1、海南省海口市2019届高三物理一模考试试题（含解析）一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.下列叙述正确的是（ ）A. 同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能与照射光的强度呈线性关系B. 一块纯净的放射性矿石，经过两个半衰期，它的总质量仅剩下原来的四分之一C. 原子核的结合能越大，其核子就结合得越牢固，原子核就越稳定D. 卢瑟福通过分析粒子散射实验发现，原子中带正电部分的体积很小，但几乎占有全部质量【答案】D【解析】详解】A.光电子的最大初动能与照射光的强度无关，故A错误；B.放射性矿石经过两个半衰期，该放射性物质总质量只
2、剩下原来的四分之一，但还生成了其它的物质，总质量大于原来的四分之一，故B错误；C.原子核的比结合能越大，（不是结合能），其核子就结合得越牢固，原子核就越稳定，故C错误；D.卢瑟福通过分析粒子散射实验发现原子中带正电部分的体积很小，但几乎占有全部质量，故D正确。2.如图所示，纸面内有一环形线圈，线圈中通入顺时针方向的环形电流，在线圈内部放入一小段通电导线，导线与线圈共面，且通过导线的电流方向如图所示。下列关于这一小段通电导线所受的安培力的方向正确的是（ ）A. 垂直导线向右B. 垂直导线向左C. 垂直导线向外D. 垂直导线向内【答案】B【解析】【详解】根据安培定则可知，环形电流产生的磁场的方向垂
3、直于纸面向外，根据左手定则可知，电流受到的安培力的方向垂直于导线向左。故B正确，ACD错误。3.如图所示，线圈abcd固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面，若磁感应强度变化使线框中产生感应电流且逐渐减小，则磁感应强度B随时间t变化是图中的（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】根据法拉第电磁感应定律可知，；因此要使感应电流减小应使线圈中的磁通量的变化率减小，即Bt图象中的斜率应减小，故C正确，ABD错误。4.地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1700多年。图示为一现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为20cm，当感知到地
4、震时，质量为50g的铜珠（初速度为零）离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞时间约为1ms，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为（ ）A. 1NB. 10NC. 100ND. 1000N【答案】C【解析】【详解】铜珠做自由落体运动，落到蟾蜍口的速度为：2m/s。以竖直向上为正方向，根据动量定理可知：，代入数据解得：F100N，故ABD错误，C正确。5.金星的半径是地球半径的n倍，质量是地球质量的m倍。在地球上离地面高H处，以一定的初速度v水平抛出一物体，忽略空气阻力，从抛出点到落地点的水平位移为s1，在金星表面同样高度H处，以同样的速度v水平抛出同一物体，从抛出点到落地点的水平位移为s2，则s1与
5、s2的比值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】根据，得，因为金星的半径是地球半径的n倍，质量是地球质量的m倍，则，根据，知，水平射程，由题意可知在该星球上，从同样高度以同样的初速度水平抛出同一物体，则水平射程之比为，故A正确，BCD错误。6.一物块以某一初速度从倾角的固定斜面底端上滑，到达最大高度处后又返回斜面底端，已知物块下滑时间是上滑时间的3倍，取1.73，则物块与斜面间的动摩擦因数为（ ）A. 0.1B. 0.29C. 0.46D. 0.58【答案】C【解析】【详解】向上运动的末速度等于0，其逆过程为初速度为0的匀加速直线运动，设加速度的大小为a1，则： ，设向下运
6、动的加速度的大小为a2，则向下运动的过程中：，由于知物块下滑的时间是上滑时间的3倍，即t23t1。联立可得：a19a2，对物块进行受力分析，可知向上运动的过程中：，向下运动的过程中：，联立得： 0.46，故C正确，ABD错误。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分7.如图所示，甲、乙两物体在同一直线上运动xt图象，由图象可以判断从t1到t2的时间内（ ）A. 甲物体在做匀减速直线运动B. 乙物体在做匀加速直线运动C. 两物体都在做匀速直线运动D. 甲、乙两物体的运动方向相反【答
7、案】CD【解析】【详解】ABC.xt图象的斜率等于物体运动的速度，由图可知两图线的斜率都不变，所以都是做匀速直线运动。故AB错误，C正确；D.xt图象斜率的正负表示运动的方向，由图可知，二者运动的方向相反。故D正确；8.一静止在水平地面上的物体质量为0.5kg，在大小为2N、与水平方向夹角为30斜向右上方的拉力的作用下，在2s内运动了2m，重力加速度为g10m/s2，关于物体在该过程中运动，下列说法正确的是（ ）A. 重力做功为零B. 克服摩擦力做功为零C. 拉力做功为2JD. 2s末拉力的功率为2W【答案】ACD【解析】【详解】A.物体在水平地面上运动，重力做功为零，故A正确；B.在2s内摩
8、擦力与运动方向相反，摩擦力做负功不为零，故B错误；C.根据功的定义式得拉力做功为WFLcosJ，故C正确；D.根据运动学公式得，2s末速度大小v2m/s，根据PFvcos得2s末拉力的功率为PW，故D正确；9.一矩形线在匀强硬场中转动时产生的电动势，下列说法正确的是A. 该交流电的频率为100HzB. 该交流电的电动势有效值为100VC. t01s时，穿过矩形线圈的磁通量最大D. 该交波电的电动势有效值比交流电的小【答案】BC【解析】【详解】A.由电动势的表达式可知，线圈转动的角速度为：，所以可得交流电的频率为：。故A错误。B.此交流电为正弦式交流电，所以该交流电的电动势的有效值为。故B正确。
9、C.时，感应电动势为，所以穿过矩形线圈的磁通量最大。故C正确。D.两个交流电的表达式相同，故他们的有效值一定相同。故D错误。10.如图所示，关于x轴对称的三条等势线为正点电荷形成的电场中的等差（UabUbc）等势线，等势线与x轴的交点分别为a、b、c，下列说法正确的是（ ）A. a、b、c三点中a点的电势最高B. a、b、c三点中c点的电场强度最大C. b点的电场强度方向与x轴垂直D. 把一电子从a点移到b点，电子的电势能减小【答案】BD【解析】【详解】AB.该处是正点电荷的电场，由正点电荷的电场线的特点：电场线从正电荷出发，为辐射状，等势面为以点电荷为圆心的同心圆，所以可以判断出正电荷位于c
10、的右侧，结合点电荷的电场的特点可知，c处的电场强度最大，电势最高，故B正确，A错误；C.由于电场线方向与等势面方向垂直，所以b点电场强度的方向沿x轴的方向。故C错误；D.把一电子从a点移到b点，电势升高，电子带负电，所以电子的电势能减小。故D正确。三、实验题：本题共2小题，共18分把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程11.某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律,实验装置如图甲所示,在气垫导轨上安装个光电门,滑块上固定一遮光条(1)用天平测得重物的质量为 ,滑块的质量为 (2)用螺旋测微器测遮光条的宽度d测量结果如图乙所示,则d=_cm.(3)按图甲所示组装实验装置,将滑块
11、由静止释放测得遮光条起始位置到光电门的距离为x,遮光条通过光电门的时间为t。若实验结果表明,重物和滑块运动过程中机械能守恒,则机械能守恒的表达式为 =_(用已知量相应的字母表示,g为重力加速度).【答案】 (1). 0.5500 (2). 【解析】【详解】螺旋测微器读数等于5.5mm+0.00.01mm=5.500mm=0.5500cm；系统机械能守恒得：，12.某实验小组要测量干电池组(两节)电动势和内阻，实验室有下列器材：A灵敏电流计G(量程为010mA，内阻约为100)B电压表V（量程为03V，内阻约为10k)C.电阻箱R1(0999.9)D.滑动变阻器R2(010，额定电流为1A)E旧
12、电池2节F.开关、导线若干(1)由于灵敏电流计的量程太小，需扩大灵敏电流计的量程。测量灵敏电流计内阻的电路如图甲所示，调节R2和电阻箱，使得电压表示数为2.00V，灵敏电流计示数为4.00mA，此时电阻箱接入电路的电阻为398.3，则灵敏电流计内阻为_(保留一位小数)。(2)为将灵敏电流计的量程扩大为100mA，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱R1的阻值调为_(保留三位有效数字)。(3)把扩大量程后的电流表接入如图乙所示的电路，根据测得的数据作出UlG(U为电压表的示数，IG为灵敏电流计的示数)图象如图丙所示则该干电池组的电动势E=_V，内阻r=_(保留三位有效数字)【答案】
13、(1). 50.0； (2). 4.55； (3). ； (4). ；【解析】【分析】（1）根据题意应用欧姆定律可以求出电流表内阻。（2）把灵敏电流计改装成电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值。（3）由闭合电路欧姆定律确定出U-IG的关系式，结合图象求得E，r。【详解】（1）灵敏电流计内阻：；（2）灵敏电流计满偏电流为10mA，把它改装成100mA的电流表，电流表量程扩大了10倍，并联电阻分流为90mA，为电流计的9倍，由并联电路特点可知，并联电阻阻值：；（3）电流表示数：I=10IG，由图示电路图可知，电源电动势：E=U+Ir=U+10IGr，整理得：U=E-（
14、10r）IG，由图示U-IG图象可知，电源电动势：E=2.91V，图象斜率：k=10r=，电源内阻：r=9.1；【点睛】本题关键是明确实验的原理，明确各个部分联接关系，由部分电路欧姆定律与全电路欧姆定律分析求解，对于图象类问题要写出表达式进行分析。四、计算题：本题共2小题，共26分把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤13.如图所示，一束质量为m、电荷量为q的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为(弧度)。已知粒子的初速度为v0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应
15、强度大小均为B，方向均垂直纸面向内，两平行板间距为d，不计空气阻力及粒子重力的影响，求：(1)两平行板间的电势差U；(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t；(3)圆形磁场区域的半径R。【答案】(1)U=Bv0d；（2）；（3）R=【解析】【分析】（1）由粒子在平行板间做直线运动可知洛伦兹力和电场力平衡，可得两平行板间的电势差。（2）在圆形磁场区域中，洛伦兹力提供向心力，找到转过的角度和周期的关系可得粒子在圆形磁场区域中运动的时间。（3）)由几何关系求半径R。【详解】(1)由粒子在平行板间做直线运动可知，Bv0q=qE，平行板间的电场强度E=，解得两平行板间的电势差：U=Bv0d(2)在圆形磁场
16、区域中，由洛伦兹力提供向心力可知：Bv0q=m同时有T=粒子在圆形磁场区域中运动的时间t=T解得t=(3)由几何关系可知：r=R解得圆形磁场区域的半径R=14.如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5m。物块A以某一速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B发生弹性碰撞，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L=0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为=0.5，A、B的质量均为m=1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短，有阴影的地方代表粗糙段)，碰后B最终
17、停止在第100个粗糙段的末端。求：(1)A刚滑入圆轨道时的速度大小v0；(2)A滑过Q点时受到的弹力大小F；(3)碰后B滑至第n个(n100)光滑段上的速度vn与n的关系式。【答案】(1)10m/s；（2）150N；（3）vn=m/s,(k100)【解析】【分析】（1）先求出滑块每经过一段粗糙段损失的机械能E，进而求得损失的总能量，根据动量守恒和和能量守恒可得A刚滑入圆轨道时的速度大小v0。（2）在最高点Q由机械能守恒求得速度，由牛顿第二定律可得弹力F。（3）算出B滑到第n个光滑段前已经损失的能量，由能量守恒得速度vn与k的关系式。【详解】（1）滑块每经过一段粗糙段损失的机械能E=mgL，解得
18、E=0.5J设碰后B的速度为vB，由能量关系有：mvB2=100E设碰后A的速度为vA，A、B碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒和和能量守恒有：mv0=mvA+mvBmv02=mvA2+mvB2解得A刚滑入圆轨道时速度大小v0=10m/s(2)从A刚滑入轨道到最高点Q，由机械能守恒有：mv02=mg2R+mv2在Q点根据牛顿第二定律得：F+mg=m解得A滑过Q点时受到的弹力大小F=150N（3）B滑到第n个光滑段前已经损失的能量E损=kE由能量守恒有：mvB2-mvn=kE解得碰后B滑至第n个(n100)光滑段上的速度vn与k的关系式:vn=m/s，(k100)五、选考题：共12分请考生从第15、1
19、6两题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分选修3-31（12分）15.下列说法正确的是（ ）A. 布朗运动是由悬浮在液体中微粒之间的相互碰撞引起的B. 0的铁和0的冰，它们的分子平均动能相同C. 当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小D. 晶体一定具有各向异性，非晶体一定具有各向同性【答案】BC【解析】【详解】A.布朗运动是由液体分子之间的不规则运动引起的，故A错误。B.温度是分子平均动能的标志，0的铁和0的冰，它们的分子平均动能相同，故B正确。C.分子力表现为斥力时，分子间距离增大，分子力做正功，分子势能减小，故C正确。D.只有单晶体具有各向异性，而多晶体是各向同性的
20、，故D错误。16.如图所示，体积为V的汽缸由导热性良好的材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成体积相等的上下两部分，汽缸上部通过单向阀门K（气体只能进入汽缸，不能流出汽缸）与一打气筒相连。开始时汽缸内上部分气体的压强为p0，现用打气筒向容器内打气，已知打气筒每次能打入压强为p0，体积为的空气，当打气49次后，稳定时汽缸上下两部分的体积之比为9：1，重力加速度大小为g，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦。求：打气49次后，稳定时汽缸上部分气体的压强p；活塞的质量m。【答案】6P0；【解析】【详解】以打入49次气体和缸内上部分气体为研究对象，开始时，汽缸上部分气体体积为： 压强为：P1P0，后来汽缸
21、上部分气体体积为设压强为P，由玻意耳定律得：P1V1P2V2代入数据解得：P2P6P0对下部分气体为研究对象，初态：下部分气体体积为：，压强为末态：下部分气体体积为：，压强为：由玻意耳定律可知：P3V3P4V4，联立解得：。选修3-4（12分）17.一列简谐横波在介质中沿x轴负方向传播，t0时刻的波形如图所示，此时刻质点P的位移为5cm，质点Q位于x4m处，从t0时刻开始计时，当t16.5s时质点Q刚好第3次到达波峰。下列说法正确的是（ ）A. 该波的振动周期为4sB. 该波的传播速度为m/sC. t3s时质点P沿y轴正方向运动D. 030s内质点Q通过的路程为2m【答案】BD【解析】【详解】
22、A.简谐横波沿x轴负方向传播，由波形平移法知t0时刻质点Q向下振动，根据当t16.5s时质点Q刚好第3次到达波峰，有 t16.5s，得 T6s，故A错误。B.根据波形图得到波长8m，则这列简谐横波的波速为m/s，故B正确。C.t0时刻质点P正沿y轴正方向运动，因为t3s，则t3s时质点P沿y轴负方向运动，故C错误。D.因为t30s5T，所以030s内质点Q通过的路程为S54A2010cm2m，故D正确。18.如图所示，足够大的水平桌面上有一足够大的平行玻璃砖.玻璃砖厚度d1 =8cm.玻璃砖的折射率，上表面被不透光黑纸覆盖，黑纸中央有一半径R=8cm的圆形区域被挖去.圆形区域的圆心的正上方到玻璃砖的距离d2=6cm处有一点光源A.求桌面被照亮的区域面积S.(计算结果保留两位有效数字)【答案】【解析】【详解】作出光路图如图所示，由几何关系可知入射角正弦值由折射写得可知可得折射角正弦值由几何关系可知桌面被照亮的区域面积.其中解得