2019届陕西省西安市八校高三3月模拟物理试卷（解析版）

2019年陕西省西安市陕师大附中、西安高中八校联考高考物理模拟试卷（3月份）

二、选择题

1.下列说法中不正确的是（　　）

A. α粒子散射实验中使α粒子偏转的力主要是库仑力

B. 引起α衰变的原因是弱相互作用

C. 卢瑟福用α粒子轰击氮原子核发现了质子

D. 发生α衰变的原子核其比结合能小于α粒子的比结合能

【答案】B

【解析】

【详解】使α粒子产生偏转的力主要是原子核对α粒子的库仑力的作用，故A正确；弱相互作用是引起β衰变的原因；故B错误；根据原子物理的发展历程可知，卢瑟福用α粒子轰击氮原子核发现了质子，故C正确；发生α衰变的过程中释放能量，可知发生α衰变的原子核其比结合能小于α粒子的比结合能，故D正确。本题选择错误的，故选B.

2.公式 ①和公式②分别为电场强度的定义式和点电荷场强的公式．下列四个选项中错误的是（　　）

A. ①式中的E是①式中的电荷q所产生的电场的场强，②式中的场强E是②式中的电荷q所产生的电场的场强

B. ①式中的F是放入某电场中的电荷所受的力，q是产生这个电场的电荷

C. ②式中的场强E是某电场的场强，q是放入此电场中的电荷

D. ①②两式都只对点电荷产生的电场才成立

【答案】ABCD

【解析】

【详解】①式中的E不是①式中的电荷q所产生的电场的场强，②式中的场强E是②式中的电荷q所产生的电场的场强，故A错误。①式中的F是放入某电场中的电荷所受的力，q是放入这个电场的电荷，故B错误。②式中的场强E是某电场的场强，q是产生此电场中的电荷，故C错误。公式E＝F/q是电场强度的定义式适用于任何电场，而②式只对点电荷产生的电场才成立，故D错误。本题选错误的，故选ABCD。

3. 下图是某同学站在压力传感器上做下蹲-起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到以下信息

A. 1s时人处在下蹲的最低点

B. 2s时人处于下蹲静止状态

C. 该同学做了2次下蹲-起立的动作

D. 下蹲过程中人始终处于失重状态

【答案】B

【解析】

试题分析：人在下蹲的过程中，先加速向下运动，此时加速度方向向下，故人处于失重状态，最后人静止，故下半段是人减速向下的过程，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲过程中先是失重后超重，选项D错误；在1s时人的失重最大，即向下的加速度最大，故此时人并没有静止，它不是下蹲的最低点，选项A错误；2s时人经历了失重和超重两个过程，故此时处于下蹲静止状态，选项B正确；该同学在前2s时是下蹲过程，后2s是起立的过程，所以共做了1次下蹲-起立的动作，选项C错误。

考点：牛顿第二定律，失重与超重。

4.如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙．用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E．这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（　　）

A. 撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒

B. 撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒

C. 撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为

D. 撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E

【答案】BC

【解析】

试题分析：撤去F后，A离开竖直墙前，由于系统受到墙壁向右的作用力，所以系统动量不守恒，由于只有弹力做功，所以机械能守恒；撤去F后，A离开竖直墙后，当两者共速时，弹簧弹性势能最大，此时，，,即此时弹簧的弹性势能最大值为E/3。选项BC正确。

考点：机械能守恒及动量守恒；能量守恒定律。

5.如图所示，面积为0.02m2，内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为．矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R＝100Ω，电表均为理想交流电表，当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，下列说法正确的是（　　）

A. 线圈中感应电动势的表达式为

B. P上移时，电流表示数减小

C. t＝0时刻，电压表示数为

D. 当原副线圈匝数比为1：2时，电阻上消耗的功率为400W

【答案】D

【解析】

试题分析：矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为：，线圈中感应电动势的表达式为e=100cos（100t）V，故A错误；P上移时，原线圈的匝数减小，则导致副线圈电压增大，那么副线圈电流也增大，则原线圈的电流会增大，故B错误；由于最大值为有效值的倍，所以交流电的有效值为U=100V，当t=0时，电压表示数为100V，故C错误；当原、副线圈匝数比为1：2时，次级电压有效值为200V，电阻上消耗的功率为，故D正确；故选D。

考点：交流电；变压器

6.如图所示，虚线A、B、C表示某电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等。一电子从右侧垂直等势面C向左进入电场，运动轨迹与等势面分别相交于a、b、c三点，则可以判断

A. 电子由右向左加速度变大

B. 三个等势面的电势大小为φA＞φB＞φC

C. 电子由a到b电场力做功大于b到c电场力做功

D. 电子由a到c过程中电势能不断增大

【答案】AD

【解析】

【分析】

电子仅在电场力作用下运动，等差等势面越密集的区域电场强度越大，根据牛顿第二定律判断加速度的大小；曲线运动的合力指向曲线的内侧，电场线与等势面垂直且从较高的等势面指向较低的等势面；电场力做功等于电势能的减小量.

【详解】等差等势面越密集的区域电场强度越大，故电子由右向左过程，电场力变大，加速度变大，故A正确；电场强度方向与等势面垂直，电场力指向曲线轨迹的内侧，故电场力向右侧，电场线向左侧，而沿着电场线电势降低，故φC＞φB＞φA，故B错误；因为相邻等势面间的电势差相等，即UAB=UBC，由w=Uq知，电子由a到b电场力做的功等于由b到c电场力做的功，故C错误；电子由a到c过程中不断克服电场力做功，故电势能不断增大，故D正确；故选AD。

7.某行星周围存在着环状物质，为了测定环状物质是行星的组成部分还是环绕该行星的卫星群，某天文学家对其做了精确的观测，发现环状物质绕行星中心的运行速度v与到行星中心的距离r的关系如图所示。已知行星除环状物外的半径为R，环状物质的宽度为d，引力常量为G。则以下说法正确的是

A. 环状物质是该行星的组成部分

B. 该行星的自转周期T＝

C. 该行星除去环状物质部分后的质量M＝

D. 行星表面的重力加速度g＝

【答案】AB

【解析】

A、若环状物质为卫星群，根据得，,当时，．若环状物质为行星的组成部分，则两者角速度相同，有，又由图象知环状物质为行星的组成部分，A正确；

B、环状物质为卫星的组成部分，由圆周运动物理量间的关系知，行星的自转周期：，B正确；

C、因为环状物质为行星的组成部分，质量不能用进行计算，C错误；

D、行星表面的物体的向心加速度：，行星表面的重力加速度和向心加速度意义不同，D错误；

故选AB。

8.如图，两根相距l＝0.4m、电阻不计的光滑金属导轨在同一水平面内平行放置，两导轨左端与阻值R＝0.15Ω的电阻相连，导轨x＞0的一侧存在沿+x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直（即竖直向下）。磁感应强度B＝0.5+0.5x（T）。一根质量m＝0.1kg、电阻r＝0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力作用下从x＝0处以初速度v0＝2m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变，金属棒（　　）

A. 在x＝3m处的速度为0.5m/s

B. 在x＝3m处的速度为1m/s

C. 从x＝0运动到x＝3m经历的时间为

D. 从x＝0运动到x＝3m过程中外力做功的大小约为2.8J

【答案】AC

【解析】

【详解】运动过程中电阻上消耗的功率不变，回路中电流不变，金属棒产生的感应电动势不变。在x＝0时，B0＝0.5T，金属棒产生的感应电动势为 E＝B0Lv0＝0.4V；在x＝3m处，磁感应强度为：B2＝B0+kx2＝0.5+0.5×3＝2T。根据公式E＝B2Lv2解得：v2＝0.5m/s，故A正确，B错误；电路中电流恒为为 I＝＝2A；金属棒从x＝0开始运动时的安培力为：F0＝B0IL＝0.5×2×0.4N＝0.4N。到x＝3m时的安培力为：FA＝B2IL＝2×2×0.4N＝1.6N。过程中克服安培力做功的大小为：W＝（ F0+FA）x，解得：W＝3J，从能量转化的角度来看则拉力做的功转化为导体棒动能的增量和克服安培力做功，因此拉力做功大于3J；克服安培力做功转化为内能，有：W＝Q＝I2（R+r）t，解得：，故C正确；D错误；故选AC。

三、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第22题一第32题为必考题，每个试题考生都必须作答.第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答.）（一）必考题（共129分）

9.用如图所示的实验装置来探究小球作圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值。某次实验图片如下，请回答相关问题：

（1）在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时我们主要用到了物理学中______的方法；

A．理想实验法        B．等效替代法        C．控制变量法        D．演绎法

（2）图中是在研究向心力的大小F与______的关系。

A．质量m            B．角速度ωD．半径r

（3）若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1：9，运用圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为______

A1：9        B.3：1        C.1：3        D.1：1

【答案】    (1). C    (2). B    (3). B

【解析】

【分析】

该实验采用控制变量法，图中抓住质量不变、半径不变，研究向心力与角速度的关系，根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=rω，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比。

【详解】(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法。故选C。

(2)图中两球的质量相同，转动的半径相同，则研究的是向心力与角速度的关系。故选B。

(3)根据Fn=mrω2，两球的向心力之比为1：9，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1：3，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v=rω，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3：1。故选B。

【点睛】本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变。知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等。

10.某实验探究小组为了较精确地测量一待测电阻Rx的阻值，利用多用电表粗测出它的阻值，然后再改用伏安法测量，以下是备用器材：

A．多用电表

B．电压表V1，量程6V，内阻约8kΩ

C．电压表V2，量程15V，内阻约10kΩ

D．电流表A1，量程10mA，内阻约20Ω

E．电流表A2，量程0.6A，内阻约0.5Ω

F．电源电动势E＝6V

G．滑动变阻器R1，最大阻值10Ω，额定电流为2A

H．滑动变阻器R2，最大阻值50Ω，额定电流为0.1A

I．导线、电键若干

（1）如图为多用电表盘，若用×100Ω挡测量电阻，则读数为_____Ω．

（2）在伏安法测量电阻实验中应选择的元器件_____（填器材前面的字母代号）．

（3）在虚线框内画出伏安法测量该电阻时实验电路图_____．

（4）探究小组同学合理地连接好电路，交按正确的顺序操作，闭合开关后发现移动滑动变阻器滑片时，电压表示数有变化，电流表示数为零，故障可能是_____．为了检测故障具体原因，可以先使用多用电表的_____挡检测，再在断电后用多用电表的_____挡检测．

【答案】    (1). 900    (2). ABDFGI    (3).     (4). 待测电阻或者电流表以及连接线发生断路    (5). 电压    (6). 欧姆

【解析】

（1）用×100Ω挡测量电阻，由图示表盘可知，电阻阻值为：8×100=800Ω．
（2）应用伏安法测电阻需要电源、电压表、电流表、滑动变阻器、开关与导线等实验器材；
由于电源电动势为6V，则电压表选择B；电路最大电流约为：≈0.0067A=6.7mA，则电流表选择D，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器，滑动变阻器应选择G，故需要的实验器材为：ABDFGI．
（3）由于待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据滑动变阻器应选择分压接法，由于待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，电路图如图所示：

（4）闭合开关，移动滑动变阻器滑片，电流表内有示数，说明电路存在断路，电压表示数发生变化，说明电压表与电源两极相连，电压表并联电路之外电路不存在断路，则与电压表并联的电流表和待测电阻所在支路断路；不断电时可以先使用多用电表的电压挡检测电路故障，断电后可以用多用电表的欧姆挡检测电路故障．
点睛：欧姆表指针示数与挡位乘积是欧姆表示数；实验器材的选择是常考问题，一定要掌握实验器材的选择原则；可以应用电压表、欧姆表或电流表检查电路故障，要掌握其检查方法．

11.如图所示，甲和乙是放在水平地面上的两个小物块（可视为质点），质量分别为m1＝2kg、m2＝3kg，与地面间的动摩擦因数相同，初始距离L＝170m。两者分别以v1＝10m/s和v2＝2m/s的初速度同时相向运动，经过t＝20s的时间两者发生碰撞，求物块与地面间的动摩擦因数μ．某同学解法如下：

因动摩擦因数相同，故它们在摩擦力作用下加速度的大小是相同的，由牛顿第二定律得到加速度的大小：a＝μg，设两物体在t＝20s的时间内运动路程分别为s1和s2，则有：，，考虑到s1+s2＝L即可联立解出μ。你认为该同学的解答是否合理？若合理，请解出最后结果；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正确结果。

【答案】该同学解法不合理，因为未考虑物体是否停止。 物块与地面间的动摩擦因数为0.02。

【解析】

【详解】该同学的解答不合理 ；                                            

因为四式联立，代入数据后解得a＝0.175m/s2

经过时间t＝20s，两物块的速度分别为 v'1＝v1﹣at，v'2＝v2﹣at

代入数据得 v'1＝6.5m/s，v'2＝﹣1.5m/s，v'2＜0，表明物块乙在20s之前就已经停止运动，故该同学解答不合理。

正确解答：物块2停止运动前滑行的距离

将相碰之前的位移关系s1+s2＝L

具体为

代入数据得：100a2﹣15a﹣1＝0                                         

解出 a＝0.2m/s2 和a＝﹣0.05m/s2 （舍去），

再由a＝μg得，解得μ＝0.02。

12.如图所示，长度为l的绝缘细线将质量为m、电量为q的带正电小球悬挂于O点，整个空间  中充满了匀强电场．（取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

（1）当电场方向竖直向上时，若使小球在A点获得水平速度，小球刚好能在竖直平面内做完整的圆周运动，求电场强度E1；

（2）当电场方向水平，且电场强度时，要不能让细线松弛，求小球在A点获得的水平速度v2应该满足的条件．

【答案】（1）小球刚好能在竖直平面内做完整的圆周运动，电场强度E1应满足．（2）当电场方向水平，且电场强度时，要不能让细线松弛，小球在A点获得的水平速度v2应该满足的条件是或．

【解析】

【详解】（1）当电场力qE1＜mg时，小球在最高点的速度v最小，若小球刚好能通过最高点，

则在最高点有：mg﹣qE1＝m

从最低点到最高点，由动能定理得：﹣（mg﹣qEl）•2l＝

解得

当电场力qE1＞mg时，小球在最低点的速度v最小，若小球刚好能通过最低点，则在最低点有：qE1﹣mg＝m

解得

联立可得要使小球做完整的圆周运动，电场强度应满足： ．

（2）当电场方向水平，且时，小球所受重力为mg、电场力qE2的合力大小为

，与水平方向的夹角θ满足tanθ＝

如果小球获得水平速度v2后刚好能做完整的圆周运动，在速度最小的位置B（如图）满足

F＝m

小球从A点运动到B点，由动能定理得：

﹣mgl（1+sinθ）﹣qE2lcosθ＝

联立解得 v2＝

如果小球获得水平速度v2后来回摆动，则小球刚好能到达C点或D点（如上图），则小球从A点运动到C点，由动能定理得：

﹣mgl（1+cosθ）+qE2lsinθ＝0﹣

或小球从A点运动到D点，由动能定理得：

﹣mgl（1﹣cosθ）﹣qE2lsinθ＝0﹣

解得 v2＝

综合可得，v2≥或v2≤细线均不会松驰

13.下列说法中正确的是（　　）

A. 悬浮在水中的花粉颗粒的布朗运动反映了花粉分子的热运动

B. 若一定质量的理想气体在被压缩的同时放出热量，则气体内能可能减小

C. 彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点

D. 自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的

E. 温度相等的两个物体接触，它们各自的内能不变且内能也相等

【答案】BCD

【解析】

【详解】布朗运动指悬浮在液体中的颗粒所做的无规则运动的运动，反映的是液体分子的无规则运动，故A错误。根据热力学第一定律可知，气体被压缩，即外界对气体做功，同时气体放出热量，则内能可能减小，故B正确。液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C正确。根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确。物体内能由物质的量、温度和体积共同决定，故E错误。故选BCD。

14.如图所示，上端封闭、下端开口内径均匀的玻璃管，管长L＝100cm，其中有一段长h＝15cm的水银柱把一部分空气封闭在管中．当管竖直放置时，封闭气柱A的长度LA＝50cm．现把开口端向下插入水银槽中，直至A端气柱长LA′＝37.5cm时为止，这时系统处于静止状态．已知大气压强p0＝75cmHg，整个过程中温度保持不变，试求槽内的水银进入管内的长度．

【答案】19．9cm

【解析】

分析】

玻璃管旋转过程封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律列方程求解．把开口端向下缓慢插入水银槽中两部分气体均做等温变化，分别列玻意耳定律方程，联立即可求解．

【详解】对A部分气体，由玻意耳定律有：    

解得：      

对B部分气体有：

解得：

【点睛】该题考查了气体的等温变化，解决此类问题的关键是确定气体的状态及状态参量，要特别注意密封气体的水银柱长度的变化．

15.某时刻O处质点沿y轴向下开始简谐振动，形成沿x轴正向传播简谐横波，O处质点开始振动后t＝0.8s时波的图象如图所示。P点是x轴上距坐标原点96cm处的质点。下列说法正确的是（　　）

A. 该波的波速是0.3m/s

B. 质点P经过3.2s开始振动

C. 该波遇到一个尺寸为10m的障碍物可以发生明显衍射

D. 经过4.6s质点P第二次到达波谷

E. 若质点O在t＝1s时停止振动，那么质点P在4.2s时也将停止振动

【答案】ABE

【解析】

A、由题意和图可知t周期为，该波的波长是0.24m，波速，故A正确；

B、质点P经过t开始振动，则有，故B正确；

C、该波的波长是0.24m，所以该波遇到一个尺寸为l0m的障碍物不会发生明显衍射，故C错误；

D、质点P从开始振动到第一次到达波谷需要个周期的时间，质点P第二次到达波谷的时间为，故D错误；

E、由于O处质点开始振动后质点P经过3.2s开始振动，所以质点O在t=ls时停止振动，那么质点P在4.2s时也将停止振动，故E正确；

故选ABE。

16.某玻璃三棱镜水平放置，其截面如图所示，已知玻璃的折射率为，该三棱镜的AB边竖直放置，水平虚线CD垂直AB，∠BAC＝60°，∠B＝45°，AC边长为20 cm，AD部分贴着不透光的纸，当一束水平平行光照射在三棱镜AB边上时，在下方水平屏AP上被照亮的区域有多宽？(不考虑光在玻璃中的多次反射)

【答案】

【解析】

解：玻璃的折射率为，则全反射临界角满足，，故关在BC边发生全反射，其光路图如图

光线在AC边的入射角，根据可得，在AC边的折射角

在下方水平屏AP上被照亮的区域L满足

解得