1、广东省2019届高三物理摸底模拟考试题（二）（含解析）一、选择题： 1. 如图所示的圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率沿着相同的方向对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子A. 速率一定越小B. 半径一定越大C. 在磁场中通过的路程越长D. 在磁场中的周期一定越大【答案】A【解析】试题分析：粒子运动轨迹如图所示；根据周期公式得：由于带电粒子们的B、q、m均相同，所以T相同，根据可知，在磁场中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，
2、半径越小，由，知速率一定越小，A正确，BD错误；通过的路程即圆弧的长度，与半径r和圆心角有关，故C错误考点：考查了带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短2.在链球运动中，运动员使链球高速旋转，在水平面内做圆周运动。然后突然松手，由于惯性，链球向远处飞去。链球做圆周运动的半径为R，链球在水平面内做圆周运动时的离地高度为h。设圆心在地面的投影点为O，链球的落地点为P，O、P两点的距离即为运动员的成绩。若运动员某次掷链球的成绩为L，空气
3、阻力忽略不计，则链球从运动员手中脱开时的速度v为()A. LB. RC. D. 【答案】C【解析】【详解】链球出手后竖直方向做自由落体运动hgt2，落地时间，水平方向位移如图所示，链球平抛运动的水平位移AP ，根据平抛运动规律，链球出手时的速度 ，所以C正确。3.如图所示是一种简易的验电器,蜡烛起到支撑和绝缘的作用,带电体与金属丝接触之后,两块铝箔在静电斥力的作用下就能分开,从而能够检验出物体带上了静电。关于两块铝箔之间的静电力,下面说法正确的是()A. 两块铝箔之间的静电力跟两铝箔带电量乘积成正比B. 两块铝箔之间的静电力跟两铝箔之间的距离成反比C. 两块铝箔之间的静电力跟两铝箔之间的距离的
4、平方成反比D. 以上结论都不正确【答案】D【解析】【详解】库仑定律只适用于点电荷，两块靠近的铝箔是不能看作点电荷的，因此两块铝箔之间的静电力并不满足库仑定律。A. 因为两块铝箔之间的静电力并不满足库仑定律，则两块铝箔之间的静电力跟两铝箔带电量乘积不成正比，选项A错误；B. 因为两块铝箔之间的静电力并不满足库仑定律，则两块铝箔之间的静电力跟两铝箔之间的距离不成反比，选项B错误；C. 因为两块铝箔之间的静电力并不满足库仑定律，则两块铝箔之间的静电力跟两铝箔之间的距离的平方不成反比，选项C错误；D. 以上结论都不正确，选项D正确.4.如图甲所示为一霓虹灯供电的电路。变压器输入端接有熔断电阻,其允许最
5、大电流为100mA,阻值忽略不计,原、副线圈匝数比为101,副线圈电路中接有10个霓虹灯,每个霓虹灯的额定电压为10V,额定功率为1W,R为滑动变阻器。当变压器输入端电压为220V时,示波器描绘出每一个霓虹灯的电流图象如图乙所示(霓虹灯的电阻可视为不变)()A. 变压器输入端的电流频率为100 HzB. 此时滑动变阻器的阻值为20C. 该电路允许并联连接的霓虹灯的个数为25个D. 电路正常工作时,若某一个霓虹灯发生故障而断路,那么应当将滑动变阻器的阻值减少,才能保证其他霓虹灯保持原有的亮度【答案】C【解析】【详解】A.由变压器输出端的电流图象可知，交流电的周期为T=0.02s，频率为f=50
6、Hz，选项A错误。B.在电路中每个霓虹灯的电流大小为0.04 A，那么变压器输出端电流为0.4 A，变压器的输出电压为22 V，霓虹灯的电阻为100，霓虹灯的电压为4 V，因此滑动变阻器的阻值为R= =45，选项B错误。C.该变压器允许输出电流最大为1 A，那么允许连接的霓虹灯个数为25个，选项C正确。D.若有一个霓虹灯发生断路故障，输出端的总电阻将变大，滑动变阻器上的电流将减小，电压减小，剩余霓虹灯上的电压增大，因此需要增大滑动变阻器的电阻减小霓虹灯上的电压，使其保持原有的亮度，选项D错误。5.如图，一正方形闭合线圈，从静止开始下落一定高度后，穿越一个有界的匀强磁场区域，线圈上、下边始终与磁
7、场边界平行。自线圈开始下落到完全穿越磁场区域的过程中，线圈中的感应电流I、受到的安培力F及速度v随时间t变化的关系，可能正确的是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：如线框刚进入磁场时，安培力等于重力，做匀速直线运动，感应电流I恒定，全部进磁场后做加速运动，出磁场时，安培力大于重力，做减速运动，感应电流减小，做加速度减小的减速故A正确；若线框进入磁场做匀速直线运动，速度不变，电流不变，上边刚进磁场，下边又出磁场，又继续做匀速直线运动，电流的方向反向但受到的安培力始终向上，故B错误；线框进入磁场，安培力大于重力，先做减速运动，完全进入磁场做加速运动，出磁场时，安培力大于重力，
8、仍然做减速，应该做加速度减小的减速，CD错误；考点：电磁感应、安培力、牛顿第二定律6.已知“神舟八号”飞船在离地球表面h高处的轨道上做周期为T的匀速圆周运动，地球的半径为R，万有引力常量为G。则下列说法正确的是（ ）A. 飞船运行的线速度大小为B. 飞船运行的线速度小于第一宇宙速度C. 飞船的向心加速度大小D. 地球表面的重力加速度大小为【答案】BCD【解析】试题分析：飞船运行的线速度为，故A错误；第一宇宙速度，故飞船运行的线速度小于第一宇宙速度，所以B正确；飞船的向心加速度，故C正确；根据万有引力提供向心力，解得，故D正确。考点：本题考查天体运动7.如图甲所示小物块静止在倾角=37的粗糙斜面
9、上。现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图乙所示，物块的速率v随时间t的变化规律如图丙所示，sin37 =0.6，cos37=0.8，重力加速度g取10 m/s，下列说法正确的是A. 物块质量为1kgB. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C. 03 s时间内力F做功的平均功率为0.32 WD. 03s时间内物块克服摩擦力做的功为5.12J【答案】AD【解析】试题分析：对物块受力分析，如图所示。由图2、图3可知，当力F1=08N时，物块加速下滑，加速度，当力F2=04N时，物块匀速下滑，根据牛顿第二定律有：，解得物块质量m=1kg，摩擦力f=64N，故A正确；摩擦力
10、，动摩擦因数，故B错误；由图3图象与横轴形成的面积可知，0-3s时间内物块位移x=08m，速度从0增加到，物体克服摩擦力做功，故D正确；根据动能定理有：，力F做功，平均功率，故C错误。考点：牛顿第二定律，动能定理，平均功率。8.在光滑水平面上充满水平向右的匀强电场，被拉直的绝缘轻绳一端固定在O点，另一端系着带正电的小球，轻绳与水平面平行，OB与电场线平行。若小球从A点由静止释放后，沿水平面摆动到B点，不计空气阻力，则关于此过程，下列判断正确的是A. 小球的动能先变小后变大B. 小球的切向加速度一直变大C. 小球受到的拉力先变大后变小D. 小球受到的电场力做功的功率先增大后减小【答案】D【解析】
11、小球从A点摆动到B点的过程中，只有电场力做功且一直做正功，根据动能定理知小球的动能Ek一直增大，故A错误；小球从A点摆动到B点的过程中轻绳与OB的夹角设为，根据牛顿第二定律：则小球的切向加速度为：，可知加速度随着的减小而减小，故B错误；根据牛顿第二定律和向心力公式有：，可得小球受到的拉力大小为：，cos 、Ek均随着的减小而增大，可见F一直增大，故C错误；在A点时小球的速率为零，电场力做功的瞬时功率为零，过B点时小球的速度方向与电场力垂直，电场力做功的瞬时功率也为零，可见小球受到的电场力做功的功率先增大后减小，故D正确。所以D正确，ABC错误。二、非选择题： 9.某同学设计了一个如图甲所示的装
12、置来测定滑块与木板间的动摩擦因数,其中A为滑块,B和C处是钩码,不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦。实验中该同学保持在B和C处钩码总个数不变的条件下,改变C处钩码个数,测出C处不同个数钩码的总质量m及对应加速度a,然后通过对实验数据的分析求出滑块与木板间的动摩擦因数。(1)该同学手中有电火花计时器、纸带、10个质量均为100克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线,为了完成本实验,得到所要测量的物理量,还需要_。A.秒表B.毫米刻度尺C.天平D.弹簧测力计(2)在实验数据处理中,该同学以C处钩码的总质量m为横轴,以加速度a为纵轴,绘制了如图乙所示的实验图线,可知滑块与木板间的动摩擦因数=_
13、。(g取10m/s2)【答案】 (1). (1)B (2). (2)0.3【解析】【详解】第一空. 打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误本实验不需要测滑块的质量，钩码质量已知，故不需要天平，故B错误实验需要测量两点之间的距离，需要毫米刻度尺，故C正确滑块受到的拉力等于钩码的重力，不需要弹簧测力计测拉力，故D错误故选C；第二空.对ABC系统应用牛顿第二定律可得：，其中m+m=m0；所以a-m图象中，纵轴的截距为-g，故-g=-3，=0.3.10.利用如图所示电路测量电压表内电阻RV,该电压表量程为500mV,内电阻约为100。某同学设计的实验过程如下：a.按电路图正确连接好电路
14、,将滑动变阻器R1的滑片移到左端;b.闭合开关S1和S2并调节R1,使电压表的指针指到满刻度;c.保持开关S1闭合以及滑动变阻器R1的滑片位置不变,断开S2,调整电阻箱R2的阻值,使电压表的指针指到满刻度的一半;d.读出此时电阻箱R2的阻值R测,即为电压表内电阻的测量值。(1)在备选的实验器材中,有两个滑动变阻器可供选择,它们的铭牌上分别标有：A.“500,1 A”、 B.“10,2 A”在保证各实验器材均能正常工作的前提下,为尽可能提高测量精度且便于调节,滑动变阻器R1应选用_(选填“A”或“B”)。(2)用上述方法得到的电压表内电阻的测量值R测_(选填“大于”“等于”或“小于”)电压表内电
15、阻的真实值R真。(3)若实验中测得的结果R测=100,要将这个电压表改装成量程为5 V的电压表,则应串联一个阻值为R串=_的定值电阻。(4)为了使上述根据R测计算后改装的电压表能更准确地测量电压,下面四种做法中可行的是_。(填写选项前的序号)A.在R串旁边再串联一个比R串小得多的电阻B.在R串旁边再串联一个比R串大得多的电阻C.在R串两端再并联一个比R串小得多的电阻D.在R串两端再并联一个比R串大得多的电阻【答案】 (1). (1)B (2). (2)大于 (3). (3)900 (4). (4)D【解析】【详解】第一空.由图示实验电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器
16、应选择B。第二空.从实验原理分析可知，当断开开关S2，调整电阻箱R2的阻值，从而使得滑动变阻器两端电压变大，即使电压表示数为一半，而电阻箱R2的电压偏大，导致所测电阻也偏大，所以电压表内阻测量值大于真实值。第三空.电压表量程为500mV=0.5 V，内阻为100，改装后电压表量程为5 V，串联分压电阻分压为5 V-0.5 V=4.5 V，是电压表分压的9倍，则串联电阻阻值：R串=9R测=9100=900；第四空.由于电压表内阻测量值偏大，改装电压表时串联电阻阻值偏大，用改装后的电阻测电压时，所测电压偏小，为准确测电压，应减小串联电阻阻值，可以减小串联电阻阻值或在串联电阻两端并联一个比该电阻大得
17、多的电阻，故选项D正确。11.汽车在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后车向前滑动了,车向前滑动了已知和的质量分别为和两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小,求(1)碰撞后瞬间车速度的大小(2)碰撞前的瞬间车速度的大小【答案】（1）3m/s （2）4.25m/s【解析】试题分析：两车碰撞过程动量守恒，碰后两车在摩擦力的作用下做匀减速运动，利用运动学公式可以求得碰后的速度，然后在计算碰前A车的速度。（1）设B车质量为mB，碰后加速度大小为
18、aB，根据牛顿第二定律有 式中是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为。由运动学公式有 联立式并利用题给数据得 （2）设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有 设碰撞后瞬间A车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为。由运动学公式有 设碰撞后瞬间A车速度的大小为，两车在碰撞过程中动量守恒，有 联立式并利用题给数据得 故本题答案是： （1） （2）点睛：灵活运用运动学公式及碰撞时动量守恒来解题。12.在中美贸易战中，中兴的遭遇告诉我们，要重视芯片的自主研发工作，而芯片的基础工作在于半导体的工艺。如图所示，在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子
19、P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入方向垂直纸面向里、宽度为D的匀强磁场区域，其中离子P+在磁场中转过30后从磁场右边界射出。已知P+和P3+的质量均为m，而电量分别为e和3e（e表示元电荷）。（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）求P3+在磁场中转过的角度。【答案】（1）（2）60【解析】【详解】（1）对离子P+在电场中的加速运动，由动能定理： ，磁场中由洛伦兹力提供向心力： ，由几何关系可得：r1sinD联立各式解得：匀强磁场的磁感应强度B的大小为：；（2）对离子P3+在电场中的加速运动，由动能定理：，在磁场中，洛伦兹力提供向心力：由几何关系可得：r2sinD，联立以上各式
20、解得：P3+在磁场中转过角度60；13.水平放置长为L=4.5m的传送带顺时针转动，速度为v=3m/s，质量为m2=3kg的小球被长为的轻质细线悬挂在O点，球的左边缘恰于传送带右端B对齐；质量为m1=1kg的物块自传送带上的左端A点以初速度v0=5m/s的速度水平向右运动，运动至B点与球m2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为=0.1，取重力加速度。求： （1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？【答案】（1）42N（2）13.5J【解析】【详解】解：
21、设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理： 解之可得：因为，说明假设合理滑块与小球碰撞，由动量守恒定律： 解之得：碰后，对小球，根据牛顿第二定律：小球受到的拉力：（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为，则解之得：在这过程中，传送带运行距离为：滑块与传送带的相对路程为：设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为则根据动量定理： 解之得：滑块向左运动最大位移：=2m因为，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带再考虑到滑块与小球碰后的速度，说明滑块与小球碰后在传送带上总时间为在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是
22、=13.5J14.一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行，一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出，不计重力。（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；（2）求该粒子从M点入射时速度的大小；（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M
23、点运动到N点的时间。【答案】（1）轨迹图如图所示：（2） （3） ; 【解析】【详解】（1）粒子运动的轨迹如图（a）所示。（粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称）（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为（见图（b），速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有qE=ma 式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有v1=at 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 由几何关系得 联立式得
24、（3）由运动学公式和题给数据得 联立式得 设粒子由M点运动到N点所用的时间为，则 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期， 由式得 【点睛】在复合场中的运动要分阶段处理，每一个运动建立合理的公式即可求出待求的物理量。 物理选修3-3 15.对于实际的气体，下列说法正确的是_。A. 气体的内能包括气体分子的重力势能B. 气体的内能包括分子之间相互作用的势能C. 气体的内能包括气体整体运动的动能D. 气体体积变化时，其内能可能不变E. 气体的内能包括气体分子热运动的动能【答案】BDE【解析】【详解】ABCE气体的内能包括，气体所有分子势能和分子动能之和；其中分子势能是由分子间的相对位置和相互作用
25、决定的能量，与重力势能无关；分子动能是分子运动的动能，与气体的整体运动的动能无关，故BE正确，AC错误；D由于是非理想气体，气体的体积发生变化，若温度相应变化时，气体的内能可能不变，故D正确；16.如图，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计他们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时气缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。【答案】；【解析】【详解】开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先等容升温过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有: 根据力的平衡条件有: 联立式可得: 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖吕萨克定律有: 式中V1=SH，V2=S（H+h）联立式解得: 从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为:
