1、四川省德阳市2019届高三物理考前模拟试题（含解析）二、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，14-18题只有一项符合题目要求，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，不选或错选的得0分。)1.下列说法正确的是A. 原子的核式结构模型是汤姆逊最早提出的B. 一群氢原子从量子数n=3的激发态跃迁到基态时最多可辐射2种不同频率的光子C. 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能因为这束光的强度太小D. 考古专家发现某一骸骨中的含量为活着的生物体中的，已知的半衰期为5730年，则确定该生物死亡时距今约11460年【答案】D【解析】【详解】A、原
2、子的核式结构模型是卢瑟福最早提出的，故A错误；B、一个氢原子从量子数n3的激发态跃迁到基态时最多可辐射种不同频率的光子，故B错误；C、根据光电效应的产生条件可知，一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能因为这束光的频率太小，跟光的强度无关，故C错误；D、根据半衰期公式知，解得n2，即发生两次半衰期，则确定该生物死亡时距今约2573011460年，故D正确。2.在地球大气层外有大量的太空垃圾在太阳活动期，地球大气会受太阳风的影响而扩张，使一些原本在大气层外绕地球飞行的太空垃圾被大气包围，从而开始向地面下落大部分太空垃圾在落地前已经燃烧成灰烬，但体积较大的太空垃圾仍会落到地面上，对人类造成危害
3、太空垃圾下落的原因是A. 大气的扩张使垃圾受到的万有引力增大而导致下落B. 太空垃圾在与大气摩擦燃烧过程中质量不断减小，进而导致下落C. 太空垃圾在大气阻力作用下速度减小，运动所需的向心力将小于万有引力，垃圾做趋向圆心的运动，落向地面D. 太空垃圾的上表面受到的大气压力大于其下表面受到的大气压力，这种压力差将它推向地面【答案】C【解析】【详解】太空垃圾在大气阻力的作用下速度减小，地球对它的引力大于它做圆周运动所需的向心力，其不断做向心运动，最终落在地面上，故C正确，ABD错误。3.如图所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R10 cm的圆柱形桶内有B104T的匀强磁场，方向平行于轴线，
4、在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出现有一粒子源发射比荷为的正粒子，粒子束中速度分布连续当角45时，出射粒子速度v的大小是A. 106m/sB. 2106m/sC. 2108m/sD. 4106m/s【答案】B【解析】由题意，粒子从入射孔以45角射入匀强磁场，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动能够从出射孔射出的粒子刚好在磁场中运动周期，由几何关系知rR，又r，v2106m/s.4.右端带有光滑圆弧轨道质量为M的小车静置于光滑水平面上，如图所示一质量为m的小球以速度v0水平冲上小车，关于小球此后的运动情况，以下说法正确的是A. 小球可
5、能离开小车水平向右做平抛运动B. 小球可能从圆弧轨道上端抛出而不再回到小车C. 小球不可能离开小车水平向左做平抛运动D. 小球不可能离开小车做自由落体运动【答案】A【解析】【详解】小球从圆弧轨道上端抛出后，小球水平方向的速度和车的速度相同，故小球仍会落回到小车上；小球落回到小车后，相对小车向左滑动，然后从左边离开小车：如果小球对地面的速度向左，则小球离开小车水平向左做平抛运动；如果小球对地面的速度为零，则小球离开小车后做自由落体运动；如果小球对地面的速度向右，则小球离开小车水平向右做平抛运动。故A正确，BCD错误。5.如图所示，真空空间中四点O、A、B、C恰为一棱长为的正四面体的四个顶点，其中
6、A、B、C三点在水平面内，O为三角形ABC的几何中心已知静电力常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是A. 若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的正点电荷，则O点电势比O 点电势高B. 若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的负点电荷，则点O与AB、BC、AC三边中点的电势相等C. 若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球（可视为点电荷）放置在O点恰静止，则小球所带的电荷量为D. 若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的负点电荷，则O点的场强大小与AB、BC、AC三边中点的场强大小相等【答案】C【解析】【详解】A、若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的正点电荷，将一个正
7、的试探电荷从点移动到O点，电场力做正功，电势降低，故A错误；B、若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的负点电荷，结合对称性可知，O点与AB、BC、AC三边中点的电势差相等，由分析可知，将一个正的试探电荷从AB、BC、AC三边中点和点移动到O点，电场力做功不等，故与AB、BC、AC三边中点的电势不相等，故B错误；C、若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球（可视为点电荷）放置在O点恰静止，小球受到的三个电场力的合力与重力平衡；根据平衡条件，有：，其中：，故，解得：，故C正确；D、若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的负点电荷，O点的场强不为零，是三个点电荷在O点场强
8、的叠加，大小为，解得C选项可得：，AB中点的场强等于C点点电荷在AB中点处的场强，大小为，其中，解得：，故不相等，D错误。6.乘座列车时，在车厢内研究列车的运动情况，小明在车厢顶部用细线悬挂一只小球当列车以恒定速率通过一段弯道时，小明发现悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，则下列判断正确的是A. 外侧轨道与轮缘间没有侧向挤压作用B. 细线对小球的拉力等于小球的重力C. 小球不在悬点的正下方，偏向弯道的内侧D. 放在桌面上的茶杯所受支持力垂直于桌面，但不竖直向上【答案】AD【解析】【详解】A、设车与小球做匀速圆周运动的半径为R，车速为v，则对小球：，由于悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，可知车受到的支持力
9、的方向与小球受到的绳子的拉力的方向相同，由受力分析可知，车的向心力恰好是车受到的重力与支持力的合力提供，所以两侧的轨道与轮缘间都没有侧向挤压作用，故A正确；B、当列车以恒定速率通过一段弯道时，小球也做匀速圆周运动，绳子的拉力与重力的合力提供向心力，设此时绳子与竖直方向之间的夹角为，则绳子的拉力：，故B错误；C、由于悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，绳子的拉力与重力的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，则小球一定不在悬点的正下方，而是偏向弯道的外侧。故C错误；D、在弯道处火车内轨与外轨之间存在高度差，所以火车的桌面不是水平的，根据弹力方向的特点可知，放在桌面上的茶杯所受支持力垂直于桌面，但不是竖直向
10、上，故D正确。7.如图所示，匀强磁场的磁感应强度BT.单匝矩形线圈面积S1 m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO匀速转动.线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表.调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为12时，副线圈电路中标有“36 V，36 W”的灯泡正常发光.以下判断正确的是()A. 电流表的示数为1 AB. 矩形线圈产生电动势的最大值为18 VC. 从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e18sin 90tVD. 若矩形线圈转速增大，使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移【答案】BC【解析】试题分析：由小灯泡正常发光，得到变压器的输出电压和输出电
11、流，然后结合变压比公式和变流比公式求解变压器的输入电压和电流，最后结合发电机的电动势公式e=NBSsint分析解：A、小灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I2=；根据变流比公式：，解得：I1=2A；故A错误；B、小灯泡正常发光，故变压器的输出电压为36V，根据变压比公式，解得：U1=18V；故矩形线圈产生电动势的有效值为18V；故B正确；C、矩形线圈产生电动势的最大值为18V，根据公式Em=NBS，解得：=；故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e=Emsint=V；故C正确；D、若矩形线圈转速增大，根据公式Em=NBS，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯
12、泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P适当上移；故D错误；故选：BC点评：本题关键是明确交流发电机的瞬时值、有效值、最大值的区别和求解方法，同时要结合变压器的变压比和变流比公式列式求解8.如图所示，质量为2m、m的小滑块P、Q，P套固定竖直杆上，Q放在水平地面上。P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，当=30时，弹簧处于原长。当=30时，P由静止释放，下降到最低点时变为60，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中A. P、Q组成的系统机械能守恒B. 弹簧弹性势能最大值为C.
13、 竖直杆对P的弹力始终大于弹簧弹力D. P下降过程中动能达到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg【答案】BD【解析】A、根据能量守恒可知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；B、根据系统机械能守恒可得，弹簧弹性势能最大值为，故B正确；C、对Q，水平方向的合力，先做加速运动后做减速运动，所以竖直杆对Q的弹力不一定始终大于弹簧弹力，所以竖直杆对P的弹力不一定始终大于弹簧弹力，故C错误；D、P下降过程中动能达到最大前，P加速下降，以P、Q为整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有，则有，故D正确；故选BD。三、实验题(共2小题,15分) 9.为了测量木块与木板间动摩擦因数，某小组使用位移传感器设
14、计了如图所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s随时间t变化规律，如图所示。根据上述图线，计算0.4s时木块的速度=_m/s，木块加速度a=_m/s2；现测得斜面倾角为 ，g取10m/s2，则= _；为了提高木块与木板间动摩擦因数的测量精度，下列措施可行的是_AA点与传感器距离适当大些B木板倾角越大越好C选择体积较大的空心木块D传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻【答案】 (1). 04 (2). 1 (3). 0.625 (4). A【解析】【详解】根据某段时间内的平均速度等于这段时间
15、内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：，0.2s末的速度为：，则木块的加速度为：；选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：，得：，若，则；根据的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A点释放的时刻。故A正确，BCD错误。10.电动自行车是一种环保，便利的交通工具，越来越受大众的青睐，为了测定电动车电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图1所示的实验电路，所用实验器材有：A电池组(电动势约为12 V，内阻未知)B电流表(量程为300 mA，内阻忽略不计)C电阻箱R(0
16、999.9 )D定值电阻R0(阻值为10 )E导线和开关该同学部分操作步骤如下(1)当闭合开关后，无论怎样调节电阻箱，电流表都没有示数，反复检查确认电路连接完好，该同学利用多用电表，又进行了如下操作：断开电源开关S.将多用电表选择开关置于“1”挡，调零后，将红、黑表笔分别接在R0两端，读数为10.将多用电表选择开关置于“10 ”挡，调零后，将红，黑表笔分别接电阻箱两接线柱，指针位置如图2所示，则所测电阻箱阻值为_ .用多用电表分别对电源和开关进行检测，发现电源，开关均完好由以上操作可知，发生故障的元件是_(2)在更换规格相同的元件后重新连接好电路(3)改变电阻箱R的阻值，分别测出电路中相应的电
17、流I.为了保证实验顺利进行且使测量结果更准确些，电阻箱R的取值范围应为_A100300B40100C1540(4)根据实验数据描点，绘出的R图象如图3所示若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电池组的电动势E_，内阻r_(用k，b和R0表示)【答案】 (1). 70 (2). 电流表 (3). B (4). (5). 【解析】【详解】（1）欧姆表表盘读数为7，倍率为“10”，故为70；在故障检测时，除电流表其余部分均没有问题，故问题只能出在电流表处；（3）为减小电流表的读数误差，电流表指针偏转角度应该尽量大于三分之一，即电流范围为：100mAI300mA，根据欧姆定律，总电阻120R总4
18、0，扣除定值电阻10，即电流表内阻和电源内阻加上电阻箱电阻应该大于等于30而小于等于110，由于电流表内阻不计，故应该选B；（4）根据闭合电路欧姆定律，有，则，故有：，联立解得：，。四、计算题(共2小题,)11.如图所示，摩托车做腾跃特技表演时沿曲面冲上高3.2m顶部水平高台接着以水平速度离开平台落至地面。此时摩托车恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧弦长AB8m，人和车的总质量为150kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计。（计算中取g10m/s2，sin530.8，cos530.6）。求：（1）从摩托车到达A点时速度大小和
19、方向；（2）人和车运动到圆弧轨道最低点C处时对轨道的压力大小。【答案】（1）10m/s，与水平方向成530角（2）5700N【解析】【详解】（1）从平台飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则运动时间为：，A点速度为：根据几何关系有：解得：(2)当运动到最低点时受到重力和支持力，合力提供向心力，则有：A到C：由，联立解得：，根据牛顿第三定律：人和车对轨道的压力大小为12.如图甲所示，表面绝缘，倾角30的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂直于斜面，并与斜面底边平行斜面所在空间有一宽度D0.40 m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板
20、的距离s0.55 m一个质量m0.10 kg，总电阻R0.25 的单匝矩形闭合金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L0.50 m从t0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上且大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且没有机械能损失线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数，重力加速度g取10 m/s2.(1)求线框受到的拉力F的大小；(2)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3
21、)已知线框向下运动通过磁场区域过程中速度v随位移x的变化规律满足(式中v0为线框向下运动ab边刚进入磁场时的速度大小，x为线框ab边进入磁场后对磁场上边界的位移大小)，求线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q.【答案】(1)1.5N(2)0.50 T(3)0.45 J【解析】（1）由vt图象可知，加速度 a5.0m/s2（1分）由牛顿第二定律Fmgsinqm mgcosqma解得 F1.5 N（2分）（2）由vt图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动，产生的感应电动势EBLv1，通过线框的电流I，线框所受安培力F安BIL由力的平衡条件，有Fmgsinqmgcosq解得 B0.
22、50T（3分）（3）由vt图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度 D0.40m （1分）线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达挡板时的位移为sD0.15m（1分）设线框与挡板碰撞前的速度为v2 由动能定理，有 mg(sD)sinqmg(sD)cosq（1分）解得 v21.0 m/s（1分）线框碰挡板后速度大小仍为v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsinmgcos0.50N，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v21.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，
23、做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3由vv0得v3v21.0 m/s，因v30，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置。（2分）线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热Q1I2Rt0.40 J（1分）线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q20.05 J（1分）所以QQ1Q20.45 J（1分）13.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t秒与（t+0.2）秒两个时刻，x轴上（-3m，3m）区间的波形完全相同，如图所示。并且图中M，N两质点在t秒时位移均为，下列说法中正确的是A. 该波的最小波速为20m/sB. （t+
24、0.1）秒时刻，x=-2m处的质点位移一定是aC. 从t秒时刻起，x=2m处的质点比x=2.5m的质点先回到平衡位置D. 从t秒时刻起，在质点M第一次到达平衡位置时，质点N恰好到达波峰E. 该列波在传播过程中遇到宽度为d=3m的狭缝时会发生明显的衍射现象【答案】ACE【解析】【详解】A、由图知波长，由于t秒与（t+0.2）秒两个时刻的波形相同，经过了整数倍周期的时间，则得：，可得到最大的周期为T0.2s，由得最小波速为：，故A正确；B、由于周期不确定，时间0.1s不一定等于半个周期，则（t+0.1）秒时刻，x2m处的质点不一定到达波峰，位移就不一定是a，故B错误；C、简谐横波沿x轴正方向传播，
25、x2.5m处的质点向下运动，到达平衡位置的时间大于，而x2m处的质点到达平衡位置时间等于，所以x2m处的质点比x2.5m的质点先回到平衡位置，故C正确；D、根据数学知识得知质点M和N之间的距离等于，由波形得知，质点M第一次到达平衡位置时，质点N不在波峰。故D错误。E、障碍物的尺寸与该波波长相同或比波长小，能发生明显衍射。该波波长为4m，则该列波在传播过程中遇到宽度为d3m的狭缝时会发生明显的衍射现象，故E正确。14.某次探矿时发现一天然透明矿石，经测量其折射率n。人工打磨成球形后置于空气中（如图所示），已知球半径R10 cm，MN是一条通过球心O的直线，单色细光束AB平行于MN射向球体，B为入
26、射点，AB与MN间距为d=5cm，CD为出射光线求：光从B点传到C点的时间；CD与MN所成的角.【答案】光从B点传到C点的时间为109s；CD与MN所成的角为30【解析】试题分析：连接BC，作出光路图由几何知识求出光线在B点时的入射角，根据折射定律求出折射角，由几何关系求出BC，由v=求出光在球体中传播的速度v，再求解光从B点传到C点的时间；由光路可逆性得到光线在C点的折射角，根据几何知识求出CD与MN所成的角解：光路图如图光线在B点界面的入射角与折射角分别为1、2由数学知识得：sin1=，1=45由折射率n=得：sin2=光在球体中传播的速度 v=BC间的距离 S=2Rcos2则光线在球中传播的时间 t=109s在C点折射角为，根据光路可逆性得：=1=45由几何知识得：COP=1BOC=18045120=15，因+COP=，得 =COP=4515=30答：光从B点传到C点的时间为109s；CD与MN所成的角为30【点评】本题是几何光学问题，作出光路图是解题的基础，此类问题还要能熟练运用几何知识，根据折射定律和光速公式求解