届高三物理全真模拟考试试题五解析版Word下载.docx

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【答案】　D

【解析】　在“飞针穿玻璃”的过程中，由动量定理得：

－

t＝mv2－mv1，故应测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，故D正确，A、B、C错误．

16．（2019·

安徽淮南市第二次模拟）已知地球两极处的重力加速度大小约为9.8m/s2，贴近地球表面飞行的卫星的运行周期约为1.5小时，试结合生活常识，估算一质量为60kg的人站在地球赤道上随地球自转所需要的向心力约为（　　）

A．0.2NB．0.4NC．2ND．4N

【答案】　C

【解析】　在两极：

G

＝mg；

对贴近地球表面飞行的卫星G

＝m′

R，

解得R＝

；

则站在地球赤道上随地球自转的人所受的向心力：

F向＝m人

R＝m人

×

＝m人g

＝60×

9.8×

（

）2N≈2N，故选C.

17．（2019·

湖北武汉市四月调研）已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量En＝

，其中n＝2,3….若氢原子从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级放出光子的频率为ν，能使氢原子从基态电离的光子的最小频率为（　　）

A.

νB．4νC.

νD．9ν

【解析】　由题意可知：

＝hν；

能使氢原子从基态电离的光子的最小频率满足：

0－E1＝hν′，

解得ν′＝

ν，故选C.

18．（2019·

山东济宁市第二次摸底）如图2甲所示，在线圈l1中通入电流i1后，在l2上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，l1、l2中电流的正方向如图甲中的箭头所示．则通入线圈l1中的电流i1随时间t变化的图象是下图中的（　　）

图2

【解析】　因为感应电流大小不变，根据电磁感应定律得：

I＝

＝

，而线圈l1中产生的磁场变化是因为电流发生了变化，所以I＝

∝

，所以线圈l1中的电流均匀改变，A、C错误；

根据题图乙，0～

时间内感应电流磁场向左，所以线圈l1产生的磁场向左减小，或向右增大，B错误，D正确．

19．（2019·

广西梧州市联考）甲、乙两物体沿同一直线做减速运动，t＝0时刻，两物体同时经过同一位置，最后又停在同一位置，它们的速度—时间图象如图3所示，则在运动过程中（　　）

图3

A．t1时刻甲和乙相距最远

B．甲、乙的平均速度相等

C．在某时刻甲、乙的加速度可能相等

D．甲的加速度逐渐减小，乙的加速度大小不变

【答案】　CD

【解析】甲、乙两物体速度相等时相距最远，选项A错误；

甲、乙的位移相同，但是甲运动的时间较长，则甲的平均速度较小，选项B错误；

v－t图象的斜率等于加速度，由图象可知，在某时刻甲的加速度可能等于乙的加速度，选项C正确；

v－t图象的斜率等于加速度，由图象可知，甲的加速度逐渐减小，乙的加速度大小不变，选项D正确．

20．（2019·

江西南昌市第二次模拟）如图4所示，三条长直导线a、b、c都通以垂直纸面的电流，其中a、b两根导线中电流方向垂直纸面向外．O点与a、b、c三条导线距离相等，且Oc⊥ab.现在O点垂直纸面放置一小段通电直导线，电流方向垂直纸面向里，导线所受安培力方向如图所示．则可以判断（　　）

图4

A．O点处的磁感应强度的方向与F相同

B．长导线c中的电流方向垂直纸面向外

C．长导线a中电流I1小于b中电流I2

D．长导线c中电流I3小于b中电流I2

【答案】　BC

【解析】　由左手定则可知，磁感应强度方向与安培力方向垂直，故A错误；

由左手定则可知，O点的磁感应强度方向与F垂直斜向右下方，此磁场方向可分解为水平向右方向和竖直向下方向，所以导线c在O点产生的磁场方向应水平向右，由安培定则可知，导线c中的电流为垂直纸面向外，导线a在O点产生的磁场方向竖直向上，导线b在O点产生的磁场方向竖直向下，所以长导线a中电流I1与b中电流I2的关系，由于不知道安培力的具体方向，所以无法确定长导线c中电流I3与b中电流I2的关系，故B、C正确，D错误．

21．（2019·

山东济宁市第二次摸底）如图5所示，在绝缘水平地面上固定两个等量同种点电荷A、B，在AB连线上的P点由静止释放一带电滑块（可视为质点），则滑块会由静止开始一直向右运动到AB连线上的一点M而停下．则以下判断正确的是（　　）

图5

A．滑块一定带的是与A、B异种的电荷

B．滑块的电势能一定是先减小后增大

C．滑块的动能与电势能之和一定减小

D．AP间距一定小于BM间距

【解析】　滑块受到的电场力是两点电荷对它作用力的合力，滑块向右运动，合力向右，滑块一定带与A、B同种的电荷，否则滑块将向左运动，A错误．滑块运动可能有两种情况：

1.滑块受到的电场力先向右后向左，电场力先做正功，再做负功，电势能先减小后增加；

2.滑块受到的电场力合力始终向右，在到达AB中点前停止，电场力始终做正功，电势能始终减小，B错误．根据能量守恒，滑块的电势能、动能、内能之和不变，阻力做负功，内能增大，则动能与电势能之和一定减小，C正确．若没有摩擦力，AP＝BM；

因为水平面不光滑，水平方向受到摩擦力作用，运动到速度为0的位置在P点关于AB中点对称点的左侧，所以AP<

BM，D正确．

22．（6分）（2019·

广东揭阳市第二次模拟）某同学用一个满偏电流为10mA、内阻为30Ω的电流表，一只滑动变阻器和一节电动势为1.5V的干电池组装成一个欧姆表．

图6

（1）该同学按图6正确连接好电路．甲、乙表笔中，甲表笔应是________（选填“红”或“黑”）表笔．

（2）测量电阻前，他先进行欧姆调零：

将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到________处．

图7

（3）欧姆调零后，他将甲、乙两表笔分别接如图7中的a、b两点，指针指在电流表刻度的4mA处，则电阻Rx＝________Ω.

（4）若误将甲、乙两表笔分别接在了如图2中的a、c两点，则Rx的测量结果________（选填“偏大”或“偏小”）．

（5）再给电流表并联一个合适的定值电阻R0，就可组装成一个中间刻度值为15Ω的欧姆表，则R0＝________Ω.（结果保留两位有效数字）

【答案】　

（1）红　

（2）10mA　（3）225　（4）偏小　（5）3.3

【解析】　

（1）由题图示可知，甲表笔与欧姆表内置电源负极相连，甲表笔是红表笔；

将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到电阻为零即电流最大（10mA）；

（3）欧姆表内阻：

R内＝

Ω＝150Ω，指针指在电流表刻度的4mA处，由闭合电路欧姆定律得：

4×

10－3A＝

，解得：

Rx＝225Ω；

（4）若误将甲、乙两表笔分别接在了图中的a、c两点，由题图示电路图可知，两电池串联，相当于欧姆表内置电源电动势E变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变大，欧姆表指针偏右，欧姆表示数变小，Rx的测量结果偏小；

（5）欧姆表内阻等于中值电阻，中间刻度值为15Ω的欧姆表，其内阻为15Ω，I＝

A＝0.1A，把电流表改装成0.1A的电流表需要并联分流电阻，分流电阻阻值：

R0＝

≈3.3Ω.

23．（9分）（2019·

陕西省第二次质检）某实验兴趣小组为了测量物体间的动摩擦因数，设计了如下实验：

图8

（1）如图8甲，将轻弹簧竖直悬挂，用刻度尺测出弹簧自由悬挂时的长度L1＝4.00cm.

（2）如图乙，在弹簧的下端悬挂小木块，用刻度尺测出稳定时弹簧的长度L2＝________cm.

（3）将一长木板平放在水平面上，小木块放置于木板上表面，如图丙，将图乙中的弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端拴接小木块，使弹簧水平，用力F向右拉动长木板，长木板与小木块发生相对运动，当小木块稳定时，测出此时弹簧的长度L3＝6.07cm.

（4）根据上面的操作，可以得出小木块与长木板间的动摩擦因数μ＝________（结果保留两位有效数字）．

（5）若图丙实验中弹簧不水平，左端略高一些，由此而引起的动摩擦因数μ的测量结果________（填“偏大”或“偏小”）．

【答案】　

（2）8.65（8.63～8.67）　（4）0.44或0.45　（5）偏小

【解析】　

（2）刻度尺的最小分度值为0.1cm，刻度尺的读数为8.65cm；

（4）根据平衡条件可得小木块的重力为：

Mg＝k（L2－L1），用力向右拉动长木板，长木板与小木块发生相对运动，当小木块稳定时，则有：

Ff＝k（L3－L1），可以得出小木块与长木板间的动摩擦因数：

μ＝

≈0.45；

（5）若图丙实验中弹簧不水平，左端略高一些，则有：

F弹cosθ＝μ（Mg－F弹sinθ），解得小木块与长木板间的动摩

擦因数：

，由于左端略高一些，则有θ≈0°

，所以：

≈

，由此而引起的动摩擦因数μ的测量结果偏小．

24．（12分）（2019·

辽宁大连市第二次模拟）滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来．如图1所示是一个滑板场地，OP段是光滑的

圆弧轨道，半径为0.8m．PQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2.滑板手踩着滑板A从O点由静止滑下，到达P点时，立即向前起跳．滑板手离开滑板A后，滑板A以速度v1＝2m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前继续滑动．已知两滑板质量均为m＝5kg，滑板手的质量是滑板的9倍，滑板B与P点的距离为Δx＝1m，g＝10m/s2.（不考虑滑板的长度以及滑板手和滑板间的作用时间，不计空气阻力）求：

（1）当滑板手和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力；

（2）滑板手落到滑板B后瞬间，滑板B的速度大小；

（3）两个滑板间的最终距离．

【答案】　

（1）1500N，竖直向下　

（2）4.2m/s　（3）4.41m

【解析】　

（1）滑板手与滑板A由O点下滑到P点过程，由机械能守恒：

10mgR＝

10mv2，

代入数据解得v＝

＝4m/s，

设在P点时滑板手与滑板A所受到的支持力为FN：

由牛顿第二定律可得FN－10mg＝10m

代入数据解得：

FN＝1500N，

根据牛顿第三定律得F压＝FN＝1500N，方向竖直向下；

（2）滑板手跳离A板，滑板手与滑板A水平方向动量守恒10mv＝－mv1＋9mv2，

v2＝

m/s，

滑板手跳上B板，滑板手与滑板B水平方向动量守恒9mv2＝10mv3，

解得：

v3＝4.2m/s；

（3）滑板B的位移xB＝

＝4.41