山东省青岛市2019届高三物理3月教学质量检测一模试卷含解析.doc

山东省青岛市2019届高三物理3月教学质量检测（一模）试卷（含解析）
二、选择题：
1.春节期间非常火爆的电影《流浪地球》讲述了若干年后太阳内部氢转氦的速度加快，形成“氦闪”产生巨大的能量会使地球融化，核反应方程为。人类为了生存，通过给地球加速使其逃离太阳系，最终到达4.25光年外的比邻星系的某轨道绕比邻星做匀速圆周运动，引力常量为G，根据以上信息下列说法正确的是
A. 核反应方程式中的X为正电子
B. 地球要脱离太阳系需加速到第二宇宙速度
C. 若已知地球在比邻星系内的轨道半径和环绕周期，则可确定出比邻星的密度
D. 若已知地球在比邻星系内的轨道半径和环绕周期，则可确定出比邻星的质量
【答案】D
【解析】
【详解】根据核反应的电荷数及质量数守恒可知，X的电荷数为0，质量数为1，即为中子，故A错误；根据宇宙的三个速度定义可知，地球脱离太阳系需加速到第三宇宙速度，故B错误；根据万有引力与向心力的公式可得，解得，即可求解比邻星系的质量，但是不知道比邻星系的半径，所以不可以算出密度，故C错误，D正确。故选D。
2.一个质量m=2kg的物体受四个力的作用处于平衡状态。当其中一个F=10N的作用力突然消失，其余三个力保持不变。经过时间t=1s后，下列说法正确的是
A. 物体一定做直线运动
B. 物体的速度一定是5m／s
C. 物体速度的变化量一定等于5m／s
D 物体的动能一定增加了25J
【答案】C
【解析】
【详解】当F=10N的力消失后，其它力的合力与消失的这个力大小相等，方向相反，若物体原来做匀速直线运动，且速度方向与F的方向不在一条直线上，则物体做曲线运动，故A错误。F=10N的作用力突然消失，物体的加速度大小为．若初速度为零，则t=1s的速度为v=at=5m/s。若有初速度，则t=1s末物体的速度不等于5m/s，故B错误。物体速度的变化量一定为△v=at=10m/s，故C正确。若初速度为零，则t=1s末动能为Ek=mv2=25J，若初速度不为零，则物体的动能变化量不等于25J，故D错误。故选C。
3.随着北京冬奥会的临近，滑雪项目成为了人们非常喜爱的运动项目。如图，运动员从高为h的A点由静止滑下，到达B点水平飞出后经过时间t落到长直滑道上的C点，不计滑动过程的摩擦和空气阻力，关于运动员的运动，下列说法正确的是

A. 若h加倍，则水平飞出的速度v加倍
B. 若h加倍，则在空中运动的时间t加倍
C. 若h加倍，运动员落到斜面上的速度大小不变
D. 若h加倍，运动员落到斜面上的速度方向不变
【答案】D
【解析】
【详解】根据mgh=mv2可得水平飞出的速度，若h加倍，则水平飞出的速度v变为 倍，选项A错误；从B点抛出后做平抛运动，则，解得 ，则若h加倍，则在空中运动的时间t变为倍，选项B错误；运动员落到斜面上的速度方向，则若h加倍，运动员落到斜面上的速度方向不变；大小为，α不变，则若h加倍，运动员落到斜面上的速度大小变为倍，选项C错误，D正确；故选D.
4.雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10m／s，设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg／m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为
A. 0.25N B. 0.5N C. 1.5N D. 2.5N
【答案】A
【解析】
【详解】由于是估算压强，所以不计雨滴的重力。设雨滴受到支持面的平均作用力为F．设在△t时间内有质量为△m的雨水的速度由v=10m/s减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：F△t=0-（-△mv）=△mv。得：F=；设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在△t时间内水面上升△h，则有：△m=ρ S△h；F=ρSv．压强为：，故A正确，BCD错误；故选A。
5.如图，为某小型水电站电能输送的示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器T1的原、副线圈匝数比为1：20，降压变压器T2的原、副线圈匝数比为3：1。升压变压器原线圈两端接入一电压的交流电源，用户的总电阻为R(可视为纯电阻)，输电线总电阻r=R，不考虑其他因素的影响，用户获得的电压U为

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】升压变压器两端电压的有效值为U1＝；升压变压器副线圈两端的电压为；输电线路上损失的电压为△U=Ir=IR；故降压变压器原线圈的电压为U3=U2-△U；在降压变压器次级两端U=U3；次级电流：I′=3I，则U=3IR；联立解得：U=3Um，故选B.
6.如图，固定在地面上的带凹槽的长直杆与水平面成角，轻质环a套在杆上，置于凹槽内质量为m的小球b通过一条细绳跨过固定定滑轮与环a连接。a、b静止时，细绳与杆间的夹角为30°，重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是

A. a受到3个力的作用
B. b受到3个力的作用
C. 细杆对b的作用力大小为
D. 细线对a的拉力大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】轻质环a套在杆上，不计摩擦，则a静止时细线的拉力与杆对a的弹力平衡，故拉a的细线与杆垂直，a受到两个力作用，故A错误；对b球受力分析可知，b受到重力，绳子的拉力，和杆对b球的弹力，b受到3个力的作用，故B正确；以b为研究对象，受力分析如图所示，

根据几何关系可得β=θ=30°，细杆对b的作用力大小为N，则：2Ncos30°=mg，则N=mg，故C错误；对b分析，细线的拉力大小T=N=mg，则细线对a的拉力大小为T=mg，故D正确；故选BD。
7.如图甲，两个等量同种电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上，电荷量q=+1×10-3C，质量m=0.02kg的小球从a点静止释放，沿中垂线运动到电荷连线中点O过程中的v—t图象如图乙中图线①所示，其中b点处为图线切线斜率最大的位置，图中②为过b点的切线，则下列说法正确的是

A. P、Q带正电荷
B. b点的场强E=30 v／m
C. a、b两点间的电势差为90V
D. 小球从a到O的过程中电势能先减少后增加
【答案】BC
【解析】
【详解】带正电的小球从a点由静止释放，向上做加速运动可知，受到向上的电场力，则aO线上的电场竖直向上，故两电荷带负电，故A错误；v-t图象上斜率表示加速度可得：①，根牛顿第二定律得：qEb=ma②，①②联立解得：Eb=30V/m，故B正确；在ab由动能定理得：qUab=mvb2−mva2，由图乙可得vb=3m/s带入解得：Uab=90V，故C正确；由图象乙可知，小球速度一直增大，电场力一直做正功，故电势能一直减小，故D错误；故选BC。
8.如图，正方形ABCD区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子以相同的速度从A点沿与AB成30°角的方向垂直射入磁场。甲粒子从B点离开磁场，乙粒子垂直CD边射出磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是

A. 甲粒子带正电，乙粒子带负电
B. 甲粒子的运动半径是乙粒子运动半径的倍
C. 甲粒子的比荷是乙粒子比荷的倍
D. 两粒子在磁场中的运动时间相等
【答案】AC
【解析】
【详解】根据左手定则可知，甲粒子带正电，乙粒子带负电，选项A正确；设正方形的边长为a，则甲粒子的运动半径为r1=a，甲粒子的运动半径为r2=，甲粒子的运动半径是乙粒子运动半径的倍，选项B错误；根据，解得，则甲粒子的比荷是乙粒子比荷的倍，选项C正确；甲乙两粒子在磁场中转过的角度均为600，根据，则两粒子在磁场中的运动时间不相等，选项D错误；故选AC.
三、非选择题：
(一)必考题
9.某同学在验证合外力一定，物体的质量与加速度的关系时，采用图甲所示的装置及数字化信息系统获得了小车的加速度a与小车质量M(包括所放砝码及传感器的质量)的对应关系图象，如图乙所示。实验中所挂钩码的质量20g，实验中选用的是不可伸长的轻绳和光滑的轻质定滑轮。

(1)实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与木板平行。他这样做的目的是下列哪一个_____________；(填字母代号)
A．可使位移传感器测出的小车的加速度更准确
B．可以保证小车最终能够做直线运动
C．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力
(2)由图乙可知，图线不过原点O，原因是_____________________________；
(3)该图线的初始段为直线，该段直线的斜率最接近的数值是_____________。
A．30 B．0.3 C．20 D．0.2
【答案】 (1). （1）C (2). （2）平衡摩擦力使长木板的倾角过大； (3). （3）D
【解析】
【详解】（1）实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与木板平行。他这样做的目的是可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力，故选C.
（2）由F+F1=Ma解得 由图乙可知，图线不过原点O，在a轴上有正截距，可知存在与F相同方向的力，可知原因是平衡摩擦力使长木板的倾角过大；
（3）根据可知图线斜率等于F，则最接近的数值是F=mg0.02×10N=0.2N.故选D.
10.某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲，其中虚线框内是用灵敏电流计G改装的电压表，电流表的量程为0.6A，E为待测电池组，S为开关，尺为滑动变阻器，R0是标称值为4.0Ω的定值电阻。

(1)已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100μA、内阻rg=2.0kΩ，若要改装后的电压表量程为3V，应串联一只____Ω的定值电阻R1；
(2)根据图甲，用笔画线代替导线在答题卡上将图乙连接成完整电路__________；
(3)根据图甲，闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片置于靠近______端(选填“a”或“b”)；

(4)该小组进行实验，得到灵敏电流计的示数Ix和电流表的示数IA，把多次实验测量的数据在Ix-IA图象中描点连线，最终得到如图示的图线，根据图线计算出电池组的电动势E=_____V，内阻r=____Ω。
【答案】 (1). （1）2.8×104 (2). （2）如图； (3). （3）a (4). （4）2.7 (5). 1.25
【解析】
【详解】（1）串联电阻阻值为：；
（2）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

（3）滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片置于靠近a端。
（4）由图甲所示电路图可知，电源电动势为：E=U+Igr=IX（rg+R1）+IAr，
由图示图线可知，电源电动势为：E=90×10-6×（2.0×103+2.8×104）=2.7V，
电源内阻为：；
11.如图，两金属杆ab、cd的长度均为L=1m，电阻分别为Rab=0.2Ω、Rcd=0.8Ω，质量分别为mab=0.5kg、mcd=0.2kg，用两根质量及电阻均可忽略且不可伸长的柔软导线将两杆连接成闭合回路，悬挂在水平光滑绝缘圆棒两侧，两金属杆都保持水平，整个装置处在与回路平面垂直的匀强磁场中，匀强磁场磁感应强度B=0.5T，重力加速度g=10m／s2。释放两金属杆，经过一段时间后，金属杆以b匀速下落，不计导体棒间的安培力，求：

(1)金属杆ab匀速下落时，导线上的拉力大小；
(2)金属杆ab匀速下落的速度。
【答案】（1）1.75N（2）3m/s
【解析】
【详解】（1）导线上的拉力大小为FT，回路的电流为I，对ab棒：mabg=BIL+2FT；
对cd棒：2FT=BIL+mcdg
解得：FT=1.75N
（2）设金属杆ab匀速下落时回路中的感应电动势为E，则：E=2BLv

解得v=3m/s
12.如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为x0的小球A和B，A球所带电荷量为+q，B球不带电。现在A球右侧区域的有限宽度范围内加上水平向右的匀强电场，电场强度为E，小球A在电场力作用下由静止开始运动，然后与B球发生弹性正碰，A、B碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时间极短，求：

(1)A球与B球发生第一次碰撞后B球的速度；
(2)从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功；
(3)要使A、B两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度d应满足的条件。
【答案】（1） （2）5qEx0（3）8x0取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv0=mvA1+mvB1
mv02=mvA12+mvB12。
解得：vB1=v0=，vA1=0
（2）设第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为t1．有：xA1=vA1t1+at12=vB1t1
从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功为：
W=qE（x0+xA1）
解得：W=5qEx0。
（3）设第二次碰撞前A的速度为vA1′，碰撞后A、B的速度分别为vA2、vB2．有：
vA1′=vA1+at1。
第二次碰撞过程，有：
mvA1′+mvB1=mvA2+mvB2。
mvA1′2+mvB12=mvA22+mvB22。
第二次碰撞后，当A球速度等于B球速度vB2时，A球刚好离开电场，电场区域宽度最小，有：vB22-vA22=2a•△x1。
A、B两球在电场中发生第三碰撞后，当A球速度等于B球速度时，A球刚好离开电场，电场区域的宽度最大，设第三次碰撞前A球的速度为vA2′，碰撞后A、B的速度分别为vA3、vB3．二、三次碰撞间经历的时间为t2．有：
xA2=vA2t2+at22=vB2t2。
vA2′=vA2+at2。
第三次碰撞过程，有：mvA2′+mvB2=mvA3+mvB3
mvA2′2+mvB22=mvA32+mvB32．
vB32-vA32=2a•△x2
所以电场区域宽度d应满足的条件为：x0+xA1+△x1＜d≤x0+xA1+xA2+△x2。
解得：8x0＜d≤18x0
【物理—选修3-3】
13.下列说法正确的是___________
A. 悬浮在液体中的微粒越大，某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越明显
B. 液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力
C. 分子平均速率大的物体的温度一定比分子平均速率小的物体的温度高
D. 自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性
E. 外界对气体做功，气体的内能可能减小
【答案】BDE
【解析】
【详解】悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数越少，布朗运动越明显，故A错误。由于表面分子较为稀疏，故液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，故B正确；分子的平均动能相等时，物体的温度相等；考虑到分子的质量可能不同，分子平均速率大有可能分子的平均动能小；分子平均速率小有可能分子的平均动能大。故C错误；由热力学第二定律可知，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故D正确；当外界对气体做功，根据热力学第一定律△U=W+Q分析可知，内能可能增大也可能减小，故E正确。故选BDE。
14.如图，导热性能良好的水平放置的圆筒形气缸与一装有水银的U形管相连，U形管左侧上端封闭一段长度为15cm的空气柱，U形管右侧用活塞封闭一定质量的理想气体。开始时U形管两臂中水银面齐平，活塞处于静止状态，此时U形管右侧用活塞封闭的气体体积为490mL，若用力F缓慢向左推动活塞，使活塞从A位置移动到B位置，此时U形管两臂中的液面高度差为10cm，已知外界大气压强为75cmHg，不计活塞与气缸内壁间的摩擦，求活塞移动到B位置时U形管右侧用活塞封闭的气体体积。

【答案】300mL
【解析】
【详解】对左侧密闭气体，设管横截面积为S，初态：P1=P0=750cmHg，
由等温变化可得：P1V1= P′1V′1
对右侧气体，末态：P′2= P′1+10
由等温变化可得：P2V2= P′2V′2
解得V′2=300mL
【物理—选修3-4】
15.下列说法正确的是__________
A. 在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大
B. 简谐机械波的频率等于单位时间内经过介质中一点的完全波的个数
C. 火车鸣笛远离我们时，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率低
D. 单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长有关
E. 用两束单色光A、B，分别在同一套装置上做干涉实验，若A光的相邻两条纹间距比B光的大，则说明A光波长大于B光波长
【答案】BCE
【解析】
【详解】在干涉现象中，振动加强点振幅最大，位移在变化，所以振动加强点的位移不是总是比减弱点的位移大，故A错误。根据机械波的特点可知，简谐机械波的频率等于单位时间内经过介质中一点的完全波的个数，故B正确。火车鸣笛远离我们时，根据多普勒效应知，我们接收的频率小于波源发出的频率，故C正确。单摆在周期性外力作用下做受迫振动，单摆的周期与驱动力的周期相等，与固有周期无关，与单摆的摆长无关。故D错误。根据知，A光的条纹间距比B光的条纹间距大，则A光的波长大于B光的波长，故E正确。故选BCE。
16.如图，MN下方足够大的空间有一长方体玻璃介质，其折射率，玻璃介质的上边界MN是屏幕，玻璃中有一个正三棱柱的真空区域。三棱柱轴线与纸面垂直，图中竖直截面正三角形的边长为20cm，顶点C紧靠屏幕，距离可忽略。底边AB与屏幕平行，一束激光在竖直截面内垂直于AB边射向AC边的中点O，结果在屏幕MN上出现了两个光斑。光在真空中的传播速度c=3×108m／s，求两个光斑之间的距离。

【答案】20cm
【解析】
【详解】画出光路图如图所示，

在界面AC，光的入射角 i=60°
由光的折射定律有： ，
代入数据求得：r=30°
由光的反射定律得反射角：i=i′=60°
由几何关系易得：△DOE是直角三角形，∠ODC=60°，∠OEC=30°
O点到光屏的距离为：h=OC•sin60°=5cm
故两光斑之间的距离x=htan60°+htan30°=20cm

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