2019届吉林省松原高中高三物理一模试题二答案

海量资源尽在星星文库：届吉林省松原高中高三物理一模试题（二）答案一、选择题（本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项是符合题目要求，第6～8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．【答案】C2．【答案】D【解析】对物体受力分析，如图所示：Fcosθ－f＝0，N＋Fsinθ－G＝0，f＝μN，得，令μ＝tanα，则，当α－θ＝0°时F有最小值，故F＝sinαG＝90N，α＝37°，所以μ＝0.75，θ＝37°。3．【答案】B【解析】小球运动过程如图所示，加电场之前与之后，小球的位移大小相等。由，得v2＝2v1，对加电场之后的过程(图中虚线过程)应用动能定理得，对自由下落过程由机械能守恒得，v1＝2gt，联立以上各式可解得电场力所做的功W电＝mgh1＋12mv22－12mv21＝2mv21＝2mg2t2，即整个过程中小球电势能减少了2mg2t2，故A错；整个过程中速度增量大小为Δv＝v2－0＝2v1＝2gt，故B正确；从加电场开始到小球运动到最低点时，动能变化了ΔEk＝0－12mv21＝－12mg2t2，故C错；由运动学公式知a1a2＝＝13，以及h1h2＝v21/2a1v21/2a2＝31，则从A点到最低点小球重力势能变化量为ΔEp＝mg(h1＋h2)＝mg(h1＋13h1)＝43mgh1＝43×12mv21＝23mg2t2，故D错误。4．【答案】C【解析】卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为R1时，卫星的引力势能为，轨道半径为R2时，卫星的引力势能为，设摩擦而产生的热量为Q，根据能量守恒定律得：，联立解得：。5．【答案】D【解析】由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。加力F时，由图象可知a的加速度大于b的加速度，根据F－f＝ma可知水平推力F1的大小大于F2大小，选项A错误；设两物体的最大速度为v，加F时两物体的平均速度均为v/2，撤去F后两物体的平均速度仍为v/2，可知a的平均速度等于b的平均速度，选项B错误；根据动量定理可知，合外力的冲量的关于动量的变化量，由于两物体的动量变化量均为零，可知合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量，选项C错误；由图象可知，a的位移小于b的位移，因两物体的摩擦力相等，可知摩擦力对a物体做的功小于摩擦力对b物体做的功，选项D正确。6．【答案】AD【解析】因洛仑兹力不做功，故由动能定理可知，滑块滑到最低点时的速度不变，故A正确；因滑块的速度与没有磁场相同，故滑块滑动到最低点所用时间与磁场不存在时相等，故B错误；滑块在最低点时受重力、支持力及洛仑兹力，洛仑兹力向下，故，故滑块对轨道的压力增大，故C错误；因洛伦兹力不做功，根据机械能守恒定律，滑块能滑到右侧最高点c，故D正确。7．【答案】BC【解析】原副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1︰5，选项A错误；原线圈接入电压为220V的正弦交流电，原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44V，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，而电表示数均是交流电的有效值，根据有效值的定义有442R×T2＝U2R×T，从而求得电压表两端电压有效值为U＝222V≈31.11V，选项B正确；若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，则1min内产生的热量为Q＝U2R·t＝2.9×103J，C正确；滑片向上滑动，滑动变阻器接入的阻值变小，其两端的电压不变，所以通过滑动变阻器的电流变大，即电压表示数不变，电流表示数变大，D错误。8．【答案】AC二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13题～第14题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题(共47分)9．【答案】(1)(2)2.4(3)0.32～0.3310.【答案】(1)15060(2)并联10(3)偏大11．【解析】(1)a、b碰撞过程中，以a、b组成的系统为研究对象，经受力分析，系统动量守恒，cossinGFsincos()GF1210()22vvvtt221211122Wmghmvmv电21112mghmv121/()/vtvvt21211vMmGmRRp11MmEGR22222vMmGmRRp22MmEGR221p12p21122mvEmvEQ21112GMmQRR2vFmgFmr洛mM海量资源尽在星星文库：选向右的方向为正，设a、b碰后瞬间速度为va1、vb1，由动量守恒得：mav0＝mava1＋mbvb1因a、b的碰撞是弹性碰撞，所以碰撞过程中机械能守恒，有：联立解得：，(2)因a球能滑出A，故a与b碰后，a上升的高度不能超过B点，即上升的高度不会超过L＋R，设碰撞后a的最大速度为va1max，a球上升的过程中机械能守恒，有：得：va1max≈4.9m/s。(3)欲使b能通过最高点，设b球与a碰撞后的速度为vb1，经过最高点时的速度为vb2，则有：b球在上升至最高点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，有：解得：vb1≥6m/s，则碰后a上升的高度不能超过L＋R，必须满足：解得：va1max≤4.9m/s，则综上可得4m/s≤v0max≤9.8m/s。12．【解析】(1)设质量为m，电量为q的粒子通过孔S2的速度为v0，由动能定理：粒子在平行板间：L＝v0t，，联解以上四式得：tanθ＝1，即其速度方向与边界ad间的夹角为。(2)粒子从e板下端与水平方向成45°的角射入匀强磁场。设质量为m、电量为q的粒子射入磁场时的速度为v，做圆周运动的轨道半径为r，由速度合成知：粒子进入磁场后偏转270°，由几何关系可知：r2＋r2＝(4L)2，所以有：又因为联解以上三式得：(2)设粒子在磁场中运动的时间为t，则：联解以上两式得：因为所有粒子在磁场中运动的偏转角，由上式可知，粒子打在P处时粒子运动时间最短，此时有：r2＋r2＝L2解得：即粒子在磁场中的最短时间。(二)选考题(共15分。请考生从给出的2道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)13.[选修3－3](15分)(1)【答案】BCE【解析】只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体的分子所占据的空间大小，不能算出气体分子体积，故A错误；悬浮在液体中固体微粒越小，布朗运动就越明显，故B正确；一定温度下，饱和气体的压强是一定的，选项C正确；第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，但是不违背能量守恒定律，选项D错误；液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性，故E错误。(2)【解析】(i)U形管内两边水银面的高度差为Δh＝25cmA中气体pA1＝p0＋pΔh＝（75＋25）cmHg＝100cmHgB中为大气，所以活塞产生的压强p塞＝25cmHg闭合阀门后，两部分气体温度降低，压强均减小且A处降低较多，活塞会下移设此时U形管表示的是A中压强，pA2＝p0－pΔh＝（75－25）cmHg＝50cmHg对A中气体解得LA2＝72cm＞49cm假设不成立。说明此时U形管表示的应该是B中压强pB2＝50cmHg则A中气体压强pA2＝pB2＋p塞＝（50＋25）cmHg＝75cmHg222011111222aaabbmvmvmv102m/sabaabmmvvmm1026m/sababmvvmm21max1()2aaamvmgLR22bbbvmgmR222111(2)22bbbbbmvmvmgLR0min14m/s2abbammvvm21max1()2aaamvmgLR0max1max9.8m/sabaabmmvvmm2012qUmvxqEvtmtanyxvvπ4π4220042xqUvvvvm22rLmvrqB222qUmLBmtqB2mvmUrqBBq24BrtU3π223π16BLtU23π16BLU海量资源尽在星星文库：＝48cm活塞离容器底部高度L′＝LA2＝48cm。(ii)对B中气体解得H＝75cm。14.[选修3－4](15分)(1)【答案】ABD【解析】如图，由折射率公式可知r=300；由几何关系可知折射光在三棱镜内平行于底边AC，由对称性可知其在BC边射出时的出射角也为i=450，因此光束的偏向角为300，则A、B正确；由于同种材料对不同的色光的折射率不同，相对于黄光而言红光的折射率小，绿光的折射率较大，因此折射后绿光的偏向角大些，红光的偏向角小些，C错误，D正确；若让入射角增大，折射角按一定的比例增大，出射光束仍然平行，则E错误。(2)【解析】ⅰ．由图可知，波长λ=24m由质点P的振动方程可知，周期为，得T=1s由得：v＝24m/sⅱ．当波向右传播时，Q与左侧波谷的水平距离x1＝（24n+16）m（n=0，1，2，3…）由得：s（n=0，1，2，3…）当波向左传播时，Q与右侧波谷的水平距离x2＝（24n+8）m（n=0，1，2，3…）由得：s（n=0，1，2，3…）