验【名师点睛】游标卡尺的读数方法为：先读主尺，在读游标尺，游标尺不能估读，那个对齐就读那个．由滑块A上的挡光片通过光电门的时间可得此时滑块的平均速度，由于滑块此阶段做匀速运动，故瞬时速度等于平均速度，由能量转化和守恒可得弹簧弹性势能．每次都有P释放，则每次弹簧弹性势能都相同，由能量转化和守恒可得结果 10.图甲是物理实验室的一种永久蹄形磁铁，某物理兴趣小组设计了一个测量蹄形磁铁磁极间磁感应强度大小的实验．（1）如图乙所示，将由铜导线绕制而成的矩形线圈悬挂在支架上，导线两端分别由a、b处抽出连在两接线柱A、B上．线圈下边ab保持水平，现将一轻线的一端系在线圈ab边的中点，另一端绕过一轻小滑轮后连接一小沙桶，调整支架高度是线圈与滑轮间细线保持水平．（2）将多个图甲中的蹄形磁铁紧密并列放置，水平插入线圈，使线圈下边ab处于磁铁N、S间，磁场宽度正好与线圈下边ab长度相同，当线圈中通电后，向沙桶中缓慢加入适量细沙，使导线框仍保持竖直悬挂．读出电流表示数为I，断开电源，取下沙桶，用天平称量沙桶总质量为m．（3）线圈中电流由图丙电路提供，若蹄形磁铁S极在上方，N极在下方，则接线柱A应与丙图电路中的接线柱________（选填“C”或“D”）相连．（4）若线圈电阻约为1Ω，允许最大电流0.5A，电流表量程为0~0.6A，内阻约为0.5Ω，电源为4节干电池串联，每节干电池的电动势为1.5V，内阻不计．R0为定值电阻，现备有10Ω和100Ω各一只，则应选_______Ω连入电路；有最大阻值分别为20Ω和1000Ω的滑动变阻器各一只，应选_______Ω连入电路．（5）若线圈匝数为n，其下边ab长度为L，本地重力加速度为g，则用测得的物理量和已知量表示磁感应强度大小B=___________．【答案】    (1). （3）D；    (2). （4）10，    (3). 20；    (4). （5）【解析】【详解】（3）磁场方向竖直向上，线圈受安培力向左，与细线的拉力平衡，则线圈中电流应由接线柱B流入，由接线柱A流出，故接线柱A应与电路中的接线柱D连接。
（4）线圈中最大电流为0.5A，则电路中最小电阻为12Ω，故定值电阻应选10Ω．为方便调节，滑动变阻器应选最大电阻值较小的、即20Ω的滑动变阻器。
（5）线圈静止时，在水平方向线圈受到的绳子的拉力与安培力大小相等方向相反，有：mg=nBIL，可得： 11.中国高科技领域喜讯连连，继发射了“墨子号”量子卫星以后，2017年11月18日下午14时许，神舟十一号与天宫二号成功对接完成系列任务后又陆成功，飞船利降落在内蒙古中部主着陆场。2018年12月8日2时23分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭战成功发射嫦娥四号深測器，开启了月球探測的新旅程。据报道，神舟十一号返回舱在离地面10公里左右的高度打开降落伞，依靠降落伞的减速功能缓缓飄向地面。我们假设在距离地面高H处打开降落伞（此时速度为v0，且只有竖直方向的速度），并假设空气阻力与速度战正比，在返回舱距离地面h时以速度v匀速下落直到地面。返回舱的总质量（包括宇航员）为M，而每个宇航员质量为m。（在高度H范围内，重力加速度恒为g）试求：（1）打开降落伞后直到着地，阻力做了多少功？（2）当返回舱的速度为nv（n＞1）时，返回舱的加速度多大？（3）打开降落伞到落地的时间多长？【答案】（1）Mv2﹣Mv02﹣MgH（2）（n﹣1）g（3）【解析】【详解】（1）根据动能定理可得：MgH+Wf=Mv2﹣Mv02，解得：Wf=Mv2﹣Mv02﹣MgH；（2）根据平衡条件可得：Mg=kv解得k=当速度为nv时，阻力f=nMg，根据牛顿第二定律可得：a=（n﹣1）g（3）空气阻力的冲量I= =ks=H根据动量定理可得Mgt﹣I=Mv﹣Mv0解得。 12.如图所示，水平皮帯轮之间距离足够长，顺时针转动，速度恒为v0，可看成质点的物体质量为m，带正电，电荷量为q，静止放在皮帯的左端，与皮帯间的动摩擦因数为μ，皮带轮及皮带所处位置有垂直纸血向里的匀强磁场磁感应强度为B（）。一个质量为m，长为L的盒子，左端有个小口，恰好可以让物体水平进入（但不能出来），物体与盒子间没有摩擦，盒子放在特殊的水平面上，盒子所受水平面的摩擦阻力与盒子速度成正比，即满足f=kv（k是常量），物体与盒子的所有碰撞均无机械能损失。试求：（1）皮带摩擦力对物体做的功多大？（2）假设物体与盒子的左、右壁一共恰好碰撞了2019×2次，那么常量k等于多少？（3）如果撤去磁场，开始物体依然静止放于原位置，其他条件不变，物体与盒子的左、右壁一共碰撞了多少次？【答案】（1）（2）（3）8076次。【解析】【详解】（1）由题意，皮带轮间距离足够长，最终有：mg=qvB…①根据动能定理，摩擦力对物体做的功为W=…②联立①②，代入数据，得：W=（2）物体进入后先与右壁碰撞，碰后物体静止，盒子以物体的速度向右运动，然后物体再与盒子左壁碰撞，物体以碰前盒子的速度运动，盒子静止，整个过程如果不考虑中间盒子停止的时间，那么盒子一直在做减速运动。对盒子利用动量定理，以初速度方向为正方向，在△t时间内，速度变化△v，有：kv△t=m△v…③由③知，在时间t内，速度变化量为，有：kx=…④由题意，碰撞次数为：n==2019×2…⑤联立④⑤得：（3）撤去磁场，物体进入的速度为v0，由③得：，其他条件不变，物体与盒子的左、右壁一共碰撞次 13.已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，地面大气压强为P0，重力加速度大小为g.由此可以估算出，地球大气层空气分子总数为________，空气分子之间的平均距离为________．【答案】    (1).      (2). 【解析】设大气层中气体的质量为m，由大气压强产生，即分子数假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，则小立方体边长即为空气分子平均间距，设为a，大气层中气体总体积为V，，而，所以。点睛：对于气体分子间平均距离的估算，常常建立这样的模型；假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，所有小立方体体积之和等于气体的体积。 14.一个容积为V0的氧气罐(视为容积不变)，经检测，内部封闭气体压强为1.6p0，温度为0℃，为了使气体压强变为p0，可以选择以下两种方案：①冷却法：已知T=t+273.15K，求气体温度降低了多少摄氏度(结果保留两位小数)?②放气法：保持罐内气体温度不变，缓慢地放出一部分气体，求氧气罐内剩余气体的质量与原来总质量的比【答案】(1)      (2) 【解析】解（1）由气体的等容变化规律知解得气体温度降低了（2）以全部气体为研究对象，由气体的等温变化规律解得氧气罐内剩余气体的质量与原来总质量的比 15.一列简谐横波沿x轴传播，周期为T，t=0时刻的波形如图所示．此时平衡位置位于x=3m处的质点正在向上运动，若a、b两质点平衡位置的坐标分别为xa=2.5m，xb=5.5m，则以下说法正确的是（　　）A. 波沿x负向传播B. 当a质点处在波峰时，b质点在向上运动C. 时，a质点正在向y轴负方向运动D. 时，b质点正在向y轴负方向运动E. 在某一时刻，a、b两质点的位移和速度可能相同【答案】ABD【解析】【详解】A.由图可看出波长为4m，t=0时刻x=3m处质点向上振动，可得该波向左传播，即波沿x负向传播，故A正确；B.当a质点处在波峰时，根据波的平移法则可知b质点在平衡位置向上运动，故B正确；C.将图象整体向左平移1m，即波传播时，a的振动状态与与t=0时刻平衡位置在3.5m处质点振动状态一样，即处在平衡位置上方并向y轴正向运动，C错误。D.将图象整体向左平移3m，即波传播时，b的振动状态与与t=0时刻平衡位置在8.5m处质点振动状态一样，向y轴负向运动，D正确。E.a、b两质点相距，位移和速度不可能相同，E错误。 16.【物理一选修3-4】某光学元件的折射率，上半部为直角三角形，∠BAC=30°，下半部为半圆形，半径R=20cm，现有一平行光束以45°的入射角射向AB面，如图所示，求该光学元件的圆面上有光射出部分的圆弧的长度（不考虑盖光学元件内部光的二次反射）【答案】 【解析】光路图如图所示；  根据折射定律，则有 由几何关系可知，i=45°，且n=，故得 r=30°  可知，折射光线垂直AC射向圆弧面；  设射到圆弧上的光临界角为C，则有 得 C=45°  如图所示，光线恰好在D点和E点发生全反射，根据几何关系知，DE段圆弧上有光线射出，且∠DOE=90°  所以圆面上有光射出部分的圆弧的长度L=πR=31.4cm