2019届宁夏石嘴山市第三中学高三下学期三模考试理科综合物理试卷（解析版）

石嘴山三中2019届高三三模考试

理科综合能力测试-物理部分

1.在物理学的发展中，有许多科学家做出了重大贡献，下列说法中正确的是   （        ）

A. 伽利略通过观察发现了行星运动的规律

B. 库仑发现了电荷守恒定律并测出了元电荷的电荷量

C. 牛顿通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持

D. 英国物理学家卡文迪许用实验的方法测出了万有引力常量

【答案】D

【解析】

【详解】A.开普勒通过观察发现了行星运动的规律，A错误

B.密里根通过实验测定了元电荷的电荷量，B错误

C.伽利略通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持，C错误

D.牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许用实验的方法测出了万有引力常量，D正确

2.在平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间图像分别为图中直线a和曲线b。t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，下列说法正确的是      （     ） 

A. t=3s时，两车具有共同的加速度

B. 在运动过程中，b车始终没有超过a车

C. a车做匀速运动，b车做加速运动

D. 在0-3s的时间内，a车的平均速度比b车的大

【答案】B

【解析】

【详解】A.因为位移时间图像的斜率代表物体的速度，在t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，斜率相同，所以两车具有相同的速度，而不是加速度，A错误

B.位移时间图像，纵坐标表示距原点的距离，通过图像可知，b车始终没有超过a车，B正确

C.通过图像可知，b车斜率在减小，速度在减小，所以b车做减速运动，C错误

D.纵轴的变化量代表位移，所以在0-3s的时间内，a的位移小于b的位移，所以a的平均速度小，D错误

3.“跳一跳”小游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边平台上.如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，其最高点离平台的高度为h，水平速度为v；若质量为m的棋子在运动过程中可视为质点，只受重力作用，重力加速度为g，则(　　)

A. 棋子从最高点落到平台上所需时间t＝

B. 若棋子在最高点的速度v变大，则其落到平台上的时间变长

C. 棋子从最高点落到平台的过程中，重力势能减少mgh

D. 棋子落到平台上的速度大小为

【答案】AC

【解析】

【详解】A、从最高点速度水平，只受重力做平抛运动，由得：；A项正确.

B、下落时间只与竖直高度有关，与初速度v无关，B项错误.

C、下落过程中，重力势能减少mgh，C项正确.

D、由机械能守恒定律：，得：，D项错误.

故选AC.

【点睛】斜上抛运动可以由运动的分解和运动的对称性分析.

4.滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中

A. 所受合外力始终为零

B. 所受摩擦力大小不变

C. 合外力做功一定为零

D. 机械能始终保持不变

【答案】C

【解析】

【分析】

根据曲线运动的特点分析物体受力情况，根据牛顿第二定律求解出运动员与曲面间的正压力变化情况，从而分析运动员所受摩擦力变化；根据运动员的动能变化情况，结合动能定理分析合外力做功；根据运动过程中，是否只有重力做功来判断运动员的机械能是否守恒；

【详解】因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有，运动过程中速率恒定，且在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据可知摩擦力越来越大，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C正确；因为克服摩擦力做功，机械能不守恒，D错误；故选C.

5.如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点。第一次小球在水平拉力F1作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ（θ<90o），张力大小为FT1；第二次在水平恒力F2作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，在Q点时轻绳中的张力大小为FT2。关于这两个过程，下列说法中正确的是(不计空气阻力，重力加速度为g)（   ）

A. 两个过程中，轻绳的张力均变大

B. 第一个过程中，拉力F1在逐渐变大，且最大值一定大于F2

C. FT1＝，FT2＝mg

D. 第二个过程中，重力和水平恒力F2的合力的功率先增大后减小

【答案】BC

【解析】

第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得：，随着增大，逐渐增大；第二次从P点开始运动并恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得：，解得：，因，则，即，第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力，所以轻绳的张力变大，第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与重力和方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故A错误，B正确；第一次运动到Q点时，受力平衡，根据几何关系可知，第二次运动到Q点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力，故C正确；第二个过程中，重力和水平恒力F′的合力是个恒力，在等效最低点时，合力方向与速度方向垂直，此时功率最小为零，到达Q点速度也为零，则第二个过程中，重力和水平恒力的合力的功率先增大，后减小，再增大，最后再减小为0，故D错误．故选BC．

【点睛】第一次小球在水平拉力作用下，从P点缓慢地移动到Q点，则小球处于平衡状态，第二次在水平恒力作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，找出“最低点”，最低点的速度最大，在Q点速度为零，则向心力为零，判断与mg的关系．

6.如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略。下列说法中正确的是  (      )　　

A. 合上开关K瞬间，A1、A2同时亮

B. 合上开关K瞬间，A2立刻亮，A1逐渐变亮

C. 合上开关K一段时间后，再断开开关K时，A2立刻熄灭，A1逐渐熄灭

D. 合上开关K一段时间后，再断开开关K时，A1和A2都缓慢熄灭

【答案】BD

【解析】

【详解】AB.合上开关K瞬间，由于电感线圈会阻碍电流的增大，所以A1支路电流缓慢增大，A1逐渐变亮，A2支路由于只有灯泡，所以A2立刻亮，A错误B正确

CD.合上开关K一段时间后，再断开开关K时，电感线圈会阻碍电流减小，产生与原电流方向相同的感应电流，而此时开关断开，所以A1、A2组成闭合回路，两灯泡都是缓慢熄灭，C错误D正确

7.2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100s时，它们相距约400km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星(    )

A. 质量之和 B. 质量之积 C. 速率之和 D. 各自的自转角速度

【答案】AC

【解析】

【详解】根据题意可知，转动角速度：，间距L已知，万有引力常量G已知：根据万有引力提供向心力：，且，联立可得：，，BD错误AC正确

8.如图所示，在足够大的光滑水平面上，有相距为d的两条水平的平行虚线，两虚线间有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．正方形线圈abcd边长为L（L<d），质量为m ，电阻不为0 ，初始时线圈在磁场一侧，当cd边刚进入磁场时速度为，ab边刚进入磁场时速度为，线圈abcd全部离开磁场时速度为，整个过程中线圈cd边始终与磁场边界平行且线圈与光滑水平面接触，则下列说法正确的是

A. 、和的关系为

B. 、和的关系为

C. 线圈进入磁场过程中，通过导线横截面的电荷量为

D. 线圈离开磁场过程中，做加速度越来越大的减速运动

【答案】BC

【解析】

C、线圈进入磁场的过程，由动量定理可知，解得线圈进入磁场过程中，通过导线横截面的电荷量为，故C正确；

AB、整个线圈在磁场中运动时做匀速运动，则dc边刚要出离磁场时的速度v2，则线圈出磁强的过程，由动量定理可知，根据，线圈进入磁场过程和出离磁强流过线圈截面的电量相相同，即q1=q2，联立解得，即，故B正确，A错误；

D、线圈离开磁场过程中，由于安培力方向与运动方向相反，则做减速运动，随速度的减小,感应电流减小，安培力减小，则加速度减小，即线圈做加速度越来越小的减速运动，故D错误；

故选BC。

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～第41题为选考题，考生根据要求做答。

9.某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴(横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1 mm)的纸贴在水平桌面上，如图(a)所示。将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点(位于图示部分之外)，另一端P位于y轴上的A点时，橡皮筋处于原长。

(1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O，此时拉力F的大小可由测力计读出。测力计的示数如图(b)所示，F的大小为________N。

(2)撤去(1)中拉力，橡皮筋P端回到A点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P端拉至O点。此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1＝4.2 N和F2＝5.6 N。

(ⅰ)用5 mm长度的线段表示1 N的力，以O为作用点，在图(a)中画出力F1、F2的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力F合_____________；

(ⅱ)F合的大小为________N，F合与拉力F的夹角的正切值为________。

若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。

【答案】    (1). 4.0    (2).     (3). 4.0    (4). 0.05

【解析】

(1)弹簧秤的最小刻度0.1N，由图可得读数为2.00N；

(2) ①作F1、F2的图示，作出合力F，F长为20mm，所以F大小为4.0N，F与拉力的夹角的正切为0.05，如图：

②若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在，实验所允许的误差范围内，则该实验验证了力的平行四边形定则。

点晴：验证力的平行四边形定则中的作图法要注意标明：力的标度，刻度，方向箭头，大小和物理量名称。

10.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，如图（a）所示：

（1）甲、乙测试笔中，甲表笔应是______（选填“红”或“黑”）表笔。

（2）电流表5mA刻度处应标的电阻刻度为_______Ω。

（3）经调零后，将甲、乙两表笔分别接图（b）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图中的a、c两点，则Rx的测量结果偏_____（选填“大”或“小”）。

（5）再给电流表并联一个合适的定值电阻R，就可组装成一个中间刻度值为15Ω的欧姆表，则R＝____Ω。（保留2位有效数字）

【答案】    (1). 红    (2). 150    (3). 225    (4). 小    (5). 3.3

【解析】

（1）为了保证电流由正接线柱流入表头，红表笔应接内部电源的负极，则甲应为红表笔；（2）设欧姆表的内阻为R，根据闭合电路的欧姆定律可知，当电流表满偏时，则有：，解得：，当电流表的示数为5mA时，则有：，解得：，（3）当电流表示数为4mA时，根据闭合电路的欧姆定律有：，解得：，（4）若误将甲、乙两表笔分别接在了图中的a、c两点，则回路中的两个电源串联，电流增大，指针偏转更大，故的测量结果偏小，（5）欧姆表的中间刻度值为15Ω，说明欧姆表的内阻为15Ω，此时回路中的最大电流为，根据电流表的改装原理，有：，解得：.

11.如图所示，质量为mA＝0.2kg的小球A系在长L1＝0.8m的细线一端，线的另一端固定在O点，质量为mB＝1kg的物块B静止于水平传送带左端的水平面上且位于O点正下方；左侧水平面、传送带及小车的上表面平滑连接，物块B与传送带之间的滑动摩擦因数μ＝0.5，传送带长L2＝3.5m，以恒定速率v0＝6m/s顺时针运转，现拉动小球使水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极短），小球反弹后上升到最高点时与水平面的距离为L1/16，取重力加速度g＝10m/s2，小球与物块均可视为质点，求：

（1）小球与物块碰前瞬间对细线的拉力大小；

（2）物块B与传送带之间因摩擦而产生的热量Q；

【答案】(1)6N (1)12.5J

【解析】

【详解】（1）小球A下摆阶段机械能守恒，根据机械恒守恒定律可得：

解得：vA＝4m/s

小球在O点正下方时，由牛顿第二定律可得：

解得：T＝6N；

（2）A上摆过程机械能守恒，则有：

解得：v1＝1m/s

A、B碰撞过程中系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：

mAvA＝﹣mAv1+mBvB

解得：vB＝1m/s

设经过时间t，B与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式可得： v0＝vB+at

由牛顿第二定律得：μmBg＝mBa

代入数据可得：t＝1s

物块滑行的距离为：

传送带的位移为：s带＝v0t

物块与传送带间的相对位移大小为：△s＝s带﹣s物

解得：△s＝2.5m

滑块B与传送带之间因摩擦而产生的热量为：Q＝μmBg△s

解得：Q＝12.5J；

12.如图，半径为a的内圆A是电子发射器，其金属圆周表圆各处可沿纸面内的任意方向发射速率为v的电子；外圆C为与A同心的金属网，半径为a。不考虑静电感应及电子的重力和电子间的相互作用，已知电子质量为m，电量为e。

(1)为使从C射出的电子速率达到3v，C、A间应加多大的电压U；

(2)C、A间不加电压，而加垂直于纸面向里的匀强磁场。

①若沿A径向射出的电子恰好不从C射出，求该电子第一次回到A时，在磁场中运动的时间t；

②为使所有电子都不从C射出，所加磁场磁感应强度B应多大。

【答案】（1） （2）① ②

【解析】

【详解】（1）对电子经C、A间的电场加速时，由动能定理得

得

（2）电子在C、A间磁场中运动轨迹与金属网相切。轨迹如图所示。

设此轨迹圆的半径为r，则

又

得

故θ=60°

所以电子在磁场中运动的时间

得

（3）若沿切线方向射出的电子轨迹恰好与金属网C相切。则所有电子都不从C射出，轨迹如图所示：

又

得

所以

13.下列关于热力学定律的说法正确的是（　　）

A. 一定质量的理想气体保持压强和体积不变，而只改变其温度是不可能的

B. 热力学第二定律是反映宏观自然过程的方向性的定律

C. 一定质量的理想气体放出热量，则其分子平均动能一定减少

D. 对于密闭容器内的理想气体而言，分子在单位时间内对单位面积容器壁碰撞的平均次数会随温度的升高而增多

E. 热运动的宏观过程是熵减少的过程

【答案】ABD

【解析】

【分析】

由理想气体状态方程可知，保持压强和体积不变，则温度一定不变，热力学第二定律反映了宏观自然过程的方向性。体积压缩放出热量，温度可能升高，故分子的平均动能可能增加，由理想气体状态方程可知，对于密闭容器内的理想气体而言，如果温度升高，分子在单位时间内对单位面积容器壁碰撞的平均次数增多，根据热力学第二定律可知，实际的宏观过程都会自发地往熵增加的方向进行.

【详解】A、由理想气体状态方程可知，保持压强和体积不变，则温度一定不变，故A正确；

B、热力学第二定律反映了宏观自然过程的方向性，故B正确；

C、体积压缩放出热量，温度可能升高，故分子的平均动能可能增加，故C错误；

D、由理想气体状态方程可知，对于密闭容器内的理想气体而言，如果温度升高，分子在单位时间内对单位面积容器壁碰撞的平均次数增多，故D正确；

E、根据热力学第二定律可知，实际的宏观过程都会自发地往熵增加的方向进行，故E错误；

故选ABD.

14.潜艇采用压缩空气排出海水控制浮沉，在海面上，潜艇将压强为、总体积为600m3的空气（包含贮气筒内空气，视为理想气体）压入容积为3m3贮气筒。潜至海面下方190m水平航行时，为控制姿态，将贮气筒内一部分压缩空气通过节流阀压入水舱，使15m3的水通过排水孔排向与之相通的大海。已知海面处大气压，取海水的密度，

（i）潜艇下潜前贮气筒内气体的压强；

（ii）排出水后贮气筒内剩余气体的压强。

【答案】（i）  （ii）

【解析】

（i）潜艇下潜前贮气筒内气体的压强为，，解得

（ii）设得出水的压强为，贮气筒内剩余气体的压强为，，

解得：

故本题答案：（i）  （ii）

点睛：找准状态参量利用玻意耳定律解题

15.一简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0 时刻波形图如图所示，波刚好传到x=8 m的位置，P是平衡位置为x=1 m处的质点，并经过0.2 s完成了一次全振动，Q是平衡位置为x=4 m处的质点，M是平衡位置为x=34m处的质点（M点图中未画出），则下列说法不正确的是（      ）

A. 波源的起振方向沿y轴负方向

B. t=0.15 s时，质点Q纵坐标为10 cm

C. 波刚好传到M质点时，质点P振动方向沿y轴正方向

D. 当质点M第一次出现在波峰位置时，质点Q恰好出现在平

衡位置且振动方向沿y轴正方向

E. 从t=0.10 s到t=0.15 s，质点P通过的路程为10 cm

【答案】BCE

【解析】

A、根据波向右传播可得：波前向下振动，故波源的起振方向沿y轴负方向，故A正确；

B、P经过0.2s完成了一次全振动，故周期，t=0s时，质点Q在平衡位置，正向上振动，故经过后,质点纵坐标为-10cm，故B错误；

C、由图可得：波长，故波速；波传播到M点的时间；t=0时，质点P向下振动，故经过0.65s后质点P向下振动，故C错误；

D、质点M第一次出现在波峰位置时， ，故质点Q恰好和t=0s时振动相同，即在平衡位置，正向上振动，故D正确；

E、从t=0.10s到t=0.15s，即，质点P从纵坐标为负向上运动到纵坐标为正，经过时间为，那么根据越靠近平衡位置速度越大可以知道：质点P通过的路程大于A，即大于10cm，故E错误；

故错误的选BCE。

【点睛】根据波的传播方向得到波前的振动方向，从而得到起振方向；根据全振动的时间得到周期，即可根据质点振动方向得到纵坐标；根据波的传播由波速和距离得到确定的时刻，然后根据周期及振动方向得到质点的振动；最后根据质点振动方向和位置得到质点经过的路程，由与平衡位置的关系得到时间内路程和A的关系。

16.在桌面上有一倒立的玻璃圆锥，其顶点恰好与桌面接触，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面是边长为a的等边三角形，如图所示．有一半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的地面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．已知玻璃的折射率为，光在空气中传播的速度为c.求：

（1）光束在桌面上形成的光斑半径R

（2）光束在玻璃中传播的时间t

【答案】（1）R=2r（2）

【解析】

【分析】

平行光束垂直入射到圆锥的底面上，方向不变射到母线上发生折射，由于入射角等于60°，而玻璃的折射率为1.5，可得临界角小于45°，所以会发生光的全反射，反射光线却恰好垂直射出．故可根据几何关系可确定光斑的半径光束在桌面上形成的光斑半径R；根据几何知识求光束在玻璃中传播的距离，由求出光束在玻璃中传播的速度，从而求得光束在玻璃中传播的时间t．

【详解】（i）设玻璃的临界角为C，根据①，得②；

光线垂直圆锥底面BC射入玻璃时，直线传到AB面．由几何关系可知入射角 ，

由于，所以光线会在AB面上发生全反射③，

光路如图，由几何关系知，反射光线恰好垂直AC面射出④，

由几何关系可知：AE=2r，在△AEG中，由于∠AEG=∠AGE=30°，则AG=AE=2r⑤，

所以，由旋转对称性可知光束在桌面上形成的光斑半径R=2r⑥；

（ii）由于△AEH为等边三角形，所以EF=AN，

故光线在玻璃中的传播距离始终为⑦，

其余入射点光线在玻璃中的传播距离类似证明均为L，
光线在玻璃中的传播时间⑧，而⑨，

联立解得⑩；

另解：（ii）如图，经过任意入射点P的光线在玻璃中的传播传播路径为PQS，由于△AQT为等边三角形，所以QS=AJ，

故光线在玻璃中的传播距离始终为⑦
光线在玻璃中的传播时间⑧，而⑨，

联立解得⑩

【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律、临界角公式、光速公式，画出光路图，运用几何知识结合解决这类问题．