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1、陕西省咸阳市2019届高三物理二模试题（含解析）二、选择题1.墨经是先秦墨家的代表作，“力，刑（形）之所以奋也”是书中对力的描述，其释义为：“力是使物体由静而动，动而愈速或由下而上的原因”，这与1000多年后牛顿经典力学的观点基本一致。关于对此描述的认识，以下说法正确的是（）A. 力是改变物体运动状态的原因B. 力是维持物体运动状态的原因C. 物体速度的变化量跟力成正比D. 物体不受力将保持静止状态【答案】A【解析】【详解】力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，故A正确，B错误；加速度跟力成正比，但物体速度的变化量不是加速度，故物体速度的变化量跟力不成正比；故C错误；物体静
2、止或匀速运动受到的合外力为零或不受力，故D错误。所以A正确，BCD错误。2.如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个水平向右的力F拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，下列说法正确的是（）A. 斜面和挡板对球的弹力的合力等于maB. 若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C. 若加速度足够小，则竖直挡板对球的弹力可能为零D. 若加速度不断的增大，斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值【答案】D【解析】【详解】A、以小球为研究对象，分析受力情况， 如图：受重力mg、竖直挡板对球的弹力F2和斜面的弹力F1根据牛顿第二定律知小球所受的合力为m
3、a，即重力、斜面和挡板对球的弹力三个力的合力等于ma，面和挡板对球的弹力的合力不等于ma，故A错误。设斜面的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得竖直方向：F1cosmg 水平方向：F2F1sinma，由看出，斜面对球的弹力F1大小不变，与加速度无关，不可能为零。由看出，若加速度足够小时，F2F1sinmgtan0故BC错误。若F增大，a增大，斜面的弹力F1大小不变。故D正确。故选：D。3.已知金属锌发生光电效应时产生的光电子的最大初动能Ek跟入射光的频率的关系图象如图中的直线1所示某种单色光照射到金属锌的表面时，产生的光电子的最大初动能为E1若该单色光照射到另一金属表面时产生的光电子的最大初动能
4、E2，E2E1，关于这种金属的最大初动能Ek跟入射光的频率的关系图象应如图中的（ ）A. aB. bC. cD. 上述三条图线都不正确【答案】A【解析】试题分析：光电效应方程为EK=hW0，根据EK与的关系判断金属乙发生光电效应时产生光电子的最大初动能跟人射光的频率关系解：根据光电效应方程EK=hW0，知，EK=hh0，知图线的横轴截距表示截止频率，图线的斜率表示普朗克常量，知图线应用a图线平行，因为金属不同，则截止频率不同故A正确，B、C、D错误故选A4.如图甲所示，一绝缘的竖直圆环上均匀分布着正电荷，一光滑细杆从圆心垂直圆环平面穿过圆环，杆上套有带正电的小球，现使小球从a点由静止释放，并开
5、始计时，后经过b、c两点，其运动过程中的t图象如图乙所示下列说法正确的是（）A. 带电圆环在圆心处产生的场强为零B. a点场强大于b点场强C. 电势差Uab小于UbcD. 小球由b到c的过程中平均速度小于0.55m/s【答案】AC【解析】【详解】根据电场的叠加原理和对称性可知，带电圆环在圆心处产生的场强为零，故A正确。由乙图知，小球在a处的加速度小于b处加速度，由qEma知，a点场强小于b点场强，故B错误。根据动能定理得： ；可得Uab小于Ubc故C正确。小球由b到c的过程中做非匀加速运动，位移大于匀加速运动的位移，所以平均速度大于 故D错误。故选AC5.有一空间探测器对一球状行星进行探测，发
6、现该行星上无生命存在，在其表面上，却覆盖着一层厚厚的冻结的二氧化碳（干冰）。有人建议利用化学方法把二氧化碳分解为碳和氧气而在行星上面产生大气，由于行星对大气的引力作用，行星的表面就存在一定的大气压强。如果一秒钟可分解得到质量为m的氧气，要使行星表面附近得到的压强至少为p，那么请你估算一下，至少需要多长的时间才能完成，已知行星表面的温度较低，在此情况下，二氧化碳的蒸发可不计，探测器靠近行星表面运行的周期为T，行星的半径为r，大气层的厚度与行星的半径相比很小。下列估算表达式正确的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】可近似认为大气压是由大气重量产生的，根据大气的质量和地球的表面积
7、求解大气压强；根据由万有引力定律及牛顿第二定律表示地球表面的重力加速度；最后可求解时间.【详解】可近似认为大气压是由大气重量产生的，设大气的质量为m0，则p。设探测器的质量为m，行星质量为M，由万有引力定律及牛顿第二定律得：Gmg，即g，即GMr3，解上述三式得：m0；依题意，1秒钟可得到m的氧气，故分解出m0的氧气所需的时间为：t，故选B。6.某住宅小区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成，发电机中矩形线圈电阻不计，它可绕轴OO在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度匀速转动。降压变压器副线圈上的滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线电阻。下列判断正确的是
8、（）A. 若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈电流瞬时值最大B. 当用户数目增多时，使用户电压保持不变，滑动触头P应向下滑动C. 若滑动触头P向下滑动，流过R0的电流将减小D. 若发电机线圈的转速减为原来的，用户获得的功率也将减为原来的【答案】B【解析】【分析】发电机线圈某时刻处于中性面，感应电动势为零，变压器原线圈的电流瞬时值最小为零；当用户数目增多时，滑动触头P应向下滑动，增大副线圈匝数，提高输出电压；若滑动触头P向下滑动，流过R0的电流是由用户和R0共同决定的；用户获得的功率是由变压器的输出功率和输电线损耗的功率共同决定的。【详解】A、若发电机线圈某时刻处于图示位置，此时线圈的磁
9、通量为最大，但是穿过线圈磁通量的变化率最小为零，感应电动势为零，变压器原线圈的电流瞬时值最小为零，故A错误。B、当用户数目增多时，用电量增加，导线上的电压损失变大，用户得到的电压减小，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向下滑动，增大副线圈匝数，提高输出电压，故B正确。C、若滑动触头P向下滑动，副线圈的输出电压增大，但流过R0的电流是由用户和R0共同决定的，在用户不变的情况下，流过R0的电流将增大，故C错误。D、若线圈从中性面开始计时，发电机产生感应电动势的表达式为e=NBS，=2n，若发电机线圈的转速减为原来的，感应电动势的最大值Em=NBS将减为原来的，变压器原线圈两端的电压将减为原来的，副
10、线圈的输出电压U也将减为原来的，而用户获得的功率P用=IU-I2R0，P用是由变压器的输出功率和输电线损耗的功率共同决定的，故D错误。故选：B7.三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是6m且与水平方向的夹角均为37现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，（g取10m/s2，sin 370.6，cos 370.8）下列说法正确的是（）A. 物块A先到达传送带底端B. 物块A、B同时到达传送带底端C. 传送带对物块A做正功，对物块B做负功D. 物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1：2【答案】BD【解析】A、对
11、A，因为，则A物体所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，B所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，两物体匀加速直线运动的加速度相等，位移相等，则运动的时间相等，故A错误，B正确；C、传送带对A、B的摩擦力方向与速度方向相反都沿传送带向上，传送带对物块A和物块B做负功，故C错误；D、对A，划痕的长度等于A的位移减为传送带的位移，以A为研究对象，由牛顿第二定律得：，由运动学公式得运动时间分别为：，所以皮带运动的位移为，所以A对皮带的划痕为：；对B，划痕的长度等于B的位移加上传送带的位移，同理得出B对皮带的划痕为，所以划痕之比为1：2，故D正确；故选：BD。【点睛】解决本题的关键能正确对其
12、受力分析，判断A、B在传送带上的运动规律，结合运动学公式分析求解；特别分析划痕时，找出物理量间的关系是解据划痕的关键。8.如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿BAC的角平分线发射速度不同的质子（质子重力不计），所有质子均能通过C点，质子比荷k，则质子的速度可能为（）A. 2BkLB. C. D. 【答案】C【解析】【分析】质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出质子可能的运动轨迹，应用牛顿第二定律求出质子在速度表达式，然后分析答题。【详解】质子带正电，且经过C点
13、，其可能的轨迹如图所示：所有圆弧所对圆心角均为60，所以质子运行半径：（n=1，2，3，），质子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： 解得：（n=1，2，3，）。故选：C。【点睛】质子在匀强磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，根据题意作出质子的运动轨迹是解题的关键，应用数学知识求出质子的可能轨道半径，应用牛顿第二定律求出质子的速度即可解题。三、非选择题9.某同学用如图甲的装置来测定滑块与导轨间的动摩擦因数在气垫导轨上安装了两个光电门l、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线跨过定滑轮与钩码相连（1）用游标卡尺测光电门遮光条的宽度d，图乙中游标卡尺读数为_cm滑块在轨道上做
14、匀加速运动时，先后通过光电门1、2所用的时间分别为t1、t2，两光电门间的距离为L，用d、t1、t2、L 表示滑块运动的加速度a_；（2）要使细线中拉力近似等于钩码重力，滑块质量M与钩码质量m应满足_关系（3）满足（2）后，调整气垫导轨水平，断开气源时，测得滑块在轨道上运动的加速度为a1；不改变钩码的质量，接通气源，测得滑块在轨道上运动的加速度为a2，用a1、a2、g 表示滑块与导轨间的动摩擦因数_【答案】 (1). （1）0.225， (2). ； (3). （2）M远大于m； (4). （3）【解析】【详解】（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数为0.2cm，游标尺示数为50.05mm0.25
15、mm0.025cm，则游标卡尺读数为0.2cm+0.025cm0.225cm；滑块经过光电门时的速度，由匀变速直线运动的速度位移公式得： ，解得加速度 （2）当滑块质量M远大于钩码质量m 时，细线中拉力近似等于钩码重力（3）对滑块由牛顿第二定律得：解得：10.（1）用多用电表测未知电阻阻值的电路如图甲所示，电池的电动势为E、内阻为r，R0为调零电阻，Rg为表头内阻，电路中电流I与待测电阻的阻值Rx关系图象如图乙所示，则该图象的函数关系式为_；（调零电阻R0接入电路的部分阻值用R0表示）（2）下列根据图乙中IRx图线做出的解释或判断中正确的是_；A用欧姆表测电阻时，指针指示读数越大，测量的误差越小B欧姆表调零的实质是通过调节R0，使Rx0时电路中的电流IIgCRx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越小，所以欧姆表的示数左密右疏D测量中，当Rx的阻值为图乙中的R2时，指针位于表盘中央位置的右侧（3）某同学想通
