1、天水市一中2019届高三第五次模拟考试理综试题二、选择题1.十九世纪末到二十世纪初，物理学家对某些物理现象的研究直接促进了“近代物理”的建立和发展，关于以下4幅图中涉及物理知识说法正确的是A. 图1是黑体辐射实验规律，爱因斯坦为了解释该规律，首次提出了“能量子”概念B. 图2展示了粒子散射实验的现象，据此现象，卢瑟福提出了原子的核式结构模型C. 图3所示，一群处于n4能级的氢原子向低能级跃迁，最多可以放出3种不同频率的光子D. 图4为天然放射现象中产生的三种射线在电场中偏转情况，其中线代表的射线穿透能力最强【答案】B【解析】【详解】A.黑体辐射实验规律是普朗克提出能量子概念进行解释的，A错误B
2、.粒子散射实验的现象，据此现象，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，B正确C.一群处于n4能级的氢原子向低能级跃迁，任选两条轨道跃迁，可能产生：种不同频率光子，C错误D.在电场中偏转，根据图像可知，线带正电，所以线是氦核，电离能力最强，穿透能力最弱，D错误2.如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在一个很大的导体板 MN 上铺一薄层中药材，针状电极 O 和平板电极 MN 接高压直流电源，其间产生较强的电场.水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电，另一端带等量负电.水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，被鼓风机送出水平微风裹挟着飞离电场区域图中虚线 ABCD 是某一水分子从
3、A 处由静止开始的运动轨迹.下列说法正确的是A. 水分子运动中受到的电场力越来越小B. 沿着曲线ABCD方向电势越来越低C. 水分子运动中电势能越来越少D. 水分子的轨迹ABCD是一条抛物线【答案】C【解析】【详解】A.根据电场线疏密可以判断电场强弱，所以D点电场线最密，电场强度最强，所以D点受电场力最大，电场力越来越大，A错误B.沿电场线方向电势越来越低，所以A点电势最低，沿着曲线ABCD方向电势越来越高，B错误C.水分子从静止开始运动，电场力做正功，电势能减小，C正确D.因为电场线不是匀强电场，所以水分子受力方向一直在变，所以不是类平抛运动，轨迹不是抛物线，D错误3.2018年12月8日，
4、“嫦娥四号”探测器成功发射，并于2019年1月3日实现人类首次在月球背面软着陆.已知月球半径为R，月球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，当嫦娥四号在绕月球做匀速圆周运动时的轨道半径为r.下列说法正确的是A. 月球密度为B. 嫦娥四号绕月做匀速圆周运动的线速度为C. 嫦娥四号绕月做匀速圆周运动的周期为D. 若嫦娥四号要进入低轨道绕月做圆周运动，需要点火加速【答案】B【解析】【详解】A、根据在月球表面附近万有引力等于重力得 ， 。月球的密度为，故A错误；B、根据万有引力提供向心力得。嫦娥四号绕月做匀速圆周运动的线速度为，故B正确；C、根据万有引力提供向心力得，故C错误；D、若嫦娥四号要进入低轨
5、道绕月做圆周运动，需要点火减速，故D错误。4.如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为A. 3B. 2C. D. 【答案】A【解析】【详解】粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示：电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径可知，粒子1和2的半径相等，根据几何关系
6、可知，aOc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60，所以粒子1运动的时间，粒子2运动的时间，所以，故A正确，BCD错误。5.如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，电阻R1=R2=25，D为理想二极管，原线圈接u=220sin100t（V）的交流电，则（）A. 交流电的频率为100HzB. 通过的电流为1AC. 通过的电流为D. 变压器的输入功率为200W【答案】C【解析】【详解】交流电的频率f=50Hz，A错误；由理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5知，原线圈电压有效值为220V，副线圈两端电压为50V，由于二极管的单向导电性，根据电流热效应，所以R
7、2的电压U2=25V，通过R2的电流为A，则B错误，C正确；副线圈消耗的功率，输入功率等于输出功率，则D错误。6.地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程，A. 矿车上升所用的时间之比为4:5B. 电机的最大牵引力之比为2:1C. 电机输出的最大功率之比为2:1D. 电机所做的功之比为4:5【答案】AC【解析】试题分析 本题考查速度图像，牛顿运动定律、功和功率及其相关的知识点
8、。解析 设第次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，2t0v0=（t+3t0/2）v0，解得：t=5t0/2，所以第次和第次提升过程所用时间之比为2t05t0/2=45，选项A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-mg=ma，可得提升的最大牵引力之比为11，选项B错误；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为21，选项C正确；加速上升过程的加速度a1=，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m(+g)，减速上升过程的加速度a2=-，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g -)，匀速运动过程的
9、牵引力F3=mg。第次提升过程做功W1=F1t0v0+ F2t0v0=mg v0t0；第次提升过程做功W2=F1t0v0+ F3v03t0/2+ F2t0v0 =mg v0t0；两次做功相同，选项D错误。点睛 此题以速度图像给出解题信息。解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功。实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同。7.可视为质点的滑块a、b的质量均为m，a套在固定的竖直杆P上，b放在水平地面上，a、b通过铰链用长为h的刚性轻杆Q连接.开
10、始时，Q也在竖直方向，给系统一个微小扰动，a由静止开始运动.忽略一切摩擦，重力加速度大小为g.则A. a落地前某时刻，a、b的速率可能相等B. a落地时速率为C. a下落过程中，其加速度有可能大于gD. a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【答案】ACD【解析】【详解】A.当a落地时，物体b的速度为零，所以整个过程中，b的速度先增大后减小，a的速度增大，当速度相等：，解得：，而a落地时速度为，所以a落地前某时刻，a、b的速率可能相等，A正确B.a落地时，b的速度为零，根据机械能守恒有：，解得，B错误C.整个过程看，b的速度先增大后减小，所以a对b的力显示动力后是阻力，所以b对
11、a的力先是阻力后为动力，所以在b减速过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于g，C正确D.因为系统机械能守恒，当a的机械能最小时，b的动能最大，加速度为零，b只受重力和支持力，此时支持力等于重力，根据牛顿第三定律得：b对地面的压力大小为mg，D正确8.如图所示，一半径为R四分之一光滑圆弧轨道AB与一足够长的水平传送带平滑对接，圆弧轨道半径OA水平，传送带以某一速率v逆时针转动。现将一质量为m的小物块（可视为质点）从圆弧轨道上A点无初速释放，物块滑上传送带后第一次返回到圆弧轨道上的最高点为P，该过程中，物块与传送带间因摩擦而产生的内能为E，已知P点距B点的高度为，重力加速度为g，下列判断正
12、确的是A. B. C. 若增大传送带逆时针转动的速率v，其它条件不变，物块返回圆弧轨道后可能从A点滑出D. 若物块从圆弧AP间某位置无初速释放，其它条件不变，则物块返回到圆弧轨道上的最高点仍在P点【答案】BD【解析】【详解】A物块滑上传送带后先向右做减速运动，速度减为零后向左做加速运动，等到与传送带共速时与传送带一起匀速运动，可知返回到弧形槽时的初速度即为传送带的速度，则，解得，选项A错误；B物块滑到底端时的速度 设物块在传送带上运动的加速度为 ，则向右滑动到速度减为零的时间 ，此过程中物块与传送带的相对位移：；物块向左滑动到与传送带共速时的时间：，此过程中物块与传送带的相对位移：；由能量关系
13、可知： ，选项B正确；C若增大传送带逆时针转动的速率v，其它条件不变，则物块从圆弧中滑下然后沿传送带向右滑动到达的最右端位置不变，返回过程中即使传送带的速度大于时，但最终物块从传送带上向左滑出的速度仍为，则物块也刚好能返回圆弧轨道的A点，选项C错误；D若物块从圆弧上的P点无初速释放，其它条件不变，则物块在传送带上经过向右减速然后向左加速后到达传送带最左端时的速度仍为v，则返回到圆弧轨道上的最高点仍在P点；若物块从圆弧AP间某位置无初速释放，其它条件不变，则物块返回到圆弧轨道上的最高点仍在P点，选项D正确.三、非选择题9.某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交
14、流电源，可以使用的频率有220Hz、30 Hz和40 Hz，打出纸带的一部分如图（b）所示。 该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他条件进行推算。（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图（b）中给出的物理量可以写出：在打出C点时重物下落的速度大小为_，重物下落的加速度的大小为_.（2）已测得=8.89cm，=9.5.cm，=10.10cm；当重力加速度大小为9.80m/，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%。由此推算出f为_ Hz。【答案】 (1). (2). (3). 40【解析】【详解】（1）根据题意，打点周期，根据纸带处理方法可知C点的瞬时速度等于
15、B到D的平均速度：，根据位移差公式可以求得：，解得：（2）平均阻力大小约为其重力的1%，所以：，根据，代入数据可得：，所以频率为10.某同学利用如图所示电路测电压表内阻。所用实验器材有:电源E(内阻不计),电阻箱R(最大阻值为9999),待测电压表,开关S,导线若干。 实验时，先按电路图连好器材,调节电阻箱接入电路阻值,将相应电压表读数记录在表格中, 请在如图中的坐标图中标出坐标点并绘出图（ ），图线可确定电压表内阻RV=_,还可确定电源电动势E=_V(计算结果保留2位有效数字)【答案】 (1). (2). 3 (3). 【解析】【详解】根据表格描点做图如下：根据闭合回路欧姆定律得：，变形得。
16、由坐标凸显可得截距b=0.33，斜率为，解得11.如图所示，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻不计在整个空间内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0，两导体棒在运动中始终不接触求：（1）运动中两棒产生的总焦耳热以及当ab棒的速度减小为时，cd棒的加速度（2）运动中，流过导体棒ab的总电量以及两棒的相对位移【答案】（1），（2），【解析】【详解】（1）从初始到两帮速度达到相同得
17、过程中，两棒得系统动量守恒，有，根据能量守恒，整个过程产生得总热量为，设ab棒得速度变为初速度得时，cd棒得速度为，动量守恒可知，此时回路中得感应电动势和感应电流分别为，此时cd棒所受得安培力为，所以cd棒得加速度为，以上各式解得（2）从初态到匀速，设通过总电量为q，总时间为，有：，对ab棒根据动量定理得：，解得：；而感应电动势：，感应电流：，通过的电量：，联立解得：，所以相对位移为：12.如图所示，倾角为37的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑连接，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m=1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的
18、D点，（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数u；（2）若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；（3）若滑块离开A处的速度大小为2m/s，求滑块从C点飞出落到斜面上的时间t；【答案】（1）0.375；（2）；（3）0.2s【解析】【详解】（1）滑块从A到D过程：根据动能定理有： 解得 （2）若滑块牛顿达C点，根据牛顿第二定律有 得 滑块由A到C过程，根据动能定理， 得 （3）滑块离开A点时的速度为，故滑块能够到达C点。由得滑块离开C点做平抛运动， 带入数据，整理得: 解得 t=0.2s （t=-0.8s舍去）选考题1
19、3.以下说法正确的是_A. 气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，仅与单位体积内的分子数有关B. 在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变C. 悬浮在液体中的微粒运动的无规则性，间接地反映了液体分子运动的无规则性D. 当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小E. 若一定质量的理想气体温度升高，则气体分子的平均动能一定增大【答案】CDE【解析】【详解】A、气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关，单位体积内的分子数越多碰撞次数越多，分子的平均动能越大，单位时间碰撞次数越多，而温度又是分子平均动能的标志，故A错误；B、在熔化过程中，晶体固液
20、共存，吸热但温度并不增加，分子平均动能不变，但分子势能增加，即内能发生变化，故B错误；C、在液体中微粒的无规则运动是布朗运动，并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动的无规则性，故C正确；D、根据分子力做功与分子势能关系可知，当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小，故D正确；E、温度是分子的平均动能的标志，气体的温度升高，气体分子的平均动能一定增大，故E正确。14.一定质量理想气体经过如图所示的变化过程：.已知气体在初始A状态的压强为，体积为，温度为。AC连线的延长线经过坐标原点，过程中，气体从外界吸收热量为Q，B状态的温度为.求：（i）气体在B状态时的体积和在C状态时的
21、压强；（ii）气体从整个过程中内能的变化.【答案】；【解析】【详解】解：等压变化：解得：气体在B状态时的体积：A状态与C状态等容，则有：解得在C状态时的压强：的内能变化：的内能变化：气体从整个过程中内能的变化：15.下列有关振动和波动的叙述正确的是_。A.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，必须从摆球运动到最大位移处开始计时B.产生多普勒效应时，波源的频率并未发生改变C.两列波相叠加产生干涉现象，在干涉图样中，振动加强区域的质点，其位移始终保持最大；振动减弱区域的质点，其位移始终保持最小D.光的偏振现象说明光波是横波E.用绿光做双缝干涉实验，在光屏上呈现出明、暗相间的条纹，相邻两条绿条纹间的距
22、离为x，如果只增大双缝到光屏之间的距离，x将增大【答案】BDE【解析】在“用单摆测定重力加速度”实验中，必须从最低处开始计时，A错误；多普勒效应说明观察者与波源有相对运动时，接收到的波频率会发生变化，但波源的频率不变，故B正确；两列波相叠加产生干涉现象，在干涉图样中，振动加强区域的质点，其振幅最大，但位移并非始终保持最大；振动减弱区域的质点，振幅最小，但其位移并非始终保持最小，选项C错误；光的偏振现象说明光波是横波，选项D正确；由x知，如果增大双缝到光屏之间的距离L，x将增大，E正确；故选BDE.16.如图所示为一块半圆柱形玻璃砖，半圆形截面的圆心为O，半径为R。现有平行光束平行ABD入射角射
23、到长度为L宽为2R方形截面ABEF上，最终从下表面射出玻璃砖。已知玻璃的折射率。求光在ABEF界面的折射角及全反射临界角C玻璃砖下表面有光线射出部分的面积S【答案】30，45 【解析】作出光路图，如图所示，由折射定律，有：得：sin=，解得：=30根据解得，则C=450（2）如果光线AC刚好在C点发生全反射，则有：nsinACO=sin90，而n=即有ACO=sin45，则AOC=75同理在右侧发生全反射的光线入射点为D，可解得BOD =15故能够从半圆柱球面上出射的光束范围限制在CD区域上，对应的角度为180-75-15=90，所以底面透光部分的弧长为：L=2R= 玻璃砖下表面有光线射出部分的面积 点睛：本题关键要掌握光折射定律及全反射条件，要注意分析发生全反射时边界光线的确定，作出光路图，结合几何知识研究这类问题