吉林省辽源市第五中学2019届高三物理下学期第二次模拟考试试题（含解析）.docx

吉林省辽源市第五中学2019届高三物理下学期第二次模拟考试试题（含解析）一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14只有一项是符合题目要求，第58题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.某半导体激光器发射波长为1.5106 m，功率为5.0103 W的连续激光。已知可见光波长的数量级为107 m，普朗克常量h6.631034 Js，该激光器发出的A. 是紫外线B. 是红外线C. 光子能量约为1.31013 JD. 光子数约为每秒3.81017个【答案】B【解析】【分析】根据波长的大小判断激光器发射的是哪种电磁波根据求出光子能量，根据 求出单位时间内发生的光子数【详解】A、B、波长的大小大于可见光的波长，属于红外线；故A错误，B正确.C、光子能量；故C错误.D、每秒钟发出的光子数；故D错误.故选B.【点睛】解决本题的关键熟悉电磁波谱中波长的大小关系，以及掌握光子能量与波长的大小关系2.如图，光滑水平面上放着长木板B，质量为m2 kg的木块A以速度v02 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如右图所示，重力加速度g10 m/s2。则下列说法正确的是A. A、B之间动摩擦因数为0.1B. 长木板的质量为1 kgC. 长木板长度至少为2 mD. A、B组成系统损失机械能为4 J【答案】A【解析】【分析】A在B的表面上滑行时，根据v-t图象的斜率可得到A的加速度大小，由牛顿第二定律求得动摩擦因数.对系统，运用动量守恒定律列式可求得长木板的质量M根据“面积”表示位移，求解木板的长度.由能量守恒定律求解A、B组成系统损失机械能.【详解】B、从图可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0(m+M)v，解得：Mm2kg，故B错误；A、由图象可知，木板B匀加速运动的加速度，对B根据牛顿第二定律得mgMaB，解得动摩擦因数0.1，故A正确；C、由图象可知前1s内B的位移，A的位移，所以木板最小长度；故C错误.D、A、B组成系统损失机械能；故D错误.故选A.【点睛】分析清楚图象的物理意义是解题的前提与关键，要知道加速度是联系力和运动的桥梁，根据v-t图象的斜率能得出物体运动的加速度，由面积求解位移.3.如图所示，处于竖直面的长方形导线框MNPQ边长分别为L和2L，M、N间连接两块水平正对放置的金属板，金属板距离为d，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场。内板间有一个质量为m、电量为q的带正电油滴恰好处于半衡状态，重力加速度为g，则下列关于磁场磁感应强度大小B的变化情况及其变化率的说法正确的是A. 正在增强，B. 正在减小，C. 正在增强，D. 正在减小，【答案】B【解析】【详解】油滴带正电，受向上的电场力和向下的重力平衡，即Eq=mg，则上极板带负电，由楞次定律可知，磁场磁感应强度大小B正在减小，且，；联立解得，故选B.4.如图所示，某物体自空间O点以水平初速度v0抛出，落在地面上的A点，其轨迹为一抛物线。现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA完全重合的位置上，然后将此物体从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道。P为滑道上一点，OP连线与竖直方向成45，则此物体A. 物体经过P点时的速度大小为B. 由O点运动至P点的时间为C. 物体经过P点时，速度的竖直分量为v0D. 物体经过P点时，速度的水平分量为【答案】A【解析】【分析】若做平抛运动，OP连线与竖直方向成45角，所以竖直分位移与水平分位移大小相等，根据时间可求出竖直方向的分速度和速度的大小和方向，但是沿轨道运动不是平抛运动，结合动能定理和运动的分解进行求解即可；【详解】物体若做平抛运动，运动到P点时有：，则，现在物体做的运动不是平抛运动，运动时间不等于；物体若做平抛运动，运动到P点时竖直方向上的分速度，此时速度与水平方向的夹角为，则，物块沿该轨道滑动，只有重力做功，根据动能定理得，解得，所以，则物体经过P点时，速度的竖直分量，速度的水平分量，故A正确，BCD错误。【点睛】解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，注意物体的运动情况与平抛运动的情况不同。5.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5 : 1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈通过电阻为R的导线与热水器、抽油烟机连接。已知原线圈两端的电压保持不变，副线圈上的电压按图乙所示规律变化。下列说法正确的是A. 电压表示数为1100 VB. 热水器上电压的瞬时值表达式为VC. 若闭合开关S，热水器的实际功率不变D. 若闭合开关S，原线圈中电流增大【答案】AD【解析】【分析】电压表测的是电流的有效值。根据图乙所示图象求出交变电流的峰值、角频率初相位，然后写出交变电流的瞬时值表达式。根据动态分析法分析实际功率。由W=Pt可以求出抽油烟机消耗的电能【详解】A.根据变压器原理可得，则电压表示数为1100V，A正确；B.由图乙可知，交变电流的峰值是，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为，因有电阻R的存在，不是热水器两端的电压瞬时值，B错误；C.接通开关，副线圈电阻减小，电流增大，R上的分压增大，热水器两端的电压减小，所以实际功率减小，C错误；D.接通开关，电流增大，电压不变，所以线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，则原线圈中电流增大，D正确6.地月拉格朗日L2点，始终位于地月连线上的如图所示位置，该点距离地球40多万公里，距离月球约6.5万公里。若飞行器P通过L2点时，是在地球和月球的引力共同作用下沿圆轨道绕地心做匀速圆周运动，其周期与月球沿圆轨道绕地心做匀速圆周运动的周期相等。已知飞行器P线速度为v，周期为T，受 地球和月球对它的万有引力大小之比为k。若飞行器P只在地球万有引力作用下沿圆轨道绕地心做匀速圆周运动的线速度为v，周期为T，则A. vvB. vvC. D. 【答案】BC【解析】【详解】A、B项：设飞行器P受地球的引力为F1，受月球的引力为F2，由公式，所以，故A错误，B正确；C、D项：由公式，联立解得：，故C正确，D错误。故选：BC。7.如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置关于坐标原点O对称，圆弧曲线是一个以O点为圆心的半圆，c点为半圆与y轴的交点，a，b两点为一平行于x轴的直线与半圆的交点，下列说法正确的是A. a，b两点的场强相同B. a，b两点的电势相同C. 将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点，电势能先增加后减小D. 将一个正电荷q放在半圆上任一点，两电荷对q的作用力大小分别是F1、F2，则为一定值【答案】BD【解析】:等量同种正电荷电场线和等势面的分布图如图所示,A、电场强度的方向沿电场线的切线方向,由图可以知道,a,b两点的场强大小相等、方向不同,场强不同.故A错误;B、根据等量同种电荷的电场分布的对称性知,a点的电势等于b.所以B选项是正确的;C、将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点,电场力先做正功,后做负功,故电势能先减小后增加,故C错误;D、设圆直径为d,将一个正电荷q放在半圆上任一点,设该点到a的距离为 ,到b的距离为 ,则由勾股定理得 :两电荷对q的作用力大小分别是 、 ,则由库仑定律得: ,所以 ,为定值.所以D选项是正确的.故选BD点睛：根据等量同号电荷的电场分布图,可以知道各点的电势高低和场强大小;由电场力做功情况可以知道电势能的大小;根据库仑定律推导的值.8.如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点。第一次小球在水平拉力F1作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为（90o），张力大小为FT1；第二次在水平恒力F2作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，在Q点时轻绳中的张力大小为FT2。关于这两个过程，下列说法中正确的是(不计空气阻力，重力加速度为g)（ ）A. 两个过程中，轻绳的张力均变大B. 第一个过程中，拉力F1在逐渐变大，且最大值一定大于F2C. FT1，FT2mgD. 第二个过程中，重力和水平恒力F2的合力的功率先增大后减小【答案】BC【解析】第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得：，随着增大，逐渐增大；第二次从P点开始运动并恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得：，解得：，因，则，即，第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力，所以轻绳的张力变大，第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与重力和方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故A错误，B正确；第一次运动到Q点时，受力平衡，根据几何关系可知，第二次运动到Q点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力，故C正确；第二个过程中，重力和水平恒力F的合力是个恒力，在等效最低点时，合力方向与速度方向垂直，此时功率最小为零，到达Q点速度也为零，则第二个过程中，重力和水平恒力的合力的功率先增大，后减小，再增大，最后再减小为0，故D错误故选BC【点睛】第一次小球在水平拉力作用下，从P点缓慢地移动到Q点，则小球处于平衡状态，第二次在水平恒力作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，找出“最低点”，最低点的速度最大，在Q点速度为零，则向心力为零，判断与mg的关系二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13题第14题为选考题，考生根据要求做答)9.如图所小，在“探究拉力做功与弹簧弹性势能增量的关系”实验中，轻弹簧左端固定，右端在水平拉力F作用下从A位置(弹簧原长位置)拉仲x到B位置，仵出的F-x图像为过坐标原点O的直线，如图所示，实验过程中，弹簧始终处于弹性限度内。(1)F-x图像中，图线OP的斜率的物理意义是：_。(2)根据所学知识，可以判断直角三角形PQO的面积的物理意义是：_。(3)由此可推断，如果一劲度系数为k的轻弹簧，在弹性限度内，当其形变大小为x时，弹簧的弹性势能的表达式为Ep=_。【答案】 (1). 弹簧的劲度系数k (2). 拉力F做的功 (3). 【解析】（1）根据胡克定律可知：F=kx，则F-x图像中，图线OP的斜率的物理意义是：弹簧的劲度系数k ； （2）根据W=Fx可知，直角三角形PQO的面积的物理意义是：拉力F做的功.（3）由图像可知拉力做功为W=kx2 ，则根据能量守恒关系可知，在弹性限度内，当其形变大小为x时，弹簧的弹性势能的表达式为Ep=kx2.10.用图甲所示装置测量磁场的磁感应强度和某导电液体(有大量的正、负离子)的电阻率。水平管道长为l、宽度为d、高为h，置于竖直向上的匀强磁场中。管道上下两面是绝缘板，前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S、电阻箱R、灵敏电流表G(内阻为Rg)连接。管道内始终充满导电液体，液体以恒定速度v自左向右通过。闭合开关S，调节电阻箱的取值，记下相应的电流表读数。(1)图乙所示电阻箱接入电路的电阻值为_。(2)与N板相连接的是电流表G的_极(填“正”或“负”)。(3)图丙所示的电流表读数为_A。(4)将实验中每次电阻箱接入电路的阻值R与相应的电流表读数I绘制出图象为图丁所示的倾斜直线，其延长线与两轴的交点坐标分别为(-a，0)和(0，b)，则磁场的磁感应强度为_，导电液体的电阻率为_。【答案】 (1). 290.1 (2). 负 (3). 24.0 (4). (5). 【解析】（1）电阻箱的示数：，（2）根据左手定则可知，带正电的粒子向前表面偏转，带负电的粒子向后表面偏转，故N带负电，则与N板相连接的是电流表G的负极；（3）丙所示的电流表读数为；（4）液体以恒定速度v自左向右通过管道，则所受的电场力与洛伦兹力平衡，即，又，解得：，则回路中产生的电流为，变形得：，由题知斜率，解得：，纵截距离，解得：，根据电阻定律得：，其中，联立解得：.【点睛】当液体以稳定速度通过时电场力与磁场力平衡，求出两端的电压，根据闭合电路的欧姆定律求出电流，再根据图象所给信息求出相关的物理量。11.某次足球比赛中，攻方使用“边路突破，下底传中”的战术。如图，足球场长90m、宽60m.前锋甲在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做匀减速直线运动，其初速度v012m/s，加速度大小a02m/s2.(1)甲踢出足球的同时沿边线向前追赶足球，设他做初速为零、加速度a12m/s2的匀加速直线运动，能达到的最大速度vm8m/s.求他追上足球的最短时间.(2)若甲追上足球的瞬间将足球以某速度v沿边线向前踢出，足球仍以a0在地面上做匀减速直线运动；同时，甲的速度瞬间变为v16 m/s，紧接着他做匀速直线运动向前追赶足球，恰能在底线处追上足球传中，求v的大小.【答案】(1)t6.5s (2)v7.5m/s【解析】【分析】(1)根据速度时间公式求出运动员达到最大速度的时间和位移，然后运动员做匀速直线运动，结合位移关系求出追及的时间.(2)结合运动员和足球的位移关系，运用运动学公式求出前锋队员在底线追上足球时的速度【详解】(1)已知甲的加速度为，最大速度为，甲做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为：之后甲做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移x2vm(t1t0)82m16m由于x1x2 x0，故足球停止运动时，甲没有追上足球甲继续以最大速度匀速运动追赶足球，则x0(x1x2)vmt2 联立得:t20.5s甲追上足球的时间tt0t26.5s(2)足球距底线的距离x245x09m 设甲运动到底线的时间为t3，则x2v1t3 足球在t3时间内发生的位移联立解得：v7.5m/s【点睛】解决本题的关键理清足球和运动员的位移关系，结合运动学公式灵活求解.12.如图所示，虚线OL与y轴的夹角=450，在OL上侧有平行于OL向下的匀强电场，在OL下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子以速率v0从y轴上的M（OM=d）点垂直于y轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，不计粒子重力。（1）求此电场的场强大小E；（2）若粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，求粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间。【答案】（1） ； （2） 【解析】试题分析：根据粒子只受电场力作用，沿电场线方向和垂直电场线方向建立坐标系，利用类平抛运动；根据横向位移及纵向速度建立方程组，即可求解；由（1）求出在电场中运动的时间及离开电场时的位置；再根据粒子在磁场中做圆周运动，由圆周运动规律及几何关系得到最大半径，进而得到最长时间；（1）粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用，；沿垂直电场线方向X和电场线方向Y建立坐标系，则在X方向位移关系有：，所以；该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，所以在Y方向上，速度关系有，所以，则有（2）根据（1）可知粒子在电场中运动的时间；粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为T粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，则粒子从M点出发到第二次经过OL在磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为；粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，；根据（1）可知，粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，速度v就是初速度v0在X方向上的分量，即；粒子在电场中运动，在Y方向上的位移，所以，粒子进入磁场的位置在OL上距离O点；根据几何关系，可得，即；所以；所以，粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间13.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，AB和CD为等温过程，BC和DA为绝热过程(气体与外界无热量交换)。这就是著名的“卡诺循环”。该循环过程中，下列说法正确的是_A. AB过程中，气体对外界做功B. BC过程中，气体分子的平均动能增大C. CD过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D. DA过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化E. 该循环过程中，气体吸热【答案】ACE【解析】【分析】AB过程中，体积增大，气体对外界做功，BC过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，CD过程中，等温压缩，DA过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高.【详解】A、AB过程中，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，气体吸热，故A正确；B、BC过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；C、CD过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确；D、DA过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故D错误；E、该循环中，气体对外做功大于外界对气体做功，即W0；一个循环，内能不变，U=0，根据热力学第一定律，Q0，即气体吸热，故E正确；故选ACE.【点睛】本题考查了理想气体状态方程的应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气体做功情况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；要知道：温度是分子平均动能的标志，理想气体内能由问题温度决定.14.如图所示，向一个空的铝制饮料罐(即易拉罐)中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可以忽略)。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是360 cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2 cm2，吸管的有效长度为20 cm，当温度为25 时，油柱离管口10 cm。(i)估算这个气温计的测量范围；(ii)证明吸管上标刻温度值时，刻度线一定均匀分布.【答案】（1）23.40C-26.60C（2）略【解析】（1）封闭气体做等圧変化，当液体到达饮料管的最下端时，气体的温度最低，由盖-吕萨克定律得得 封闭气体做等圧変化，当液体到达饮料管的最上端时，气体的温度最高，由盖-吕萨克定律得得此温度计的测量范围为23.40C-26.60C.（2）根据盖-吕萨克定律，得：则有，设吸管内部的横截面积为S，内部在25时的热力学温度为T1，体积为V1，当温度变化t时油柱移动的距离为l，则有，即：tl由上式可以看出，t与l成正比关系，所以吸管上标刻温度值时，刻度是均匀的.点睛：解决本题关键是掌握理想气体状态方程，及盖-吕萨克定律的应用。注意热力学温标与摄氏温标的区别与联系。15.如图所示，半圆形玻璃砖半径为 8cm ，使直径 AB 垂直于屏幕并接触于 B 点，当激光束 a 以 i 30 的入射角射向玻璃砖的圆心 O 时，在屏幕上 M 点出现光斑，测得 M 到 B 的距离为8cm 。则玻璃砖的折射率为