届四川省攀枝花市高三第三次统一考试理综物理试题解析版.docx

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届四川省攀枝花市高三第三次统一考试理综物理试题解析版

2019届四川省攀枝花市高三第三次统一考试

理综物理试题（解析版）

二、选择题：

本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21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.如图所示，一重G=50N的物体静放在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.4。

当在该物体上施加两个方向相反的水平恒力F1=5N、F2=15N时，该物体受到地面的摩擦力大小为

A.5NB.10N

C.15ND.20N

【答案】B

【解析】

【详解】由题意可知，物体的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即为fm=0.4×50=20N.

当在该物体上施加两个方向相反的水平恒力F1=5N、F2=15N时，两力的合力为10N，小于最大静摩擦力，物体处于静止状态，则静摩擦力等于10N，故B正确，ACD错误。

故选：

B

2.A、B两种放射性元素，A的半衰期为10天，B的半衰期为30天，经60天后两种放射性元素的质量相等，那么原来它们的质量之比为

A.1∶3B.3∶1C.1∶16D.16∶1

【答案】D

【解析】

【详解】根据半衰期的定义，经过t=60天T时间后剩下的放射性元素的质量相同，

则A经过6次衰变，而B经过2次衰变；

因此mA（

）6=mB（

）2，

解得：

mA:

mB=16:

1.

故选：

D.

3.如图所示，单匝线圈两端与一个电容为C的平行板电容器相连。

线圈内有垂直纸面向里的磁场，当磁场随时间变化时，电容器A板带电量恒为+Q，B板带电量恒为-Q，则穿过线圈的磁通量随时间t的变化规律为

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【详解】根据C=

，电容器两端的电压U=

，线圈产生的电动势为

，且A板带正电。

根据楞次定律，穿过线圈的磁通量是增加的。

根据法拉第电磁感应定律E=

=

，故C正确，ABD错误。

故选：

C

4.如图，物体P、Q置于光滑水平面上，某时刻分别在相同大小的水平恒力F1、F2作用下，由静止开始运动，经时间t，P、Q发生的位移大小关系为xP

则t时刻

A.F2的功率比F1的大

B.P的速度比Q的大

C.P的动能比Q的大

D.P的动量比Q的大

【答案】A

【解析】

【详解】A.两物体由静止出发，因为xP

，t时刻的速度vP

C.根据拉力做功W=Fx，WP

D.物体P、Q受到的力大小相等，作用时间相同，冲量相等，根据动量定理，P的动量等于Q的动量，故D错误。

故选：

A

5.“虹云工程”是中国航天科工五大商业航天工程之一，将于2022年完成星座部署，实现全球无缝覆盖的超级“星链”WiFi。

该工程由运行在距离地面1000km轨道上的156颗卫星组成。

2018年12月22日，“虹云工程”技术验证星成功发射入轨，目前卫星在轨运行状态良好。

“通信卫星”运行在赤道上空距地面35786km的地球静止轨道上。

“虹云工程”技术验证星与“通信卫星”相比较一定更大的是

A.速度B.周期C.加速度D.动能

【答案】AC

【解析】

【详解】A.根据万有引力提供向心力

，

，“虹云工程”技术验证星的速度一定比“通信卫星”大，故A正确；

B.根据万有引力提供向心力

，

，“虹云工程”技术验证星的周期一定比“通信卫星”小，故B错误；

C.根据牛顿第二定律，

，

，“虹云工程”技术验证星的加速度一定比“通信卫星”大，故C正确；

D.由于两卫星质量未知，无法比较动能大小，故D正确。

故选：

AC

6.如图是甲、乙两物体做直线运动

vt图像。

下列说法中正确的是

A.乙做匀加速直线运动

B.甲、乙的运动方向相反

C.甲、乙的加速度大小相等

D.甲、乙所受合力方向相反

【答案】AD

【解析】

【详解】A.由图可知，乙的速度随时间均匀增加，做匀加速直线运动，故A正确；

B.甲、乙的速度都是正的，运动方向一致，故B错误；

C.根据

，甲的加速度为

，乙的加速度

，甲、乙的加速度大小不相等，故C错误；

D.根据C选项分析，甲、乙加速度方向相反，所受合力方向相反，故D正确。

故选：

AD

7.如图所示，有一圆形匀强磁场区域，方向垂直纸面向外，b、c为直径上

两个点，ab弧为圆周的三分之一。

甲、乙两粒子电荷量分别为+q、-q，以相同的速度先后从a点沿半径方向进入磁场，甲粒子从c点离开磁场，乙粒子从b点离开磁场，则甲、乙两粒子

A.质量之比m甲∶m乙=3∶1

B.动能之比Ek甲∶Ek乙=1∶3

C.运动轨道半径之比r甲∶r乙=3∶1

D.通过磁场的时间之比t甲∶t乙=2∶3

【答案】BD

【解析】

【详解】

AC.由图可知，甲转过的中心角为120°，乙转过的中心角为60°，设圆形磁场的半径为R，那么甲、乙两粒子做圆周运动的半径为r甲=Rtan30°=

R，r乙=Rtan60°=

R，故甲、乙两粒子在磁场中运动的半径之比等于1:

3。

带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力做向心力，即为：

，解得：

，那么，m甲：

m乙=r甲：

r乙=1：

3，故A错误，C错误；

B.根据动能Ek=

，动能之比Ek甲∶Ek乙=m甲：

m乙=1∶3，故B正确；

D.带电粒子在磁场中做圆周运动的周期为：

T=

，故甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比t甲：

t乙=

=2×

=2：

3，故D正确；

故选：

BD.

8.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=2∶1，当在a、b两端之间加上正弦交流电时，R1、R2消耗的电功率相等。

已知R2=1Ω，Uab=8V，图中电表均为理想电表，则

A.R1的电阻值为2Ω

B.电流表的示数为2A

C.电压表的示数为2V

D.电路消耗的总功率为8W

【答案】CD

【解析】

【详解】A.根据原、副线圈的匝数与电流的关系，n1∶n2=2∶1=I2：

I1，又R1、R2消耗的电功率相等，即

，联立得R1=4R2=4Ω，故A错误；

B.根据原、副线圈的匝数与电压的关系，n1∶n2=2∶1=U1：

U2=（8-I1R1）:

I2R2，代入数据得：

I1=1A，故B错误；

C.电压表的示数U2=I2R2=2I1R2=2V，故C正确；

D.R1消耗的功率P1=

=4W；R2消耗的功率P2=

=4W。

电路消耗的总功率为P=P1+P2=8W，故D正确。

故选：

CD

三、非选择题：

共174分。

22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

33-38题为选考题，考生根据要求作答。

9.某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律。

主要实验步骤如下：

（ⅰ）将斜槽固定在水平桌面上，调整末端切线水平；

（ⅱ）将白纸固定在水平地面上，白纸上面放上复写纸；

（ⅲ）用重锤线确定斜槽末端在水平地面上的投影点O；

（ⅳ）让小球A紧贴定位卡由静止释放，记录小球的落地点，重复多次，确定落点的中心位置Q；

（ⅴ）将小球B放在斜槽末端，让小球A紧贴定位卡由静止释放，记录两小球的落地点，重复多次，确定A、B两小球落点的中心位置P、R；

（ⅵ）用刻度尺测量P、Q、R距O点的距离x1、x2、x3；

（ⅶ）用天平测量小球A、B质量m1、m2；

（ⅷ）分析数据，验证等式m1x2=m1x1+m2x3是否成立，从而验证动量守恒定律。

请回答下列问题

（1）步骤（ⅴ）与步骤（ⅳ）中定位卡的位置应_____________；

（2）步骤（ⅳ）与步骤（ⅴ）中重复多次的目的是_____________；

（3）为了使小球A与B碰后运动方向不变，A、B质量大小关系为m1_____m2（选填“＞”、“＜”或“＝”）；

（4）如图乙是步骤（ⅵ）的示意图，则步骤（ⅳ）中小球落点距O点的距离为__________m。

【答案】

（1）.保持不变

（2）.减少实验误差（3）.＞（4）.0.3723（0.3721-0.3724）

【解析】

【详解】

（1）因为步骤（ⅴ）与步骤（ⅳ）要多次重复，以确定小球落点的平均位置，所以定位卡的位置应保持不变。

（2）步骤（ⅳ）与步骤（ⅴ）中重复多次，确定小球落点的中心位置，等效于求落点的平均位置，目的是减小误差；

（3）入射小球的质量大于被碰小球的质量时，入射小球碰后速度方向不变；

（4）由图可知，不放被碰小球时，入射小球的落点位置为Q，距O点的位置为0.3723m。

10.某同学用图甲所示的电路测量一节干电池的电动势和内电阻。

（1）图甲中虚线框内是满偏电流为100mA、表头电阻为9Ω的毫安表改装成量程为0.6A的电流表，电阻R1的电阻值为______Ω；

（2）该同学对实验电路进行了部分连接，请在图乙中将其补充完整，要求滑动变器的滑片P向右移动时电阻减小；

（3）某次测量时毫安表的示数如图丙所示，则此时通过电池的电流为____A（结果保留到小数点后两位）；

（4）实验得到的电压表示数U与毫安表示数I的关系图线如图丁所示。

则电源的电动势E=____V，内阻r=_____Ω。

（结果均保留到小数点后两位）

【答案】

（1）.1.8

（2）.

（3）.0.26（4）.1.50，0.72

【解析】

【详解】

（1）根据并联电路基本原理可知，改装后的量程为：

I=

=

+0.1=0.6，解得R1=1.8Ω；

（2）为保证滑动变器的滑片P向右移动时电阻减小，实验电路连接如图：

（3）由图示，毫安表示数为0.044A，则干路电流，即此时通过电池的电流为I=0.044×6A=0.26A；

（4）根据改装原理可知，实际电流为电流表读数的6倍，由闭合电路欧姆定律可知：

U=E−6I（r+R′）

R′为毫安表与R1的并联值，即R′=1.5Ω，

由图可知,电源的电动势E=1.50V；r+R′=（1.50−0.50）/（75×10−3×6）=2.22Ω 

故r=2.22−1.5=0.72Ω；

11.某课外活动小组为了研究遥控玩具小车的启动性能，进行了如图所示的实验。

将玩具小车放在水平地面上，遥控使其从静止开始匀加速启动，经时间t关闭发动机，玩具小车滑行一段距离后停下来，测得玩具小车从启动到停下来发生的总位移x=6m。

已知玩具小车的质量m=500g，匀加速过程中牵引力F=3N，运动过程中受到的阻力恒为车重的0.2倍，重力加速度为g取10m/s2，求t的值。

【答案】

【解析】

【详解】设玩具小车受到的阻力为f，在关闭发动机前后的加速度大小分别为a1、a2，位移分别为x1、x2，关闭发动机时的速度为v。

关闭发动机之前，分别由牛顿第二定律和运动学规律：

关闭发动机之后，分别由牛顿第二定律和运动学规律

满足：

联立以上各式并代入数据得：

12.如图所示，真空中某竖直平面内有一长为2l、宽为l的矩形区域ABCD，区域ABCD内加有水平向左的匀强电场和垂直于该竖直面的匀强磁场。

一质量为m、电荷量为+q的带电微粒，从A点正上方的O点水平抛出，正好从AD边的中点P进入电磁场区域，并沿直线运动，从该区域边界上的某点Q离开后经过空中的R点（Q、R图中未画出）。

已知微粒从Q点运动到R点的过程中水平和竖直分位移大小相等，O点与A点的高度差

，重力加速度为g，求：

（1）微粒从O点抛出时初速度v0的大小；

（2）电场强度E和磁感应强度B的大小；

（3）微粒从O点运动到R点的时间t。

【答案】

（1）

；

（2）

，

；（3）

【解析】

【详解】

（1）从O到P，带电微粒做平抛运动：

所以

（2）

P点：

设P点速度与竖直方向的夹角为θ，则

带电微粒进入电磁区域后做直线运动，受力如图，可知其所受合力为零，可知：

（3）设微粒从P到Q所用时间

t1，

设微粒从Q到R所用时间为t2，因水平和竖直分位移相等，得：

由题意得：

微粒从0点运动到R点的时间t为：

所以：

13.如图所示，是分子间相互作用力与分子间距离的关系，其中两虚线分别表示分子间斥力和引力与分子间距离的关系，实线表示分子作用力（斥力和引力的合力）与分子间距离的关系，由图可知下列说法中正确的是_________（填正确答案标号）

A.分子间距离为r0时，分子间没有相互作用

B.分子间距离增大，分子间斥力减小引力增大

C.分子间距离大于r0时，分子间的引力总是大于斥力

D.分子间距离增大，分子间作用力可能先减小后增大再减小

E.分子间距离大于r0时，增大分子间距离，分子间作用力总是做负功

【答案】CDE

【解析】

【详解】A.分子间距离为r0时，分子间相互作用的斥力和引力相等，对外表现为作用力等于零，故A错误；

B.随着分子间距离增大，分子间斥力和引力都减小，斥力减小的快，故B错误；

C.分子间距离大于r0时，分子间的引力大于分子间的斥力，对外表现为引力，故C正确；

D.分子间距离小于r0时，分子力表现为斥力，随着分子间距离增大，分子间斥力逐渐减小；分子间距离大于r0时，分子力表现为引力，随着分子间距离增大，分子间引力先逐渐减小；分子间距离大于r0时，分子力表现为引力，随着分子间距离增大，分子间引力先逐渐减小；分子间作用力先增大后减小，故D正确；

F.分子间距离大于r0时，分子力表现为引力，增大分子间距离，分子间作用力总是做负功，故E正确。

故选：

CDE

14.0.4mol某种理想气体的压强P与温度t的关系如图所示，图中p0为标准大气压。

已知任何理想气体在标准状态下（温度0℃，压强为一个标准大气压）1mol的体积都是22.4L，求该气体在状态C时的体积？

【答案】V2=11.2L

【解析】

【详解】设气体在A、B、C处时，体积分别为V0、V1、V2，压强分别为P1、P2、P3，温度分别为T1、T2、T3，则V0=0.4Vm=8.96L

由图可知：

气体A到B的过程为等容过程，V1=V0

B处气体的温度为T1=273+t1=400K

C处气体的温度为T2=273+t2=500K

气体B到C的过程为恒压过程

由盖·吕萨克定律：

得：

V2=11.2L

15.如图甲所示，上端固定的弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，当振子到达最高点时，弹簧处于原长。

选取向上为正方向，弹簧振子的振动图像如图乙所示。

则下列说法中正确的是_____

A.弹簧的最大伸长量为0.1m

B.弹簧振子的振动频率为2Hz

C.在1-1.5s内，弹簧振子的动能逐渐减小

D.在0-0.5s内，弹簧振子

加速度逐渐减小

E.在l.5-2.0s内，弹簧振子的弹性势能逐渐减小

【答案】ACE

【解析】

【详解】A.由振动图像可知，弹簧的最大伸长量为0.1m，故A正确；

B.由振动图像可知，弹簧振子的振动周期为2s，频率f=1/T=0.5Hz，故B错误；

C.在1-1.5s内，弹簧振子由平衡位置向负的最大位移运动，动能逐渐减小，故C正确；

D.在0-0.5s内，弹簧振子由平衡位置向正的最大位移运动，根据f=-kx，弹簧振子的回复力逐渐增大，加速度逐渐增大，故D错误；

E.在l.5-2.0s内，弹簧振子由负的最大位移向平衡位置运动，弹簧形变量逐渐减小，弹性势能逐渐减小，故E正确。

故选：

ACE

16.如图所示，在折射率

，厚度为d的某种透明介质平板上方有一点光源S，S发出的光射向透明介质平板上表面，经过透明介质平板后从下表面穿出。

其中沿与介质表面成α=30°角射入透明介质平板的光线，在透明介质平板中传播的时间与光从S点传到介质表面的时间相等，求S到透明介质平板上表面的距离h应为多少。

【答案】h=d

【解析】

【详解】光在上表面发生折射现象，设入射角为θ，折射角为i，则θ=600

由折射定律可知：

设光从光源S到上表面所用时间为t1，则

光在透明介质平板内速度为v，

则：

由上式联立求解可得：

h=d