1、广东省惠州市2019届高三物理一模考试试题（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，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，有选错的得0分。1.卢瑟福提出了原子的核式结构模型,这一模型建立的基础是A. 质子的发现B. 粒子的散射实验C. 对阴极射线的研究D. 天然放射性现象的发现【答案】B【解析】【详解】卢瑟福提出了原子的核式结构模型，是粒子的散射实验基础建立的，B正确。2.小俊同学要在学校走廊悬挂一幅图像，以下四种悬挂方式中每根绳子所受拉力最小是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解
2、】悬挂的图画受重力和两根绳子的拉力处于平衡，合力等于0，知两根绳子拉力的合力等于重力，设绳子与竖直方向的夹角为，则，看见当时，绳子拉力最小，D正确。【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答3.一个物体从t=0时刻开始沿直线运动，物体的v-t的图像如图所示，图线与纵横坐标轴的交点分别为0.5和-1，由此可知A. 物体的初速度大小为-1m/sB. 物体的加速度大小为1m/s2C. 物体在1s末时的速度大小是2m/sD. 物体在前1s内通过的位移是0.
3、75m【答案】D【解析】【详解】A、纵截距表示时的速度，即初速度，故物体的初速度为，A错误；B、图像的斜率表示物体运动的加速度，即，B错误；C、根据可得物体在1s末时速度大小为，C错误；D、物体在前1s内通过的位移为，D正确4.带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变小,不可采用的方法有A. 减小两极板间的距离B. 用手触摸极板AC. 在两板间插入电介质D. 将极板B向上适当移动【答案】D【解析】【详解】静电计指针偏角大小表示电容器两极板间的电势差大小，所以静电计指针偏角变小，即表示电容器两极板间的电势差减小。A、减小两极板间的距离，即d减小，则由决定式可得电容器的电容
4、增大，两极板所带电荷量恒定，由可知，电势差减小，A正确；B、由于B板接地，电势为零，用手触摸A时，相当于接地，故两板间的电势差为零，偏角为零，变小，B正确；C、在两板间插入电介质时，介电常数增大，由决定式可得C增大，由可知，电势差减小，C正确；D、将极板B向上运动时，正对面积减小，由决定式可得C减小，由可知电势差增大，D错误5.艘宇宙飞船绕一个不知名的行星表面飞行,若已知万有引力常量G，要知道该行星的密度,仅仅需要测量A. 该飞船的运行的速度B. 该飞船的环绕半径C. 该飞船的运行周期D. 该飞船的质量【答案】C【解析】【详解】根据密度公式得，根据根据万有引力提供向心力，列出等式：向心力得，近
5、表面飞行可知，得代入密度公式得：，故仅仅需要测量飞船的周期即可，C正确。6.如图a，理想变压器原、副线圈的匝数比为2:1，与副线圈相连的两个灯泡完全相同、电表都为理想电表。原线圈接上如图b所示的正弦交流电，电路正常工作。闭合开关S后，下列说法正确的是A. 电压表示数增大B. 电流表示数不变C. 变压器的输入功率增大D. 经过灯泡的电流频率为25Hz【答案】BC【解析】【详解】AB、原线圈输入电压不变，线圈匝数不变，则副线圈电压不变，即电压表示数不变，灯泡电阻不变，则电流表示数不变，A错误，B正确；C、当S接通后，两个灯泡并联，增加一个负载，则副线圈功率增大，所以变压器的输入功率增大，C正确；D
6、、根据b图可知，周期T=0.02s，则频率，D错误7.带电量与质量都相同的两个粒子,以不同速率垂直于磁感线方向射入同一匀强磁场中，两粒子运动的轨迹如图，关于两粒子的运动速率v、在磁场中的运动时间t及圆周运动周期T,角速度表达正确的是A. v1v2B. t1t2C. T1T2D. 1=2【答案】AD【解析】【详解】A、带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，半径为，由题意知，带电量和质量相同，又在同一磁场中，可判断半径大者，其速度大，即：，A正确；B、由图可以看出，轨迹1的粒子在磁场中运动了个周期，轨迹2的粒子在磁场中运动了个周期，两个粒子的周期由公式可知是相等的，所以在磁场中的运动时间轨迹2
7、的粒子要长，B错误；CD、周期由公式可知两个粒子的周期是相等的，由周期和角速度的关系可知，角速度也是相同的，C错误，D正确。8.如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、.下列说法正确的是()A. 电子一定从A向B运动B. 若，则Q靠近M端且为正电荷C. 无论Q为正电荷还是负电荷一定有D. B点电势可能高于A点电势【答案】BC【解析】由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；若aAaB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，
8、电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；由B可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpAEpB求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C正确；由B可知，电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，故D错误；故选BC三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 22-33 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第34-37题为选考题，考生根据要求做答.9.用如图所示的实验装置来验证牛顿第二定律.（1）为消除摩擦力的影响，实验前
9、平衡摩擦力的具体操作为:取下_，把木板不带滑轮的一端适当垫高并反复调节，直到轻推小车后，小车能沿木板做_.（2）某次实验测得的数据如下表所示.根据这些数据在坐标图中描点并作出图线_.从图线求得合外力大小为_N（计算结果保留两位有效数字）.【答案】 (1). 砂桶 (2). 匀速直线运动 (3). (4). 0.30【解析】【详解】第一、二空：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在取下砂桶的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力，这样便平衡了摩擦力；第三空：用描点法画出图象如图所示：第四空：由可知，在图象中，图象的斜率表示物体所受合外力的大小，有
10、图象可知其斜率为，故所受合外力大小为0.30N10.用电阻箱、多用电表（当安培表用）、开关和导线测一节干电池的电动势和内阻.（1）将图a的实物连接成可完成实验的电路_.（2）完成以下步骤的相关内容：将多用电表的选择开关旋转至_挡（填“1”、“直流电压2.5V”或“直流电流100mA”）.调节电阻箱，示数如图b所示，读得电阻值R1=_.合上开关，从多用表上读得数值为I1；重复、，收集多组R和I的数据；（3）某同学根据他设计的实验以及收集到的数据，作出了如图c所示的图线，由此可知，干电池的电动势E=_V（计算结果保留三位有效数字）；图线纵轴截距的绝对值表示_.【答案】 (1). (2). 直流电流
11、100mA (3). 12 (4). 1.46 (5). 电流表与干电池的电阻之和【解析】【详解】第一空：有一个多用电表、一个电阻箱，没有滑动变阻器，因此可以采用安阻法测电源电动势或用伏阻法测电源电动势，安阻法测电源电动势与内阻实验电路图如图所示：第二空：采用安阻法测电源电动势与内阻，将多用电表的选择开关旋转至直流电流100mA挡第三空：由图b所示电阻箱可知，；第四空：安阻法测电源电动势与内阻，在闭合电路中，电源电动势：，则，由图示图示可知，电源电动势：；第五空：由图示图象可知，图线纵轴截距的绝对值，即：图线纵轴截距的绝对值为电流表与干电池的阻值之和11.如图所示，“冰雪游乐场”滑道O点的左边
12、为水平滑道，右边为高度h=3.2m的曲面滑道，左右两边的滑道在O点平滑连接.小孩乘 坐冰车由静止开始从滑道顶端出发，经过O点后与处于静止状态的家长所坐的冰车发生碰撞，碰撞后小孩及其冰车恰好与家长的冰车一起共同运动.已知小孩和冰车的总质量m=30kg，家长和冰车的总质量为M=60kg,人与冰车均可视为质点，不计一切摩擦阻力，取重力加速度g=10m/s2,求：（1）小孩乘坐冰车经过O点时的速度大小；（2）碰撞后家长和冰车共同运动的速度大小,以及碰撞中冰车m对冰车M的冲量；（3）碰撞过程中小孩和家长（包括各自冰车）组成的系统损失的机械能.【答案】（1）v=8m/s（2），I=160Ns（3）E=64
13、0J【解析】【详解】（1）对小孩与冰车，由动能定理知：，解得：v=8m/s（2）碰撞中，由动量守恒定律知：，解得：对家长所坐冰车，由动量定理知：，解得：I=160Ns（或160kgm/s）（3）由能量守恒定律知：，解得：E=640J12.如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行的金属导轨，导轨间距离L1=0.2m， 导轨平面与水平面的夹角=30，导轨上端连接一个阻值R=0.4的电阻。整个导轨平面处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T。现有一根质量m=0.01kg、电阻r=0.1的金属棒ab垂直于导轨放置，且接触良好，金属棒从静止开始沿导轨下滑L2=1m后达到匀速直线运动，
14、且始终与导轨垂直.g=10m/s2，导轨电阻不计，求： （1）金属棒沿导轨下滑过程中速度最大值；（2）金属棒沿导轨匀速下滑时ab两端的电压；（3）金属棒从静止达到匀速的过程中，通过电阻R的电量和热量。【答案】（1）v=2.5m/s（2）U=0.2V（3）q=0.2C，【解析】【详解】（1）金属棒匀速运动时，由平衡条件知：，棒匀速切割磁感线时，回路电流，代入得：，解得：v=2.5m/s；（2）匀速时，v代入公式，知，又由；（3）由，故，解得：q=0.2C；由能量守恒定律知：，解得：13.如图光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m=1kg的物块（可视为质点），物块
15、与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为L=6m，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动。CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R=0.4m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点。已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2。（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧储存的弹性势能；（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点距离为x=1.2m处（CD长大于1.2m），求物块通过E点时受到的压力大小；（3）满足（2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能。【答案】（1）（2）N=12.5N（3）Q=16J【解析】【详解】（1）由动量定理知：由能量守恒定律知：解得：（2）由平抛运动知：竖直方向：水平方向：在E点，由牛顿第二定律知：解得：N=12.5N（3）从D到E，由动能定理知：解得：从B到D，由动能定理知解得：对物块解得：t=1s；由能量守恒定律知：解得：Q=16J