1、1广西柳州市 2019届高三 1月模拟考试理综试卷物理试题二、选择题：本大题共 8小题，每小题 6分在每小题给出的四个选项中，第 1418题只有一项是符合题目要求，第 1921 题有多项符合题目要求全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分有选错的得 0分）1. 原子的核式结构学说，是卢瑟福根据以下哪个实验提出来的（ ）A. 光电效应实验B. 氢原子光谱实验C. 粒子散射实验D. 天然放射实验【答案】C【解析】试题分析：卢瑟福通过 a粒子散射实验，发现绝大多数 a粒子不发生偏转，只有极少数 a粒子发生大角度偏转，进而提出了原子的核式结构模型，所以 C选项正确。考点：本题考查物理学史问题。2. 如
2、图所示，虚线 AB和 CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于 O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点 M、N 上，下列说法中正确的是（ ）A. C、D 两处电势、场强均相同B. A、B 两处电势、场强均相同C. 在虚线 AB上 O点的场强最大D. 带正电的试探电荷在 O处的电势能小于在 B处的电势能【答案】C【解析】由等量异种点电荷周围电场线和等势线的分布情况可知，A、B 两处电势不相等，场强相同，A错；CD 两处电势、场强均相同，B 对；在虚线 AB上 O点的场强最小，C 错；带正电的试探电荷从 O点运动到 B点电场力先做正功后作负功，由于 B点确切位置未知，OB 两点电势2高低不能确定
3、，D 错；3.在平直的公路上有甲、乙两辆同向行驶的汽车，它们的 v-t图像分别是如图线甲、乙所示，t=4s 时，两车相遇，则下列说法正确的是A. t=0时刻，甲车位于乙车前面B. 甲车的速度变化率小于乙车的速度变化率C. t=8s时两车再次相遇D. t=12s时两车再次相遇【答案】D【解析】【分析】通过图线斜率绝对值大小判断加速度的大小。根据速度时间图线判断汽车的运动规律，通过图线与时间轴围成的面积表示位移判断哪个汽车在前。由速度关系分析两车间距的变化情况。【详解】A、根据图线与时间轴围成的面积表示位移，知 0-4s内甲车通过的位移比乙车的大，而在 t=4s时，两车相遇，所以在 t=0 时刻，
4、甲车在乙车的后面，故 A错误；B、根据图像的斜率可知，甲车速度变化得较快，故甲车的速度变化率较大，B 错误；C、在 4s到 8s内，甲车的速度大于乙车的速度，故甲车在前，乙车在后，在 8s时，两车速度达到相等，此时，两车距离最远，C 错误；D、根据图线与时间轴围成的面积表示位移并且利用割补法可知，在 4s到 12s内，两车位移相等，故甲乙两车在 12s时，再次相遇，D 正确。故本题选 D。【点睛】解决本题的关键要理解速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，图线的切线斜率表示瞬时加速度。4.在匀强磁场中，一矩形金属框(电阻不计)绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，3产生
5、的交变电动势的图像如图乙所示，将此金属框产生的交流电输入图丙中理想变压器的原线圈上，变压器的原、副线圈匝数比为 21，则A. 通过电阻 R的电流方向每秒改变 50次B. t=0.015s时金属框位于中性面处C. t=0.01s时电压表示数为零D. 通过金属框的最大磁通量为 Wb311100【答案】D【解析】【分析】（1）变压器不会改变交流电的频率；（2）通过感应电动势的瞬时值可确定线圈处在什么位置；（3）在变压器电路中，电流表和电压表读数均为有效值；【详解】A、由乙图可知，该交流电的周期为 0.02s，频率为 50Hz，而变压器变压的过程中，并不改变交流电频率的大小，故通过电阻 R的交变电流频
6、率也为 50Hz，该电流方向每秒改变 100次，A 错误；B、t=0.015s 时，瞬时感应电动势最大，故此时金属框两条边正垂直切割磁感线，其所在平面和中性面垂直，B 错误；C、电压表的示数是副线圈电压的有效值 ，故电压表示数不为零，且保持不变， C错误；U2D、由题意可知， ，本题中 N=1匝， ，故 ，NBS=311V =2T=100 m=BS=311=311100WbD正确。故本题选 D。【点睛】熟练掌握理想变压器基本原理，并知道交流电的产生方式和过程，是解决本题的关键。5.观察某卫星在圆轨道上的运动，发现每经过时间 t，卫星绕地球转过的圆心角为 (弧度)，如图所示，已知地球的质量为 M
7、，引力常量为 G，由此可推导出卫星的速率为4A. B. C. D. 3GMt 3GM2t2 3GMt GMt【答案】A【解析】【详解】由题可知，该卫星绕地球转动的角速度为 ，又根据万有引力提供向心力得：=t，且 ，其中 m 为该卫星的质量，联立解得： 。GMmr2=mv2r v=r v=3GMt故本题选 A。【点睛】解决本题的关键是知道，角速度 是用来计算的。然后可利用环绕法模型，结合角速度和线速度的关系求解。6.以下物理事实，下列描述正确的是A. 安培受通电螺线管外部磁场与条形磁铁磁场相似的启发，提岀了分子电流假说B. 在燃气灶中，安装有电子点火器，接通电子线路时产生高电压，通过高电压放电来
8、点燃气体，点火器的放电电极往往做成球状C. 为了避免微安电流表在运输过程中指针晃动角度过大，可用导线将正负接线柱连接起来D. 奥斯特历经十年之久，发现了电磁感应现象【答案】AC【解析】【详解】A、通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场相似，安培受此启发后运用类比法提出分子电流假说，A 正确；B、在燃气灶中，安装有电子点火器，接通电子线路时产生高电压，通过高压放电来点燃气体，点火器的放电电极往往做成针形，B 错误；C、电流表在运输过程中需要将两个接线柱用导线短接，是为了让内部产生感应电流从而受电磁阻尼，阻碍指针的振动，从而防止振针因撞击而弯曲变形，C 正确；D、法拉第利用十年之久，发现了电磁感应现
9、象，D 错误。故本题正确答案选 AC。7.如图所示，质量为 M的斜面位于水平地面上，斜面高为 h，倾角为 。现将一质量为 m5的滑块(可视为质点)从斜面顶端自由释放，滑块滑到底端时速度大小为 v，重力加速度为g，若不计一切摩擦，下列说法正确的是A. 滑块受到的弹力垂直于斜面，且做功不为零B. 滑块与斜面组成的系统动量守恒C. 滑块滑到底端时，重力的瞬时功率为 mgvsinD. 滑块滑到底端时，斜面后退的距离为mh(M+m)tan【答案】AD【解析】【分析】对小物块受力分析，根据物块的受力情况和实际位移，并根据做功条件判断滑块受到的 FN对其做功的情况；滑块和斜面组成的系统在水平方向动量守恒；【
10、详解】AB、如图所示，滑块下滑的过程中，斜面沿水平地面向右运动，滑块和斜面组成的系统在竖直方向受力不平衡，在水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒。滑块受到的弹力 与斜面垂直，但是由于斜面也在运动，导致滑块的位移和弹力 不垂直，故弹FN FN力 做功不为零。A 正确，B 错误；FNC、滑块滑到斜面底端瞬间，其速度方向和位移 的方向一致，并不沿着斜面，故其重力的xB瞬时功率为不等于 ，C 错误；mgvsin6D、设滑块从斜面顶端滑动到底端的过程中，滑块和斜面沿水平方向的位移大小分别为 和x1，水平方向动量守恒，根据反冲模型， ， ，解得：斜面后退的距离x2 mx1=Mx2 x1+x2=htan
11、，D 正确。x2=mh(M+m)tan故本题正确答案选 AD。【点睛】知道力做功的条件，并能熟练运用动量守恒定律解题，是解决本题的关键。8.如图，两根足够长光滑平行金属导轨 PP、QQ倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板 M、N 相连，金属棒 ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好。现由静止释放金属棒 ab，假定电容器不会被击穿，忽略一切电阻，则下列说法正确的是A. 金属棒 ab下滑过程中 M板电势高于 N板电势B. 金属棒 ab匀加速下滑C. 金属棒 ab最终可能匀速下滑D. 金属棒下滑过程中减少的重力势能等于棒增加的动能【答案】AB【解析】【分析】根据右
12、手定则可判断金属棒切割磁感线的过程中，其两端电势的高低；由牛顿第二定律可得含容回路中，导体棒运动的加速度公式为 ，可判断导体棒正做匀加速直线运a=mgsinm+CB2L2动。【详解】A、由右手定则可知，金属棒切割磁感线的过程中，a 端电势高，b 端电势低，故M板的电势高于 N板的电势，A 正确；BC、金属棒切割磁场的过程中，由牛顿第二定律可知： ，电容器两板间的mgsiniLB=ma电势差 ，电容器所带电荷量为 ，电容器在充电，充电电流U=E=BLv q=CU=CE=CBLv7，联立上述各式，得金属棒运动的加速度： ，该加速度为i=qt=CBLvt=CBLa a= mgsinm+CB2L2恒定
13、值，故金属棒做匀加速直线运动，B 正确，C 错误；D、金属棒下滑的过程中，减小的重力势能除了转化为动能外，还有能量储存为电场能，D错误。故本题正确答案选 AB。【点睛】熟练使用右手定则判断动生电动势的方向，并能从牛顿第二定律出发，推导金属棒运动的加速度，是解决问题的关键。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分.第 2题第 32题为必考题，每个试题考生都必须做答，第 33题第 40题为选考题，考生根据要求做答。(一)必考题(共 129分)9.在“测定金属丝电阻率”的实验中(1)某实验小组所测量金属丝的直径的示数如图甲所示，则它的读数是_mm。(2)已知实验所用金属丝电阻约为 5。为更精确地测量其
14、阻值，某同学设计了如乙图电路，滑动变阻器阻值范围为 0-10，电流表内阻约几欧，电压表内阻约 20k。电源为干电池(不宜在长时间、大功率状况下使用)，电动势 E=4.5V，内阻很小。为使电路达到最佳测量效果，图乙中电压表应接到_(选填“A”或“B”)点，实验时，开关 S1应处于_(选填“闭合”或“断开”)状态，若测得电压表读数为 U，电流表读数为 I，金属丝长为 l，直径为 D，则此金属丝电阻率 =_。【答案】 (1). 0.997-1.000mm (2). B (3). 断开 (4). UD24Il【解析】【详解】 （1）螺旋测微器读数为 0.5mm+49.80.01=0.998mm，结果在
15、 0.997-1.000mm均算正确；8（2）由题意可知，金属丝电阻属于小电阻，应使用电流表外接法，测量才能较准确，故图乙中的电压表应接到 B端；本实验中滑动变阻器是待测电阻阻值的 2倍，滑动变阻器使用限流接法，对调节电路电流较为方便，故实验时，开关 S1应处于断开状态；由电阻定律可得： ；=RSl=UD24IL故本题答案为：(1). 0.997-1.000mm 范围内均正确 (2). B ；断开； 。UD24Il10.某实验小组用如图甲所示的装置测量弹簧的劲度系数 k。当挂在弹簧下端的砝码处于静止状态时，测出弹簧受到的拉力 F与对应的弹簧长度 L(弹簧始终在弹性限度内)，列表记录如下下表记录
16、的是该同学已测出的 6个值，其中有一个数值在记录时有误，它是_。A L1 B.L2 C L5 D.L6根据乙图示数，表中还没有记录的测量值 L3=_cm；设弹簧每增加拉力F 对应的伸长量为L，则此弹簧的劲度系数的表达式k=_；因为逐差法常用于处理自变量等间距变化的数据组，所以小组一成员用逐差法求出L的平均值 来减小实验误差，试用 L1、L 2、L 3、L 4、L 5、 L6表示L 的平均值L=_。L【答案】 (1). D (2). 7.83-7.93 (3). (4). FL (L6+L5+L4)-(L3+L2+L1)9【解析】【详解】刻度尺读数应估读到最小分度（毫米刻度）的下一位，故第 5组
17、数据有误，正确结果应为 11.30cm，选 D。从表格中可以看出，若拉力 F=0.49N，则弹簧伸长量 L 的平均值为：9，故 L3的测量值约为 7.86cm；L=(6.124.40)+(11.309.60)+(13.1011.30)3 =1.74cm根据胡克定律可知： ；k=FL根据逐差规律得： ； ； ，则 的平均值为：3L1=L6L3 3L2=L5L2 3L3=L4L1 L；L=13(L1+L2+L3)=(L4+L5+L6)(L1+L2+L3)9故本题答案为：D；7.83-7.93 均正确； ；FL (L6+L5+L4)-(L3+L2+L1)911.如图所示，传送带与地面的夹角 =37，
18、以 4m/s速度顺时针转动，在传送带下端轻轻地放一个质量 m=1kg的物块，设它与传送带间的动摩擦因数 =1，已知传送带从 A到 B的长度 L=6m，g 取 10m/s2，物块从 A到 B过程中，求：(1)物块相对传送带滑动时的加速度大小；(2)物块相对传送带滑动的时间(3)传送带对物块所做的功。【答案】 （1）2m/s 2 (2)2s (3)44J【解析】【详解】 （1）对滑块有： mgcos37mgsin37=ma解得： a=2m/s2（2）假设滑块仍为运动到传送带顶端，当滑块加速度到传送带速度时有：，解得：2ax=v20 x=4m显然 ，显然此后滑块随传送带一起匀加速到传送带顶端xL故有
19、 或 ，解得：v=at x=12at2 t=2s（3）由（2）可知，滑块运动到传送带顶端时，速度为 v=2m/s由动能定理有： W传 mgLsin37=12mv20解得： =44JW传1012.设空间存在三个相互垂直的已知场如图甲所示，电场强度为 E的匀强电场，磁感应强度为 B的匀强磁场和重力加速度为 g的重力场。一质量为 m、电荷量为 q的带正电小球在此空间做匀速直线运动。(1)若小球仅在 xOz平面内运动，如图乙所示，求此时小球运动的速度大小；(2)在(1)的情况下，若小球经过坐标原点 O时，撤去磁场，求小球再次回到 x轴时沿 x方向的位移大小；(3)若在某一时刻，电场和磁场突然全部消失，
20、己知此后该质点在运动过程中的最小动能为其初始动能(即电场和磁场刚要消失时的动能)的 ，试求此小球初始时运动的速度大小。13【答案】(1) (2) (3) v=(mg)2+(qE)2qB 2mEqB2+2qE3mg2B2 6E2B【解析】【详解】 （1）由分析可知小球做匀速直线运动，即电场、磁场和重力场对质点作用力的合力为零所以： qvB= (mg)2+(qE)2解得： v=(mg)2+(qE)2qB（2）方法一：撤去磁场后小球在 xOz平面内做类平抛运动，设沿 x轴的方向位移为 x，速度方向与 x轴正方向夹角为，小球加速度为，则有：，tan=qEmg acos=g沿速度方向，小球做匀速直线运动
21、， xcos=vt垂直于速度方向，小球做匀加速直线运动， xsin=12at2解得： x=2mEqB2+2qE3mg2B211方法二：设小球沿 x轴方向的分速度为 ，沿 z轴方向的分速度为 ，没有撤去磁场时，v0x v0z有：，mg=qv0xB v0x=mgqB，qv0zB=qE v0z=EB撤去磁场后，小球在 z轴方向上做竖直上抛运动，返回时间 t=2v0zg=2EgB小球在 y方向上做匀加速直线运动， x=v0xt+12qEmt2=2mEqB2+2qE3mg2B2（3）小球运动的速度在三个坐标轴上均有分量，设小球的速度大小为 ，它在坐标系中的v0三个分量分别为 ， ， ，由题，小球在三个方
22、向均作匀速直线运动，由（ 2）可知v0x v0y v0z，v0x=mgqBv0z=EB显然，电场和磁场消失后，粒子仅在重力作用下运动， ， 保持不变， 减小，当v0x v0y v0z等于 0时，粒子的动能最小，最小动能：v0z Ekmin=12m(v20x+v20y)根据题意有： Ekmin=13(12mv20)=16m(v20x+v2oy+v20z)解得： v0y=12(EB)2(mgqB)2所以粒子的初速度为 。v0= v20x+v20y+v20z=6E2B(二)选考题：共 45分。请考生从给出的 2道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题做答，并用 2B铅笔在答题卡上把所选题目
23、对应题号右边的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。(物理选修 3-313.下列说法正确的是_(选对一个给 2分，选对两个给 4分，选对 3个给 5分。每选错一个扣 3分，最低得分为 0分)A.第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律B.温度高的物体其分子平均动能一定大C.理想气体的温度升高时，气体内每个分子的速率都增大D.昆虫可以停在水面上，主要是昆虫受到液体表面张力的作用12E.热力学第二定律指出：在任何自然的过程中，一个孤立的系统的总墒不会减小【答案】BDE【解析】【详解】A、第二类永动机不可能制
24、成，不是因为违反了能量守恒定律，而是因为违反热力学第二定律，A 错误；B、分子的平均动能与温度有关，温度越高，分子平均动能越大，故 B正确；C、物体温度升高时，只是分子的平均动能增大，并不是物体内的所有分子速率都变大，可能有部分分子的速率减小，C 错误；D、表面层内液体分子的作用力主要表现为引力，正是分子间的这种引力作用，使表面层具有收缩的趋势；昆虫停在水面上，水面向下发生弯曲，表面层具有的收缩的趋势给了昆虫向上的支持力，D 正确；E、根据热力学第二定律，在任何自然的热力学过程，总是朝着熵增加的方向进行的，E 正确。故选 BDE。【点睛】本大题包含了 3-3大部分内容，各部分难度不大，但从题目
25、来看考查范围很广，要求能全面掌握。14.如图所示，两个截面积都为 S的圆柱形容器，右边容器高为 H。上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩檫滑动的质量为 M的活塞。两容器由装有阀门的极细管道相连，容器、活塞和细管都是绝热的。开始时阀门关闭，左边容器中装有理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为 H，右边容器内为真空。现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到新的平衡。此时理想气体的温度增加为原来的 1.4倍，已知外界大气压强为 P0，重力加速度为 g，求：阀门打开前气体的压强；阀门打开后系统重新达到平衡时活塞的高度；从阀门打开后到系统重新达到平衡时气体内能的增加量。【答案】 MgS+p0
26、 25H 35(Mg+p0S)H【解析】13【分析】对活塞受力分析，应用理想气体状态方程求出活塞下降的距离，再根据热力学第一定律求内能的变化。【详解】设气体压强为 ，由活塞受力平衡得p pS=Mg+p0S解得： p=MgS+p0设气体初态的温度为 T，系统达到新平衡时活塞的高度为 h由盖吕萨克定律得：HST=(H+h)S1.4T解得： h=25H系统绝热，即 Q=0外界对气体做功为： W=(Mg+p0S)(Hh)根据热力学第一定律得： U=W+Q=35(Mg+p0S)H【点睛】本题考查了热力学第一定律和理想气体状态方程的综合应用，难度中等。(物理选修 3-4)15.下列说法正确的是_A.声源向
27、着静止的观察者运动时，观察者接收到的频率大于声源的发声频率B.机械波向周围传播时，介质中的质点也随波迁移C.电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直D.水面上的油膜呈现彩色条纹是由于光的干涉产生的现象E.质点在平衡位置附近的往复运动就是简谐运动【答案】ACD【解析】【详解】A、声源向静止的观察者运动时，产生多普勒效应，观察者接收到的频率大于声源的频率，A 正确；B、机械波的传播依靠质点间的依次带动，能量以波的形式传播，但组成波的质点并不随波迁移，B 错误；C、电磁波是横波，每一处的电场强度和磁场强度总是相互垂直的，且与波的传播方向垂直，C正确；D、水面上的油膜在阳光照射
28、下会呈现彩色，这是由于油膜的上下表面对光的干涉形成的，14D正确；E、质点在平衡位置附近的往复运动属于机械运动，E 错误。故选 ACD。16.如图所示，MN 为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为 R、折射率为 的透明半球体，3O为球心，轴线 OA垂直于光屏，O 至光屏的距离 。位于轴线上 O点左侧 处的点光OA=116R R3源 S发出一束与 OA夹角 =60的光线射向半球体，已知光在真空中传播的速度为 c。求：光线射入半球体时的折射角；光线射出半球体时的折射角；光线从 S传播到达光屏所用的时间。【答案】30 60，即出射光线与轴线 OA平行 3Rc【解析】【详解】光从光源 S射出经半球体到达光屏的光路如图15光由空气射向半球体，由折射定律，有 n=sinsin解得： =30在 OBC 中，由正弦定理得：解得：光由半球体射向空气，由折射定律，有解得： ，即出射光线与轴线 OA平行光从光源 S出发经玻璃半球体到达光屏所用的时间且解得：
