陕西省2019届高三物理三模试题（含解析）

陕西省2019届高三物理三模试题（含解析）一、选择题：本题共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．有选错的得0分．1.一个质子和一个中子结合成一个氘核，同时辐射出一个γ光子，已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c。下列说法正确的是（）A.核反应方程是：112102HnHγB.该核反应属于原子核的人工转变C.辐射出的y光子的能量E＝（m3﹣m1﹣m2）c2D.y光子的波长123hmmmc【答案】D【解析】【详解】A.新核的质量数：m＝1+1＝2，核电荷数：z＝1+0＝1．该核反应方程是112101HnH，故A错误；B.该核反应属于原子核的聚变反应，故B错误；C.聚变反应中的质量亏损△m＝（m1+m2）﹣m3，聚变反应中亏损的质量转化为能量以光子的形式放出，故光子能量为E＝hc＝（m1+m2﹣m3）c2，解得光子波长为123hmmmc，故C错误，D正确；2.物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6s内力F、速度v随时间变化如图所示，由图象可得（）A.物体的质量为2kgB.前6s内合力的冲量为4N•sC.在前6s内推力做的功3JD.在6s内的运动的位移为6m【答案】B【解析】【详解】A.由v﹣t图象看出，物体在2s﹣6s做匀速直线运动，则有：f＝F2＝1N；由速度图象可知，0﹣2s物体加速度为：a＝vt＝0.5m/s2，F＝3N；由牛顿第二定律得：F﹣f＝ma，代入解得：m＝4kg，故A错误；B.前6s内合力的冲量为动量的变化量为：I＝△P＝mv＝4×1＝4N∙s，故B正确。CD.物体在6s内的运动的位移为：x＝12×1×2m+1×4m＝5m；前2s内通过的位移为1m，后4s内的位移为4m，在6s内推力的功为：W＝3×1+1×4＝7J，故CD错误.3.我国成功发射北斗地球同步卫星，北斗卫星导航系统已正式组网运行。关于成功定点后的地球同步卫星，下列说法正确的是（）A.运行速度大于7.9km•s﹣1B.离地面高度一定，相对地面静止C.绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度小D.向心加速度比静止在赤道上的物体的向心加速度小【答案】B【解析】【详解】A.7.9km•s﹣1是第一宇宙速度也是近地卫星绕地球圆周运动的速度，也是绕地球圆周运动的最大速度和发射卫星的最小速度，同步卫星绕地球圆周运动，故其速度小于第一宇宙速度，故A错误；B.同步卫星的运转周期与地球自转同步，同步卫星距地面高度一定，相对地面保持相对静止，故B正确；C.同步卫星的周期小于月球绕地球圆周运动的周期，据2=T可得，同步卫星的角速度大于月球绕地球圆周运动的角速度，故C错误；D.同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，据a＝rω2可得，同步卫星的轨道半径大于地球半径，故同步卫星的向心加速度大于静止在赤道上物体的向心加速度，故D错误。4.如图甲中的变压器为理想变压器，原副线圈匝数分别为1000匝和500匝，变压器原线圈接如图乙所示的正弦式交变电压，副线圈两端接两个串联在一起的阻值大小分别为R1＝40Ω，R2＝10Ω的定值电阻，电压表为理想电表。则以下说法正确的是（）A.交流电频率为50HzB.变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为0.11Wb/sC.电压表V的读数为5.0VD.变压器输入功率为50W【答案】B【解析】【详解】A.由题意知交流电的周期T＝0.04s，所以交流电频率为25Hz，故A错误；B.由题意知，原线圈电压最大值是100V，根据法拉第电磁感应定律E＝nt得变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为=0.1Wb/smEtn，故B正确；C.根据匝数与电压成正比知副线圈两端的电压为：2211500100V252V10002nUUn，再由分压原理知下边电阻两端电压即电压表读数为52V，故C错误；D.输入功率等于输出功率为：P＝22212(252)W25W4010URR，故D错误；5.真空中M、N两点分别放置等量异种电荷，如图所示，O为MN连续的中点，abcd为正方形的四个顶点，正方形的中心与O点重合，且连续MN与正方形共面，ab边与MN平行，则下列说法正确的是（）A.ab、两点的电场强度大小相等，方向相同B.ac、两点的电场强度大小相等，方向不同C.将某个正电荷从a点沿ad直线移到d点的过程中电势能先增大后减小D.将某个正电荷从a点移动c点电场力做功大于从a点移到b点电场力做功【答案】C【解析】作出等量异种电荷的电场线如图所示：根据电场的对称性可知，a、b两点的电场强度大小相等，根据该点电场线的切线方向表示电场强度方向可知，a、b两点的电场强度方向不同，故A错误；根据电场的对称性可知，a、c两点的电场强度大小相等，根据该点电场线的切线方向表示电场强度方向可知，a、c两点的电场强度方向相同，故B错误；从a到d的过程中电势先升高后降低，故将正电荷从a点沿ad直线移到d点的过程中电势能先增大后减小，故C正确；由图可知b、c处在同一等势面上，故将某个正电荷从a点移动c点电场力做功等于从a点移到b点电场力做功，故D错误；故选C.6.如图所示，带有挡板的小车质量为m，上表面光滑，静止于光滑水平面上。轻质弹簧左端固定在小车上，右端处于自由伸长状态。质量为m的滑块以速度v从小车右侧滑上小车，压缩弹簧后分离，重力加速度为g，以下判断正确的是（）A.弹簧的最大弹性势能为14mv2B.弹簧对小车做的功为14mv2C.弹簧对小球冲量的大小为mvD.小球从右端离开小车后相对地面做平抛运动【答案】AC【解析】【详解】A.小球压缩弹簧的过程中，系统的动量守恒，机械能也守恒。当小球和小车速度相同时弹簧的弹性势能最大，取向左为正方向，由动量守恒定律可知：mv＝2mv共；则弹簧的最大弹性势能Epm＝12mv2﹣12•2mv共2＝14mv2，故A正确；B.设小球与弹簧分离时小球和小车的速度分别为v1和v2．由动量守恒定律可知：mv＝mv1+mv2．根据机械能守恒定律得12mv2＝12mv12+12mv22．联立解得v1＝0，v2＝v．根据动能定理知弹簧对小车做的功等于小车增加的动能，为12mv2，故B错误；C.弹簧对小球冲量的大小为I＝mv1﹣mv＝﹣mv，即弹簧对小球冲量的大小为mv，故C正确。D.因v1＝0，所以小球从右端离开小车后相对地面做自由落体运动，故D错误；7.如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，现有比荷大小相等的甲、乙两粒子，甲以速度1v从A点沿直径A0B方向射入磁场，经过1t时间射出磁场，射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60°；乙以速度2v从距高直径AOB为2R的C点平行于直径AOB方向射入磁场，经过2t时间射出磁场，其轨迹恰好通过磁场的圆心。不计粒子受到的重力，则A.两个粒子带异种电荷B.12ttC.1:3:1vvD.两粒子在磁场中轨迹长度之比12:3:1ll【答案】AC【解析】由左手定则可知，粒子射入磁场时所受的洛伦兹力方向相反，可知两个粒子带异种电荷，选项A正确；两粒子的比荷相同，根据2mTqB可知，两粒子周期相同；由几何关系可知，从A点射入的粒子在磁场中运动的圆弧的圆心角为60°，从C点射入的粒子在磁场中运动的圆弧的圆心角为120°，则由2tT可知，2t1=t2，选项B错误；从A点射入的粒子在磁场中运动的圆弧的半径01tan603rRR，从C点射入的粒子在磁场中运动的圆弧的半径为r2=R，根据qrBvm，可知12:3:1vv，选项C正确；根据弧长lr可知两粒子在磁场中轨迹长度之比12:3:2ll，选项D错误；故选AC.8.如图所示，ab、ac是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c位于同一圆周上，O为该圆的圆心，ab经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环分别从b、c点无初速释放，用1v、2v分别表示滑环到达a点的速度大小，用1t、2t分别表示滑环到达a所用的时间，则A.12vvB.12vvC.12ttD.12tt【答案】AD【解析】由机械能守恒，因b环开始的竖直高度大于c，根据2vgh可得，12vv，选项A正确，B错误；过a点做竖直线，分别做经过c点和b点的等时圆如图；由图可知过c点的等时圆的直径较大，则时间长，即t1t2，故选项D正确，C错误；故选D.点睛：此题判断速度关系很容易，判断时间关系根据“等时圆”的适用条件构造出“等时圆”，作出图象，根据位移之间的关系即可判断运动时间，很简单快捷．二、非选择题9.某实验小组利用如图甲所示装置测定当地重力加速度的数值。实验开始时，小钢球被电磁铁吸引静止不动，光电门位于钢球的下方，二者的中心处在同一竖直线上。将此时钢球球心位置记为A点，光电门中心位置记为O点，AO间距离为h。（1）使用螺旋测微器测定小钢球的直径如图乙所示，可知钢球直径大小为d＝_____mm；（2）断开电磁铁开关，小钢球由静止开始下落，下落过程中通过位于O点处光电门，由数字计时器记录钢球通过光电门的时间可由表达式v＝_____得到小钢球球心通过光电门时的瞬时速度；（3）将光电门向下移动一小段距离后，重新釋放小钢球，记录小钢球通过光电门时数字计时器显示的时间△t1和此时光电门与O点间距离x1；重复上述步骤，得到若干组△t和x的数值；在21t﹣x坐标中描点连线，得到如图丙所示直线并计算出其斜率大小为1.6×105，根据此斜率值，可以得到当地重力加速度的数值为_____m/s2。【答案】(1).11.000(2).dt(3).9.68【解析】【详解】第一空.螺旋测微器的固定刻度读数为11mm，可动刻度读数为0.01×0.0＝0.000mm，则d＝11.000mm。第二空.根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，钢球通过光电门的速度表达式v＝dt。第三空.依据运动学位移与速度公式，则有：2g（h+x）＝22dt，整理得222122ghgxtdd，而21t﹣x图象的斜率大小为k＝1.6×105，那么2532221.610(11.00010)m/s9.68m/s22kdg＝；10.市场上有一种通过USB接口供电的小型电风扇，它的额定电压5V，额定功率看不清楚，约2.5W．小茗同学想用右图所示的电路，测量该电风扇正常运转时电动机的电能转化为机械能的效率．除待测小风扇外，实验室提供的器材如下：A．双量程电流表A：量程和内阻分别为“0.6A，约0.5Ω”、“3A，约0.1Ω”B．双量程电压表V：量程和内阻分别为“3V，约3kΩ”、“15V、约15kΩ”C．滑动变阻器R：最大阻值5Ω，额定电流2AD．电源：电动势6V，内阻不计E．电键，导线若干(1)该测量电路中电流表的量程应选用________A，采用“电流表外接法”的理由是______________；(2)该同学打开电风扇底座上的USB接口，找到电风扇电动机的两条引线，作为电风扇的两个接线端；(3)根据电路图和测量要求，电压表选用0～3V量程，用笔画线代替导线，在实物图中完成测量小风扇电动机线圈电阻的电路连接______________；(4)控制风扇不转动，闭合开关，调节滑动变阻器，当电流表的示数为0.50A时，读出电压表的示数为1.0V；(5)电压表选用0～15V量程，闭合开关，调节滑动变阻器，当电压表示数为5.0V时，读出电流表的示数0.50A；(6)该电风扇正常运转时电动机的效率为_____________________.【答案】(1).0.6(2).电动机线圈电阻远小于电压表内阻（或：电动机线圈电阻与电流表内阻相当）(3).如图所示：(4).80%【解析】（1）通过电风扇的最大电流为2.50.55mPIAU，故流表的量程应该选用0.6A；因为电风扇的内阻较小，为减小实验误差，使得测量结果更准确，故采用电流表外接法；（3）根据电路图，连接成完整的实物图，如图所