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1、安徽省三校（六安一中、合肥八中、阜阳一中）2019届高三物理最后一卷试题（含解析）二、选择题:1.以下物理内容描述不正确是( )A. 爱因斯坦通过对光电效应实验规律的分析揭示了光具有粒子性的一面B. 玻尔模型对一切原子的光谱现象都能准确解释C. 放射性元素半衰期与其以单质还是化合物形式存在无关D. 原子核的比结合能大小可以反映其稳定性特征【答案】B【解析】【详解】A.爱因斯坦通过对光电效应实验规律的分析揭示了光具有粒子性的一面，选项A正确；B.玻尔模型只能解释氢原子光谱，不能对一切原子的光谱现象准确解释，选项B错误；C.放射性元素的半衰期与其以单质还是化合物形式存在无关，选项C正确；D.原子核
2、的比结合能大小可以反映其稳定性特征，比结合能越大，原子核越稳定，选项D正确；2.如图，一匝数为N的正方形线圈abcd边长为L，电阻不计，以角速度在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO转轴匀速转动。已知转轴与磁场垂直且在线圏平面内，图示位置为线圈平面与磁场平行，线圈通过电刷连接一理想变压器，原副线圈匝数分别为n1和n2，两交流电压表均为理想电表，R为滑动变阻器，以下说法正确的是( )A. 交流电压表V2的示数为B. 仅将滑动变阻器R的动片P向上调节流过变压器原线圈电流变大C. 仅将正方形线圈转动的角速度变为2倍，变压器的输入功率变为4倍D. 线圈从图示位置转过90过程，穿过线圈平面的磁通量变化了NB
3、L2【答案】C【解析】【详解】A.交流电压的最大值等于NBL2，电压表V1示数为有效值NBL2，交流电压表V2的示数为，故A错误；B.仅将滑动变阻器R的动片P向上调节，则电阻变大，则次级电流减小，则流过变压器原线圈电流变小，选项B错误；C.仅将正方形线圈转动的角速度 变为2倍，则交流电的最大值变为原来的2倍，有效值变为2倍，次级电压变为原来的2倍，根据可知，次级功率变为原来的4倍，则变压器的输入功率变为4倍，选项C正确；D.线圈从图示位置转过90过程，穿过线圈平面的磁通量变化了BL2，选项D错误.3.北京时间2019年4月10日21时，人类首张黑洞照片面世。该黑洞位于室女座一个巨椭圆星系M87
4、的中心，距离地球5500万光年，质量约为太阳的65亿倍。黑洞的引力很大，使得视界内的逃逸速度不小于光速。若某黑洞质量M和半径R的关系満足: (其中c为光速，G为引力常量)，且观测到距黑洞中心距离为r的天体以速度v绕该黑洞做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( ) A. 光年是时间的单位B. 该黑洞质量为C. 该黑润的半径为D. 该黑洞表面的重力加速度为【答案】C【解析】【详解】A光年是光在一年运动的距离，则光年是距离单位，选项A错误；B由题意可知，解得，选项B错误；C由可得，选项C正确；D由以及，解得，选项D错误.4.两电荷量分别为Q1和Q2的点电荷固定在y轴上的M、N两点，两电荷连线上各点电势
5、随坐标y变化的关系图象如图所示，其中P点电势最高，且在y轴上MP长度小于PN长度。则下列说法正确的是( )A. Q1和Q2都带正电荷B. Q1的电荷量大于Q2的电荷量C. 在M、N之间将一点电荷沿y轴从P点下侧移到上侧，电势能先减小后增大，则该点电荷带正电D. 一点电荷只在电场力作用下沿y轴从P点运动到接近N点，加速度逐渐变大【答案】D【解析】【详解】A从N到P电势升高，从P到M电势降低，则电场线方向P到N，再从P到M，则Q1和Q2是同种电荷，一定是负电荷，故A错误；B在P点，-y图线切线斜率为零，则P点的电场强度大小为零，说明Q1和Q2两点电荷在P点产生的场强大小相等，方向相反，由公式，MP
6、NP，则Q1的电荷量小于Q2的电荷量，故B错误；C负电荷从P点下侧移到P点上侧，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，故C错误；D在-y图线切线斜率为场强的大小，从P点到N点斜率越来越大，故场强越来越大，则一点电荷只在电场力作用下沿y轴从P点运动到接近N点，加速度逐渐变大，故D正确。5.某课外探究小组用如图所示实验装置测量学校所在位置的地做地磁场的水平分量Bx。将一段细长直导体棒南北方向放置，并与开关、导线、电阻箱和电动势为E、内阻为R的电源组成如图所示的电路。在导体棒正下方距离为L处放一小磁针，开关断开时小磁针与导体棒平行，现闭合开关，缓慢调节电阻箱接入电路中的电阻值，发现小磁针逐渐
7、偏离南北方向，当电阻箱接入电路的电阻值为9R时，小磁针的偏转角恰好为60。已知通电长直导线周围某点磁感应强度为 (式中I为通过导线的电流强度，r为该点到通电长直导线的距离，k为常数)，导体棒和导线电阻均可忽略不计，则该位置地磁场的水平分量大小为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由欧姆定律可得电路中的电流值： ，由题目中给出的公式可得小磁针处电流产生的磁场：，由小磁针的偏转角恰好为60可得：，解得，地磁场的水平分量大小：，故C正确，ABD错误。6.如图所示，正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两帯电粒子从a点沿与ab成30角的方向垂直射入磁场。甲粒子垂直于bc边
8、离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场。已知甲、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。以下判断正确的是A. 甲粒子带负电，乙粒子带正电B. 甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍C. 甲粒子在磁场中的运动弧长是乙粒子在磁场中运动弧长的倍D. 如果改变入射速度大小，甲粒子有可能从ab边射出，乙粒子不可能从bc边射出【答案】BC【解析】【详解】由甲粒子垂直于bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，乙粒子从ad边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A错误；设磁场区域的边长为L，由几何关系可知，R甲=2L，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为60，弦长为
9、L/2，所以，解得：R乙=L，由牛顿第二定律得：，动能：，所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，故B正确；由几何关系可知，甲粒子的圆心角为30，由B分析可得，乙粒子的圆心角为120，根据弧长可知甲粒子在磁场中的运动弧长是乙粒子在磁场中运动弧长的倍，选项C正确；如果改变入射速度大小，减小甲粒子的速度，则半径减小，则甲粒子有可能从ab边射出；增加乙粒子的速度，即增大乙粒子的运动半径，则乙粒子也可能从bc边射出，选项D错误。7.如图，一斜面紧靠竖直墙面固定在水平地面上。在纸面内加一匀强电场，其方向与水平面夹角为，场强，现将一质量为m带电量为+q的小球从斜面上P点竖直向上以v0抛出，第一次与接触面撞前
10、空中飞行的竖直位移为y1，若仅将初速度大小变为3v0从P点竖直抛出，第一次与接触面碰撞前在空中飞行的竖直位移为y2，则下列说法可能正确的是( ) A. y2=2y1B. y2=4y1C. y2=6y1D. y2=10y1【答案】BC【解析】【详解】小球受重力mg以及沿电场方向的电场力，大小为，其竖直分量为；则小球做竖直方向做匀速运动；水平方向 ，则水平方向做加速度为的匀加速运动；若小球第一次能落到斜面上，则第一次与接触面撞前，则 （其中为斜面的倾角），则，则当初速度大小变为3v0时，竖直位移y变为原来的9倍；若两次小球第一次均落在竖直墙壁上，则水平位移相等，则时间相等，由y=v0t可知，则当初
11、速度大小变为3v0时，竖直位移y变为原来的3倍；若第一次落在斜面上，第二次落在墙壁上，可知竖直位移应该介于3倍和9倍之间，则选项BC正确，AD错误。8.如图所示，光滑水平面上静置一质量为m、长为L的长木板B，木板上表面各处粗糙程度相同，一质量为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度冲上木板，当vv0时，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速。此过程中A、B系统生热为Q，则( )A. 若，A、B系统生热为B. 若，A、B相对运动时间为C. 若，B经历t0时间的位移为D. 若，A经历到达木板右端【答案】AC【解析】【详解】当v=v0时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=2mv，代入
12、数据得：v=0.5v0。由能量守恒定律得：Q=mv02-2mv2=mv02。若，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m=2mv得：v=v0。系统生热：，选项A正确；当v=v0时，对B，由动量定理得：ft0=mv可得：；若，根据动量守恒定律得得：。对B，由动量定理得： ，可得：，选项B错误； 若v=v0，则由A选项的分析可知：fL=Q=mv02；对物体B：联立解得：，选项C正确；若v=2v0，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m2v0=mvA+mvB，A、B系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知A、B系统生热仍为Q。根据能量守恒定律得：。结合上面解答有：Q=mv02。对B，由动量
13、定理得：ft=mvB-0；联立解得：，（另一值不合理舍去），故D错误.三、非选择题:(一)必考题9.研究匀变速直线运动实验中，打点计时器打出的一段纸带如图甲所示(使用交流电的频率为50Hz)，已知纸带记录的是匀加速直线运动，且相邻两计数点间还有四个点未画出来，各计数点间距离已在图中标出，则纸带记录的加速度a_m/s2，C点对应的瞬时速度vC_m/s，该纸带上E点后一段被撕断，图乙中的_段能够与原来纸带拼接。(保留3位有效数字)【答案】 (1). 0.780 (2). 0.239 (3). （2）【解析】【详解】根据结合逐差法可知： ；C点对应的瞬时速度 ；由可知E后面的点与E点间距为；再后面的
14、两点间距为4.34cm+0.78cm=5.12cm，则图乙中的（2）段能够与原来纸带拼接.10.要測量一个电源电动势和内电阻，给定下列实验器材:A.待测电源 (电动势约8V，内阻约2)B.电流表A(量程0.6A，内阻约1)C.电压表V(量程3V，内阻为2k)D.滑动变阻器R(阻值范围0-20)E.定值电阻R14kF.定值电阻R2=20开关及导线实验要求电流表和电压表的最大读数都要超过量程的一半。若定值电阻选R1，画出其实验电路_。若定值电阻选R2，画出实验电路_。若选电阻R2设计电路，调节滑动变阻器R，分别得到两组电压，电流对应值U1、I1和U2、I2，则待测电源的电动势E_；内阻r_，由此计
15、算出的电源内阻相对真实值_(“偏大”、“偏小”、“不变”)【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). 偏小【解析】【详解】因电源电动势为8V，而电压表量程为3V，若定值电阻选R1，则需将定值电阻与电压表串联，相当与将电压表扩大量程，则其实验电路为：；若定值电阻选R2，则由于电压表和电流表的量程都相对较小，可将R2与电源串联，相当增加了电源内阻值，电路如图；由闭合电路的欧姆定律：U1=E-I1(R2+r)；U2=E-I2(R2+r)；联立解得：；由电路图可得，电压表测路端电压，但由于电压表的分流作用，使电流表的测量值小于真实值；实验误差是由于电压表的分流造成的；当外电路短路时，电压表不分流，故短路电流相同；而测量的电压值要小于真实值；故作出测量值和真实值的图象如图所示；由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源
