湖北省天门仙桃等八市2019届高三下学期3月第二次联合考试物理试题（含解析）.doc

1、 湖北省天门、仙桃等八市湖北省天门、仙桃等八市 2019 届高三届高三 3 月第二次联合考试月第二次联合考试 物理试题物理试题 二、选择题二、选择题: :本题共本题共 8 8 小题每小题给出的四个选项中第小题每小题给出的四个选项中第 1414- -1818 题只有一项符合题目要求。第题只有一项符合题目要求。第 19211921 题有多项题有多项 符合题目要求全部选对的得符合题目要求全部选对的得 6 6 分分, ,选对但不全的得选对但不全的得 3 3 分分, ,有错选或不选的得有错选或不选的得 0 0 分。分。 1.下列现象中,原子核结构发生了改变的是 A. 氢气放电管发出可见光 B. 衰变放出

2、 粒子 C. 粒子散射现象 D. 光电效应现象 【答案】B 【解析】 【详解】A 项：氢气放电管发出可见光是原子从较高能级跃迁至较低能级的结果，是由于原子内部电子运动 产生的，与原子核内部变化无关，故 A 错误； B 项： 衰变放出 粒子是原子核内一个中子转变为一个质子和一个电子， 所以导致原子核结构发生了改变， 故 B 正确； C 项： 粒子散射实验表明原子具有核式结构，故 C 错误； D 项：光电效应是原子核外电子吸收光子能量逃逸出来的现象，跟原子核内部变化无关，故 D 错误。 故选：B。 2.2018 年 12 月 27 日,北斗三号基本系统已完成建设,开始提供全球服务其导航系统中部分卫

3、星运动轨道如图 所示:a为低轨道极地卫星;b为地球同步卫星c为倾斜轨道卫星,其轨道平面与赤道平面有一定的夹角,周期与 地球自转周期相同.下列说法正确的是 A. 卫星 a 的线速度比卫星 c 的线速度小 B. 卫星 b 的向心加速度比卫星 c 的向心加速度大 C. 卫星 b 和卫星 c 的线速度大小相等 D. 卫星 a 的机械能一定比卫星 b 的机械能大 【答案】C 【解析】 【详解】A、B、C 项：人造卫星在围绕地球做匀速圆周运动的过程中由万有引力提供向心力，根据万有引力 定律和匀速圆周运动知识得，解得：， ，由题意可知，卫星 a 的轨道半径 小于卫星 c(b)的轨道半径，故卫星 a 的线速度

4、大于卫星 c 的线速度；卫星 b 和卫星 c 的周期相同，轨道半径 相同，故卫星 b 的线速度等于卫星 c 的线速度，卫星 b 的向心加速度等于卫星 c 的向心加速度，A、B 项错误， C 项正确； D 项：由于不知道卫星的质量关系，故无法判断卫星 a 的机械能与卫星 b 的机械能关系，D 项错误。 故选：C。 3.如图,在横截面为圆形的云室内,沿直径方向装有铅板,匀强磁场垂直圆面(图中未标示)。 从云室内侧壁发射 一带电粒子,粒子刚好从云室圆心处垂直穿过铅板,留下如图所示的径迹不考虑粒子的重力和云室中气体对粒 子的阻力,整个过程中粒子质量、电量保持不变,下列判断正确的是 A. 粒子一定带正电

5、 B. 粒子一定带负电 C. 粒子在云室中铅板两侧的运动时间一定相等 D. 粒子一定自铅板左侧向右穿过铅板 【答案】D 【解析】 【详解】A、B 项：由于磁场方向不确定，无法判断粒子带电性质，A、B 项错误； C 项：由于整个过程中粒子质量、电量保持不变，故粒子在铅板左右两侧运动的周期不变，又因为带电粒子 穿过铅板动能有损失，轨道半径会减小，由题图可知在带电粒子在铅板左边的运动轨道半径大于右边的轨道 半径，而轨道圆弧对应的弦长都等于云室的半径，所以粒子在左边偏转的圆心角小于右边偏转的圆心角，即 粒子在铅板左侧运动的时间小于右侧运动的时间，C 项错误； D 项：粒子在铅板左边的运动轨道半径大于右

6、边的轨道半径，由向心力公式 得轨道半径公式 ，左侧速度大于右侧速度，故粒子一定是从左向右穿过铅板，D 项正确。 故选：D。 4.如图甲所示的电路中,当理想变压器 a、b 端加上如图乙所示的交变电压,闭合开关 S,三只相同灯泡均正常 发光下列说法中正确的是 A. 小灯泡的额定电压 为 6V B. 变压器原、副线圈的匝数比为 3:1 C. 图乙所示的交变电压瞬时值表达式为u=36sin100t(V) D. 断开开关 S，L1会变亮,L2会变暗 【答案】A 【解析】 【详解】A、B 项：当 S 闭合后，原线圈中 I1等于灯泡 L1的电流，副线圈中 I2是灯泡 L2和 L3的电流之和，由 于三只相同的

7、灯泡正常发光， 故I22I1， 根据n1I1n2I2可知n1： n22： 1， 由于输入电压U=UL+U1=18V， 且， U2=UL，得 U1=2UL，故 UL=6V，即小灯泡的额定电压为 6V，A 项正确，B 项错误； C 项：由题意得图乙所示的交变电压瞬时值表达式为，故 C 错误； D 项：断开开关 S，负载电阻增大，副线圈电流 I2减小，原线圈电流 I1随之减小，则有灯泡 L1变暗，L1两端 电压减小，由 U1=UUL得原线圈两端电压 U1增大，副线圈两端电压 U2随之增大，灯泡 L2变亮，D 项错误。 故选：A。 5.如图所示,光滑的水平导轨上套有一质量为 1kg、可沿杆自由滑动的滑

8、块,滑块下方通过一根长为 1m 的轻绳 悬挂着质量为 0.99kg 的木块.开始时滑块和木块均静止,现有质量为 10g 的子弹以 500m/s 的水平速度击中木 块并留在其中(作用时间极短),取重力加速g=10m/s 2.下列说法正确的是 A. 子弹和木块摆到最高点时速度为零 B. 滑块的最大速度为 2.5m/s C. 子弹和木块摆起的最大高度为 0.625m D. 当子弹和木块摆起高度为 0.4m 时,滑块的速度为 1m/s 【答案】C 【解析】 【详解】A 项：设子弹质量为 m0，木块质量为 m1，滑块质量为 m2，由子弹、木块、滑块组成的系统在水平方 向上动量守恒，故当子弹和木块摆到最高

9、点时三者具有相同的速度，且速度方向水平，A 项错误； B 项： ；只要轻绳与杆之间的夹角为锐角，轻绳拉力对滑块做正功，滑块就会加速，所以当轻绳再次竖直时滑 块速度最大，设此时滑块速度为 vm，子弹和木块速度为 v ，则由系统水平方向动量守恒定律可得 m0v0=(m0+m1)v1=(m0+m1)v+m2vm， 解得 vm=0，或 vm=5m/s，即滑块的最 大速度为 5m/s，B 项错误； C 项：当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度 v，由系统水平方向动量守恒定律可得 m0v0=(m0+m1)v1=(m0+m1+m2)v，解得 v=2.5m/s，由子弹进入木块后系统机械能守恒可得 ，解得

10、 h=0.625m，C 项正确； D 项：当子弹和木块摆起高度为 0.4m 时，由系统水平方向动量守恒定律可得 m0v0=(m0+m1)v1=(m0+m1)vx+m2v3， 得 vx=4m/s，而此时木块和子弹竖直方向速度一定不为零，故由子弹进入木块后系统机械能守恒可得 ，解得 h0.4m，D 项错误。 故选：C。 6.如图所示,公园蹦极跳床深受儿童喜爱.一小孩系好安全带后静止时脚刚好接触蹦床,将小孩举高至每根轻 质弹性绳都处于原长时由静止释放,对小孩下落过程的分析,下列说法正确的是 A. 小孩一直处于失重状态 B. .弹性绳对小孩的作用力一直增大 C. 小孩的加速度一直增大 D. 小孩的机械

11、能一直减小 【答案】BD 【解析】 【详解】A 项：由于初始时刻弹性绳处于原长，弹力为零，小孩加速度向下，最后接触蹦床，速度一定会减 小至零，故小孩先处于失重状态，后处于超重状态，A 项错误； B 项：随着小孩的下落，弹性绳伸长弹力增大，弹力之间夹角减小，弹性绳合力增大，B 项正确； C 项：小孩加速下落时，mgF弹=ma，加速度减小，当接触蹦床后，做减速运动，F蹦+F弹mg=ma，加速度增 大，C 项错误； D 项：由于弹性绳和蹦床都会对小孩做负功，所以小孩的机械能一直减小，D 项正确。 故选：BD。 7.矿井中的升降机以 5m/s 的速度竖直向上匀速运行,某时刻一螺钉从升降机底板松脱,经过

12、 3s 升降机底板上 升至井口,此时松脱的螺钉刚好落到井底,不计空气阻力,取重力加速度g=10m/s 2,下列说法正确的是 A. 螺钉松脱后做自由落体运动 B. 矿井的深度为 45m C. 螺钉落到井底时的速度大小为 25m/s D. 螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时 6s 【答案】BC 【解析】 【详解】A 项：螺钉松脱时具有有升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A 项错误； B 项：由运动学公式可得，螺钉自脱落至井底的位移，升降机这段时间的位移，故矿 井的深度为 h=h1+h2=45m，B 项正确； C 项：螺钉落到井底时点速度大小为，C 项正确； D 项：螺钉松脱

13、前运动的时间为，解得 t=6s，所以螺钉运动的总时间为 t+t=9s，D 项错误。 故选：BC。 8.如图所示,空间存在水平向右、 电场强度大小为E的匀强电场,一个质量为m、 电荷量为+q的小球,从A点以 初速度v0竖直向上抛出,经过一段时间落回到与A点等高的位置B点(图中未画出),重力加速度为g.下列说法 正确的是 A. 小球运动到最高点时距离 A 点的高度为 B. 小球运动到最高点时速度大小为 C. 小球运动过程中最小动能为 D. AB 两点之间的电势差为 【答案】BD 【解析】 【详解】A 项：小球在空间的运动可以分解为水平方向初速度为零，加速度为 的匀加速直线运动和竖 直方向初速度为

14、v0，加速度为 g 的竖直上抛运动，所以在竖直方向上 v0 2=2gh，解得 ，故 A 错误； B 项：小球运动到最高点时，竖直方向速度减为零，由 v0=gt，解得，水平方向由 vx=at，解得， 故 B 正确； C 项：小球运动过程中动能的表达式为 ， 由数学知识可得当时，小球的动能最小，最小动能为 ，故 C 错误； D 项：当小球运动到 B 点时，运动时间为 ，水平方向的位移为，A、B 两点之 间的电势差为，故 D 正确。 故选：BD。 三、非选择题三、非选择题: :包括必考题和选考题两部分第包括必考题和选考题两部分第 2 2 题题 第第 3232 题为必考题每个试题考生都必须作答第题为必

15、考题每个试题考生都必须作答第 3333 题题 第第 3838 题为选考题题为选考题, ,考生根据要求作答。考生根据要求作答。 ( (一一) )必考题必考题(11(11 题题, ,共共 129129 分分) ) 9.某同学设计如图甲所示装置测量木块与水平桌面之间的动摩擦因数。 打点计时器固定在水平桌面左端纸带穿过打点计时器连接在木块上,木块在细线的作用下拖着纸带运动 打点计时器打出的部分纸带如图乙所示已知乙图中纸带右端连接木块,A、B、CI、J 为计数点相邻两计数 点间有 4 个计时点未画出,打点计时器所用交流电源频率为 50Hz,取重力加速度g=10m/s 2。 (1)下列实验操作或分析中正确

16、的一项是_。 A实验中必须测出钩码释放时离地的高度 B实验中应先释放木块再启动打点计时器 C实验中必须保证钩码的质量远小于木块的质量 D钩码落地发生在打点计时器打出 E、F 两点的时刻之间 (2)用题中所给数据求木块与桌面间的动摩擦因数应选取_(选填“AE“或“F“)段纸带进行计算,由此测得木 块与桌面间的动摩擦因数u=_(结果保留两位有效数字) 【答案】 (1). D (2). AE (3). 0.20 【解析】 【详解】(1)A、B、C 项：实验是根据钩码落地后木块在水平桌面上受摩擦力做匀减速直线运动求出动摩擦因 数，故无需测出钩码释放时离地的高度，也不需要钩码的质量远小于木块的质量，实验

17、准确操作应该是先启 动打点计时器，再释放木块，故 A、B、C 错误； D 项： 从纸带打出的点迹可知 AE 段木块做匀变速直线运动， FJ 段也做匀变速直线运动， 可知钩码是在打出 E、 F 两点时刻之间落地的，D 项正确。 故选：D。 (2) 由于纸带右端连接木块， 故木块在摩擦力作用下做匀减速直线运动时打出的是“AE”段纸带； 由 AE 段纸 带上打出的点迹间距离可知，匀减速运动的加速的大小为 ，T=0.1s，解得 a=2.0m/s 2， 由牛顿第二定律可得 mg=ma，解得 =0.20。 10.某同学设计如图(a)所示电路来测量未知电阻 R,的阻值和电源电动势 E. 实验器材有:电源(内

18、阻不计),待测电阻 Rx,(约为 5),电压表(量程为 3V,内阻约为 1k),电流表(量 程为 0.6A,内阻约为 2),电阻 R0(阻值 3.2),电阻箱 R(0-99.9),单刀单掷开关 S1,单刀双掷开关 S2,导线 若干. (1)根据图(a)所示电路图用笔画线代替导线在图(b)中完成实物电路的连接_; (2)闭合开关 S1,将 S2拨至 1 位置,调节电阻箱测得电压表和电流表的的示数分别为 2.97V 和 0.45A;再将 S2拨 至 2 位置调节电阻箱测得电压表和电流表的的示数分别为 2.70V 和 0.54A.由上述数据可测算出待测电阻 Rx=_(结果保留两位有效数字); (3)

19、拆去电压表闭合开关 S1,保持开关 S2与 2 的连接不变,多次调节电阻箱记下电流表示数/和相应电阻箱的阻 值R,以 为纵坐标,R为横坐标作了 一 R图线如图(c)所示,根据图线求得电源电动势E=_V.实验中随着 电阻箱阻值的改变电阻箱消耗的功率P会发生变化,当电阻箱阻值R=_ 时电阻箱消耗的功率最大(结果均 保留两位有效数字) 【答案】 (1). (2). 4.8 (3). 5.0 (4). 5.0 【解析】 【详解】(1) (1)实物电路连线如图； ； (2) 当开关 S1闭合，S2拨至 1 位置时，由欧姆定律可得 U1=I1(RA+Rx)，当 S2拨至 2 位置时，由欧姆定律可得 U2=

20、I2(RA+R0)，联立解得 RA=1.8，Rx=4.8； (3) 由闭合电路欧姆定律可得：变形得 可由斜率求得 E=5.0V，或由截距及 RA=1.8求得 E=5.0V；电阻箱消耗的功率 ，当 R=RA+R0=5.0时，电阻箱消耗的功率最大。 11.如图甲所示,MN、PQ是两根长为L=2m、倾斜放置的平行金属导轨,导轨间距d=1m,导轨所在平面与水平面 成一定角度,M、P间接阻值为R=6 的电阻.质量为m=0.2kg、长度为d的金属棒ab放在两导轨上中点位置, 金属棒恰好能静止.从t=0 时刻开始,空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度随时间变化如图乙 所示,在t0=0.1s时刻,金

21、属棒刚要沿导轨向上运动,此时磁感应强度B0=1.2T.已知金属棒与导轨始终垂直并且 保持良好接触,不计金属棒和导轨电阻,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力取重力加速度g=10m/s 2.求： (1)0t0时间内通过电阻R的电荷量q; (2)金属棒与导轨之间的动摩擦因数u. 【答案】(1)0.2C (2) 0.75 【解析】 【详解】(1) (1)由题意得 0t0时间内回路中磁通量的变化量： 由法拉第电磁感应定律可得： 由欧姆定律可得： 故 0t0时间内通过电阻 R 的电荷量：q=It 联立解得 q=0.2C ； (2) 由题意得导体棒在 t=0 时刻恰好能处于静止状态，设导轨平面与水平面之间的夹角为

22、 ， 则有 mgsin=fm fm=FN FN=mgcos 在 t0=0.1s 时刻，金属棒刚要沿导轨向上运动，则有 F安=mgsin+fm 此时 F安=B0Id 联立解得 =0.75 . 12.如图所示,质量m1=1kg 的木板静止在倾角为=30足够长的、 固定的光滑斜面上,木板下端上表而与半径 R=m 的固定的光滑圆弧轨道相切圆弧轨道最高点 B 与圆心 O 等高.一质量m2=2kg、可视为质点的小滑块以 v0=15m/s 的初速度从长木板顶端沿木板滑下已知滑块与木板之间的动摩擦因数u=,木板每次撞击圆弧轨道 时都会立即停下而不反弹,最终滑未从木板上端滑出,取重力加速度g=10m/s 2.求

23、 (1)滑块离开圆弧轨道 B 点后上升的最大高度; (2)木板的最小长度; (3)木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能。 【答案】(1)9.75m (2)7.5m (3) 【解析】 【详解】(1)由滑块与木板之间的动摩擦因数 可知，滑块在木板上匀速下滑，即滑块到达 A 点时速度大小依然为 v0=15m/s，设滑块离开圆弧轨道 B 点后上升的最大高度为 h，则由机械能守恒定律可得： 解得：h=9.75m ； (2) 由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为 v0=15m/s， 滑上木板后，木板的加速的为 a1， 由牛顿第二定律可知：m2gcosm1gsin=m1a1 滑块的加速度为 a

24、2， 由牛顿第二定律可知：m2gcos+m2gsin=m2a2 设经过 t1时间后两者共速，共同速度为 v1， 由运动学公式可知：v1=v0a2t1=a1t1 该过程中木板走过的位移： 滑块走过的位移： 之后一起匀减速运动至最高点，若滑块最终未从木板上端滑出， 则木板的最小长度：L=x2x1 联立解得：L=7.5m； (3) 滑块和木板一起匀减速运动至最高点，然后一起滑下，加速度均为 a3， 由牛顿第二定律可知：(m1+m2)gsin=(m1+m2)a3 一起匀减速向上运动的位移： 木板从最高点再次滑至 A 点时的速度为 v2， 由运动学公式可知： 滑块第三次、第四次到达 A 点时的速度大小均

25、为 v2，第二次冲上木板，设 又经过时间 t2两者共速，共同速度为 v3， 由运动学公式可知：v3=v2a2t2=a1t2 该过程中木板走过的位移： 一起匀减速向上运动的位移： 设木板第二次滑至 A 点时的速度为 v4，由运动学公式可知： 木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能为 联立各式得： 。 ( (二二) )选考题选考题: :共共 4545 分分. .请考生从给出的请考生从给出的 2 2 道物理题、道物理题、2 2 道化学题、道化学题、2 2 道生物题中每科任选一题作答道生物题中每科任选一题作答, ,并用并用 2B2B 铅铅 笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题

26、目号一致笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目号一致, ,在答题卡选答区域指定位在答题卡选答区域指定位 置答题如果多做置答题如果多做, ,则每学科按所做的第一题计分。则每学科按所做的第一题计分。 物理物理选修选修 3 3- -33 13.分子力F、分子势能EP与分子间距离r的关系图线如甲乙两条曲线所示(取无穷远处分子势能EP=0).下列 说法正确的是 A. 乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线 B. 当r=r0时,分子势能为零 C. 随着分子间距离的增大,分子力先减小后一直增大 D. 分子间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而减小,但斥力减小得更快 E. 在rr0

27、阶段,分子力减小时,分子势能也一定减小 【答案】ADE 【解析】 【详解】A、B 项：在 rr0时，分子势能最小，但不为零，此时分子力为零，故 A 项正确，B 项错误； C 项：分子间作用力随分子间距离增大先减小，然后反向增大，最后又一直减小，C 项错误； D 项：分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但斥力比引力变化 得快，D 项正确； E 项：当 rr0时，分子力表现为斥力，当分子力减小时，分子间距离增大，分子力做正功，分子势能减少， E 项正确。 故选：ADE。 14.横截面积处处相同的 U形玻璃管竖直放置左端封闭,右端开口.初始时,右端管内用h1=4c

28、m 的水银柱封闭一 段长为L1=9cm 的空气柱 A 左端管内用水银封闭有长为L2=14cm 的空气柱 B,这段水银柱液面高度差为h2=8cm,如图甲所示. 已知大气压强P0=76.0cmHg,环境温度不变. (i)求初始时空气柱 B 的压强(以 cmHg 为单位)； (ii)若将玻璃管缓慢旋转180,使U形管竖直倒置(水银未混合未溢出),如图乙所示当管中水银静止时,求水 银柱液面高度差h3. 【答案】(i)72cmHg (ii)12cm 【解析】 【详解】(i)初始时，空气柱 A 的压强为 pAp0gh1 而 pBgh2pA 联立解得气体 B 的压强为 pB=72cmHg (ii)U 形管倒

29、置后，空气柱 A 的压强为 pAp0gh1 空气柱 B 的压强为 pBpAgh3 空气柱 B 的长度 由玻意耳定律可得 pBL2pBL2 联立解得 h312cm。 物理物理选修选修 3 3- -4(154(15 分分) ) 15.如图所示,位于坐标原点的波源从t=0时刻开始沿y轴正方向振动,产生两列简谐横波在同一介质中分别沿 x轴正方向和负方向传播t=1s 时刻平衡位置xA=-2m处的质点 A位于波谷,xB=8m 处的质点 B恰好起振此时波源 恰好回到平衡位置沿y轴正方向振动则下列说法正确的是 A. 波速为 8.0m/s B. 周期可能为 0.5s C. 波长最大值为 1.6m D. t=1s

30、 时x=-6m 的质点一定位于波峰 E. 若振幅为 0.1m,t=1.5s 时质点 B 已经过的路程可能为 1.8m 【答案】ADE 【解析】 【详解】A 项：由题意得 xB=vt，解得 v=8.0m/s，A 项正确； B、C 项：由于 t=1s 时刻波源恰好回到平衡位置沿 y 轴正方向振动，A 质点位于波谷，则有 ，而 质点 B 恰好起振，则有 以及 t=mT，故有 m=4n+1， 当 n=0、1、2、3、4时，m=1、 5、9、13、17，代入上式可得周期 T 不可能等于 0.5s，最大波长为 8.0m，B、C 项错误； D 项：t=1s 时，该质点一定位于波峰；t=1.5s 时质点 B

31、已经振动了 由 m=1、5、9、13、17可知质点 B 已走过的路程可能为，1.0m，1.8m，2.6m，D、E 项 正确。 故选：ADE。 16.如图所示,半径为R的半球形玻璃砖的折射率为n=,底面镀银,球心为O,一与底面垂直的细束光线从圆弧 面射入，已知该光线与 O 点之间的距离为R,光在真空中传播的速度为c.求： (i)此光线第一次从球面射出的方向相对于初始人射方向的偏角; (ii)第一次从球面射出的光线在玻璃砖内传播的时间. 【答案】(i)120 (ii) 【解析】 【详解】(i)依据题意作光路如图所示， sini1=sinOAB= 由折射定律可得 由几何知识可得 =r2=30，且 D 点位于 O 点正上方， 又由折射定律可得 解得 i2=60 故光线第一次从球面射出的方向相对于初始入射方向的偏角为 18060=120； (ii)由图可知 AB=RcosOAB= ， 又因为 AC+DC=vt 联立解得：