重庆市九校联盟届高三第三次联考物理试题.docx
《重庆市九校联盟届高三第三次联考物理试题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《重庆市九校联盟届高三第三次联考物理试题.docx（18页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
重庆市九校联盟届高三第三次联考物理试题
重庆市九校联盟2019届高三第三次联考
物理试题
本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共16页，38题（含选考题）。
全卷满分300分。
考试用时150分钟。
★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：
高考范围。
2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答：
每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、主观题的作答：
用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。
如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
5、选考题的作答：
先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
二、选择题：
在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。
1.超级电容器又叫双电层电容器，它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点。
图示为一款超级电容器，其上标有“2.7V400F”，则可知
A.该电容器的输入电压只能是2.7V时才能工作
B.该电容器的输入电压最大值小于或等于2.7V时都能工作
C.该电容器不充电时的电容为零
D.该电容器充满电时储存的电荷量为1080mA·h
【答案】B
【解析】
【分析】
电容器的额定电压是正常工作时的电压，实际电压可以低于额定电压；电容是反映电容器容纳电荷本领强弱的物理量，与是否带电没有关系；根据Q=CU求电容器储存的电荷量，注意mA·h与C的换算。
【详解】AB.电容器的额定电压为2.7V，说明正常工作电压为2.7V，可以小于2.7V，故A错误，B正确；
C、电容器的电容是反映电容器容纳电荷本领强弱的物理量，与是否带电没有关系，故C错误；
D.最大容纳电荷量：
Q=CU=400F×2.7V=1080C=300mA·h，故D错误。
故选：
B
2.如图所示，两质量相等的物体A、B叠放在水平面上静止不动，A与B间及B与地面间的动摩擦因数相同。
现用水平恒力F拉物体A，A与B恰好不发生相对滑动；若改用另一水平恒力拉物体B，要使A与B能发生相对滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则拉物体B的水平恒力至少应大于
A.F
B.2F
C.3F
D.4F
【答案】D
【解析】
【分析】
拉A时，根据A、B之间的最大静摩擦力和B与地面之间的最大静摩擦力判断B是否滑动，根据A与B恰好不发生相对滑动表示F的大小；隔离对A分析求出整体的临界加速度，根据牛顿第二定律表示拉力的大小。
然后比较即可．
【详解】设A与B之间的动摩擦因数为μ，
AB之间的最大静摩擦力为：
fAB=μmg，
B与地面间的最大静摩擦力为：
fB地=μ（m+m）g=2μmg，
当作用力在A上且AB之间的摩擦力最大时，B的加速度为零，此时F=μmg；
当作用力在B上且AB之间的摩擦力最大时，A的加速度达到最大，此时：
fAB=m⋅aA，
此时：
aA=μg
A的加速度与B的加速度相等，所以对AB：
F-fB地=2maA
，F=fB地+2maA=4μmg=4F，故ABC错误，D正确。
故选：
D
3.如图所示，内壁光滑的圆管形轨道竖直放置在光滑水平地面上，且恰好处在两固定光滑挡板M、N之间，圆轨道半径为1m，其质量为1kg，一质量也为1kg的小球（视为质点）能在管内运动，管的内径可不计。
当小球运动到轨道最高点时，圆轨道对地面的压力刚好为零，取g＝10m/s2。
则小球运动到最低点时对轨道的压力大小为
A.70NB.50N
C.30ND.10N
【答案】A
【解析】
【分析】
抓住小球运动到最高点时，圆轨道对地面的压力为零，求出最高点的速度，根据动能定理求出小球在最低点的速度，从而结合牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，根据牛顿第三定律得出小球对圆轨道的最大压力．
【详解】当小球运动到最高点时速度最小，此时圆轨道对地面的压力为零，可知小球对圆轨道的弹力等于圆轨道的重力，根据牛顿第二定律得，mg+N=m
，N=mg，解得最高点的速度v1=
；小球从最高点到最低点，根据动能定理得，mg⋅2R=
，解得v2=
；根据牛顿第二定律得，N′−mg=m
，联立解得N′=7mg=70N，根据牛顿第三定律，小球对轨道的最大压力N′=7mg=70N，故A正确，BCD错误；
故选：
A.
4.如图所示，在光滑的水平地面上并排放着物块A、B。
它们的质量之比为3∶2，且在它们之间有一处于压缩状态的弹簧（与物块A、B并不拴接）。
某一时刻同时释放物块A、B，弹簧为原长时物块A的动能为8J．则释放物块A、B前，弹簧具有的弹性势能为（）
A.12J
B.16J
C.18J
D.20J
【答案】D
【解析】
在释放A、B的前后，满足动量守恒：
0=PA-PB，可得PA=PB，物块的动能为：
，可得：
，根据功能关系可得：
，联立并代入数据可得弹簧具有的弹性势能为：
，所以D正确，ABC错误。
5.如图所示，关于x轴对称的三条等势线为正点电荷形成的电场中的等差（Uab＝Ubc）等势线，等势线与x轴的交点分别为a、b、c，下列说法正确的是
A.b点的电场强度方向与x轴垂直
B.a、b、c三点中c点的电场强度最大
C.a、b、c三点中c点的电势最高
D.把一电子从a点移到b点，电子的电势能减小
【答案】BCD
【解析】
【分析】
等势面与电场线垂直，根据等差等势线的形状可以判断正点电荷的位置和电场强度方向；根据点电荷产生电场的电场强度
，判断电场强度的强弱；根据电场线是从电势高处指向电势低处，判断各点电势的高低；电子受到的电场力方向与场强方向相反．根据电场力做功判断电势能的变化。
【详解】AB.由于三条等势线为正点电荷形成的电场中的等差等势线，所以正点电荷位于c点的右侧，a、b、c三点中c点离正点电荷最近，根据点电荷产生电场的电场强度
，c点的电场强度最大；根据等势面与电场线垂直，电场强度方向从c指向a，b点处的电场强度方向与x轴平行，水平向左；故A错误，B正确；
C.电场强度方向与等势线电势降低的方向一致，a、b、c三点中c点的电势最高，故C正确；
D.电子放在该场强中从a到b电场力做正功，电势能减小，故D正确。
故选：
BCD
6.2018年11月1日，我国第41颗北斗导航卫星“吉星”成功发射，该卫星工作在地球静止同步轨道上，可以对地面上的物体实现厘米级的定位服务。
已知地球表面的重力加速度为g，半径为R，该卫星绕地球做圆周运动的周期为T。
则下列说法正确的是
A.该卫星的发射速度大于第一宇宙速度，运行速度小于第一宇宙速度
B.该卫星做圆周运动的轨道半径为
C.该卫星运行的加速度大小为
D.该卫星运行的线速度大小为
【答案】AD
【解析】
【分析】
第一宇宙速度是卫星的最小发射速度，也是卫星最大的环绕速度．在地球表面上，物体的重力等于万有引力，卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，由此列式求解．
【详解】A.第一宇宙速度是卫星的最小发射速度，也是卫星最大的环绕速度。
发射地球同步卫星，发射速度一定大于第一宇宙速度，运行速度小于第一宇宙速度，故A正确；
B.用M表示地球的质量，在地球表面为m0的物体，有
，
，
m表示卫星的质量，r表示卫星的轨道半径，由万有引力定律和牛顿第二定律得
，联立解得
，故B错误；
C.由万有引力定律和牛顿第二定律得
，代入B选项结论，
，故C错误；
D.由万有引力定律和牛顿第二定律得
，代入B选项结论，v=
，故
D正确。
故选：
AD
7.如图所示，用水平向右、大小为F的恒力将一滑块从倾角为θ的固定斜面底端匀速拉到斜面顶端。
已知斜面长为s，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列判断正确的是
A.恒力F对滑块做功为Fssinθ
B.恒力F对滑块做功为Fscosθ
C.滑块的质量为
D.滑块的质量为
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据做功的定义求恒力做功的大小；滑块匀速运动，受力平衡，将滑块受力沿斜面和垂直斜面分解，分别列平衡方程，联立求解即可。
【详解】AB.根据力做功等于力与力方向位移的乘积，恒力F对滑块做功为W=Fscosθ，故A错误，B正确；
CD.滑块匀速运动，受力平衡，沿斜面方向：
Fscosθ=mgsinθ+Ff
垂直斜面方向：
FN=Fsinθ+mgcosθ，
Ff=μFN
联立解得，m=
，故C正确，D错误。
故选：
BC
8.如图所示，一倾角为30°的光滑斜面，下端与一段很短的光滑弧面相切，弧面另一端与水平传送带相切，水平传送带以5m/s的速度顺时针转动。
现有质量为1kg的物体（视为质点）从斜面上距传送带高h＝5m处由静止滑下；物体在弧面运动时不损失机械能，而且每次在弧面上运动的时间可以忽略。
已知传送带足够长，它与物体之间的动摩擦因数为0.5，取g＝10m/s2，则
A.物体第一次刚滑上水平传送带时的速度大小为5m/s
B.物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带所用的时间为4.5s
C.物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，摩擦产生的热量为200J
D.物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，摩擦力对物体做的功为-37.5J
【答案】BD
【解析】
【分析】
A.物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；
B、当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB间的距离L最小，由位移公式求出物块向左的时间；随后物块先向右加速到速度等于5m/s，然后做匀速直线运动，由运动学的公式分别求出各段的时间，然后求和；
C、摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，由此即可求出；
D、根据动能定理求解即可．
【详解】A.物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，机械能守恒，则得：
mgh=
mv2
解得：
v=
m/s=10m/s.故A错误；
B.当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB间的距离L最小,
物块在传送带上的加速度：
a=μmg/m=μg=0.5×10=5m/s2
物块到速度等于0的时间：
t1=
s=2s
物块的位移：
L=
m=10m
物块的速度等于0后，随传送带先向右做加速运动，加速度的大小不变，则物块达到与传送带速度相等的时间：
t2=v0/a=5/5=1s
位移：
x1=
m=2.5m
物块随传送带做匀速直线运动的时间：
t3=
s=1.5s
所以物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带所用的时间为：
t=t1+t2+t3=2+1+1.5=4.5s.故B正确；
C.物块向左做减速运动的过程中,传送带的位移：
x2=v0t1=5×2=10m
物块向右加速的过程中传送带的位移：
x3=v0t2=5×1=5m
相对位移：
△x=L+x2+x3−x1=10+10+5−2.5=22.5m，
该过程中产生的热量：
Q=μmg⋅△x=0.5×1×10×22.5=112.5J.故C错误；
D.由动能定理得：
Wf=
解得：
Wf=−37.5J.故D正确。
故选：
BD
三、非选择题：
第22题～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第33题～38题为选考题，考生根据要求作答。
9.某实验小组利用如图甲所示的实验装置来探究做功与物体动能变化的关系，当地的重力加速度为g。
（1）该小组成员用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝_________cm，用天平测得滑块与遮光条的总质量为M，钩码的质量为m。
（2）实验前调节气垫导轨使之水平，实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt＝1.0×10-2s，则滑块经过光电门时的瞬时速度v＝____m/s（结果保留两位有效数字）。
（3）在本实验中为了确保细线拉力所做的功与钩码重力所做的功近似相等，则滑块与遮光条的总质量M与钩码的质量m间的关系应满足M_________（填“≪”“≫”或“＝”）m。
（4）本实验中还需要测量的物理量是：
___________________________________________。
【答案】
（1）.0.430
（2）.0.43（3）.≫（4）.滑块释放时遮光条到光电门的距离x
【解析】
【分析】
（1）根据游标卡尺的读数方法读出游标卡尺的读数；
（2）遮光条较窄，认为匀速穿过光电门，根据v=d/△t得出瞬时速度；
（3）根据牛顿第二定律求出细线拉力的表达式，据此作答；
（4）根据细线拉力做的功为W=mgx，据此作答。
【详解】
（1）由游标卡尺的读数规则可得遮光条的宽度为d=4mm+0.05×6mm=4.30mm=0.430cm；
（2）滑块经过光电门时的瞬时速度为v=d/△t=（0.430×10−2）/1.0×10−2m/s=0.43m/s；
（3）令细线拉力为T，则有T=Ma及mg-T=ma，T=
，
所以只有满足M＞＞m时，细线拉力才近似等于钩码重力，细线拉力所做的功与钩码重力做的功才近似相等；
（4）细线拉力做的功为W=mgx，即需要测定滑块上的遮光条的初位置到光电门的距离x；
10.某同学利用电压表和电阻箱测定一种特殊电池的电动势（电动势E大约在9V左右，内阻r约为50Ω），已知该电池允许输出的最大电流为l50mA．该同学利用如图（a）所示的电路进行实验，图中电压表的内阻约为2KΩ，R为电阻箱．阻值范围0～9999Ω，R0是定值电阻，起保护电路的作用．
1．实验室备有的定值电阻尺。
有以下几种规格：
A．2ΩB．20ΩC．200ΩD．2000Ω,
本实验应选（填入相应的字母）作为保护电阻．
2．在图（b）的实物图中，已正确地连接了部分电路，请完成余下电路的连接．
3．该同学完成电路的连接后，闭合开关s，调节电阻箱的阻值；读取电压表的示数，其中电压表的某一次偏转如图（c）所示，其读数为_______．
4．改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图（d）所示的图线，则根据该同学所作出的图线可求得该电池的电动势E为_______V，内阻r为_____Ω．（结果保留两位有效数字）
5．用该电路测电动势与内阻，测量和真实值的关系E测E真，r测r真（填“大于”、“小于”或“等于”）
【答案】
（1）B．
（2）电路如图；（3）6.5V；（4）10；50Ω（5）小于；小于
【解析】
试题分析：
（1）测量电源电动势和内阻的原理是根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，通过改变电阻箱的电阻改变电流和路端电压，所以把电流表采用外接法
（2）电压表量程为15V，示数为6.5V（3）
，由此可知图像与纵坐标的交点为电源的倒数，斜率为r/E（4）由于电压表有分流作用，所以测量的电动势偏小，斜率偏小，内阻偏小
考点：
考查测量电动势和内阻
点评：
难度较大，该实验与演示实验不同，考查学生的变通能力，还是应该从闭合电路欧姆定律的内容入手，回归根本
11.距水平地面高5m的平台边缘放有一质量为1kg的木块，一质量为20g的子弹水平射入木块，并留在木块内，木块在子弹的冲击下掉落到水平地面上，测得木块落地位置到平台边缘的水平距离为3m。
不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。
求：
（1）子弹射入木块前瞬间的速度大小；
（2）子弹射入木块的过程中所产生的内能。
【答案】
（1）153m/s
（2）229.5J
【解析】
【分析】
（1）子弹射入木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒；子弹射入木块后与木块一起做平抛运动。
据此列方程求解即可；
（2）由能量守恒可知，系统减小的动能转化成内能。
据此列方程即可求解。
【详解】
（1）子弹射入木块后与木块一起做平抛运动，有
vt＝x
解得：
v＝3m/s
子弹射入木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，有
mv0＝（m+M）v
解得：
v0＝153m/s。
（2）由能量守恒可知
解得：
Q＝229.5J。
12.在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限区域内有沿y轴正方向（竖直向上）的匀强电场，电场强度大小E0＝50N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d＝0.2m、方向沿x轴正方向（水平向右）的匀强电场。
质量m＝0.1kg、带电荷量q＝+1×10-2C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入电场，通过第Ⅰ象限后，从x轴上的A点进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为（0，0，4），（0，4，0），取重力加速度g＝10m/s2。
求：
（1）初速度v0的大小；
（2）A、B两点间的电势差UAB；
（3）小球经过B点时的速度大小。
【答案】
（1）1m/s
（2）5V（3）
【解析】
【分析】
（1）小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向都做匀加速运动，分别列位移方程，即可求解；
（2）小球在第四象限恰好做直线运动，合外力的方向与速度方向在一条直线上，根据
可求电场强度，根据U＝El可求A、B间的电势差；
（3）对小球运动的全过程，由动能定理，可求小球经过B点时的速度大小。
【详解】
（1）小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动，小球带正电，受到的电场力竖直向上，根据牛顿第二定律，加速度
解得a＝5m/s2
根据平抛运动规律有，小球沿水平方向做匀速运动：
xA＝v0t
沿竖直方向有：
解得v0＝1m/s。
（2）设水平电场的电场强度大小为E，因未进入电场前，带电小球做类平抛运动，所以进入电场时竖直方向的速度
因为小球在该电场区域恰好做直线运动，所以合外力的方向与速度方向在一条直线上，即速度方向与合外力的方向相同，有
解得E＝50N/C
设小球在水平电场中运动的水平距离为l
根据U＝El
解得UAB＝5V。
（3）设小球在B点的速度大小为v，对小球运动的全过程，由动能定理，有
解得
。
13.回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50K。
某台回热式制冷机工作时，一定量的氦气（可视为理想气体）缓慢经历如图所示的四个过程：
已知状态A和B的温度均为27℃，状态C和D的温度均为-133℃，下列判断正确的是_________。
（填正确答案标号。
）
A．气体由状态A到B过程，温度先升高后降低
B．气体由状态B到C过程，内能保持不变
C．气体由状态C到D过程，分子间的平均间距减小
D．气体由状态C到D过程，气体对外做功
E．气体由状态D到A过程，其热力学温度与压强成正比
【答案】ADE
【解析】
【分析】
状态A和B的温度相等，经过A、B的等温线应是过A、B的双曲线，根据
，把AB直线与双曲线比较可判断温度的变化；对于理想气体分子势能不计，根据温度变化可判断内能的变化；根据体积的变化可判断分子间距离的变化和气体对外做功的情况；对于体积不变，其热力学温度与压强成正比。
【详解】A.状态A和B的温度相等，根据
，经过A、B的等温线应是过A、B的双曲线，沿直线由A到B，PV先增大后减小，所以温度先升高后降低，故A正确；
B.气体由状态B到C过程，体积不变，根据
，压强减小，温度降低，内能减小，故B错误；
C.气体由状态C到D过程，体积增大，分子间的平均间距最大，故C错误；
D.气体由状态C到D过程，体积增大，气体对外做功，故D正确；
E.气体由状态D到A过程，体积不变，根据
，其热力学温度与压强成正比，故E正确。
故选：
ADE
14.如图所示，体积为V的汽缸由导热性良好的材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成体积相等的上下两部分，汽缸上部通过单向阀门K（气体只能进入汽缸，不能流出汽缸）与一打气筒相连。
开始时汽缸内上部分气体的压强为p0，现用打气筒向容器内打气。
已知打气筒每次能打入压强为p0、体积为
的空气，当打气49次后，稳定时汽缸上下两部分的体积之比为9:
1，重力加速度大小为g，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦。
求活塞的质量m。
【答案】
【解析】
【分析】
根据活塞受力平衡可知上下两部分气体的压强关系；气筒打入的气体和汽缸上部分原来的气体等温压缩，汽缸下部分气体等温压缩，分别应用玻意耳定律列方程，联立即可求解活塞质量。
【详解】开始时，汽缸上部分气体体积为
，压强为p0，下部分气体体积为
，压强为
后来汽缸上部分气体体积为
，设压强为p，下部分气体体积为
，压强为
打入的空气总体积为
，压强为p0
由玻意耳定律可知，对上部分气体有：
对下部分气体有：
解得：
。
15.一列简谐横波在介质中沿x轴负方向传播，t＝0时刻的波形如图所示，此时刻质点P的位移为5cm，质点Q位于x＝4m处．从t＝0时刻开始计时，当t＝16.5s时质点Q刚好第3次到达波峰．下列说法正确的是____．（填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．该波的振动周期为4s
B．该波的传播速度为
m/s
C．t＝3s时质点P沿y轴负方向运动
D．0～30s内质点Q通过的路程为2m
E．0～3s内质点P通过的路程为10cm
【答案】BCD
【解析】
A项：
根据从t＝0时刻开始计时，当t＝16.5s时质点Q刚好第3次到达波峰可知，
，解得
，故A错误；
B项：
根据公式
，故B正确；
C项：
在t=3s即半个周期，质点从图示位置开始向上振动，经半个周期质点沿y轴负向振动，故C正确；
D项：
0～30s内即5个周期，所以质点通过的路程为
，故D错误；
E项：
0～3s内即半个周期，质点在半个周期内通过的路程为
，故E正确。
16.如图所示,由某种透明物质制成的直角三棱镜ABC,∠A=30°，AB长为2m,且在AB外表面镀有水银。
一束与BC面成45°角的光线从BC边的中点D射入棱镜。
已知棱镜对该光的折射率n=
。
.求光线从AC面射出校镜的位置和在该位置对应的折射角。
【答案】
0°
【解析】
【分析】
根据折射定律可求从BC边进入时的折射角，根据几何关系可求在AB边的入射角，经AB边反射后垂直AC边射出，则光线射出棱镜时的折射角为0°。
再根据几何关系可求射出点到C的距离。
【详解】由折射定律可知：
r＝30°
由几何关系可知，光线在AB面的入射角等于30°，所以光线在AB面发生反射后，垂直AC面射出棱镜，即光线射出棱镜时的折射角为0°
射出点到C点的距离
解得：
。
升级会员 