2019年天津市五校(靜海一中、寶坻一中等)高三三模物理試卷及答案解析

2024年1月4日發(作者：追夢的山里娃)

2019年天津市五校（靜海一中、寶坻一中等)高三三模

物理試卷

題號

得分

一

二

三

四

五

總分

注意事項：

1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息

2．請將答案正確填寫在答題卡上

第I卷（選擇題)

評卷人

得分

一、單選題

1．下列說法正確的是（

）

9412A．核反應4Be?2He?6C?X中的X為中子

B．放射性元素放出的β射線（電子流）是由原子核外電子電離產生的

C．原子核的比結合能越小，原子核越穩定

D．一群處于n=4能級的氫原子發生躍遷時，能發射4條不同頻率的光線

2．在光電效應實驗中，分別用a、b兩種單色光先后照射到同種金屬上，均能產生光電子，測得相應的遏制電壓分別為Ua和Ub，且Ua>Ub，下列說法正確的是（

）

A．在真空中，a光的波長大于b光的波長

B．在同一介質中，a光的傳播速度大于b光的傳播速度

C．同一介質對a光的折射率大于對b光的折射率

D．從同一介質射入真空，a光的臨界角大于b光的臨界角

3．研究表明，地球自轉在逐漸變慢，3億年前地球自轉的周期約為22小時。假設這種趨勢會持續下去，地球的其他條件都不變，未來人類發射的地球同步衛星與現在的地球同步衛星相比，它的（

）

A．角速度變大 B．線速度變小

C．向心加速度變大 D．距地面高度變小

4．如圖所示，在xy平面內有一沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，波速為1m/s，振幅為4cm，頻率為2.5Hz.在t=0時刻，P點位于其平衡位置上方最大位移處，則距P為0.2m的Q點（

）

物理試卷 第1頁，共6頁

A．在0.1秒時的位移是4cm B．在0.1秒時的速度最小

C．在0.1秒時的速度向下 D．在0到0.1秒時間內的路程是4cm

評卷人

得分

二、多選題

5．如圖所示，水平放置的平行板電容器兩極板間距為d，帶負電的微粒質量為m、帶電荷量為q，它從上極板的邊緣以初速度v0射入，沿直線從下極板N的邊緣射出，設重力加速度為g。則：（

）

A．微粒的加速度不為零

B．微粒的電勢能減少了mgd

mgdC．兩極板的電壓為

qD．M板的電勢低于N板的電勢

6．如圖所示，放在斜面上的物體受到垂直于斜面向上的力F作用而物體始終保持靜止，下列說法正確的是（

）

A．當F逐漸減少后，物體受到的摩擦力保持不變

B．當F逐漸減少后，物體受到的合力減小

C．當F逐漸減少后，物體對斜面的壓力逐漸增大

D．若力F反向且慢慢增大，則物體受到的摩擦力增大

7．如圖所示，理想變壓器原線圈與電阻R串聯，和電壓表并聯，原、副線圈的匝數比為20:

1，b是原線圈的中心抽頭，副線圈連接滑動變阻器、電流表電表均為理想交流電表。已知交流電源電壓瞬時值表達式為u?311sin100?t(V)。將單刀雙擲開關K扳向a后，下列說法中正確的是（

）

A．電壓表的示數為220V

B．若將滑動變阻器的滑片下移，則電壓表的示數減小，R消耗的功率增大

C．通過滑動變阻器的交流電的頻率為100Hz

D．若將單刀雙擲開關由a扳向b，則電流表的示數增大

8．如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質量為m的圓環，桿與水平方向夾角為α=30°，圓環與豎直放置的輕質彈簧上端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點，此時彈簧處于原長h，讓圓環沿桿由靜止滑下，滑到桿的底部時速度恰好為零，在環下滑過程中（

）

物理試卷 第2頁，共6頁

A．圓環和地球組成的系統機械能守恒

B．當彈簧垂直光滑桿時，圓環的速度最大

C．彈簧的最大彈性勢能為mgh

D．彈簧從豎直位置轉過60°角過程中，彈簧對圓環的作用力先做負功后做正功，總功一定為零

第II卷（非選擇題)

評卷人

得分

三、填空題

9．如圖所示，小球A的質量為mA=5kg，動量大小為PA=4kg.m/s，小球A沿著光滑水平m/s，方向面向右運動，與靜止的B球發生彈性碰撞，碰后A的動量大小變為PA'=1kg·m/s，小球B的質量為仍然向右。則由此可知碰撞后小球B的動量大小為______kg·____kg.

評卷人

得分

四、實驗題

10．為了探究受到空氣阻力時，物體運動速度隨時間的變化規律，某同學采用了“加速度與物體質量、物體受力關系”的實驗裝置（如圖所示）。實驗時，平衡小車與木板之間的摩擦力后，在小車上安裝薄板，以增大空氣對小車運動的阻力。

①往砝碼盤中加入一小砝碼，在釋放小車______（選填“之前”或“之后”）接通打點計時器的電源，在紙帶上打出一系列的點。

②設小車與薄板質量為M，砝碼和砝碼盤總質量為m，小車與木板動摩擦因數為?，運動中受空氣阻力為f，則小車運動的加速度表達式為a=_______。

③從紙帶上選取若干計數點進行測量，得出各計數點的時間t與速度v的數據如下表：

時間t/s

速度v(m·s-1)

0

0.12

0.50

0.19

1.00

0.23

1.50

0.26

2.00

0.28

2.50

0.29

分析表格中數據，你認為隨著速度增大，小車所受的空氣阻力在如何變化?

答：______（填“增大”、“減小”或“不變”）。

物理試卷 第3頁，共6頁

11．某課外學習小組要測量一個純電阻元件的電阻，用多用電表測得其阻值約為5。為了更精確測量該電阻值，準備了以下實驗器材：

A．電壓表V，量程0-3V，內阻為幾千歐；

B．電流表A，量程0~100mA，內阻為3.0Ω；

C．標準電阻R01：阻值0.6Ω；

D．標準電阻R02：阻值270.0Ω；

E．滑動變阻器R1：0~10Ω，額定電流lA；

F．滑動變阻器R2；0-2kΩ，額定電流0.5A；

G．電源（E=6.0V，內阻約0.3Ω）；

H．電鍵，導線若干。

①實驗中，標準電阻應選_____（填“R01”或“R02”），滑動變阻器應選_____（選填“R1”或“R2”）；

②該小組設計了甲、乙兩個測量電路，其中能更精確測量該電阻的電路圖是_____（選填“甲圖”或“乙圖”）；

③設該小組利用上面所選的更好電路，根據實驗中兩個電表讀數作出U-I圖線是一條直線，如圖所示，由該圖線可知，該實驗測得元件的電阻值為__________Ω（結果保留3位有效數字）。

評卷人

得分

五、解答題

12．如圖所示，某貨場需將質量為m=50kg的貨物（可視為質點）從高處運送至地面，為避免貨物與地面發生撞擊，現利用光滑傾斜軌道SP、豎直面內弧形軌道PQ，使貨物由傾斜軌道頂端距底端高度h=3.2m處無初速度滑下。兩軌道相切于P，傾斜軌道與水平面夾角為??53?，弧形軌道半徑R=2m，末端切線水平。（不考慮貨物與各軌道相接處能量損失，sin53??0.8，.

cos53??0.6。.取g=10m/s）。

物理試卷 第4頁，共6頁

2

（1）求貨物從S點到達P點所經歷時間；

（2）若貨物到達弧形軌道末端Q時對軌道的壓力為1200V，求貨物通過圓弧軌道階段克服摩擦力所做的功；

（3）貨物經過P點時重力的功率。

13．如圖所示，傾角為??53?的光滑斜面上有一界面分別為PQ、MN的勻強磁場，磁場的方向垂直于斜面向下，磁感應強度B=1.0T。斜面上的均勻正方形導線框abcd在磁場上方某處，導線框邊長L=0.5m，導線框的質量m=0.25kg，電阻R=1.0?，磁場邊界PQ與cd邊平行且水平，PM間距d=2.25m.。線框由靜止沿斜面滑下，當線框的cd邊剛進入磁場時，線框的加速度方向沿斜面向下、大小a1=1.0m/s：當線框的cd邊剛離開磁場時，線框的加速度方向沿斜面向上、大小a2=1.0m/s。運動過程中，線框cd邊始終平行PQ?？諝庾枇Σ挥?，重力加速度g=10m/s，sin53??0.8。求：

（1）cd邊剛進入磁場時的速度大?。?

（2）cd邊剛離開磁場邊界MN時，a、b兩點的電壓U；

（3）從線框的cd邊剛進入磁場至線框的ab邊剛進入磁場過程中，線框產生的焦耳熱Q。

物理試卷 第5頁，共6頁

222

14．如甲所示，空間存在一范圍足夠大、方向垂直于豎直平面xOy向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。讓質量為m，電荷量為q（q>0）的粒子從坐標原點O沿xOy平面入射。不汁粒子重力，重力加速度為g。

（1）若亥粒子沿y軸負方向入射后，恰好能經過x軸上的A（a，0）點，求粒子速度v0的大??；

（2）若亥粒子以速度v沿y軸負方向入射的同吋，一不帶電的小球從x軸上方某一點平行于x軸向右拋出，二者經過時間t?2?m恰好相遇，求小球拋出點的縱坐標；

3qB（3）如圖乙所示，在此空間再加入沿y軸負方向、大小為E的勻強電場，讓該粒子改為從O點靜止釋放，研究表明：粒子在xOy平面內將做周期性運動，其周期T?2?m，qB且在任一時刻，粒子速度的水平分量vx與其所在位置的y軸坐標絕對值的關系為vx?qBy。若在粒子釋放的同時，另有一不帶電的小球從x軸上方某一點平行于x軸m向右拋出，二者經過時間t?3?m恰好相遇，求小球拋出點的縱坐標。

qB物理試卷 第6頁，共6頁

2019年天津市五校（靜海一中、寶坻一中等)高三三模

物理試卷參考答案

1．A

【解析】

9412A、根據質量數守恒與電荷數守恒可知，核反應4Be?2He?6C?X中的X的質量數：m?9?4?12?1，核電荷數：z?4?2?6?0，所以X為中子，故選項A正確；

B、β衰變所釋放的電子來自原子核，是原子核中的一個中子轉變為一個質子和一個電子，電子釋放出來，故選項B錯誤；

C、原子核的比結合能越大，原子核越穩定，故選項C錯誤。

2D、一群處于n=4能級的氫原子發生躍遷時，能發射C4?6種不同頻率的光線，故選項D錯誤。

2．C

【解析】

A、根據EK?hv?W0?eUC可知兩種單色光的頻率關系為va?vb，根據v?的波長小于b光的波長，故選項A錯誤；

BCD、由于a光的頻率大于b光的頻率，在同一介質中，a光的折射率大于b光的折射率，根據v?c?可知a光c可知在同一介質中，a光的傳播速度小于b光的傳播速度，由臨界角公式n1sinC?可知a光發生全反射的臨界角小于b光發生全反射的臨界角，故選項C正確，B、nD錯誤。

3．B

【解析】

設同步衛星的質量為m，軌道半徑為r，月球的質量為M，則有：GMGMGMmmv2m4?2r32，解得，，，v????m?r??ma?T?2?3rrr2rT2GM由題意知現在同步衛星的周期變大，則知其軌道半徑r增大，則線速度v減小，角速度?減小，向心加速度減小，距地面高度變大，故選項B正確，A、C、D錯誤。

答案與解析 第1頁，共7頁

4．D

【解析】

已知簡諧波的波速v=1m/s，頻率f=2.5Hz，則周期為T=1v=0.4s，波長為λ==0.4m。由題ffQ點距離P點為x=0.2m=1λ，P、Q兩點的振動情況總是相反，t=0時刻，P點位于其平衡2位置上方最大位移處，則Q點位于其平衡位置下方最大位移處，在0.1秒時P點經過平衡位置向下運動，則在0.1秒時，Q點經過平衡位置向上運動，位移為x=0，速度最大，在0到0.1秒時間內Q點通過的路程等于一個振幅，即路程S=4cm，故A、C錯誤，B、D正確。

故選：B、D

5．B C

【解析】

試題分析：微粒在電場中受到重力和電場力，而做直線運動，電場力與重力必定平衡做勻速直線運動，否則就做曲線運動．微粒的加速度一定為零．根據能量守恒研究微粒電勢能的變化．由△EP=qU，求解電勢差．由題可判斷出電場力方向豎直向上，微粒帶負電，電場強度方向豎直向下，M板的電勢高于N板的電勢．

解：A、由題分析可知，微粒做勻速直線運動，加速度為零．故A錯誤．

B、重力做功mgd，微粒的重力勢能減小，動能不變，根據能量守恒定律得知，微粒的電勢能增加了mgd．故B正確．

C、由上可知微粒的電勢能增加量△EP =mgd，又△EP =qU，得到兩極板的電勢差U=C正確．

D、由題可判斷出電場力方向豎直向上，微粒帶負電，電場強度方向豎直向下，M板的電勢高于N板的電勢．故D錯誤．

故選：BC

【點評】本題是帶電粒子在電場中運動的問題，關鍵是分析受力情況，判斷出粒子做勻速直線運動．

6．A C

【解析】

對物體受力分析，受重力、支持力、靜摩擦力和拉力，如圖所示，因為物體始終靜止，處于平衡狀態，合力一直為零，根據平衡條件則有，垂直斜面方向：F?N?Gcos?，Gcos?不答案與解析 第2頁，共7頁

．故

變，所以F逐漸減小的過程中，N逐漸變大，根據牛頓第三定律，物體對斜面的壓力也增加；平行斜面方向：f?Gsin?，G和?保持不變，故f保持不變，若力F反向且慢慢增大，則物體受到的摩擦力也不變，故選項A、C正確，B、D錯誤。

7．B D

【解析】

A、電源電壓有效值為220V，因為有電阻R分壓，原線圈兩端的電壓小于220V，故選項A錯誤；

B、保持K的位置不變，滑動變阻器滑片向下移，電阻變小，副線圈中的電流變大，那么原線圈中的電流也隨著變大，R功率增大，電阻R兩端的電壓也變大，交流電源的電壓不變，變壓器的輸入電壓變小，原線圈兩端的電壓也相應變小，電壓表的示數減小，故選項B正確；

C、變壓器不改變交變電流的頻率，由交變電流表達式可知頻率為?100??Hz?50Hz，故選項C錯誤；

2?2?D、單刀雙擲開關由a扳向b，原線圈匝數變少，副線圈兩端電壓變大，滑動變阻器滑片不f?動，電流表示數也變大，故選項D正確；

8．C D

【解析】

A、圓環沿桿滑下，滑到桿底端的過程中有兩個力對圓環做功，即環的重力和彈簧的拉力；所以圓環和地球組成的系統機械能不守恒，如果把圓環和彈簧組成的系統作為研究對象，則系統的機械能守恒，故選項A錯誤；

B、當圓環沿桿的加速度為零時，其速度最大，動能最大，此時彈簧處于伸長狀態，給圓環一個斜向左下方的拉力，故選項B錯誤；

答案與解析 第3頁，共7頁

C、根據功能關系可知當圓環滑到最底端時其速度為零，重力勢能全部轉化為彈性勢能，此時彈性勢能最大，等于重力勢能的減小量即為mgh，故選項C正確；

D、彈簧轉過60°角時，此時彈簧仍為原長，彈簧從豎直位置轉過60°角過程中，彈簧對圓環的作用力與運動方向的夾角先大于90°后小于90°，彈簧對圓環的作用力先做負功后做正功，總功一定為零，故選項D正確。

9．3 3

【解析】

以向右為正方向，根據動量守恒定律得：pA?pA??pB，解得：pB?3kgm/s；由機械能22pApA?2pB??守恒定律得：，代入數據解得：mB?3kg。

2mA2mA2mB10．之前

a?【解析】

mg?fmg?f

增大

或a?MM?m解：(1)為充分利用紙帶，在釋放小車之前接通打點計時器的電源；

(2)實驗前已經平衡摩擦力，由牛頓第二定律得小車運動的加速度：a?(3)根據加速度定義a?度a?mg?f；

Mv?v0和表中實驗數據可知隨小車速度的增大，加速度a減小，加速tmg?f，m、g、M不變而a減小，則小車受到的阻力f增大；

M11．R01 R1

甲 4.76

【解析】

(1)估測電路中電流為I?U?0.6A，由題意可知電流表量程太小，應把電流表與定值電Rx阻并聯擴大其量程，所以實驗中，標準電阻應選R01；測量電路選用滑動變阻器的分壓接法，此時滑動變阻器選用阻值較小的，為方便實驗操作，滑動變阻器應選擇R1；

(2)

甲圖測量電路中電流表和標準電阻阻值已知，故甲圖可以知道通過待測電阻的電流值和兩端的電壓值，乙圖中由于不知道電壓表的內阻，故不能知道通過待測電阻的電流準確值，所以更精確測量該電阻電流表采用內接法，應選擇圖甲所示電路圖；

(3)電流表示數為0.095A，則此時通過待測電阻的電流為：待測電阻兩端的電壓為：，，故待測元件電阻為：

答案與解析 第4頁，共7頁

12．（1）t?1s；（2）Wf克?1300J；（3）P?3200W

【解析】

解：(1)光滑傾斜軌道的加速度大小：a?mgsin53??8m/s2

mx?h?4m

sin53?1x?at2

2解得：t?1s

(2)由牛頓第三定律，有FN?FN?1200N

在Q點：FN?mg?m2vQR

vp?at?8m/s

根據動能定理則有：mgR?1?cos53???Wf?1212mvQ?mvP

22解得通過圓弧軌道階段克服摩擦力所做的功：

Wf?1300J

(3)

貨物經過P點時重力的功率：P?mgvpsin53??3200W

13．（1）v1?7m/s（2）Uab?3.375V（3）Q?0.5J

【解析】

解：(1)

cd邊剛進入磁場時的感應電動勢：E?BLv1

感應電流：I1?E

Rcd邊剛進入磁場時受到的安培力：F1?BI1L

根據牛頓第二定律可得：mgsin53??F1?ma1

代入數據可得：v1?7m/s

(2)

cd邊剛離開磁場邊界 MN時則有：I2?Uab3

R4F2?BI2L

答案與解析 第5頁，共7頁

F2?mgsin53??ma2

代入數據可得

Uab?3.375V

(3)根據能量守恒可得：mgdsin53?Q??1212mv2?mv1

22E2?BLv2

Uab?3E2

4代入數據可得Q?0.5J

qBa1?2?m?3mv1?3?m?2mE14．(1)

v0? (2)

y?g?(3)

?y?g????2

2m2?3Bq?2Bq2?Bq?Bq【解析】

解：(1)由題意可知，粒子做勻速圓周運動的半徑為r1，有：r1?2v0

洛倫茲力提供向心力，有：qv0B?mr122a

2解得：v0?qBa

2mv2(2)洛倫茲力提供向心力，又有：qvB?m

r2解得：r2?mv

qB粒子做勻速圓周運動的周期為T，有：T?2?r22?m?

vBq則相遇時間為：t?2?mT?

3Bq31?360??120?

3在這段時間粒子轉動的圓心角為?，有：??如圖所示，相遇點的縱坐標絕對值為：r2sin60??3mv

2Bq答案與解析 第6頁，共7頁

21?2?m?3mv

小球拋出點的縱坐標為：y?g???2?3Bq?2Bq

(3)相遇時間：t?3?m3?T

qB2由對稱性可知相遇點在第二周期運動的最低點

設粒子運動到最低點時，離x軸的距離為ym，水平速度為vx

由動能定理，有：qEym?聯立解得：ym?12mvx

22mE

qB221?3?m?2mE故小球拋出點的縱坐標為：y?g???2

2?Bq?Bq

答案與解析 第7頁，共7頁