《辽宁省大连市2019届高三第二次模拟考试理综物理试题 含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《辽宁省大连市2019届高三第二次模拟考试理综物理试题 含解析（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019年大连市高三第二次模拟考试二、选择题1.世界最长的跨海大桥港珠澳大桥建成，极大方便了游客出行。驱车数百米长的引桥，经过主桥，可往返于香港澳门两地。下列说法正确的是A. 通过很长引桥，减小了汽车对桥面的压力B. 通过很长引桥，减小了汽车重力沿桥面方向的分力C. 汽车通过主桥最高点时，处于超重状态D. 汽车通过主桥最高点时，重力的瞬时功率不为零【答案】B【解析】【详解】AB通过很长的引桥，可以减小汽车重力沿桥面方向的分力，使汽车行驶起来更容易，A错误B正确CD汽车通过主桥最高点时，重力和支持力的合力提供向心力，向心加速度向下，处于失重状态，重力的瞬时功率，等于重力与竖直速度乘积，在最高点速
2、度沿水平方向，所以重力瞬时功率为零，CD错误2.用一束绿光和一束蓝光照射某种金属的表面，均发生了光电效应。下列说法正确的是A. 蓝光照射金属时，逸出的光电子最大初动能更大B. 蓝光照射金属时，单位时间内逸出的光电子数更多C. 增加光照强度，逸出的光电子最大初动能增大D. 如果换作红光照射，一定能使该金属发生光电效应【答案】A【解析】【详解】A因为蓝光频率更高，根据光电效应方程：，所以蓝光照射时，光电子最大初动能更大，A正确B单位时间逸出的光电子数与光强有关，由于不知道光的强度，所以无法确定，B错误C根据：，可知最大初动能与光强无关，C错误D因为红光的频率比绿光的还小，无法确定是否会发生，D错误
3、3.游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示。已知模型飞机质量为m固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为，当模型飞机以角速度绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是A. 模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力B. 旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直C. 旋臂对模型飞机的作用力大小为D. 若夹角增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小【答案】C【解析】【详解】A向心力是效果力，是合力作用，物体实际不受向心力作用，A错误B飞机在水平面内匀速圆周运动，竖直方向平衡，所以杆的一个分力平衡了飞机的重力，另一个分力提供了飞机匀速圆周运动的向心力，所以旋臂对模型飞机的作用力方向不
4、一定与旋臂垂直，B错误C根据B选项分析旋臂对模型飞机的作用力大小：，C正确D根据选项C的分析，夹角增大，旋臂对模型飞机的作用力增大，D错误4.2018年12月12日，在北京飞控中心工作人员的精密控制下，嫦娥四号开始实施近月制动，成功进入环月圆轨道工。12月30日成功实施变轨，进入椭圆着陆轨道，为下一步月面软着陆做准备。如图所示B为近月点，A为远月点，关于嫦娥四号卫星，下列说法正确的是A. 卫星在轨道上A点的加速度大于在B点的加速度B. 卫星沿轨道I运动的过程中，卫星中的科考仪器处于超重状态C. 卫星从轨道I变轨到轨道，机械能增加D. 卫星在轨道经过A点时的动能小于在轨道经过B点时的动能【答案】
5、D【解析】【详解】A根据万有引力提供加速度有：，B点距月心更近，所以加速度更大，A错误B在轨道I运动的过程中，万有引力全部提供向心力，所以处于失重状态，B错误C卫星从高轨道变轨到低轨道，需要点火减速，近心运动到低轨道，所以从轨道I变轨到轨道，外力做负功，机械能减小，C错误D从A点到B点，万有引力做正功，动能增大，所以B点动能大，D正确5.如图所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，D为圆弧中点，A、D、C处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，方向垂直纸面向里，整个空间还存在一个大小为B的匀强磁场，O处的磁感应强度恰好为零。如果将D处电流反向，其他条件都不变，则O处的磁感应强度大小为A. B.
6、 C. 2BD. 0【答案】A【解析】【详解】O点的实际磁感应强度是A、D、C处电流产生磁感应强度与空间大小为B的磁感应强度的矢量和，O处的磁感应强度恰好为零。则A、C与空间磁场的矢量合一定与D单独产生磁感应强度等大反向，根据合成可得：D电流产生磁感应强度；所以将D处电流反向，其他条件都不变，O处磁感应强度：，BCD错误A正确6.近年来，手机无线充电功能的广泛应用为人们提供了很大便利。如图甲为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。当充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流时（电流由a流入时方向为正），下列说法正确
7、的是A. 感应线圈中产生的是恒定电流B. 感应线圈中电流方向总是与励磁线圈中电流方向相反C. t3时刻，感应线圈中电流的瞬时值为0D. t1t3时间内，c点电势高于d点电势【答案】CD【解析】【详解】A励磁线圈产生的磁场随电流变化，因为电流不是均匀变化，磁场也不是均匀变化，所以感应电动势：，就不是恒定的，感应电流也就不是恒定的，A错误B感应电流方向阻碍引起感应电流磁通量的变化，当励磁线圈电流减小，磁场减小时，感应电流与励磁线圈电流相同，阻碍磁场减小，B错误Ct3时刻,励磁线圈电流变化率为零，磁感应强度变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零，C正确Dt1t3时间内，励磁线圈正向减小，磁场向上减
8、小，感应电流磁场向上，根据安培定则可判断c点电势高于d点电势，D正确7.如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔Ol处由静止释放一个粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是A. 质子和粒子在O2处的速度大小之比为1：2B. 质子和粒子在整个过程中运动的时间相等C. 质子和粒子打到感光板上时的动能之比为1：2D. 质子和粒子打到感光板上的位置相同【答案】CD【解析】【详解】A根据动能定理：，解得：，所以
9、质子和粒子在O2处的速度大小之比：，A错误B在A、B间：，质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，水平速度质子的大，所以质子运动时间短，B错误C对整个过程用动能定理，设O2到MN板的电势差为有：，所以末动能与电量成正比，所以质子和粒子打到感光板上时的动能之比为1：2，C正确DO2到MN板，竖直方向：，水平方向：联立解得：，所以质子和粒子打到感光板上的位置相同，D正确8.如图甲所示，固定斜面的倾角为30，一质量为m的小物块自斜面底端以初速度v0沿斜面向上做匀减速运动，经过一段时间后又沿斜面下滑回到底端，整个过程小物块的v-t图象如图乙所示。下列判断正确的是A. 物体与斜面间
10、的动摩擦因数B. 上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍C. 滑块沿斜面上滑的过程中机械能减少D. 滑块沿斜面下滑过程中动能增加【答案】BD【解析】【详解】A根据题意可知，上滑阶段，根据牛顿第二定律：，同理下滑过程：，联立解得：，A错误B上滑加速度：，下滑加速度：，所以上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍，B正确C联立：与两式，可得：，上滑过程中，机械能减小等于摩擦力做功：，C错误D根据动能定理得：，解得：，D正确三、非选择题9.某同学为了验证力的平行四边形定则，设计了如下实验，实验原理如图甲所示。将三根细绳套系于同一点O，然后与同学配合，同时用三个弹簧秤分别拉住三根细绳套，以合适的角度向三个不
11、同方向拉开。当稳定后，分别记录三个弹簧称的读数。关于下列实验操作不必要的步骤是：_A.要保证三根细绳套长度相等B实验时需要注意保证各弹簧秤及细绳套在同一水平面内C改变拉力重复实验，每次必须保证O点在同一位置D记录弹簧秤读数的同时，必须记录各拉力的方向E为完成平行四边形定则的验证，实验时还需要测量各拉力间的夹角某次实验测得弹簧秤读数分别为FA=2.2 N，FB=2.4 N，Fc=3.2 N，请根据图乙记录的各力的方向，结合实验原理，在虚线框内画出力的图示，并作出相应的平行四边形，加以验证（ ）。【答案】 (1). ACE (2). 【解析】【详解】（1）A细绳套只是连接弹簧测力计与结点的媒介，取
12、合适长度即可，没必要等长，A错误B实验时，需要各弹簧秤及细绳套在同一水平面内，保证各个力在一个平面内，才可以合成进行验证，B正确C三力平衡条件下，无论结点在什么位置，都满足任意两个力的合力与地三个力等大反向，所以没必要每次必须保证O点在同一位置，C错误D力的合成需要知道分力的大小和方向，所以必须记录各拉力的方向，D正确E通过合成平行四边形，合力与分力通过做图可以确定，没必要测量夹角，E错误（2）根据图乙做出力的图示，如下：通过测量与在误差允许的范围内等大反向，平行四边形定则成立10.如图甲所示是多用电表欧姆挡内部的部分原理图，已知电源电动势E=1.5 V，内阻r=l ，灵敏电流计满偏电流Ig=
13、10 mA，内阻rg=90 ，表盘如图丙所示，欧姆表表盘中值刻度为“15”。多用电表的选择开关旋至“”区域的某挡位时，其内部电路为图甲所示。将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调零后多用电表的总内阻为 _。某电阻接入红、黑表笔间，表盘如图丙所示，则该电阻的阻值为_.若将选择开关旋至“1”，则需要将灵敏电流计 _（选填“串联”或“并联”）一 阻值为_的电阻，再进行欧姆调零。某同学利用多用电表对二极管正接时电阻进行粗略测量，如图乙所示，下列说法中正确的是 _（填选项前的字母）A.欧姆表的表笔A、B应分别接二极管的C、D端B双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大C若采用“100”倍率测量时，发现指
14、针偏角过大，应换“10”倍率，且要重新进行欧姆调零D若采用“10”倍率测量时，发现指针位于刻度“15”与“20”的正中央，测量值应略大于175 【答案】 (1). 150 (2). 60 (3). 并联 (4). 10 (5). AC【解析】【详解】设欧姆表总内阻为R，短接有：，代入数据计算得：；当半偏时有：，所以，所以选择的是“”档位，根据图丙可知读数为60开关旋至“1”，此时内阻，短接电流，所以给表头并联一个分流电阻，根据欧姆定律：A二极管具有单向导电性，由于表笔A与欧姆表内部电源正极相连，故需要表笔A、B应分别接二极管的C、D端，A正确B实验测量时，手不能触碰金属杆，否则就将自身电阻并联
15、进电路，测量值偏小，B错误C若采用“100”倍率测量时，发现指针偏角过大，说明电阻对该档位太小，所以应该换小档位，即“10”倍率，且要重新进行欧姆调零，C正确D根据欧姆表的改装原理可知，表盘刻度不均匀“左密右稀”且越往左阻值越大，若刻度均匀时待测电阻应是175，所以待测电阻的阻值应小于175，D错误11.如图所示，正方形abcd区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子均从a点沿与ab成30角的方向垂直射人磁场，甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场。已知甲粒子的速度大小为v，甲、乙两带电粒子的电荷量之比为1:2，质量之比为1:2，不计粒子重力。求：(1)乙粒子的速度大小；(2)甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比。【答案】（1）v乙=v（2）1：4【解析】【详解】（1）设边界长度为L，如图可得r
