2019届江苏省盐城市高三第四次模拟考试物理试题（解析版）

2019届江苏省盐城市高三第四次模拟考试物理试题

物  理

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分120分，考试时间100分钟．

第Ⅰ卷(选择题  共31分)

一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．

1.如图所示，做匀速直线运动的列车受到的阻力与它速率的平方成正比．如果列车运行速率提升为原来的2倍，则它发动机的输出功率变为原来的(　　)

A. 倍 B. 2倍 C. 4倍 D. 8倍

【答案】D

【解析】

【详解】根据可知如果列车运行速率提升为原来的2倍，则它发动机的输出功率变为原来的8倍，故选D.

2.质量相同的甲、乙两个木块与水平桌面间的动摩擦因数均相同．在水平推力F作用下做加速度为a的匀加速直线运动，现去掉乙木块，其他不变，则加速度的大小a′是(　　)

A. a′>2a B. a′=2a C. a′=a D. a′<2a

【答案】A

【解析】

【详解】根据牛顿第二定律：对甲乙的整体；去掉乙木块： ；两式相减解得，即a′>2a，故选A.

3.通电的等腰梯形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与MN平行．下列关于通电直导线MN的磁场对线框作用的(　　)

A. 线框所受安培力的合力为零

B. 线框有两条边所受的安培力方向相同

C. 线框有两条边所受的安培力大小相同

D. 线框在安培力作用下一定有向右的运动趋势

【答案】C

【解析】

【详解】直导线中的电流方向由N到M，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到斜向左下方的安培力，bc受到左上方安培力，四个边所受的安培力的合力不为零，其中bc边和ad边所受的安培力大小相同，故AB错误，C正确；离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F=BIL，cd边受到的安培力小于ab边、bc边和ad边受到的安培力的矢量和，则线框在安培力作用下一定有向左的运动趋势，故D错误。

4.如图所示的钳形电流表，按下手柄时，它的铁芯可以分开，把被测的载流导体放入后，松开手柄，铁芯闭合．导线中的交流在铁芯中产生交变磁场，电流表与套在铁芯上的线圈相连，可以间接得知导线中的电流．被测导线、铁芯、线圈构成一个电流互感器．下列对钳形电流表的说法正确的是(　　)

A. 其工作原理与降压变压器一样

B. 需要断开电路将此钳式电流表串接在电路中

C. 如果钳口没有闭合紧密，则电流的测量值会偏小

D. 如果通电导线在钳形口多绕几圈，则读数会偏小

【答案】C

【解析】

【详解】钳形电流测量仪实质上是“降流”，则原理是与升压变压器一样，故A错误。此仪器不需要断开电路，只需将将此钳式电流表的钳口扣在导线上即可，选项B错误；若钳形部分铁芯没有完全闭合，载流导线中电流产生的磁场减弱，磁通量变化率减小，在内置线圈产生的感应电动势减小，感应电流减小，则测量出的电流将小于实际电流，故C正确。根据n1I1=n2I2，知若将载流导线在铁芯上多绕几匝，即n1变大，I1、n2不变，则钳形电流测量仪的示数I2 将变大，即读数会偏大。故D错误。

5.洗衣机的脱水筒如图所示，设其半径为R并绕竖直轴线OO′以角速度ω匀速转动．质量不同的小物件A、B随脱水筒转动且相对筒壁静止．则(　　)

A. 转速减小，质量大的物件先下落

B. 转速增加，物件对筒壁的压力均增加

C. 转速增加，物件受到的摩擦力均增加

D. 转动过程中两物件的向心加速度总是相同

【答案】B

【解析】

【详解】衣物恰不下落时，对衣物来说水平方向：；竖直方向：，即，则与衣物的质量无关，即转速减小，物件一起下落，选项A错误；由可知，转速增加，物件对筒壁的压力均增加，选项B正确；物件所受的摩擦力等于重力，可知转速增加，物件受到的摩擦力不变，选项C错误；转动过程中两物件的向心加速度大小相同，但是方向不同，选项D错误.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．

6.1930年劳伦斯制成世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是(　　)

A. 粒子从电场中获得能量

B. 粒子获得最大速度与回旋加速器半径有关

C. 粒子获得最大速度与回旋加速器内的电场有关

D. 回旋加速器中的电场和磁场交替对带电粒子做功

【答案】AB

【解析】

【详解】回旋加速器中的电场对带电粒子做功，粒子在电场中加速，在磁场中偏转，可知从电场中获得能量，故A正确，D错误。根据，则，可知粒子获得最大速度与回旋加速器半径R有关，但是与回旋加速器内的电场无关，选项B正确，C错误。

7.地球同步卫星的轨道半径为r，运行速度为v1，向心加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转的速度为v2，向心加速度为a2，地球的半径为R.下列说法正确的是(　　)

A.

B.

C.

D.

【答案】AC

【解析】

【详解】同步卫星与地球赤道上的物体均有相同的角速度，则根据可知，，选项A正确，B错误；根据a=ω2r可知，，选项C正确，D错误.

8.如图所示，E表示电源电动势、I表示电路中的电流、U表示电源的路端电压、P表示电源的输出功率，当外电阻R变化时，下列图象中可能正确的是(　　)

A.

B.

C.

D.

【答案】CD

【解析】

【详解】电源的电动势与外电路的电阻无关，选项A错误；由闭合电路的欧姆定律：可知I-R图像不是直线，选项B错误；，则随R增加，U增大，当R→∞时U→E，选项C正确； ；因当r=R时，P最大，可知图像D正确。

9.光滑水平面上有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m、带电量为Q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速v0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有动能的大小可能是(　　)

A. 0 B.  C. ＋QEL D. ＋QEL

【答案】ABC

【解析】

【详解】若电场的方向平行于AB向左，小球所受的电场力向左，小球在匀强电场中做匀减速直线运动，到达BD边时，速度可能为0，所以动能可能为0．故A有可能。

若电场的方向平行于AC向上或向下，小球在匀强电场中做类平抛运动，偏转位移最大为，根据动能定理可知小球的最大动能为：，所以D不可能，C可能；若电场的方向平行于AB向左，小球做匀减速直线运动，若没有到达BD边时速度就减为零，则小球会返回到出发点，速度大小仍为v0，动能为，故B可能。故选ABC。

第Ⅱ卷(非选择题 共89分)

三、简答题：本题分必做题(第10、11、12题)和选做题(第13题)两部分，共42分．请将解答填写在相应的位置．

【必做题】

10.甲、乙两个实验小组利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．将打点计时器接到50Hz的交流电源上，选用不同的重锤，按正确操作各自得到了一条纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图甲、乙所示．实验中，两组实验时，重锤均从同一高度释放，纸带上各点均是打点计时器打出的点．

(1)重锤从A运动到C的时间是________s.

(2)应选用下面的纸带________(选填“甲”或“乙”)来验证机械能守恒定律更合理，简要说明理由________________________________________________________________________．

(3)根据你选择的纸带，为了测量CE过程中的ΔEk和ΔEp，则应测量纸带上相应打印点间距离的长度，下列合理的是________．

A.AC、AD和AE的长度

B.BD、CE和DF的长度

C.AC、CE和AE的长度

D.AE、CD和AC的长度

【答案】    (1). 0.04    (2). 甲    (3). 甲的加速度大，所受的阻力小    (4). B

【解析】

【详解】（1）两相邻计数点之间的时间间隔为0.02s，则重锤从A运动到C的时间是0.04s.

（2）应选用下面的纸带甲来验证机械能守恒定律更合理，理由是：由纸带上点迹分布可知，甲的加速度大，所受的阻力小；

（3）要求解C点的速度，则需要测量BD之间的距离；要求解E点的速度，则需要测量DF之间的距离；要求解从C到E的重力功，需要测量CE的距离；故选B.

11.目前很多用电器的指示灯是发光二极管．某厂家提供的某种型号发光二极管的伏安特性曲线如图所示，该二极管的正常工作电压为3.0V，允许通过的最大电流为56mA.

(1)该二极管正常工作时阻值为________Ω.

(2)某同学先用中值电阻为15Ω的多用电表欧姆挡测量该二极管的正向电阻，下列测量方法正确的是________．

(3)利用下列实验器材，验证该元件的伏安特性曲线与厂家提供的是否一致．

①为准确、方便地进行测量，电压表应选用________，电流表应选用________．(填字母符号)

②利用现有器材设计实验电路图，并在虚线框内画出______．

【答案】    (1). 75    (2). A    (3). V2    (4). A2    (5).

【解析】

【详解】（1）由图中读出，该二极管正常工作时电压为3V时，电流为40mA，则阻值为；

（2）测量二极管的正向电阻，则黑表笔应该接二极管的正极，且指针应该指向中央附近，则A正确；

（3）①为准确、方便地进行测量，电压表应选用V2，电流表应选用A2．

②因电压表的内阻远大于二极管的正向电阻，则采用电流表外接；为了便于调节，滑动变阻器用分压电路，实验电路图如图：

12.下列说法正确的是________．

A. 氘和氚聚变反应中产生的氦核具有放射性

B. 核反应堆中的石墨是将快中子减速为慢中子

C. 核反应堆中的镉是调节中子数目控制反应速度

D. 裂变反应后的平均结合能比反应前的平均结合能小

【答案】BC

【解析】

【详解】氘和氚聚变反应中产生的氦核因原子序数较小，则不具有放射性，选项A错误；核反应堆中的石墨是将快中子减速为慢中子，选项B正确；核反应堆中的镉是调节中子数目控制反应速度，选项C正确；裂变反应放出核能，则反应后的平均结合能比反应前的平均结合能大，选项D错误。

13.在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为________．若用波长为λ(λ＜λ0)的单色光做实验，则其截止电压为________．已知电子的电荷量e，真空中的光速c和普朗克常量h.

【答案】

【解析】

金属的逸出功W0＝hν0＝．根据光电效应方程知：Ekm＝−，又Ekm=eU，则遏止电压U=−．

14.如图所示，质量为m的木块位于动摩擦因数为μ的水平面上，木块与墙间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置．现将木块以水平速度v1向左运动，经过时间t1木块第一次到达最左端，再经过时间t2第一次回到A时的速度为v2，弹簧在弹性限度内．取水平向左为正方向，重力加速度取g.求：

①木块在时间t1过程中动量的变化量；

②木块在整个过程中所受弹力的冲量．

【答案】①－mv1②μmg(t1－t2)－m(v2＋v1)

【解析】

【详解】①木块在时间t1过程中动量的变化量:Δp=0－mv1=－mv1

②由动量定理，在整个过程中：∑I=Δp

I弹－μmgt1＋μmgt2=－mv2－mv1

解得：I弹=μmg(t1－t2)－m(v2＋v1)

15.下列关于热运动的说法正确的是________．

A. 水流速度越大，水分子热运动越剧烈

B. 水的温度越高，水分子的热运动越剧烈

C. 晶体微粒具有空间点阵，晶体分子的热运动停止

D. 气体能够充满密闭容器，是因为气体分子做布朗运动

【答案】B

【解析】

【详解】水分子的热运动的剧烈程度与水的机械运动的速度无关，选项A错误；水的温度越高，水分子的热运动越剧烈，选项B正确；任何物质的分子都在永不停息的做无规则运动，选项C错误；气体能够充满密闭容器，是因为气体分子做无规则的热运动，选项D错误.

16.一定质量的理想气体从初状态A分别经不同过程到达末状态B、C、D，它们的PV图象如图所示．其中AB是等容过程，AC是等温过程，AD是等压过程．则内能减小的过程是________(选填“AB”“AC”或“AD”)；气体从外界吸收热量的过程是________(选填“AB”“AC”或“AD”)．

【答案】    (1). AB    (2). AC和AD

【解析】

【详解】从A到B，体积不变，压强减小，则温度降低，内能减小，因气体不对外也不对内做功，则气体放热；从A到C，温度不变，则内能不变；体积变大，对外做功，则吸收热量；从A到D，体积变大，压强不变，则温度升高，内能增大，气体对外做功，则吸收热量；则气体从外界吸收热量过程是AC和AD．

17.如图所示，导热性能良好气缸开口向上，用轻质活塞封闭体积为V0的理想气体，外界大气压强为p0，轻质活塞横截面积为S，与气缸之间的摩擦不计．现在活塞上面加砂子，使活塞缓慢下移，当砂子总质量为m时活塞静止在某一位置，此过程中外界对气体做的总功为W.重力加速度为g，环境温度不变．求：

①该位置气体的体积；

②此过程中气体放出的热量．

【答案】①②－W

【解析】

【详解】对活塞受力分析，如图所示

①p=p0＋，由pV=p0V0　

解得V=

②由热力学第一定律：ΔU=W＋Q=0，Q=－W，则气体放热W。

18.下列说法正确的是________．

A. 全息照片的拍摄利用了光的干涉原理

B. 麦克斯韦预言并用实验验证了电磁波的存在

C. 变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场

D. 在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光变为红光，则条纹间距变宽

【答案】AD

【解析】

【详解】全息照片的拍摄利用了光的干涉原理，选项A正确；麦克斯韦预言了电磁波，赫兹用实验验证了电磁波的存在，选项B错误；变化的电场一定产生磁场，变化的磁场一定产生电场；均匀变化的电场产生稳定的磁场，均匀变化的磁场产生稳定的电场，选项C错误；在光的双缝干涉实验中，根据可知，若仅将入射光由绿光变为红光，因红光的波长大于绿光，则条纹间距变宽，选项D正确。

19.如图所示，平衡位置处于坐标原点的波源S在y轴上振动，产生频率为50Hz的简谐横波向x轴正、负两个方向传播，波速均为100m/s，平衡位置在x轴上的P、Q两个质点随波源振动着，P、Q的x轴坐标分别为xP=3.5m、xQ=－3m，当波源S位移为负且向－y方向运动时，P、Q两质点的位移方向________，速度方向________．(选填“相同”或“相反”)

【答案】    (1). 相反    (2). 相同

【解析】

【详解】因，则 xP=3.5m= ；xQ=3m=1.5λ；则当波源S位移为负且向－y方向运动时，P质点的位移为负，向上振动；Q质点的位移为正，向上振动；即P、Q两质点的位移方向相反，速度方向相同.

20.如图所示，某种单色光的光束a，以入射角i从平行玻璃板上表面O点入射，从下表面射出．已知平行玻璃板厚度为d，单色光的折射率为n，真空中的光速为c.求：

①该单色光在玻璃中传播的速度；

②该单色光在玻璃中传播时间．

【答案】①②

【解析】

【详解】① 由公式有v=

②如图所示，有n=

sin θ=

x2=＋d2

x2(1－sin2θ)=d2

x=

四、计算题：本题共3小题，共47分．解答时请写必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．

21.如图所示，水平地面上固定着一个高为h的三角形斜面体，质量为M的小物块甲和质量为m的小物块乙均静止在斜面体的顶端．现同时释放甲、乙两小物块，使其分别从倾角为α、θ的斜面下滑，且分别在图中P处和Q处停下．甲、乙两小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ.设两小物块在转弯处均不弹起且不损耗机械能，重力加速度取g.求：小物块

(1)甲沿斜面下滑的加速度；

(2)乙从顶端滑到底端所用的时间；

(3)甲、乙在整个运动过程发生的位移大小之比．

【答案】(1) g(sin α－μcos α) (2) (3)1:1

【解析】

【详解】(1) 由牛顿第二定律可得F合=Ma甲

Mgsin α－μ·Mgcos α=Ma甲

a甲=g(sin α－μcos α)

(2) 设小物块乙沿斜面下滑到底端时的速度为v，根据动能定理得W合=ΔEk

mgh－μmgcos θ·=

v=

a乙=g(sin θ－μcos θ)

t=

(3) 如图，由动能定理得Mgh－μ·Mgcos α·－μ·Mg(OP－)=0

mgh－μmgcos θ·－μmg(OQ－)=0

OP=OQ

根据几何关系得

22.如图所示，质量为2m的足够长的金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上，导轨bc段长为L.一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触，PQ左侧有方向竖直向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场．棒PQ与导轨间的动摩擦因数为μ，左侧有两个固定于水平面的立柱保证棒始终静止不动．开始时，PQ左侧导轨电阻为零，右侧导轨单位长度的电阻为R.在t=0时，水平向左的拉力垂直作用于导轨的bc边上，使导轨由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动．且在某过程Ⅰ中，回路产生的焦耳热为Q，导轨克服阻力做的总功为W.重力加速度取g.求：

(1)经t1时间，回路中磁通量的变化量；

(2)回路中感应电流随时间变化的关系式；

(3)在某过程Ⅰ中金属导轨abcd的动能增加量．

【答案】(1) BLa (2) (3)

【解析】

【详解】(1) 回路中磁通量ΔΦ=B·Δs，

Δs=L·a，

回路中磁通量的变化量ΔΦ=BLa

(2)感应电动势： E=Blat，

R回=2·at2R=Rat2，

(3) 设导轨在某过程Ⅰ发生的位移为x

，

，

23.长为L的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d，电势差为U，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场．荧光屏MN与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x，电容器左侧中间有发射质量为m带＋q的粒子源，如图甲所示．假设a、b、c三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a粒子沿直线运动到荧光屏上的O点；b粒子在电、磁场中向上偏转；c粒子在电、磁场中向下偏转．现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示．此时，a、b、c粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a粒子仍恰好打在荧光屏上的O点；b、c中有一个粒子也能打到荧光屏，且距O点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点．求：

(1)a粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏O点时的动能；

(2)b，c粒子中打到荧光屏上的点与O点间的距离(用x、L、d表示)；

(3)b，c中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比．

【答案】(1) (2) (3)

【解析】

【详解】据题意分析可作出abc三个粒子运动示意图，如图所示．

(1) 从图中可见电、磁场分开后，a粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达O点，运动轨迹如图中Ⅰ所示．

，

，

，

，

(2) 从图中可见c粒子经两个阶段打到荧光屏上．第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中Ⅱ所示．

设c粒子打到荧光屏上的点到O点的距离为y，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得

，

(3) 依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t1=2t2

如图中Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y1，y2

，

，

，

，