山东省滨州市届高三物理第二次模拟考试试题Word文档下载推荐.docx

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表演者越靠近竹竿底部则杆与水平方向的夹角就越大，所以摩擦力就越大，故错误；

故选

2019年4月11日时黑洞视界望远镜合作组织（）宣布了近邻巨椭圆星系中心捕获的首张黑洞图像，提供了黑洞存在的直接“视觉”证据，验证了年爱因斯坦的伟大预言。

一种理论认为，整个宇宙很可能是个黑洞，如今可观测宇宙的范围膨胀到了半径亿光年的规模，也就是说，我们的宇宙就像一个直径亿光年的球体。

黑洞的质量和半径的关系满足史瓦西半径公式（其中为光速，其值为×

108m，为引力常量，其值为．×

·

）则，由此可估算出宇宙的总质量的数量级约为

.1054kg.1044kg

.1034kg.1024kg

【详解】宇宙的半径根据半径公式可得宇宙的质量故宇宙质量的数量级为，故正确；

错误；

.平行金属导轨左端接有阻值为的定值电阻，右端接有电容为的电容器，平行导轨间距为。

导体棒与导轨接触良好并以恒定的速度通过宽为磁感强度为的匀强磁场，导体棒和金属导轨电阻不计，则全过程中通过电阻的电荷量为

.

【详解】导体棒与导轨接触良好并以恒定的速度通过宽为磁感强度为的匀强磁场，产生的感应电动势为：

，通过导体棒的感应电流为，全过程通过电阻的电荷量为，故正确；

.如图所示，在竖直平面内有一曲面，曲面方程为，在轴上有一点，坐标为（，6m）。

从点将一小球水平抛出，初速度为1m。

则小球第一次打在曲面上的位置为（不计空气阻力）

.（3m，3m）

.（2m，4m）

.（1m，1m）

.（1m，2m）

【详解】设小球经过时间打在斜面上（,）点，则水平方向：

，竖直方向上：

又因为可解得：

，故正确；

.如图所示线圈匝数为的小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈面积为，在磁感应强度为的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴＇匀速转动。

矩形线圈电阻为，矩形线圈通过两刷环接电阻，伏特表接在两端。

当线圈以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是

.从线圈与磁场平行位置开始计时瞬时电动势为ωω

.当线圈平面转到与磁场垂直时电压表示数为零

.线圈从与磁场平行位置转过°

过程中通过电阻的电荷量为

.线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为

【详解】．交流发电机产生电动势的最大值为:

从线圈与磁场平行位置开始计时瞬时电动势为ωω，故错误；

．交流电压表测量的是电阻两端的电压,电动势的有效值为,电流为,交流电压表的示数为故错误；

．线圈从时刻开始转过的过程中,线圈转动,,平均电流,电量故错误；

．线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为，故正确。

.棱长为的正方体置于存在匀强电场的空间中，—1C是正方体的顶点。

从点向正方体内沿不同方向射入速度大小都是，电荷量均为的带电粒子（不计重力）。

从顶点射出的带电粒子中点的出射粒子动能最大，则下列说法正确的是

.顶点、之间的电势差可能为

.电场方向一定沿着的连线，且自指向

.从点射出的带电粒子的速率可能为

【详解】．从点向正方体内沿不同方向射入然后从顶点射出的带电粒子中点的出射粒子动能最大则电场线的方向可能是由指向，根据几何关系可知之间的距离为：

所以电势差可能等于，故正确；

．要保证从点的出射粒子动能最大，则在场强方向上的有效长度就不可能小于，所以顶点、之间的电势差不可能为，故错误；

．要保证从点的出射粒子动能最大，则电场线可能是由指向，也可能是非常接近连线的直线，所以电场线不确定，故错误；

．若电场线由指向则粒子从点射出时，根据几何关系可知连线在电场线方向上的投影长度为，根据动能定理解得：

，故正确。

.有一倾角为°

光滑斜面，劲度系数为的轻弹簧下端固定在斜面底端，上端与一质量为的滑块连接，处于静止状态。

另一质量也是的滑块在距离滑块为处由静止释放，、相碰后粘在一起沿斜面向下运动，、均可以视为质点，则下列说法正确的是

.滑块与碰撞前瞬间的速度为

.滑块相碰前弹簧所具有的弹性势能为

.整个过程损失的机械能为

.当、滑块速度减为零时弹簧弹力的大小为

【详解】．滑块下滑距离的过程，由动能定理可知：

，解得，故错误；

．碰撞前处于平衡状态，根据平衡可知，此时，故正确；

．碰撞过程动量守恒则，根据能量守恒可知损失的机械能为，故正确；

．系统的平衡位置为，所以当弹簧弹力的大小为时，两个物体恰好运动到平衡位置，此时的速度最大，故错误。

.如图所示，小车分别以加速度、、、向右做匀加速运动，是固定在小车上的水平横杆，物块穿在杆上，通过线悬吊着小物体，在小车的水平底板上，加速度为、时，细线在竖直方向上，全过程中始终未相对杆移动，、与小车保持相对静止，受到的摩擦力大小分别为、、、，则以下结论正确的是

.若

【详解】甲乙两图中，水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律得：

；

丙丁两图中，对和组成的系统来分析，根据牛顿第二定律可知：

．如果解得：

故错误；

．如果，则故错误；

．若则，故正确；

．对受力分析可知若可得：

，故正确。

第Ⅱ卷（必做分选做分共分）

三、非选择题：

共分，第～题为必考题。

每个试题考生都必须作答。

第～题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：

共分。

.某实验小组利用如图甲所示的装置探究弹簧弹性势能与形变量的关系，竖直悬挂的轻弹簧下端有一水平轻杆，可以推动竖直刻度尺边缘的指针。

在弹簧下端轻绳套不挂钩码的情况下，调节铁架台使弹簧下端轻杆推动指针与刻度尺刻度对齐。

在轻绳套上挂钩码，由静止释放轻杆推动指针向下运动，可记录钩码运动到最低点指针对应的位置。

已知钩码运动到最低点时符合

（）图乙为某次实验中指针的最低位置，其读数为。

（）根据多次实验得出钩码质量与指针读数的图象如图丙所示，可知弹簧弹性势能与弹簧伸长量关系为（填“与成正比”或“与成正比”）。

（）由图丙可得弹簧的劲度系数为。

【答案】（）.〜（）.与成正比（）.

【详解】

（）由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，所以示数为：

3.60cm（〜）

（）钩码到达最低点时速度为零，钩码动能为零，由能量守恒定律知：

由题意可知：

整理可得：

，即与成正比

（）由题意可知则结合图像可知：

解得

.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，实验室提供了如下器材：

．小灯泡（，．）

．电压表（量程，内阻约Ω）

．电流表（量程0.6A，内阻约为．Ω）

．滑动变阻器（～Ω，2A）

．电源（电动势，内阻不计）

．开关及导线若干，坐标纸

实验中要求小灯泡上的电压从零开始测量尽可能准确，调节测量多组对应的、值。

如图甲所示，一组同学已经完成导线的连接。

（）如图甲连接好电路，不闭合电键，滑动变阻器滑动头在图示中间位置时电压表示数（填“为零”“不为零”）。

（）在图甲中闭合电键滑动变阻器滑动头从右端滑到左端的过程中灯泡亮度变化情况是。

（）指出图甲中该组同学连接错误的两条导线（填导线编号）。

（）图乙中图线是改正后描出的灯泡—图线，图乙中图线是另一个电源路端电压与电源电流的图线。

如果将这样的一个灯泡与该电源连成闭合电路，该灯泡消耗电功率为；

如果将这样的两个灯泡串联接在该电源上，则每个灯泡消耗电功率为。

（结果均保留两位小数）

【答案】（）.不零（）.先变暗再变亮（）.、（）.（）.

（）由实物电路图可知，开关不能控制分压电路的闭合和断开，比如闭合电建，滑动变阻器滑动头在图示中间位置时电压表示数不为零。

（）由实物电路图可知，闭合电键滑动变阻器滑动头从右端滑到左端的过程滑动变阻器接入电路的阻值增大，流过灯泡的电流减小，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗，当滑片到达左端时，滑动变阻器接入电路的阻值为零，灯泡两端电压增大，灯泡实际功率增大，灯泡变亮，

（）描绘灯泡伏安特性曲线实验滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，所以连线、接法错误；

（）由图乙所示数据可知，灯泡两端电压为，流过灯泡的电流为0.5A，灯泡实际功率为：

（）由图乙所示图线可知电源电动势为，电源内阻为：

当两灯泡串联，设每个灯泡两端的电压为，流过每一个灯泡的电流为则，在灯泡图象坐标系内阻作出如图所示：

由图可知此时灯泡两端电压为，通过灯泡的电流为0.37A，则灯泡的功率为

故本题答案是：

（）.不为零（）.先变暗再变亮（）.、（）.（）.

.如图所示，处于竖直面内的坐标系轴水平、轴竖直，第二象限内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直坐标平面向里。

带电微粒从轴上点以某一速度射入电磁场中，速度与轴负半轴夹角α°

，微粒在第二象限做匀速圆周运动，并垂直轴进入第一象限。

已知微粒的质量为，电荷量为，间距离为，重力加速度为，°

．，°

．。

求

（）匀强电场的电场强度；

（）若微粒再次回到轴时动能为点动能的倍，匀强磁场的磁感应强度为多少。

（）（）或

（）微粒在第二象限做匀速圆周运动，则，解得

（）微粒垂直轴进入第一象限，则圆周运动圆心在轴上，由几何关系得α

由向心力公式可知：

微粒在第一象限中

联立解得或

.如图甲所示，足够长的木板通过某一装置锁定在地面上，物块、静止在木板上，物块、间距离为．1m。

开始时物块以速度6m向右运动，物块在与碰撞前一段时间内的运动图像如图乙所示。

已知物块、可视为质点，质量分别为1kg、4kg，、与木板间的动摩擦因数相同，木板的质量1kg，与地面间的动摩擦因数为。

与弹性碰撞过程时间极短、可忽略摩擦力的影响，、碰撞瞬间木板解除锁定。

重力加速度取10m。

求：

（）物块与木板间的动摩擦因数；

（）碰撞后瞬间物块的速度；

（）最后停止时物块、间的距离（结果保留两位小数）。

（）（）3m，方向向左（）1.37m

【详解】根据图像可知①

对受力分析并列牛顿第二定律：

②

联立①②式解得物块与木板间的动摩擦因数③

（）设碰撞前瞬间的速度为，则

④

由于、弹性碰撞，碰撞后、的速度分别为、，取向右为正方向，则

⑤

⑥

联立④⑤⑥式解得：

-3m、2m；

即碰撞后瞬间物块的速度大小为3m，方向向左。

⑦

（）碰撞后对木板受力分析得⑧

由物块受力得:

⑨

设经时间物块与木板达到相同的速度，则⑩

此时的速度为⑪

联立⑧⑨⑩⑪解得：

从碰撞结束到、速度相同，向右的位移大小为，则

⑫

、相对静止后一起运动，设其加速度为，则⑬

、一起向右运动的位移大小为，则⑭

碰撞后到停下经过的位移大小为，则⑮