《福建省莆田市2019届高三物理第二次质量检测试题(A卷)(含解析).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省莆田市2019届高三物理第二次质量检测试题(A卷)(含解析).docx（14页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、福建省莆田市2019届高三物理第二次质量检测试题（A卷）（含解析）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，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.如图，抛球游戏中，某人将小球水平抛向地面的小桶，结果球落在小桶的前方。不计空气阻力，为了把小球抛进小桶中，则原地再次水平抛球时，他可以A.增大抛出点高度，同时增大初速度B.减小抛出点高度，同时减小初速度C.保持抛出点高度不变，增大初速度D.保持初速度不变，增大抛出点高度【答案】B【解析】h【详解】设小球平抛运动的初速度为v0，抛出点离
2、桶的高度为h，水平位移为x，则有：gt2，平抛运动的时间为：，水平位移为：x=v0t=v0；增大抛出点高度，同时增大初速度，则水平位移x增大，不会抛进小桶中，故A错误。减小抛出点高度，同时减小初速度，则水平位移x减小，会抛进小桶中，故B正确。保持抛出点高度不变，增大初速度，则水平位移x增大，不会抛进小桶中，故C错误。保持初速度不变，增大抛出点高度，则水平位移x增大，不会抛进小桶中，D错误。2.如图为某同学设计的一盏可调节亮度的台灯。其中变压器可视为理想变压器，原线圈接有效值保持不变的正弦交变电压，副线圈接灯泡L。调节触头M，可改变副线圈的匝数，从而改变L的亮度。当副线圈的匝数为n时，L的电功率
3、为P，电阻为R。当副线圈匝数为2n时，L的电功率为3P，则此时L的电阻为-1-A.C.B.D.【答案】D【解析】【详解】因初级线圈的匝数和电压都不变，可知当次级匝数由n变到2n时，电压也由U变为2U，则：；，解得，故选D.3.高铁列车行驶时受到的总阻力包括摩擦阻力和空气阻力。某一列高铁列车以180km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时，空气阻力约占总阻力的50%，牵引力的功率约为2000kW。假设摩擦阻力恒定，空气阻力与列车行驶速度的平方成正比，则该列车以360km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时牵引力的功率约为A.4000kWC.10000kW【答案】C【解析】B.8000kWD.16000k
4、W【详解】当高铁列车以180km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时：；该列车以360km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时：，解得，故选C.4.从秦始皇七年（公元前240年）起，哈雷彗星的每次回归，我国均有记录，这些连续的、较精确可靠的史料在近现代的天体探索中发挥了重要的作用。已知哈雷彗星绕太阳运行的轨道为椭圆轨道，平均周期约为76年，其近日点离太阳的距离约为地球与太阳之间距离的0.6倍，下次通过近日点的时间为2061年。根据以上信息，可估算出现在哈雷彗星离太阳的距离约为地球与太阳之间距离的-2-A.30倍C.600倍【答案】A【解析】B.150倍D.1200倍【详解】根据开普勒第三定律可知：，解
5、得；距离下次通过近日点的时间为2061年-2019年=42年T哈，可知现在哈雷彗星在距离太阳的最远点，根据可得，最远距离为：，即现在哈雷彗星离太阳的距离约为地球与太阳之间距离的30倍，故选A.5.K介子的衰变方程为：K+0，其中K介子和介子带负电，0介子不带电。如图，匀强磁场的方向垂直纸面向外，一个K介子沿垂直于磁场的方向射入，其轨迹为图中的虚线圆弧，若K介子在磁场中发生衰变，则衰变产生的介子和0介子的运动轨迹可能是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】介子与K介子均带负电，若三者运动方向相同，可知受洛伦兹力的方向相同，圆弧的弯曲方向相同，由动量守恒定律可知，介子速度小于K介子的速度，由可
6、知，介子半径较小；0介子不带电，则沿直线运动，则选项C正确，D错误；若0介子反向运动，由动量守恒定律可知，介子速度大于K介子的速度，由可知，介子半径较大；由于介子与K介子均带负电，受洛伦兹力的方向相同，圆弧的弯曲方向相同，则选项AB错误；-3-6.如图，等边三角形OPQ区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。用粗细均匀的导线绕制的等边三角形导线框abc位于纸面内，其bc边与磁场边界PQ平行，d、e分别为ab、ac的中点。导线框沿垂直于bc的方向向上匀速穿过磁场区域，依次经过图中I、位置。已知三角形OPQ的边长是三角形abc的倍，I位置时a点与O点重合，位置时d点、e点分别在OP、OQ上，位置时d点、
7、e点在PQ上。则A.经过位置和位置时，线框中的感应电流方向相同B.经过位置和位置时，线框中的感应电流大小相等C.经过位置和位置时，线框上de两点间的电压之比为2:1D.从位置到位置和从位置到位置两个过程中，穿过线框横截面的电荷量之比为2:1【答案】BCD的【解析】【详解】线圈经过位置时磁通量增加，经过位置时磁通量减小，则线框中的感应电流方向相反，选项A错误；经过位置和位置时，线圈切割磁感线的有效长度相同，均为de的长度，可知产生的感应电动势相同，即线框中的感应电流大小相等，选项B正确；若设线框的总电阻为R，则经过位置时等效电源的外电路电阻为；经过位置时等效电源的外电路电阻为，两位置的电流相等，
8、根据U=IR可知，经过位置和位置时，线框上de两点间的电压之比为2:1，选项C正确；设线圈面积为S，则线圈在位置的磁通量置的磁通量，根据可得，从位置到位置穿过线框横截面的电荷量，在位，从位置到位置过程中穿过线框横截面的电荷量，即从位置到位置和从位置到位置的两个过程中，穿过线框横截面的电荷量之比为2:1，选项D正确.-4-7.将一带正电的粒子从电场中的O点由静止释放，该粒子仅在电场力作用下沿直线运动，依次经过电场中的A、B两点，其速度v随位移x的变化规律如图。则A.A点的电场强度小于B点的电场强度B.粒子在A点的电势能小于粒子在B点的电势能C.A点的电势比B点的电势高D.OA之间的电势差等于AB
9、之间的电势差【答案】AC【解析】【详解】由图像可知v=kx，由动能定理：，即，可知随x的增加，场强E变大，即A点的电场强度小于B点的电场强度，选项A正确；粒子从A到B动能增加，则电势能减小，即粒子在A点的电势能大于粒子在B点的电势能，因粒子带正电，可知A点的电势比B点的电势高，选项B错误，C正确；由动能定理：；，则OA之间的电势差小于AB之间的电势差，选项D错误.8.如图，装有水的杯子从倾角=53的斜面上滑下，当水面稳定时，水面与水平面的夹角=16。取重力加速度g=10m/s2，sin53=0.8，sin16=0.28，则A.杯子下滑的加速度大小为2.8m/s2B.杯子下滑的加速度大小为3.5
10、m/s2C.杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.75D.杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.87【答案】BC-5-【解析】【详解】取水平面的一质量为m的小水滴为研究对象，由正交分解法结合牛顿第二定律可得：；解得a=3.5m/s2；对杯子和水的整体，由牛顿第二定律：解得=0.75，故选BC.三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。9.小明用如图甲的实验装置验证“力的平行四边形定则”，实验步骤如下：将弹簧的一端固定于铁架台上的C处，在竖直放置的木板上贴一张坐标纸，在弹簧末端挂上一个重力已知的钩码，在坐标纸上记下此时弹簧末端的位置O；取
11、下钩码，将两绳套系在弹簧末端，用两个弹簧测力计共同将弹簧末端拉到同一位置O，记录此时细绳套OA、OB的方向及两个弹簧测力计相应的读数；选好标度，在坐标纸上画出两只弹簧测力计的拉力FA和FB的图示，并根据平行四边形定则求出合力F合；按同一标度，在坐标纸上画出挂一个钩码时弹簧所受的拉力F的图示；比较F合和F的大小和方向，得出结论。回答下列问题：（1）步骤中弹簧测力计A的示数如图乙，该读数为_N；-6-（2）图丙中已画出FB和F的图示（小方格的边长表示1.0N），FA的方向如图中虚线所示。请在图中画出FA的图示，并根据平形四边形定则画出FA和FB的合力F合；（3）本次实验中，若保持弹簧测力计A的读数
12、不变，增大OA与OC的夹角，为将弹簧末端拉到同一位置O，可采用的办法是_A增大弹簧测力计B的读数，减小OB与OC之间的夹角B增大弹簧测力计B的读数，增大OB与OC之间的夹角C减小弹簧测力计B的读数，减小OB与OC之间的夹角D减小弹簧测力计B的读数，增大OB与OC之间的夹角【答案】(1).4.00(2).CD【解析】【详解】（1）步骤中弹簧测力计A读数为4.00N；（2）画出的图像如图：-7-（3）若保持弹簧测力计A的读数不变，逐渐增大OA与OC的夹角，甲、乙两个弹簧秤弹力的合力不变，如图所示，则可知采用的方法是：减小弹簧测力计B的读数，减小OB与OC之间的夹角；或者减小弹簧测力计B的读数，增大
13、OB与OC之间的夹角，故选CD.10.某同学欲将量程为300A的微安表头G改装成量程为0.3A的电流表。可供选择的实验器材有：A微安表头G（量程300A，内阻约为几百欧姆）B滑动变阻器R1（010k）C滑动变阻器R2（050k）D电阻箱（09999）E电源E1（电动势约为1.5V）F电源E2（电动势约为9V）G开关、导线若干该同学先采用如图甲的电路测量G的内阻，实验步骤如下：按图甲连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端所对应的位置；-8-断开S2，闭合S1，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏；闭合S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使G的示数为200A，记下此时电阻箱的
14、阻值。回答下列问题：（1）实验中电源应选用_（填“E1”或“E2”），滑动变阻器应选用_（填“R1”或“R2”）。（2）若实验步骤中记录的电阻箱的阻值为R，则G的内阻Rg与R的关系式为Rg=_。（3）实验测得G的内阻Rg=500，为将G改装成量程为0.3A的电流表，应选用阻值为_的电阻与G_（填“串联”或“并联”）。（4）接着该同学利用改装后的电流表A，按图乙电路测量未知电阻Rx的阻值。某次测量时电压表V的示数为1.20V，表头G的指针指在原电流刻度的250A处，则Rx=_。【答案】(1).E2(2).R2(3).R(4).0.5(5).并联(6).4.3【解析】【详解】（1）电流表G的内阻约
15、为几百欧姆，为提高测量精度，滑动变阻器的阻值应大些，故选R2；为减小实验误差，电源电动势应尽可能大些，电源最好选用E2。（2）步骤中闭合S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使G的示数为200A，此时电阻箱的电流为100A，则此时电阻箱的阻值应为电流计G阻值的2倍，即Rg=R。（3）实验测得G的内阻Rg=500，为将G改装成量程为0.3A的电流表，应选用阻值为的电阻与G并联。（4）改装后的电流表的内阻为度的250A处，此处对应的实际电流为。；表头G的指针指在原电流刻，电压表V的示数为1.20V，则-9-11.如图，平行金属板的两极板之间的距离为d，电压为U。两极板之间有一匀强磁
16、场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行且垂直于纸面向里。两极板上方一半径为R、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一带正电的粒子从A点以某一初速度沿平行于金属板面且垂直于磁场的方向射入两极板间，而后沿直径CD方向射入圆形磁场区域，并从边界上的F点射出。已知粒子在圆形磁场区域运动过程中的速度偏转角，不计粒子重力。求：（1）粒子初速度v的大小；（2）粒子的比荷。【答案】（1）v=（2）【解析】【详解】（1）粒子在平行金属板之间做匀速直线运动qvB0=qEU=Ed由式得v=（2）在圆形磁场区域，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有由几何关系有：由式得：1
17、2.如图，水平地面上有一木板B，小物块A（可视为质点）放在B的右端，B板右侧有一厚度-10-.与B相同的木板C。A、B以相同的速度一起向右运动，而后B与静止的C发生弹性碰撞，碰前瞬间B的速度大小为2m/s，最终A未滑出C。已知A、B的质量均为1kg，C的质量为3kg，A与B、C间的动摩擦因数均为0.4，B、C与地面间的动摩擦因数均为0.1，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）碰后瞬间B、C的速度；（2）整个过程中A与C之间因摩擦而产生的热量；（3）最终B的右端与C的左端之间的距离。【答案】（1）vB=1m/svC=1m/s（2）Q=05J（3）d=1.25m【解析】【详解】（1）设B、C两
18、板碰后速度分别为vB、vC，根据动量守恒定律和能量守恒定律有由式代入数据得vB=1m/svC=1m/s（2）B、C两板碰后A滑到C上，A、C相对滑动过程中，设A的加速度为aA，C的加速度为aC，根据牛顿第二定律有由式可知在此过程中C做匀速直线运动，设经时间t后A、C速度相等，此后一起减速直到停下，则有在t时间内A、C的位移分别为A、C间的相对位移：A、C之间因摩擦而产生的热量为：由式代入数据得：Q=0.5J-11-（3）碰撞完成后B向左运动距离sB后静止，根据动能定理有设A、C一起减速到静止的位移为sAC，根据动能定理有最终B的右端与C的左端之间的距离d=sC+sB+sAC由代入数据得：d=1
19、.25m13.下列说法正确的是_A.在一定温度下，水的饱和汽压是一定的B.单晶体的所有物理性质都是各向异性的C.分子间的引力和斥力都随分子间的距离增大而减小D.自然界中一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性E.一锅水中撒些胡椒粉，加热时发现胡椒粉在翻滚，说明温度越高布朗运动越激烈【答案】ACD【解析】【详解】饱和气压的大小只与温度有关，在一定温度下，水的饱和汽压是一定的，选项A正确；单晶体的某一物理性质是各向异性的，并不是所有，故B错误；分子间的引力和斥力都随分子间的距离增大而减小，选项C正确；根据热力学第二定律可知，自然界中一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性，选项D正确；胡椒粉的运动不是
20、布朗运动，则此现象不能说明温度越高布朗运动越激烈，选项E错误.14.如图，一定质量的理想气体经历了ABC的状态变化过程，在此过程中气体的内能增加了135J，外界对气体做了90J的功。已知状态A时气体的体积VA=600cm3。求：-12-（i）从状态A到状态C的过程中，气体与外界热交换的热量；（ii）状态A时气体的压强pA。【答案】（i）45J（ii）【解析】【详解】（i）根据热力学第一定律有由代入数据得Q=+45J即气体从外界吸收热量45J。（ii）从状态A到状态B等容变化过程，根据查理定律有从状态B到状态C为等压变化过程，根据盖吕萨克定律有从状态A到状态B，外界对气体不做功；从状态B到状态C
21、，外界对气体做的功又由式代入数据得：15.如图，透明半球体的圆心为O，半径为R，折射率为。在半球体的轴线OO上有一点光源S，它发出一细光束射向半球体上的A点，光束经半球体折射后从B点射出。已知SA与SO、OB与OO之间的夹角均为60，光在真空中的传播速度为c，则AB与SO之间的夹角为_，光从A点传播到B点所用的时间为_。【答案】(1).30(2).【解析】【详解】由光的折射定律30；由正弦定理：，即，解得r=30；则AB与SO之间的夹角为，解得；由，则，解得-13-16.如图是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时的波形图。已知该波波源的位移y与时间t的关系式为y=Asin(10t+)，波源的平衡位置与图中质点P的平衡位置之间的距离小于2.4m。求：（i）该波传播速度；（ii）该波波源的平衡位置的x坐标。的【答案】（i）（ii）【解析】【详解】（i）由图可知，该波的波长：=1.2m设波源的振动周期为T，则有波的传播速度由式得：v=6m/s（ii）设t1时刻波源的位移为+A，则y=Asin(10t1+)故波源的平衡位置的x坐标：由于波沿x轴正方向传播，且波源的平衡位置与图中质点P的平衡位置之间的距离小于2.4m，由式得：x=-1.1m-14-