1、四川省乐山市2019届高三物理三模考试试题（含解析）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1.如图所示，一验电器与锌板相连，现用一紫外线灯照射锌板，关灯后指针仍保持一定偏角，下列判断中正确的是（ ）A. 此现象说明光具有波动性B. 用一带负电（带电量极少）的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将增大C. 使验电器指针回到零后，改用强度更大的紫外线灯照射锌板，验电器指针偏角将比原来大D. 使验电器指针回到零后，改用强度更大的红外线灯照射锌板，验电器指针一定偏转【答案】C【解析】【详解】A、该现象为光电效应现象，说明了光具有粒子性；故A错误；B、用一紫外线灯照射锌板，锌板产生光电效应，光电
2、子射出后，锌板带正电，用一带负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将减小。故B错误；C、使验电器指针回到零后，改用强度更大紫外线灯照射锌板，则逸出的光电子增加，所以验电器指针偏角将比原来大。故C正确；D、红光的频率比紫外线低，红光不一定能使锌板产生光电效应，验电器指针不一定偏转。故D错误。2.如图甲所示，理想变压器的原线圈匝数n1=100匝，副线圈匝数n2=50匝，电阻R=10，电压表V是交流电压表，电流表A是交流电流表，原线圈加上如图乙所示的交流电，则下列说法正确的是（ ）A. 流经电阻R的电流的频率为100HzB. 电压表V的示数为VC. 电流表A的示数为2AD. 变压器原线圈输入功率
3、为10W【答案】D【解析】【详解】A、由图乙可知交流电周期T=0.02s，故频率为Hz，故A错误；B、由图乙可知交流电压最大值Um=V，故变压器的输入电压为：U1=20V；根据变压比公式，有：，解得：U2=10V，电压表V的示数为10V，故B错误；C、根据功率关系可得，解得原线圈的电流强度为I1=0.5A，故C错误；D、变压器的输入功率W，故D正确；3.如图所示，一个质量为m的物体（体积可忽略），在半径为R的光滑半球顶点处以水平速度v0运动，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）A. 若v00，则物体在顶点时处于超重状态B. 物体在半球顶点时重力瞬时功率为0C. 若，则物体恰好沿半球表面下滑
4、D. 物体在半球顶点时的机械能一定为【答案】B【解析】【详解】A、设物体受支持力为F，根据牛顿第二定律：，得：，若v00，物体对半球顶点的压力为小于mg，失重状态，故A错误；B、根据PFvcos知物体在半球顶点时重力与速度垂直，瞬时功率为0，故B正确；C、若，则，得：F0，则物体对半球面顶点无压力，将沿切线方向飞出，故C错误；D、物体在半球顶点时的机械能一定为，h是相对的，要看零势面的选取，只当选择地面为零势面才是R，故D错误。4.中国北斗卫星导航系统（BDS）是中国自行研制的全球卫星导航系统，是继美国全球定位系统（GPS）、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统（GLONASS）之后第三个成熟的卫星导航
5、系统。预计2020年左右，北斗卫星导航系统将形成全球覆盖能力。如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，己知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，则A. 卫星a的角速度大于c的角速度B. 卫星a的加速度等于b的加速度C. 卫星a的运行速度大于第一宇宙速度D. 卫星b的周期大于24小时【答案】B【解析】【分析】根据万有引力提供向心力，比较向心加速度、线速度和周期【详解】由万有引力提供向心力，得解得，则半径大的角速度小，则A错误。由万有引力提供向心力，则半径相同加速度大小相等。则B正确；第一宇宙速度为近地卫星的运行速度，其值最大，所有卫星的运行速度都小于或等于它。则C错误；b与a的
6、半径相同，则周期相同，为24h，则D错误；故选B。【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，会根据轨道半径的关系比较向心加速度、线速度和周期.5.为了安全，在公路上行驶的汽车必须保持距离。假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上行驶，甲车在前，乙车在后。t0时刻，发现前方有事故，两车同时开始刹车，行进中两车恰好没有发生碰撞。两车刹车过程的vt图象如图所示，以下判断正确的是（ ）A. 两车都停止运动时相距25mB. t0时刻两车间距等于50mC. t5s时两车间距小于t15s时两车间距D. 乙车刹车的加速度大小是甲车的1.5倍【答案】AB【解析】【详解】AB、行进中两车恰好没有发生碰撞，说明t1
7、0s时刻两车速度相等时恰好相遇，则t0时刻两车间距等于两车在10s位移之差，为： m50m。根据图象与时间轴围成的“面积”表示位移可知，甲的刹车距离为：m=200m，而乙的刹车距离为：m，两车都停止运动时相距为：225m（50m+200m）25m；故AB正确。C、根据“面积”表示位移，可知t5s15s内两车通过的位移相等，所以t5s时两车间距等于t15s时两车间距，故C错误。D、根据vt图象的斜率表示加速度，甲的加速度大小为：a11m/s2；乙的加速度大小为：a22m/s2；故乙车的加速度是甲车的加速度的2倍；故D错误。6.如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一电子经过等势面
8、D时，动能为16 eV，速度方向垂直于等势面D飞经等势面C时，电势能为8eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离均为4 cm，电子重力不计则下列说法正确的是 ( )A. 电子做匀变速直线运动B. 匀强电场的电场强度大小为100 VmC. 等势面A电势为8 VD. 电子再次飞经D等势面时的动能为16 eV【答案】ACD【解析】【分析】根据等势面方向得到场强方向，从而得到电子所受电场力方向，即可得到电子运动；再根据电子运动过程得到动能变化，进而得到电势能不变，从而得到电势变化，即可根据等势面C处的电势能求得其他地方的电势。【详解】A电子运动方向垂直于等势面，故电子运动方向和电场方向
9、平行，那么，电子加速度方向和运动方向平行，故电子做匀变速直线运动，故A正确；BC电子飞至等势面B时速度恰好为零，故有动能定理可知：电子从等势面D到等势面B，克服电场力做功为16eV，故等势面D、B间的电势差为16V，故场强为：；又有从D到B电势降低；等势面C处电子的电势能为-8eV，故等势面C的电势为8V，所以，等势面A的电势比等势面C的电势低16V，故为-8V，故B错误，C正确；D电子运动过程只有电场力做功，故电子再次飞经D等势面时电场力做功为零，那么，电子动能不变，仍为16eV，故D正确；故选ACD。【点睛】带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定，故一般通过受力分析（或运动分析），由牛顿第二
10、定律，通过加速度得到运动情况（或受力情况）。7.如图所示，电阻为R的金属棒从图示位置ab分别以v1，v2的速度沿光滑导轨（电阻不计）匀速滑到ab位置，若v1：v2=1：2，则在这两次过程中（）A. 回路电流：2B. 产生的热量：2C. 通过任一截面的电量：2D. 外力的功率：2【答案】AB【解析】【详解】回路中感应电流为：，Iv，则得：I1：I2=v1：v2=1：2故A正确。产生的热量为：Q=I2Rt=（）2R= ，Qv，则得：Q1：Q2=v1：v2=1：2故B正确。通过任一截面的电荷量为：q=It=t=，q与v无关，则得：q1：q2=1：1故C错误。由于棒匀速运动，外力的功率等于回路中的功率
11、，即得：P=I2R=（）2R，Pv2，则得：P1：P2=1：4，故D错误。故选AB。8.如图所示,在空间中存在竖直向上的匀强电场,质量为,电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落,加速度为,下落高度H到B点后与一绝缘轻弹簧接触,又下落h到达最低点C,整个过程中不计空气阻力,且弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,则带电物块在由A点运动到C点的过程中,下列说法正确的是（ ）A. 物块在B点速度最大B. 弹簧的弹性势能的增加量为C. 带电物块电势能增加量为D. 带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为【答案】BD【解析】【详解】A.物块由静止开始下落时加速度为，根据牛顿第二定律得，解得，合外力为零时，
12、速度最大，所以B点速度不是最大速度，故A错误；B.由A到C应用能量守恒定律，弹簧的弹性势能的增加量，故B正确；C.从A到C的过程中，电场力做功。带电物块电势能的增加量为，故C错误；D.带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量等于克服电场力做的功，所以带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为，故D正确。故选：BD二、解答题（共4小题，满分47分）9.如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验有一直径为d、质量为m的金属小球从A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(Hd)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速
13、度为g.则：(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d_ mm.(2)小球经过光电门B时的速度表达式为_(3)多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式_时，可判断小球下落过程中机械能守恒(4)实验中发现动能增加量Ek总是稍小于重力势能减少量Ep，增加下落高度后，则EpEk将_(填“增大”、“减小”或“不变”)【答案】 (1). 7.25 (2). (3). 或 (4). 增加【解析】解：（1）由图可知，主尺刻度为7mm；游标对齐的刻度为5；故读数为：7+50.05=7.25mm；（2）已知经过光电门时的时间小球的
14、直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；故v=；（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH=mv2；即：2gH0=（）2解得：；（4）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则EpEk将增大；故答案为：（1）7.25；（2）；（3）；（4）增大【点评】本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解10.某实验小组设计了如图的电路，用于研究热敏电阻的伏安特性曲线，所用电压表量程为3V，内阻约10k，电流表量程为0.5 A，内阻，R为电阻箱。（以下计算结果均保留2位有效数字）（1）该实验小组实验操作步骤： 按实验电
15、路把电路图连接好 把电阻箱调到最大，闭合开关; 调节电阻箱电阻值，记录下不同电阻箱电阻值和对应的电压表示数和电流表示数 通过上述测量数据，还可得到电源路端电压的计算公式=_。（2）该小组同学，通过正确的测量得到数据，并描绘在I-U坐标系中，图线如图所示，其中A曲线是热敏电阻伏安特性曲线，B斜线为电流随电源路端电压的变化规律。当电压表示数为2.00V时，热敏电阻值=_；该电源的电动势E=_V，内电阻r =_；（3）实验中，当电阻箱的阻值调到1时，热敏电阻消耗的电功率P =_W。【答案】 (1). (2). 20 (3). 6.0 (4). 5.0 (5). 0.89【解析】（1）由电路图可知，电
16、阻间为串联关系；电压表测量两端的电压，电流表测量电路中电流，根据串并联电路规律可知外电压为：；（2）当电压为2V时，热敏电阻值中的电流I=0.1A，由欧姆定律可知，电阻为：，电源两端的电压利用欧姆定律可知。利用电源的外特性曲线可知电动势和内电阻。把电流表、电阻箱、电源作为等效电源，等效电源的电动势为6.0V，内电阻为；（4）等效电源内阻为：；在I-U图象中作等效电源的伏安特性曲线，如图所示：与热敏电阻的伏安特性曲线的交点坐标（2.78，0.32）所以热敏电阻的电功率为：.11.如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A，其上面再放一个质量为m的爆竹B，木块的质量为M当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷
17、入沙中深度h，而木块所受的平均阻力为f。若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，重力加速度g。求：（1）爆竹爆炸瞬间木块获得的速度；（2）爆竹能上升的最大高度。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）对木块，由动能定理得：，解得：；（2）爆竹爆炸过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：爆竹做竖直上抛运动，上升的最大高度：解得：12.在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R0.2m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B1.0T，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y坐标轴相切于原点O点。y轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度0.1m。现从坐标为（0.2m，0.2m）的P点发射出质
18、量m2.0109kg、带电荷量q5.0105C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v05.0103m/s（粒子重力不计）。（1）带电粒子从坐标为（0.1m，0.05m）的点射出电场，求该电场强度；（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m，0.05m）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。【答案】（1）1.0104N/C（2）4T，方向垂直纸面向外【解析】【详解】解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：可得：r=0.20m=R根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O点沿x轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，
19、设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y根据类平抛规律可得： 根据牛顿第二定律可得：联立可得：N/C（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：m/s=粒子射出电场时速度： 根据几何关系可知，粒子在区域磁场中做圆周运动半径：根据洛伦兹力提供向心力可得： 联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：T根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。13.下列说法正确的是（ ）A. 温度越高，扩散现象越不明显B. 橡胶无固定熔点，是非晶体C. 做功和热传递是改变物体内能的两种方式D. 布朗运动就是液体分子的热运动E. 第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律【答案】BCE【解
20、析】【详解】A、温度越高，分子的运动越激烈，扩散现象越明显，故A错误；B、橡胶是非晶体，无固定熔点，故B正确；C、改变内能的方式有做功和热传递两种。故C正确；D、布朗运动是固体小颗粒的运动，是液体分子的热运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故D错误；E、第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，故E正确；14.如图，气缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触。初始时两侧气体均处于平衡态，体积之比V1:V2=1:2，温度之比T1:T2=2:5。先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后使活塞导热，两侧气体最后达到平衡。求：
21、(1)两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比；(2)最后两侧气体的体积之比。【答案】（1）2；（2）【解析】（1）设初始时压强为p左侧气体满足：右侧气体满足：解得（2）活塞导热达到平衡左侧气体满足：右侧气体满足：平衡时解得【考点定位】气体状态方程15.图甲为某一列沿x轴传播的简谐横波在t0时的波形图，图乙为波上质点M的振动图象，下列说法正确的是（ ）A. 这列波的传播速度大小为4m/sB. 这列波沿x正方向传播C. t0.5s时，质点M的振动速度大于质点Q的振动速度D. t0.5s时，质点P的位移为0.2mE. 质点M在任意时刻t的位移为：y0.2sin（2t）cm【答案】ACE【解
22、析】【详解】A、由甲图可得：4m，由乙图中可得：T1s，所以该简谐横波传播速度为：=4m/s，故A正确。B、由图乙知，t0.5s时刻质点M正通过平衡位置向下运动，由波形平移法知这列波沿x轴负方向传播。故B错误。C、因t0.5s，所以t0.5s时M质点正通过平衡位置，速度最大，而质点Q不在平衡位置，所以t0.5s时M质点的振动速度大于Q质点的振动速度，故C正确。D、因t0.5s，则t0.5s时P质点从波峰到达波谷，位移为0.2cm，故D错误。E、质点M振幅为 A0.2cm，t0时刻y0，且正向下振动，所以质点M在任意时刻t的位移为：cm，故E正确。16.如图所示，将半径为R的透明半球体放在水平桌
23、面上方，O为球心，直径恰好水平，轴线OO垂直于水平桌面。位于O点正上方某一高度处的点光源S发出一束与OO夹角60的单色光射向半球体上的A点，光线通过半球体后刚好垂直射到桌面上的B点，已知OBR，光在真空中传播速度为c，不考虑半球体内光的反射，求（1）透明半球体对该单色光的折射率n（2）该光在半球体内传播的时间【答案】（1） （2）【解析】（1）光从光源射出经半球体到达水平桌面的光路如图光由空气射向半球体，由折射定律，有在中，则光由半球体射向空气，由折射定律，有故由几何知识得故因此（2）光在半球体中传播的速度为由几何知识得，得光在半球体中传播的时间为点睛：先作出光路图再由几何关系，求出入射角和折射角，根据折射定律求折射率n；由v=c/n求出光在半球体内传播的速度，由几何关系求出传播的距离，再求出传播时间