2019届山西省太原市高三物理二模试题答案

海量资源尽在星星文库：届山西省太原市高三物理二模试题答案二、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．【解答】解：设雨滴匀变速直线运动的加速度为aA、根据匀变速运动的规律v2＝2ax得：，故A错误；BC、根据动能公式可知，雨滴的动能与速度的平方成正比，与运动时间的平方成正比，故BC错误；D、根据动量公式P＝mv＝mat可知，动量与运动时间成正比，故D正确；故选：D。2．【解答】解：A、当光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为遏止电压，对应的光的频率为截止频率，可知，甲、乙光对应的截止频率小于丙光的截止频率，根据eUC＝＝hγ﹣W，入射光的频率越高，对应的遏止电压UC越大。甲光乙光的遏止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等；由图可知，甲的饱和电流大于乙的饱和电流，而光的频率相等，所以甲光的光强大于乙光的光强，故A错误；B、丙光的遏止电压大于甲光的遏止电压，所以丙光的频率大于甲光的频率，故B错误；C、甲光、乙光的频率相等，都小于丙的频率，所以丙的波长最短。故C正确；D、丙光的遏止电压大于甲光的遏止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于于丙光的光电子最大初动能；故D错误。故选：C。3．【解答】解：假设平行板间电势差为U，当两板加一定的电压时，可将平行极板进入、动能不大于320keV的氦核均偏转到极板而被极板吸收，对氦核根据动能定理得：2eU＝320eV，解得：U＝160VAB、对质子根据动能定理得：EKH＝eU＝160eV，即对于平行极板进入偏转系统的质子，只有动能不大于160keV才能完全被极板吸收，故A正确，B错误；CD、对于平行极板进入的电子，偏转方向与氦核和质子的方向相反，不论初动能多大，只要能进入都会被吸收，故CD错误；故选：A。海量资源尽在星星文库：．【解答】解：在水平方向匀速运动时：qE＝μmg在斜面上运动时，根据平衡条件可得：（mgsinθ﹣qEcosθ）＝μ（mgcosθ+qEsinθ）联立解得：μ＝，故B正确，ACD错误。故选：B。5．【解答】解：A、设减速上升的时间为t′，t＝25s时的速度为v0，则v0＝at＝gt′，解得t′＝，根据位移关系可得：m，解得：t′＝17s，则上升的时间t1＝t+t′＝42s；下落过程可以认为是自由落体运动，则h＝，解得t2＝s，所以导弹在空中上升的时间与下落的时间之比为42：，故A错误；B、根据at＝gt′可得＝＝，根据牛顿第二定律可得F﹣mg＝ma，解得F＝1.68mg，即发动机工作时的推力是其重力的1.68倍，故B正确；C、15s时，导弹的速度为v15＝at15＝m/s＝102m/s，发动机的功率约为P＝Fv15＝5.14×107W，故C错误；D、根据动能定理可得返回地面时，导弹的动能Ek＝mgH＝3.0×104×10×3570J＝1.071×109J，故D错误。故选：B。6．【解答】解：A、金毛犬做平抛运动，水平方向的速度不可能为零，所以与人相撞前，金毛犬速度的方向就不可能与重力的方向垂直，故A错误；B、与人相撞前，金毛犬速度的变化量△v＝g△t，所以单位时间内速度总是不变，但金毛犬单位时间内速率的变化量是变化的，故B错误；C、与人相撞过程中，设金毛犬与主人的作用力大小为F，对金毛犬根据动量定理可得F﹣mg＝m△v，解得F＝mg+m△v，所以F与它的重力有关，故C正确；D、与人相撞过程中，金毛犬对主人作用力的方向与它动量的变化方向相反，故D错误。故选：C。7．【解答】解：A、发电机的转速为50r/s，交流电的周期T＝0.02s，频率f＝50Hz，正弦交流电在一个周期内方向改变两次，故发电机线圈中电流方向每秒变化100次，故A错误；B、设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发海量资源尽在星星文库：光，所以副线圈中的总电流为3I，原副线圈电流之比为1：3，所以原、副线圈的匝数之比为3：1，故B正确；C、原线圈电压为3U，而灯泡L的电压也为U，所以发电机的输出电压为4U，而副线圈电压为U，若仅将发电机的转速变为25r/s，发电机的输出电压为2U，原线圈电压为U，副线圈电压为U，L1、L2、L3的电流为I，副线圈的电流是I，原线圈的电流为I，灯泡L的电流也为I，灯泡L的功率将变为原来的0.25倍，故C错误；D、若仅将发电机的转速变为25r/s，由于电流和电压都变为原来的，所以发电机的输出功率将变为原来的0.25倍，故D正确；故选：BD。8．【解答】解：AB、电子运动轨迹如图所示，设从圆上出射点位置为P点，相较于y轴的A点，过P点做PA的垂线与y轴交于O′，则O′为轨迹的圆心；根据几何关系可得∠POA＝30°，则PA＝R，解得OA＝，故电子将从（0，R）点通过y轴，故A正确、B错误；C、电子在磁场中运动的轨迹半径为r，则有：rcos30°＝，解得：r＝，轨迹对应的圆心角θ＝120°，则电子在磁场中运动的时间为：t＝＝＝，故C错误；D、根据洛伦兹力提供向心力可得：evB＝m，解得匀强磁场的磁感应强度的大小为：B＝，故D正确。故选：AD。海量资源尽在星星文库：三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）9．【解答】解：（1）设木块质量和重物质量为m，对重物据牛顿第二定律：mg﹣T＝ma，对木块有T﹣μmg＝ma，联立解得：；（2）纸带上某点的瞬时速度等于该点前后相邻两个点间的平均速度，故＝；根据位移差公式△x＝aT2得：加速度＝；故答案为：（1）1﹣；（2）0.975；（3）3.15；10．【解答】解：（1）灯珠正常发光要正向偏压，由图示电路图可知，使电路能正常工作，a端应接电源的负极。（2）由图示电路图可知，三个电珠串联，电源电压为12V，每个电珠两端最大电压约为4V，改装后的电压表量程应为4V，因此串联电阻内阻应与电压表内阻相等，故选B；（3）电压表示数为1.8V，则小电珠两端电压为：1.8×2＝3.6V，由图示电路图可知，定值电阻阻值：R0＝＝48Ω；海量资源尽在星星文库：（4）由图示电路图可知，由于电压表的分流作用，流过灯珠的电流小于电流表示数，即电流测量值偏小，由P＝UI可知，灯珠的实际功率小于测量值；（5）在灯珠U﹣I坐标系内作出电源的U﹣I图线如图所示：由图示图线可知，灯珠总电压：U＝1.15V，电流：I＝0.006A，总功率：P＝UI＝1.15×0.006＝6.9×10﹣3W＝6.9mW；故答案为：（1）负极；（2）B；（3）48；（4）小于；（5）6.9。11．【解答】解：（1）设导体棒进入磁场时的速度为v0，由机械能守恒定律有：mgLsin30°＝m解得：v0＝（2）导体棒在磁场中做匀速直线运动，设感应电动势为E，感应电流为I，导体棒所受安培力的大小为F．则有：E＝BLv0I＝F＝ILB联立可得：F＝由力的平衡条件有：F＝mgsin30°解得：B＝答：（1）导体棒进入磁场时速度的大小是；（2）匀强磁场磁感应强度的大小是。海量资源尽在星星文库：．【解答】解：（1）假设包裹A经过t1时间速度达到v0，由运动学知识有：，包裹A在传送带上加速度的大小为a1，速度为：v0＝a1t1，包裹A的质量为mA，与传输带间的动摩檫因数为μ1，由牛顿运动定律有：μ1mAg＝mAa1，解得：μ1＝0.5；（2）包裹A离开传送带时速度为v0，设第一次碰后包裹A与包裹B速度分别为vA和vB，由动量守恒定律有：mAv0＝mAvA+mBvB，包裹B在水平面上滑行过程，由动能定理有：﹣μ2mBgx＝0﹣mBvB2代入数据解得：vA＝﹣0.4m/s，负号表示方向向左，大小为0.4m/s，两包裹碰撞时损失的机械能：△E＝mAv02﹣mAvA2﹣mBvB2，代入数据解得：△E＝0.96J；（3）第一次碰后包裹A返回传送带，在传送带作用下向左运动xA后速度减为零，由动能定理可知：﹣μ1mAgxA＝0﹣mAvA2，解得xA＝0.016m＜L，包裹A在传送带上会再次向右运动。设包裹A再次离开传送带的速度为vA′，由动能定理得：μ1mAgxA＝mAvA′2，代入数据解得vA′＝0.4m/s，设包裹A再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为xA，由动能定理得：﹣μ2mAgxA′＝0﹣mAvA2，代入数据解得：xA′＝0.08m，由于xA′＝＜0.32m，包裹A静止时与分拣通道口的距离为0.24m，不会到达分拣通道口。答：（1）包裹A与传送带间的动摩擦因数为0.5；（2）两包裹碰撞过程中损失的机械能为0.96J。海量资源尽在星星文库：（3）包裹A不会到达分拣通道口。（二）选考题：共45分．请考生从2道物理题中每科任选一题作答．如果多做，则每科按所做的第一题计分．【物理--选修3-3】（15分）13．【解答】解：A、分子的质量m＝，分子所占空间的体积V＝，如果分子之间的间隙可以忽略不计，则V＝表示的才是分子的体积。故A错误；B、扩散现象就是物质分子的无规则运动。扩散现象不仅可以在液体内进行，在固体间也可以进行。故B正确；C、悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动，它反映了分子在永不停息地做无规则运动。故C正确；D、分子的引力和斥力是同事存在的，两分子间距离大于r0时分子间的引力大于斥力，表现为引力，小于r0时斥力大于引力，表现为斥力。故D错误；E、两分子间距离大于r0时，增大分子间距，分子力做负功，分子势能增大。故E正确。故选：BCE。14．【解答】解：（i）气体在气孔1封闭到气孔2上的限压阀被顶起的过程中，据查理定律限压阀：P2S0＝P0S0+mgT1＝273+40K＝313K解得：T2＝391.25Kt2＝118.25°C（ii）密封的气体在限压阀顶起至升温到120°C进行等压变化，据盖吕萨克定律△V＝V2﹣V1漏出气体的质量占气孔1封闭后锅内气体的总质量的百分比解得：＝0.50%海量资源尽在星星文库：答：（i）气孔2上的限压阀被顶起时，锅内气体的温度是118.25°C；（ii）从气孔1封闭到温度升到120℃，漏出的气体与气孔1封闭时锅内气体的质量比0.50%。【物理一一选修3-4】（15分）15．【解答】解：A、双缝干涉实验、薄膜干涉现象都证明光是一种波，故A错误；B、双缝干涉是两束相干光通过双缝后相遇时出现的干涉现象；而薄膜干涉是一束光经薄膜的前后表面反射后相互叠加形成的干涉现象，故B正确；C、根据双缝干涉条纹公式△x＝可知，双缝干涉时，双缝间距越小干涉条纹间距越大；波长越长干涉条纹间距越大，故C正确；D、照相机镜头镀有增透膜，增透膜的厚度为绿光在增透膜内波长的，各种色光的波长不同，不可能让各种色光都发生干涉相消，故D错误；E、泊松亮斑是光绕过很小的不透明圆板后所发生的衍射现象，证明了光是一种波，故E正确。故选：BCE。16．【解答】解：由P、Q两点的振动图象得周期T＝2s（）Q点的振动方程yQ＝Asin（ωt+ϕ）当t＝0时，yQ＝则yQ＝5sin（πt+）mP点的振动方程：yP＝5sinπt（m）波从P传到Q点用时为△tπ△t+＝2nπ（n＝1，2，3，……）（i）若该波的波长大于2m，△t＜T，则n＝1△t＝sV＝m/s海量资源尽在星星文库：（ii）若该波的波长小于2m，△t＜T，n＝2，3，4……△t′＝（2n﹣）s（n＝2，3，4…）v′＝m/s（n＝2，3，4…）λ＝v′T＝m（n＝2，3，4…）答：（i）若该波的波长大于2m，则波速是；（ii）若该波的波长小于2m，则波长是m（n＝2，3，4…）。