2019届吉林省辽源市第五中学高三下学期第二次模拟考试物理试题（解析版）

2019届吉林省辽源市第五中学高三下学期第二次模拟考试物理试题（解析版）

一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1～4只有一项是符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.某半导体激光器发射波长为1.5×10－6 m，功率为5.0×10－3 W的连续激光。已知可见光波长的数量级为10－7 m，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，该激光器发出的

A. 是紫外线

B. 是红外线

C. 光子能量约为1.3×10－13 J

D. 光子数约为每秒3.8×1017个

【答案】B

【解析】

【分析】

根据波长的大小判断激光器发射的是哪种电磁波．根据求出光子能量，根据 求出单位时间内发生的光子数．

【详解】A、B、波长的大小大于可见光的波长，属于红外线；故A错误，B正确.

C、光子能量；故C错误.

D、每秒钟发出的光子数；故D错误.

故选B.

【点睛】解决本题的关键熟悉电磁波谱中波长的大小关系，以及掌握光子能量与波长的大小关系．

2.如图，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如右图所示，重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法正确的是

A. A、B之间动摩擦因数为0.1

B. 长木板的质量为1 kg

C. 长木板长度至少为2 m

D. A、B组成系统损失机械能为4 J

【答案】A

【解析】

【分析】

A在B的表面上滑行时，根据v-t图象的斜率可得到A的加速度大小，由牛顿第二定律求得动摩擦因数.对系统，运用动量守恒定律列式可求得长木板的质量M．根据“面积”表示位移，求解木板的长度.由能量守恒定律求解A、B组成系统损失机械能.

【详解】B、从图可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝(m+M)v，解得：M＝m＝2kg，故B错误；

A、由图象可知，木板B匀加速运动的加速度，对B根据牛顿第二定律得μmg＝MaB，解得动摩擦因数μ＝0.1，故A正确；

C、由图象可知前1s内B的位移，A的位移，所以木板最小长度；故C错误.

D、A、B组成系统损失机械能；故D错误.

故选A.

【点睛】分析清楚图象的物理意义是解题的前提与关键，要知道加速度是联系力和运动的桥梁，根据v-t图象的斜率能得出物体运动的加速度，由面积求解位移.

3.如图所示，处于竖直面的长方形导线框MNPQ边长分别为L和2L，M、N间连接两块水平正对放置的金属板，金属板距离为d，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场。内板间有一个质量为m、电量为q的带正电油滴恰好处于半衡状态，重力加速度为g，则下列关于磁场磁感应强度大小B的变化情况及其变化率的说法正确的是

A. 正在增强，

B. 正在减小，

C. 正在增强，

D. 正在减小，

【答案】B

【解析】

【详解】油滴带正电，受向上的电场力和向下的重力平衡，即Eq=mg，则上极板带负电，由楞次定律可知，磁场磁感应强度大小B正在减小，且，；联立解得，故选B.

4.如图所示，某物体自空间O点以水平初速度v0抛出，落在地面上的A点，其轨迹为一抛物线。现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA完全重合的位置上，然后将此物体从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道。P为滑道上一点，OP连线与竖直方向成45°，则此物体

A. 物体经过P点时的速度大小为

B. 由O点运动至P点的时间为

C. 物体经过P点时，速度的竖直分量为v0

D. 物体经过P点时，速度的水平分量为

【答案】A

【解析】

【分析】

若做平抛运动，OP连线与竖直方向成45°角，所以竖直分位移与水平分位移大小相等，根据时间可求出竖直方向的分速度和速度的大小和方向，但是沿轨道运动不是平抛运动，结合动能定理和运动的分解进行求解即可；

【详解】物体若做平抛运动，运动到P点时有：，则，现在物体做的运动不是平抛运动，运动时间不等于；物体若做平抛运动，运动到P点时竖直方向上的分速度，此时速度与水平方向的夹角为，则，物块沿该轨道滑动，只有重力做功，根据动能定理得，，解得，所以，则物体经过P点时，速度的竖直分量，速度的水平分量，故A正确，BCD错误。

【点睛】解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，注意物体的运动情况与平抛运动的情况不同。

5.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5 : 1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈通过电阻为R的导线与热水器、抽油烟机连接。已知原线圈两端的电压保持不变，副线圈上的电压按图乙所示规律变化。下列说法正确的是

A. 电压表示数为1100 V

B. 热水器上电压的瞬时值表达式为V

C. 若闭合开关S，热水器的实际功率不变

D. 若闭合开关S，原线圈中电流增大

【答案】AD

【解析】

【分析】

电压表测的是电流的有效值。根据图乙所示图象求出交变电流的峰值、角频率初相位，然后写出交变电流的瞬时值表达式。根据动态分析法分析实际功率。由W=Pt可以求出抽油烟机消耗的电能．

【详解】A.根据变压器原理可得，则电压表示数为1100V，A正确；

B.由图乙可知，交变电流的峰值是，，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为，因有电阻R的存在，不是热水器两端的电压瞬时值，B错误；

C.接通开关，副线圈电阻减小，电流增大，R上的分压增大，热水器两端的电压减小，所以实际功率减小，C错误；

D.接通开关，电流增大，电压不变，所以线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，则原线圈中电流增大，D正确．

6.地月拉格朗日L2点，始终位于地月连线上的如图所示位置，该点距离地球40多万公里，距离月球约6.5万公里。若飞行器P通过L2点时，是在地球和月球的引力共同作用下沿圆轨道Ⅰ绕地心做匀速圆周运动，其周期与月球沿圆轨道Ⅱ绕地心做匀速圆周运动的周期相等。已知飞行器P线速度为v，周期为T，受 地球和月球对它的万有引力大小之比为k。若飞行器P只在地球万有引力作用下沿圆轨道Ⅰ绕地心做匀速圆周运动的线速度为v′，周期为T′，则

A. v′＞v B. v′＜v C.  D.

【答案】BC

【解析】

【详解】A、B项：设飞行器P受地球的引力为F1，受月球的引力为F2，由公式，，所以，故A错误，B正确；

C、D项：由公式，，，联立解得：，故C正确，D错误。

故选：BC。

7.如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置关于坐标原点O对称，圆弧曲线是一个以O点为圆心的半圆，c点为半圆与y轴的交点，a，b两点为一平行于x轴的直线与半圆的交点，下列说法正确的是

A. a，b两点的场强相同

B. a，b两点的电势相同

C. 将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点，电势能先增加后减小

D. 将一个正电荷q放在半圆上任一点，两电荷对q的作用力大小分别是F1、F2，则为一定值

【答案】BD

【解析】

:等量同种正电荷电场线和等势面的分布图如图所示, 

A、电场强度的方向沿电场线的切线方向,由图可以知道,a,b两点的场强大小相等、方向不同,场强不同.故A错误; 
B、根据等量同种电荷的电场分布的对称性知,a点的电势等于b.所以B选项是正确的; 
C、将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点,电场力先做正功,后做负功,故电势能先减小后增加,故C错误; 
D、设圆直径为d,将一个正电荷q放在半圆上任一点,设该点到a的距离为 ,到b的距离为 ,则由勾股定理得 :两电荷对q的作用力大小分别是 、 ,则由库仑定律得: , 
所以 ,为定值.所以D选项是正确的. 

故选BD

点睛：根据等量同号电荷的电场分布图,可以知道各点的电势高低和场强大小;由电场力做功情况可以知道电势能的大小;根据库仑定律推导的值.

8.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．

二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13题～第14题为选考题，考生根据要求做答)

9.如图所小，在“探究拉力做功与弹簧弹性势能增量的关系”实验中，轻弹簧左端固定，右端在水平拉力F作用下从A位置(弹簧原长位置)拉仲x到B位置，仵出的F-x图像为过坐标原点O的直线，如图所示，实验过程中，弹簧始终处于弹性限度内。

(1)F-x图像中，图线OP的斜率的物理意义是：___________。

(2)根据所学知识，可以判断直角三角形PQO的面积的物理意义是：___________。

(3)由此可推断，如果一劲度系数为k的轻弹簧，在弹性限度内，当其形变大小为x时，弹簧的弹性势能的表达式为Ep=_______________。

【答案】    (1). 弹簧的劲度系数k    (2). 拉力F做的功    (3).

【解析】

（1）根据胡克定律可知：F=kx，则F-x图像中，图线OP的斜率的物理意义是：弹簧的劲度系数k ；

（2）根据W=Fx可知，直角三角形PQO的面积的物理意义是：拉力F做的功.

（3）由图像可知拉力做功为W=kx2 ，则根据能量守恒关系可知，在弹性限度内，当其形变大小为x时，弹簧的弹性势能的表达式为Ep=kx2.

10.用图甲所示装置测量磁场的磁感应强度和某导电液体(有大量的正、负离子)的电阻率。水平管道长为l、宽度为d、高为h，置于竖直向上的匀强磁场中。管道上下两面是绝缘板，前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S、电阻箱R、灵敏电流表G(内阻为Rg)连接。管道内始终充满导电液体，液体以恒定速度v自左向右通过。闭合开关S，调节电阻箱的取值，记下相应的电流表读数。

(1)图乙所示电阻箱接入电路的电阻值为________Ω。

(2)与N板相连接的是电流表G的_________极(填“正”或“负”)。

(3)图丙所示的电流表读数为_________μA。

(4)将实验中每次电阻箱接入电路的阻值R与相应的电流表读数I绘制出图象为图丁所示的倾斜直线，其延长线与两轴的交点坐标分别为(-a，0)和(0，b)，则磁场的磁感应强度为_________，导电液体的电阻率为________。

【答案】    (1). 290.1    (2). 负    (3). 24.0    (4).      (5).

【解析】

（1）电阻箱的示数：，（2）根据左手定则可知，带正电的粒子向前表面偏转，带负电的粒子向后表面偏转，故N带负电，则与N板相连接的是电流表G的负极；（3）丙所示的电流表读数为；（4）液体以恒定速度v自左向右通过管道，则所受的电场力与洛伦兹力平衡，即，又，解得：，则回路中产生的电流为，变形得：，由题知斜率，解得：，纵截距离，解得：，根据电阻定律得：，其中，联立解得：.

【点睛】当液体以稳定速度通过时电场力与磁场力平衡，求出两端的电压，根据闭合电路的欧姆定律求出电流，再根据图象所给信息求出相关的物理量。

11.某次足球比赛中，攻方使用“边路突破，下底传中”的战术。如图，足球场长90m、宽60m.前锋甲在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做匀减速直线运动，其初速度v0＝12m/s，加速度大小a0＝2m/s2.

(1)甲踢出足球的同时沿边线向前追赶足球，设他做初速为零、加速度a1＝2m/s2的匀加速直线运动，能达到的最大速度vm＝8m/s.求他追上足球的最短时间.

(2)若甲追上足球的瞬间将足球以某速度v沿边线向前踢出，足球仍以a0在地面上做匀减速直线运动；同时，甲的速度瞬间变为v1＝6 m/s，紧接着他做匀速直线运动向前追赶足球，恰能在底线处追上足球传中，求v的大小.

【答案】(1)t＝6.5s  (2)v＝7.5m/s

【解析】

【分析】

(1)根据速度时间公式求出运动员达到最大速度的时间和位移，然后运动员做匀速直线运动，结合位移关系求出追及的时间.

(2)结合运动员和足球的位移关系，运用运动学公式求出前锋队员在底线追上足球时的速度．

【详解】(1)已知甲的加速度为，最大速度为，甲做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为：

之后甲做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移x2＝vm(t1－t0)＝8×2m＝16m

由于x1＋x2 < x0，故足球停止运动时，甲没有追上足球

甲继续以最大速度匀速运动追赶足球，则x0－(x1＋x2)＝vmt2

联立得:t2＝0.5s

甲追上足球的时间t＝t0＋t2＝6.5s

(2)足球距底线的距离x2＝45－x0＝9m

设甲运动到底线的时间为t3，则x2＝v1t3

足球在t3时间内发生的位移

联立解得：v＝7.5m/s

【点睛】解决本题的关键理清足球和运动员的位移关系，结合运动学公式灵活求解.

12.如图所示，虚线OL与y轴的夹角θ=450，在OL上侧有平行于OL向下的匀强电场，在OL下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0从y轴上的M（OM=d）点垂直于y轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，不计粒子重力。

（1）求此电场的场强大小E；

（2）若粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，求粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间。

【答案】（1） ； （2） ．

【解析】

试题分析：根据粒子只受电场力作用，沿电场线方向和垂直电场线方向建立坐标系，利用类平抛运动；根据横向位移及纵向速度建立方程组，即可求解；由（1）求出在电场中运动的时间及离开电场时的位置；再根据粒子在磁场中做圆周运动，由圆周运动规律及几何关系得到最大半径，进而得到最长时间；

（1）粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用，；

沿垂直电场线方向X和电场线方向Y建立坐标系，

则在X方向位移关系有：，所以；

该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，所以在Y方向上，速度关系有，

所以，，则有．

（2）根据（1）可知粒子在电场中运动的时间；

粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为T
粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，则粒子从M点出发到第二次经过OL在磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为；

粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，；

根据（1）可知，粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，速度v就是初速度v0在X方向上的分量，即；

粒子在电场中运动，在Y方向上的位移，所以，粒子进入磁场的位置在OL上距离O点；根据几何关系，

可得，即；

所以；

所以，粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间．

13.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)。这就是著名的“卡诺循环”。该循环过程中，下列说法正确的是________

A. A→B过程中，气体对外界做功

B. B→C过程中，气体分子的平均动能增大

C. C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多

D. D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化

E. 该循环过程中，气体吸热

【答案】ACE

【解析】

【分析】

A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，C→D过程中，等温压缩，D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高.

【详解】A、A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，气体吸热，故A正确；

B、B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；

C、C→D过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确；

D、D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故D错误；

E、该循环中，气体对外做功大于外界对气体做功，即W＜0；一个循环，内能不变，△U=0，根据热力学第一定律，Q＞0，即气体吸热，故E正确；

故选ACE.

【点睛】本题考查了理想气体状态方程的应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气体做功情况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；要知道：温度是分子平均动能的标志，理想气体内能由问题温度决定.

14.如图所示，向一个空的铝制饮料罐(即易拉罐)中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可以忽略)。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是360 cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2 cm2，吸管的有效长度为20 cm，当温度为25 ℃时，油柱离管口10 cm。

(i)估算这个气温计的测量范围；

(ii)证明吸管上标刻温度值时，刻度线一定均匀分布.

【答案】（1）23.40C-26.60C（2）略

【解析】

（1）封闭气体做等圧変化，当液体到达饮料管的最下端时，气体的温度最低，由盖-吕萨克定律得得

封闭气体做等圧変化，当液体到达饮料管的最上端时，气体的温度最高，由盖-吕萨克定律得得

此温度计的测量范围为23.40C-26.60C.

（2）根据盖-吕萨克定律，得：则有，

设吸管内部的横截面积为S，内部在25℃时的热力学温度为T1，体积为V1，当温度变化△t时油柱移动的距离为△l，则有，即：△t＝△l
由上式可以看出，△t与△l成正比关系，所以吸管上标刻温度值时，刻度是均匀的.

点睛：解决本题关键是掌握理想气体状态方程，及盖-吕萨克定律的应用。注意热力学温标与摄氏温标的区别与联系。

15.如图所示，半圆形玻璃砖半径为 8cm ，使直径 AB 垂直于屏幕并接触于 B 点，当激光束 a 以 i ＝30° 的入射角射向玻璃砖的圆心 O 时，在屏幕上 M 点出现光斑，测得 M 到 B 的距离为8cm 。则玻璃砖的折射率为________。要使激光束不能从 AB面射出，则入射角 i 至少应为 ___________。

【答案】    (1).      (2). 45°

【解析】

【分析】

先根据几何关系求解光线的折射角，然后根据折射定律求解折射率； 要使激光束不能从 AB面射出，则入射角大于临界角，根据求解临界角.

【详解】因MB=OB=8cm，可知折射角为r=450，根据光的折射定律可得：；临界角，可得C=450，即要使激光束不能从 AB面射出，则入射角 i 至少应为450.

16.如图所示为一列简谐横波沿x轴传播在t=0(实线)和t=0.5s(虚线)时刻的波形图。

(1)若t=0时刻，x=2.5m处质点正沿y轴负方向振动，求该质点第一次回到t=0时刻的位置所经过的最长时间；

(2)若波动的周期T≤0.5s≤2T，则在1s内波形传播的距离为多少?

【答案】（1） （2）10m或14m

【解析】

【分析】

①据在t=0时刻，x=2.5m处的质点向y轴负方向运动，根据波形平移法得到该波的传播方向；由两个时刻的波形可知时间与周期的关系，求出周期的通项，根据周期通项，读出波长，求出波速。
②简谐波传播过程中，振动在一个周期内传播一个波长的距离。根据波形的平移法可知，若波向左传播，且T＜△t＜2T，则波传播的距离是 1λ；若波向右传播，且T＜△t＜2T，波传播的距离是1λ，从而求得波速，进而即可求解1s内波形平移的距离。

【详解】（1）已知在t=0时刻，x=2.5m处的质点向y轴负方向运动，波形向左平移，所以该波沿x轴的负方向传播。结合图像可知，该质点回到t=0时刻的位置波形传播的最小距离为x=1m，波传播的速度 （k=0，1，2，…），k=0时波速最小，最小速度为v=6m/s；x=2.5m处质点回到t=0时刻的位置所用最长时间
（2）由于T≤0.5s≤2T，若波沿x轴正向传播，则0.5s内波传播的距离为x1=5m；波在1s内传播的距离为10m；若波沿x轴负向传播，则0.5s内波传播的距离为x2=7m；波在1s内传播的距离为14m；

【点睛】本题是多解问题，关键是会通过波形微平移确定各个质点的振动方向和波动方向；然后由图象得到周期的通项，最后求解传播速度。