陕西省咸阳市2019届高三物理模拟检测试题（三）（含解析）

陕西省咸阳市2019届高三物理模拟检测试题（三）（含解析）二、选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48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，有选错或不答的得0分）1.下列说法正确的是A.在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式这个关系式是开普勒第三定律，是可以在实验室中得到证明的B.在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式，这个关系式实际上是牛顿第二定律，是可以在实验室中得到验证的C.在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式，这个关系式实际上是匀速圆周运动的速度定义式D.在探究太阳对行星的引力规律时，使用的三个公式，都是可以在实验室中得到证明的【答案】B【解析】【详解】在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式，这个关系式是开普勒第三定律，是通过研究行星的运动数据推理出的，不能在实验室中得到证明，故A错误；在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式，这个关系式是向心力公式，实际上是牛顿第二定律，是可以在实验室中得到验证的，故B正确；在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式，这个关系式不是匀速圆周运动的速度定义式，匀速圆周运动的速度定义式为，故C错误；通过ABC的分析可知D错误。2.如图所示是实验室里用来测量磁场力的一种仪器—电流天平，某同学在实验室里用电流天平测算通电螺线管中的磁感应强度，若他测得CD段导线长度m，天平（等臂）平衡时钩码重力N，通过导线的电流I=0.5A，由此测得通电螺线管中的磁感应强度B是A.方向水平向左B.，方向水平向右C.，方向水平向左D.，方向水平向右【答案】D【解析】【详解】天平平衡时，CD段导线所受的安培力大小为：F=mg；由F=BIL得：；根据安培定则可知磁感应强度的方向向右，所以D正确、ABC错误。3.如图所示，长为L、质量为3m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的铁块A放在长木板右端。一质量为m的子弹以速度v0射入木板并留在其中，铁块恰好不滑离木板。子弹射入木板中的时间极短，子弹、铁块均视为质点，铁块与木板间的动摩擦因数恒定，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.木板获得的最大速度为B.铁块获得的最大速度为C.铁块与木板之间的动摩擦因数为D.子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能为【答案】BCD【解析】【分析】对子弹和木板B系统，根据动量守恒定律求出木板获得的最大速度，对木板B和铁块A（包括子弹）系统，根据动量守恒定律求出铁块获得的最大速度，由能量守恒定律求出铁块与木板之间的动摩擦因数和子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能；【详解】A、对子弹和木板B系统，根据动量守恒定律：mv0=4mv1，解得v1=，故A错误；B、对木板B和铁块A（包括子弹）系统：mv0=5mv2，解得v2=，故B正确；C、子弹打入木板后，对木板B和铁块A（包括子弹）系统，由能量守恒定律：μmgL=4mv125mv22，解得μ=，故C正确；D、全过程，由能量守恒定律可知，子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为△E=mv02-5mv22，故D正确；故选BCD。【点睛】子弹射入木块的瞬间木块获得的速度最大，由动量守恒定律求木块获得的最大速度；木块在木板上滑行时，木块（含子弹）与木板组成的系统合外力为零，总动量守恒，由动量守恒定律求木块滑离木板时木板获得的速度。4.如图所示为一交流电压随时间变化的图象．每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为()A.7.5VB.8VC.2VD.3V【答案】C【解析】有效值是根据焦耳热功率来定义的，，U=2V5.静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置.如图所示为该透镜工作原理示意图，虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于x轴、y轴对称，且相邻两等势线的电势差相等，图中实线为某个电子通过电场区域时的轨迹示意图，关于此电子从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是A.a点的电势高于b点的电势B.电子在a点的加速度大于在b点的加速度C.电子在a点的动能大于在b点的动能D.电子在a点的电势能大于在b点的电势能【答案】D【解析】【详解】根据等势线与电场线垂直，可作出电场线，电子所受的电场力与场强方向相反，故电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的电场力，在y轴右侧受到一个斜向右上方的电场力，故电子沿x轴方向一直加速，对负电荷是从低电势向高电势运动，则a点的电势低于b点的电势，故A错误。根据等势线的疏密知道b处的电场线也密，场强大，电子在b点的加速度大，故B错误。根据负电荷在电势高处电势能小，可知电子的电势能一直减小，则电子在a处的电势能大于在b处的电势能；电子的电势能减小，则电子动能增加，电子在a点的动能小于在b点的动能，故C错误，D正确。6.关于核反应方程为释放出的核能，X为新生成粒子），已知的半衰期为T，则下列说法正确的是A.无放射性B.比少1个中子，X粒子是从原子核中射出的，此核反应为衰变C.经2T时间因发生上述核反应而放出的核能为（N0数值很大）D.的平均结合能为【答案】BC【解析】【详解】质量数较大的核都有放射性，故A错误；的中子数为43；的中子数为44，则比少1个中子；由质量数和电荷数守恒知X为电子，是原子核内的中子转化为质子而释放一个电子，是β衰变，故B正确；经2T时间还剩余四分之一没衰变，发生上述核反应而放出的核能为N0△E，故C正确；的平均结合能是234个核子结合成时放出的能量，该能量不是它衰变时放出的能量△E，所以的平均结合能不是，故D错误；7.一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示。t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图象如图乙所示。已知线框质量m＝1kg、电阻R＝1Ω，以下说法正确．．的是()A.线框做匀加速直线运动的加速度为1m/s2B.匀强磁场的磁感应强度为2TC.线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为CD.线框边长为1m【答案】ABC【解析】t=0时刻，线框的速度为零，线框没有感应电流，不受安培力，加速度为：，故A正确；线框刚出磁场时的速度为v=at=1×1m/s=1m/s，此时线框所受的安培力为FA=BIL，，则得，根据牛顿第二定律得F-FA=ma，代入得F-=ma，代入数据F=3N，m=1kg，R=1Ω，L=0.5m，v=1m/s，a=1m/s2解得，B=2T，故B正确；线框的边长为：L=at2=×1×12=0.5m，故D错误；电荷量：，电流：，由法拉第电磁感应定律得：，则得通过线框的电量：，故C正确．故选ABC．点睛：本题的突破口是根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式求出线框的边长和速度，问题就变得简单清晰了，再根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式等等电磁感应常用的规律解题．8.如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离t=0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示.则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是A.t=2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6NB.t=2.0s时刻A、B之间作用力为零C.t=2.5s时刻A对B的作用力方向向左D.从t=0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4m【答案】AD【解析】试题分析：设t时刻AB分离，分离之前AB物体共同运动，加速度为，以整体为研究对象，则有：，分离时：，得，经历时间，根据位移公式，则D正确；当时，，，得，A正确B错误；当时，，，得，C错误．考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用【名师点睛】AB分离之前共同运动，以整体为研究对象根据牛顿第二定律列方程求出加速度大小，分离时二者之间的作用力为0．3N但加速度相等，然后隔离A、B分别为研究对象根据牛顿第二定律和运动学公式列方程确定分离的时刻．【此处有视频，请去附件查看】三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第22题。第32题为必考题，每道试题考生都必须作答：第33题一第38题为选考题，考生根据要求作答）9.橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，弹力F与伸长量x成正比，即F=kx，k的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L、横截面积S有关，理论与实践都表明，其中Y是一个由材料决定的常数，材料力学上称之为杨氏模量。(1)在国际单位制中，杨氏模量Y的单位应该是__________A．NB．mC．N/mD．N/m2(2)有一段横截面是圆形的橡皮筋，应用如图甲所示的实验装置可以测量出它的杨氏模量Y。首先利用刻度尺测出橡皮筋未受拉力时的长度L，然后用螺旋测微器测出橡皮筋的直径d，如图乙所示，则d=___mm。(3)作出橡皮筋受到的拉力F与伸长量x的关系图像，该图像为一条倾斜的直线，其斜率为ko，则该橡皮筋的杨氏模量Y=___（用ko、d、L表示）。【答案】(1).D(2).5.695（5.693~5.697）(3).【解析】【详解】(1)根据表达式得：Y=已知K的单位是N/m，L的单位m，S的单位是m2，所以Y的单位是N/m2，故选：D(2)螺旋测微器的主尺刻度为5.5mm，螺旋尺刻度为19.5×0.01mm=0.195mm，所以橡皮筋的直径d=5.5mm+0.195mm=5.695mm；(3)根据F=kx可知，图象的斜率大小等于劲度系数大小k0，根据可知Y=10.热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器(NTC).正温度系数电阻器(PTC)在温度升高时电阻值增大，负温度系数电阻器(NTC)在温度升高时电阻值减小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中，某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻Rx(常温下阻值约为)的电流随其两端电压变化的特点，如图所示.A.电流表（量程100mA，内阻约）B.电流表A2（量程0.6A，内阻约）C.电压表（量程3.0V，内阻约）D.电压表V2（量程15.0V，内阻约E.滑动变阻器R（最大阻值为）F.滑动变阻器（最大阻值为G.电源E(电动势15V，内阻忽略)H.电键、导线若干①实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的器材为：电流表________；电压表_________；滑动变阻器____________（只需填写器材前面的字母即可）②请在所提供的器材中选择必需的器材，在如图虚线框内画出该小组设计的电路图_________.③该小组测出热敏电阻的U-I图线如图曲线I所示，请分析说明该热敏电阻是______热敏电阻（填“PTC”或“NTC”）.④该小组又通过查阅资料得出了热敏电阻R2的U-I图线如图曲线Ⅱ所示.然后又将热敏电阻分别与某电池组连成电路如图所示.测得通过和的电流分别为0.30A和0.60A，则该电池组的电动势为________V，内阻为______（结果均保留三位有效数字）【答案】(1).B(2).D(3).E(4).(5).PTC(6).9.60~10.4V(7).6.00~8.00Ω【解析】【详解】①电源电压为15V，故电压表选D；电流表选择B；为方便实验操作，滑动变阻器应选E；②加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，滑动变阻器应采用分压接法，由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示：③由图2曲线I所示图线可知，随电压增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高，电压与电流比值增大，电阻阻值增大，即随温度升高，电阻阻值增大，该电阻是正温度系数（PTC）热敏电阻．④在闭合电路中，电源电动势：E=U+Ir，由图2曲线II所示可知，电流为0．3A时，电阻R1两端电压为8V，电流为0．60A时，电阻R2两端电压为6．0V，则有：E=