2019届四川省广元市高三第二次高考适应性统考物理试题（解析版）

2019届四川省广元市高三第二次高考适应性统考物理试题（解析版）

一、选择题：

1.分别用频率为和2的甲、乙两种单色光照射某金属，逸出光电子的最大初动能之比为1:3，已知普朗克常量为h，真空中光速为c，电子电量为e．下列说法正确的是

A. 用频率为2的单色光照射该金属，单位时间内逸出的光电子数目一定较多

B. 用频率为的单色光照射该金属也能发生光电效应

C. 甲、乙两种单色光照射该金属，只要光的强弱相同，对应的光电流的遏止电压就相同

D. 该金属的逸出功为

【答案】D

【解析】

【详解】A．光照射金属，金属单位时间内逸出的光电子数目与入射光的强度有关；用频率为2的单色光照射该金属，单位时间内逸出的光电子数目不一定多。故A项错误。

BD．据爱因斯坦光电效应方程可得，、，又；联立解得：．频率为的单色光光子能量，则用频率为的单色光照射该金属不能发生光电效应。故B项错误，D项正确。

C．甲、乙两种单色光照射该金属，逸出光电子的最大初动能不同，对应的光电流的遏止电压不同。故C项错误。

2.长期以来“卡戎星（Charon）”被认为是冥王星唯一的卫星，它的公转轨道半径r1=19600km，公转周期T1=6.39天。2006年3月，天文学家新发现两颗冥王星的小卫星，其中一颗的公转轨道半径r2=48000km，则它的公转周期T2最接近于（ ）

A. 15天 B. 25天 C. 35天 D. 45天

【答案】B

【解析】

试题分析:根据开普勒行星三定律的周期定律，代入数据可求T2最接近于25天，所以B选项正确；A、C、D错误。

考点：天体运动、开普勒定律

3.如图所示为一通关游戏示意图，与关门水平距离为L的左上方有一步枪，步枪可以水平发射出初速度大小可以调节的子弹，关门上端距枪口的竖直距离为H，L=2H．通关时，游戏者操控步枪射出子弹的瞬间关门开始运动，关门以大小为v的速度水平向左匀速运动的同时还以大小为v的初速度做竖直上抛运动．游戏要求子弹恰好从关门的上端擦边而过就算通关，重力加速度为g，不计空气阻力．如果能够通关，子弹的初速度大小为

A.  B. 2v C. v D.

【答案】C

【解析】

【详解】设子弹射出后经时间恰好从关门的上端擦边，子弹下降的距离、关门竖直上升的距离、又，解得；子弹水平方向运动的距离、关门水平方向运动的距离、又，解得：子弹的初速度。故C项正确，ABD三项错误。

4.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场．两个质子M、N沿平行于直径cd的方向从圆周上同一点P射入磁场区域， P点与cd间的距离为，质子M、N入射的速度大小之比为1:2．ab是垂直cd的直径，质子M恰好从b点射出磁场，不计质子的重力和质子间的作用力．则两质子M、N在磁场中运动的时间之比为

A. 2:1 B. 3:1 C. 3:2 D. 3:4

【答案】A

【解析】

【详解】作出两质子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，质子M的轨道半径为R，轨迹圆弧所对圆心角θ1＝120º；根据得，则质子N的轨道半径为2R，再由几何关系得：轨迹圆弧所对圆心角θ2＝60º；质子在磁场做圆周运动的周期：，运动的时间满足：，解得：．故A项正确，BCD三项错误．

5.一物块在空中某位置从静止开始沿直线下落，其速度v随时间t变化的图线如图所示．则物块

A. 第一个t0时间内的位移等于第二个t0时间内的位移

B. 第一个t0时间内的平均速度等于第二个t0时间内的平均速度

C. 第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量

D. 第一个t0时间内合外力的功大小等于第二个t0时间内合外力的功大小

【答案】CD

【解析】

【详解】AB．速度时间图象中，图线与横轴围成的面积表示物块的位移；则物块第一个t0时间内的位移小于第二个t0时间内位移．据得，物块第一个t0时间内的平均速度小于第二个t0时间内的平均速度．故AB两项错误．

C．冲量，可知第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量．故C项正确．

D．根据动能定理可知，合外力对物块做的功等于动能的改变量．由图知，第一个t0时间内动能的变化量大小等于第二个t0时间内动能的变化量大小，则第一个t0时间内合外力的功大小等于第二个t0时间内合外力的功大小．故D项正确．

6.如图所示，一小型发电机与理想变压器连接给两只完全相同的灯泡P、Q供电，电流表A为理想电表，线圈和导线的电阻不计，开关S闭合时两灯泡正常发光．保持其它条件不变，开关由闭合到断开．则

A. 电流表的示数不变，P中电流的频率变为原来的2倍

B. 电流表的示数变为原来的一半，P中电流的频率不变

C. 带动发电机线圈转动的外力的功率变小，且P灯亮度不变

D. 带动发电机线圈转动的外力的功率变大，且P灯变亮

【答案】BC

【解析】

【详解】AB．只将开关由闭合到断开，原线圈两端电压不变，副线圈两端电压不变，负载由两灯并联变成只有一盏灯，则副线圈电流变为原来一半；据知，原线圈电流变为原来的一半，电流表的示数变为原来的一半．原线圈中电流的频率不变，副线圈中电流的频率不变，则P中电流的频率不变．故A项错误，B项正确．

CD．只将开关由闭合到断开，原线圈两端电压不变，副线圈两端电压不变，P灯亮度不变，副线圈电流变为原来一半，变压器的输出功率变为原来的一半，据可得，变压器的输入功率变为原来的一半，发电机的输出功率变小，带动发电机线圈转动的外力的功率变小．故C项正确，D项错误．

7.如图所示，在正点电荷Q的电场中有A、B、C、D四点，A、B、C为直角三角形的三个顶点，D为AC的中点，∠A=30º，A、B、C、D四点的电场强度大小分别用EA、EB、EC、ED表示，已知EA＝EC，B、C两点的电场强度方向相同，点电荷Q在A、B、C三点构成的平面内．则

A.

B. 点电荷Q在D点位置

C. 将一正点电荷q从A点沿直线移到C点，电场力先做正功再做负功

D. B、A两点和B、C两点间的电势差满足

【答案】AD

【解析】

【详解】B．点电荷Q在A、B、C三点构成的平面内，正点电荷Q的电场，EA＝EC，则正点电荷在AC的中垂线上；又B、C两点的电场强度方向相同，则正点电荷在BC的连线上，所以正点电荷的位置在图中O点．故B项错误．

A．由几何关系得：，再据点电荷的场强公式可得，．故A项正确．

C．在正点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，从A点沿直线到C点过程中，电势先增大后减小，则正点电荷q从A点沿直线移到C点的过程中电势能先增大后减小，电场力先做负功再做正功．故C项错误．

D．AC两点到正点电荷的距离相等，则，所以，B、A两点和B、C两点间的电势差满足．故D项正确．

8.某质量m＝1500kg的“双引擎”小汽车，行驶速度v≤54km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54km/h<v≤90km/h范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度v >90km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保．该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t的图线如图所示，所受阻力恒为1250N．已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11s末．则在前11s内

A. 经过计算t0＝6s

B. 电动机输出的最大功率为60kW

C. 汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105J

D. 汽车的位移为160m

【答案】AC

【解析】

【详解】A ．开始阶段，牵引力，据牛顿第二定律可得，，解得：开始阶段加速度a＝2.5m/s2．v1＝54km/h＝15m/s，据，解得t0＝6s．故A项正确．

B．t0时刻，电动机输出的功率最大，且．故B项错误．

C．汽油机工作期间，功率，11s时刻汽车的速度，汽油机工作期间牵引力做的功．故C项正确．

D．汽车前6s内的位移，后5s内根据动能定理得：，解得：汽车后5s内的位移．所以前11s时间内汽车的位移．故D项错误．

二、非选择题：

9.某同学用打点计时器研究小车的匀变速直线运动，他将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，实验时得到一条纸带如图所示，他在纸带上便于测量的地方选取第一个计数点，在这点下标明A，第六个点下标明B，第十一个点下标明C，第十六个点下标明D，第二十一个点下标明E．测量时发现B点已模糊不清，他只测得AC长为14.56cm，CD长为11.15cm，DE长为13.73cm．

(1)为了探究匀变速直线运动的规律，该同学所取的计数点个数__________（填字母序号）．

A．偏少　　　B．偏多　　　C．合适

(2)若小车是做匀变速直线运动，由该同学所测的实验数据计算出小车的加速度a＝__________m/s2，打点计时器打A点时小车的瞬时速度vA＝__________m/s．（计算结果均保留三位有效数字）

【答案】    (1).     (2). 2.58    (3). 0.470

【解析】

【详解】（1）本实验根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小，应多取一些数据，根据作差法求出加速度，再求平均值，而该同学只取两组数据，计数点偏少，A正确；

（2）由于第1个计数点，在该点下标明A，第6个点下标明B，第11个点下标明C，第16个点下标明D，第21个点下标明E，由于AC间的时间间隔，CE间的时间间隔也为，根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小，，解得；
（3）根据匀变速直线运动的推论公式，，，所以，根据匀变速直线运动速度时间公式得，解得；

10.同学们在测量某电阻丝的电阻 Rx的实验中，所用电流表的内阻与 Rx相当，电压表可视为理想电压表．

(1) 若使用图甲所示电路图进行实验，为了使 Rx的测量值更接近真实值，电压表的 a端应连接到电路的__________点（填“b”或“c”）．实验测得电阻丝的 U–I图像如图乙所示，根据图像测得 Rx＝__________Ω（保留两位有效数字）．

(2) 实验中，随着电源电压进一步增加，电阻丝逐渐进入炽热状态，同学们发现对炽热电阻丝吹气，其阻值会发生变化．在控制电阻丝两端的电压为10V的条件下，得到电阻丝的电阻 Rx随风速v（用风速计测量）的变化关系如图丙所示．由图可知当风速增加时， Rx会__________（填“增大”或“减小”）．当电源电压不变，在风速增加的过程中，为保持电阻丝两端电压为10V，需要将滑动变阻器 RW的滑片向__________（填“M”或“N”）端调节．实验中为了通过电压表的示数来显示风速，同学们设计了如图丁所示的电路．其中 R为两只阻值相同的电阻， Rx为两根相同的电阻丝，一根置于气流中，另一根不受气流影响，V 为待接入的理想电压表．如果要求在测量中，风速从零开始增加，电压表的示数也从零开始增加，则电压表的“+”端和“–”端应分别连接到电路中的 b点和__________点（填“a”“c”或“d”）．

【答案】    (1). c    (2). 4.0（3.9 ~ 4.1）    (3). 减小    (4). M    (5). d

【解析】

【详解】(1)电流表的内阻与 Rx相当，为了使 Rx的测量值更接近真实值，应采用电流表的外接法，所以电压表的 a端应连接到电路的c点．

 U–I图像的斜率表示电阻的阻值，则．

(2)由图可知当风速增加时， Rx会减小．

 Rx减小，并联部分电阻减小，并联部分分得电压减小，要让其分得电压不变，滑动变阻器的滑片应向M端移动，维持电路其它部分电阻与并联部分电阻之比不变．

风速从零开始增加， 置于气流中的电阻Rx会减小，其他电阻不变，要使电压表示数从零开始增加，电压表的正负接线柱只能接在b、d两点，因其它各点间的电势差不可能为零．

11.我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”已经走进千家万户．某天，东东呼叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，东东操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s，最后再匀减速1s恰好到达他家阳台且速度为零．货物上升过程中，遥控器上显示无人机在加速、匀速、减速过程中对货物的作用力F1、F2和F3大小分别为20.8N、20.4N和18.4N，货物受到的阻力恒为其重力的0.02倍．g取10m/s2．计算：

(1)货物的质量m；

(2)货物上升过程中的最大动能Ekm及东东家阳台距地面的高度h．

【答案】(1) m＝2kg     (2)     h＝56m

【解析】

【详解】(1)在货物匀速上升的过程中

由平衡条件得

其中

解得

(2)设整个过程中的最大速度为v，在货物匀减速运动阶段

由牛顿运动定律得

由运动学公式得

解得

最大动能

减速阶段的位移

匀速阶段的位移

加速阶段，由牛顿运动定律得，由运动学公式得，解得

阳台距地面的高度

12.如图所示，水平轨道与半径为r的半圆弧形轨道平滑连接于S点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上．在平板的上下各有一块相互正对的水平金属板P、Q，两板间的距离为d．半圆轨道的最高点T、最低点S、及P、Q板右侧边缘点在同一竖直线上．装置左侧有一半径为L的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一根长度略大于L的金属棒一端置于圆环上，另一端与过圆心O1的竖直转轴连接，转轴带动金属杆转动，在圆环边缘和转轴处引出导线分别与P、Q连接，图中电阻阻值为R，不计其它电阻．右侧水平轨道上有一带电量为+q、质量为的小球1以速度向左运动，与前面静止的、质量也为的不带电小球2发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动，小球和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设P、Q板正对区域间才存在电场．重力加速度为g．

(1)计算小球1与小球2碰后粘合体的速度大小v；

(2)若金属杆转动的角速度为ω，计算图中电阻R消耗的电功率P；

(3)要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，计算金属杆转动的角速度的范围．

【答案】(1)     (2)    (3) ≤ω≤

【解析】

【详解】(1)两球碰撞过程动量守恒，则

解得

(2)杆转动的电动势

电阻R的功率

(3)通过金属杆的转动方向可知：P、Q板间的电场方向向上，粘合体受到的电场力方向向上．在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点T，临界状态是粘合体刚好达到T点，此时金属杆的角速度ω1为最小，设此时对应的电场强度为E1，粘合体达到T点时的速度为v1．

在T点，由牛顿第二定律得

从S到T，由动能定理得

解得

杆转动的电动势

两板间电场强度

联立解得

如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在S点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在S点不脱落轨道，此时金属杆的角速度ω2为最大，设此时对应的电场强度为E2．

在S点，由牛顿第二定律得

杆转动的电动势

两板间电场强度

联立解得

综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，金属杆转动的角速度的范围为：.

13.体育课上李辉同学一脚把足球踢到了足球场下面的池塘中间．王奇提出用石头激起水波让水浪把足球推到池边，他抛出一石块到水池中激起了一列水波，可是结果足球并没有被推到池边．大家一筹莫展，恰好物理老师来了，大家进行了关于波的讨论．物理老师把两片小树叶放在水面上，大家观察发现两片小树叶在做上下振动，当一片树叶在波峰时恰好另一片树叶在波谷，两树叶在1min内都上下振动了36次，两树叶之间有2个波峰，他们测出两树叶间水面距离是4m．则下列说法正确的是__________

A. 该列水波的频率是36Hz B. 该列水波的波长是1.6m

C. 该列水波的波速是0.96m/s D. 两片树叶的位移始终等大反向

E. 足球不能到岸边的原因是水波的振幅太小

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．两树叶在1min内都上下振动了36次，则树叶振动的周期，树叶振动的频率，水波的频率为0.6 Hz．故A项错误．

B．两树叶之间有2个波峰，当一片树叶在波峰时恰好另一片树叶在波谷，两树叶间水面距离是4m，所以，解得：该列水波的波长．故B项正确．

C．据可得，水波的波速．故C项正确．

D．一片树叶在波峰时恰好另一片树叶在波谷，两者平衡位置间的距离是半波长的奇数倍，两片树叶的位移始终等大反向．故D项正确．

E．水波传播时，各质点在自身的平衡位置附近往复振动，并不随波迁移，所以足球不能到岸边．故E项错误．

14.如图所示，一截面为半圆的透明体，其AB面与水平面间的夹角为30º，半圆半径r＝10cm．一束很细的单色光从半圆上P点竖直向下射入透明体，且此光线的延长线恰好经过圆心O点，在水平面上得到一个亮点R（未画出），同时光线从圆弧AB上某点Q射出（未画出），已知透明体的折射率为．

①补充完整光路图；

②求QR两点间的距离x．

【答案】①    ②

【解析】

【详解】①作出光路图如图所示

②由光路图可知光线从P点进入透明体在AB边的入射角为30º，根据反射定律有

由得，折射角

由几何关系可知，则为等腰三角形

所以

由几何关系得为直角三角形

则QR两点间的距离