山东省济宁市2019届高三物理二模试题【带解析】

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1、2019年山东省济宁市高考物理二调试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21小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1.2019年4月21日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第44颗北斗导航卫星。若组成北斗导航系统的这些卫星在不同高度的轨道上都绕地球做匀速圆周运动，其中低轨卫星离地高度低于同步卫星。关于这些卫星，下列说法正确的是（）A. 低轨卫星的环绕速率可能大于7.9km/sB. 地球同步卫星可以固定对一个区域拍照C. 低轨卫星和地球同步卫星可能具有相同的

2、速率D. 低轨卫星和地球同步卫星可能具有相同的周期【答案】B【解析】【详解】A、根据万有引力提供向心力得，可知轨道越大，速度越小，低轨卫星轨道半径大于近地卫星的半径，故低轨卫星的环绕速率小于7.9km/s，故A错误；B、同步卫星的周期与地球的周期相同，相对地球静止，可以固定对一个区域拍照，故B正确；C、根据万有引力提供向心力得，可知轨道越大，速度越小，低轨卫星离地高度低于同步卫星，故低轨卫星的环绕速率大于同步卫星，故C错误；D、根据开普勒第三定律可知，低轨卫星小于地球同步卫星的周期，故D错误2.如图所示，抖空竹是大家喜欢的一项运动。假设空竹光滑，软线质量不计，若表演者左手保持不动，在右手完成下

3、面动作时，下列说法正确的是（）A. 右手竖直向下缓慢移动的过程中，软线的拉力增大B. 右手竖直向上缓慢移动的过程中，软线的拉力减小C. 右手水平向右缓慢移动的过程中，软线的拉力增大D. 右手水平向右缓慢移动的过程中，软线的拉力减小【答案】C【解析】【详解】AB、如图所示，开始时两个绳子是对称，与竖直方向夹角是相等的。左手不动，右手竖直向下，或向上移动一小段距离，两只手之间的水平距离L不变；假设绳子的长度为X，则XsinL，绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两手之间的距离不变，则角度不变；两个绳子的合力向上，大小等于空竹的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变；故AB错误；CD、左手不动

4、，右手水平向右移动一小段距离，绳子与竖直方向的夹角变大，合力不变，根据2Tcosmg可知，拉力大小变大，故C正确，D错误；3.如图甲所示，理想变压器原线圈的匝数n1、副线圈的匝数n2均可调节。原线圈两端接如图乙所示的交流电，副线圈接负载电阻R和理想交流电流表A，下列说法正确的是（）A. 增大n1，其它条件不变，变压器的输出电压变大B. 增大n2，其他条件不变，电流表的示数变小C. 增大R，其它条件不变，变压器的输入功率变大D. 原线圈所接交流电电压的瞬时值表达式u220sin100t（V）【答案】D【解析】【详解】A、根据电压与匝数成正比，增大n1，其它条件不变，变压器的输出电压减小，故A错误

5、；B、根据电压与匝数成正比，增大n2，其它条件不变，变压器的输出电压增大，根据欧姆定律可知，电流表的示数变大，故B错误；C、增大R，其它条件不变，则输出功率：P 可知减小，变压器的输入功率等于输出功率，也减小，故C错误；D、根据图乙知原线圈所接交流电的瞬时值表达式u220sin100t（V），故D正确。4.如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（）A. A的速率大于B的速率B. A的向心加速度大于B的向心加速度C. 缆绳对A的拉力大于缆绳对B的拉力D. 悬挂A缆绳与竖直方向的

6、夹角小于悬挂B的缆绳与竖直方向的夹角【答案】D【解析】【详解】AB两个座椅具有相同的角速度。A、根据公式：vr，A的运动半径小，A的速率就小。故A错误；B、根据公式：a2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，故B错误；C、如图，对任一座椅，受力如图，A的向心加速度就小，A的向心力就小，A对缆绳的拉力就小，故C错误。D、由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtanm2r，则得tan，A的半径r较小，相等，可知A与竖直方向夹角较小，故D正确。5.如图甲所示，一矩形金属线框abcd垂直匀强磁场并固定于磁场中，以垂直纸面向里为磁场正方向，磁感应强度B随时间t的变化关系图象如图乙所示，规定向右

7、为安培力的正方向，则线框的ab边所受安培力Fab随时间t变化的图象正确的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】01s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针，根据I，电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向右，由FBIL知，安培力均匀增大；12s内，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，根据I，电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向左，由FBIL知，安培力均匀减小；23s内，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，根据I，电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向右，由FBIL知，安培力均匀增大；34s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针，根据

8、I，电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向左，由FBIL知，安培力均匀减小；故A正确。6.用如图所示的装置研究光电效应现象，用光子能量为2.85eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表G的示数不为零，移动变阻器的触点c，发现电压表的示数大于或等于1.70V时，电流表示数为0，则下列说法正确的是（）A. 光电管阴极的逸出功为1.15eVB. 开关S断开后，电流表G中无电流流过C. 当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，电流增大D. 改用能量为1.60eV光子照射，移动变阻器的触点c，电流表G中也可能有电流【答案】AD【解析】【详解】A、该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的

9、示数大于或等于1.70V时，电流表示数为0，知道光电子的最大初动能为1.70eV，根据光电效应方程EKmhW0，解得：W01.15eV故A正确；B、电键S断开后，用光子能量为2.75eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，则有电流流过电流表，故B错误；C、当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，则到达集电极的电子的数目减小，电流减小。故C错误；D、改用能量为1.60eV的光子照射时，由于1.60eV的光子的能量值大于该金属的逸出功，所以移动变阻器的触点c，电流表G中也可能有电流。故D正确。7.三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为

10、现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度同时沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，取0.6，下列说法正确的是（）A. 物块A先到达传送带底端B. 物块A，B同时到达传送带底端C. 传送带对物块A做正功，对物块B做负功D. 物块A在传送带上的划痕长度小于物块B在传送带上的划痕长度【答案】BD【解析】【详解】A、B、对A，因为mgsin37mgcos37，则A物体所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，B所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，两物体匀加速直线运动的加速度相等，位移相等，则运动的时间相等。故A错误，B正确；C、传送带对A的摩擦力方向始终与速度方向相

11、反，摩擦力做负功。故C错误。D、对A，划痕的长度等于A的位移减为传送带的位移，以A为研究对象，由牛顿第二定律得：，得a2m/s2，由运动学公式得运动时间分别为：t1s。所以皮带运动的位移为xvt1m。所以A对皮带的划痕为：x12m1m1m，对B，划痕的长度等于B的位移加上传送带的位移，同理得出B对皮带 的划痕为x23m。故D正确。8.如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一个矩形的四个顶点，电场方向平行于矩形平面。已知A点的电势是25V，B点的电势是16V，D点的电势是9V，且AB3cm，BC4cm，P为BC中点，下列说法正确的是（）A. 电场强度的大小为100V/mB. C点的电势为0VC.

12、电子从C点运动到D点，电场力做功为9eVD. 电子从P点沿PD方向射出将做直线运动（不计电子重力）【答案】BC【解析】【详解】AB由题可得A、B两点的电势差为UABAB25V16V9V，由于AB与DC平行且等长，根据在匀强电场中两平行线段两端的电势差之比等于线段长度之比，可知UDCDC9V，从而可得C点电势为0V，将BC分成8等分，从C往B的第3等分(N)电势为6V，将CD分成3等分，从C往D的第2等分(M)电势也为6V，如图由几何关系，过C点作MN的垂线，即为电场线（即为AC），所以，故A错误，B正确；C根据WUq可得电子从C点运动到D点，电场力做功为，故C正确；D电子从P点沿PD方向射出时

13、，速度方向不沿电场方向，则电子不做直线运动，故D错误。9.在“验证动量守恒定律“的实验中，已有的实验器材有：斜槽轨道、大小相等质量不同的两个小球、重锤线、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规。实验装置及实验中小球运动轨迹及落点的情况简图如图所示。试根据实验要求完成下列填空：（1）为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1_m2（选填“”，“”或“”）（2）完成本实验，必须测量的物理量有_A小球a开始释放点到斜槽末端的高度差hB轨道末端与水平地面的高度差HCa球和b球质量m1、m2DO点到M、P、N三点的距离x1、x2、x3（3）若（2）所给选项的物理量均已知，如果满足

14、条件_（用测量的物理量表示），则表示两小球碰撞过程中动量守恒。【答案】 (1). (2). CD (3). m1x2m1x1+m2x3【解析】【详解】（1）根据弹性碰撞公式可知，只有入射球的质量大于被碰球的质量，弹性碰撞后才不会反弹； （2、3）因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，x2是a球不与b球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表a球碰撞前的速度，x1是a球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，x3是碰撞后b球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，由动量守恒的将初速度的表达式代入得到：m1v0m1v1+m2v2，即只需要验证m1x2m1x1+m2x3；故需要

15、测量的物理量有a球和b球的质量m1、m2和O点到M、P、N三点的距离x1、x2、x3；10.某同学在实验室做“测定电源电动势和内阻”的实验时，发现实验桌上还有一个定值电阻R于是设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势E、内阻r和定值电阻R的阻值。（1）该同学根据甲图将滑动变阻器的滑片P移动到某位置时记下电表V1、V2、A的读数分别为U1、U2、I，可根据此组数据求出定值电阻R0_（用测得的U1、U2、I表示），若实验中的所有操作和数据处理无错误，用该方法测得的R0值_（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。（2）该同学根据记录的U1、U2、I的一系列值，作出了如图乙所示的A、B两条图线U1I图线

16、是图乙中的_（填“A”或“B”）图线，由图乙中数据可知电动势E_V，内电阻r_，定值电阻R0_【答案】 (1). (2). 大于 (3). B (4). 3.0 (5). 1.0 (6). 4.0【解析】【详解】（1）由电路图，根据欧姆定律，得：U2U1IR0整理得： 由于电压表V1分流，电流表的示数小于流过R0的电流，故用该方法测得的电阻值要大于真实值；（2）根据闭合电路欧姆定律，得：U1+I（R0+r）E U2+IrE 整理得：U1 EI（R0+r） U2EIr 结合图象，U2I图象的斜率表示内阻r，U1I图象的斜率表示等效内阻（R0+r），故U1I图线是图乙中的B图线；由B图线得：E3.

17、0VR0+r5 由A图线得： 联立，得：R04三、解答题（共6小题，满分47分）11.如图为某种质谱议结构的截面示意图。该种质谱仪由加速电场、静电分析仪、磁分析器及收集器组成。静电分析仪中存在着径向的电场，其中圆弧A上每个点的电势都相等，磁分析器中存在一个边长为d的正方形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B离子源不断地发出初速度不计的离子，离子经电压为U的电场加速后，从狭缝S1沿垂直于MS1（S1、M、N在同一直线上）的方向进入静电分析器，沿半径为r的圆弧A运动并从狭缝S2射出静电分析器，而后垂直于MS2的方向进入磁场中，最后从MN边上C点离开磁场，进入收集器，已知MC，忽略离子的重力、离子之间

18、的相互作用力、离子对场的影响和场的边缘效应，求：（1）静电分析器中等势线A上各点的电场强度E的大小；（2）该粒子的比荷。【答案】（1） （2）【解析】【详解】（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理得： ，粒子在静电分析仪中做圆周运动，由牛顿第二定律得：，解得：；（2）粒子在磁场中做圆周运动，由几何知识得：，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：，解得：； 。12.在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，其末端水平，圆心角60，半径R2.5m，BC是长度为L18m的水平传送带，CD是长度为L213.5m的水平粗糙轨道，AB、CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板（参

19、赛者和滑板可视为质点，滑板质量忽略不计）从A处由静止下滑，并通过B点恰好滑到D点。已知参赛者质量m60kg，传送带匀速转动，滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为10.4、20.3，取g10m/s2，求：（1）参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力的大小；（2）传送带运转的速度的大小和方向；（3）传送带由于传送参赛者多消耗的电能。【答案】（1）1200N （2）9m/s （3）2160J【解析】【详解】（1）参赛者从A到B的过程，由机械能守恒定律得： 代入数据解得：vB5m/s在B点，对参赛者，由牛顿第二定律得： 代入数据解得：FN1200N由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力

20、为：FNFN1200N，方向竖直向下；（2）参赛者由C到D的过程，由动能定理得：解得：vC9m/svB5m/s所以传送带运转方向为顺时针。假设参赛者在传送带一直加速，设到达C点的速度为v，由动能定理得：解得：所以参赛者在传送带上匀加速运动再匀速运动，所以传送带应沿顺时针转动，速度大小为v传vC9m/s。（3）参赛者在传送带上匀加速运动的时间为：此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为：xv传t解得x2m传送带由于传送参赛着多消耗的电能为： 代入数据解得：E2160J。13.下列说法正确的是（）A. 不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功B. 一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加

21、C. 尖锐的玻璃断口，加热熔化后变钝了，是由于表面张力的作用D. 气体的摩尔体积与阿伏伽德罗常数的比值表示一个气体分子的体积E. 一定质量的理想气体，在等压压缩过程中气体分子每次撞击器壁的平均冲力减小【答案】BCE【解析】【详解】A、可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，但必然会引起其它的变化，故A错误。B、根据理想气体状态方程，一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，温度一定升高，分子的平均动能增大，内能一定增加，故B正确。C、尖锐的玻璃断口，加热熔化后变钝了，是由于表面张力的作用，故C正确。D、气体的摩尔体积与阿伏伽德罗常数的比值表示一个气体分子所占空间的体积，并非是气体分子的体积，故D错

22、误。E、根据理想气体状态方程，一定质量的理想气体，在等压压缩过程中，气体的温度一定下降，分子的平均动能减小，气体分子每次撞击器壁的平均冲力减小，故E正确。14.如图所示，两端封闭导热良好的试管竖直放置，中间一段25cm的水银柱将气体分成长度相等的A、B两段，气柱的长度均为21cm，其中上端气柱的压强为75cmHg，求（i）若保持试管竖直，使封闭的两部分气体升高相同的温度，水银柱将向哪个方向移动？（ii）冷却足够长时间，然后将试管缓慢放置到水平位置，求水银柱移动的距离。【答案】（i）水银柱将向A端移动；（ii）3cm。【解析】【详解】（i）假设水银柱不动，则体积不变由查理定律得： 解得：由于PA

23、PB，则PAPB即温度升高后水银柱将向A端移动。（ii）冷却足够长时间，则温度不变，对A中气体，由玻意耳定律得：PALASPALAS 对B中气体，有玻意耳定律得：PBLBSPBLBS 初状态中B的压强为：PB（75+25）cmHg100cmHg水平放稳后AB气体压强关系为：PAPB 由题意知LA+LB42cm联立解得：LA17cm则水银柱移动的距离为：LLALA3cm。15.如图所示，P、Q、M是均匀媒介中x轴上的三个质点，PQ、QM的距离分别为3m、2m，一列简谐横波沿x轴向右传播。在t=0时刻，波传播到质点P处并且P开始向下振动，经t=3s，波刚好传到质点Q，而此时质点P恰好第一次到达最高

24、点且离平衡位置10cm处。下列说法正确的是 _。A.该简谐波的波速为1m/sB.该简谐波的波长为12mC.当波传播到质点M时，质点P通过路程为50cmD.当t=5s时，质点Q的加速度方向竖直向下E.当质点M运动到最高点时，质点Q恰好处于最低点【答案】ACE【解析】A在t=0时刻，波传播到质点P，经t=3s，波刚好传到质点Q，根据，故A正确； B在t=0时刻，质点P开始向下振动，经t=3s，质点P恰好第一次到达最高点，则，T=4s，根据，=4m，故B错误； C当波传播到质点M时，用时t=x/v=5s，即，质点P通过的路程为5A=50cm，故C正确；D当t=5s时，质点Q已经振动了2s，运动到了平

25、衡位置，加速度为零，故D错误；E质点M比质点Q晚运动了半个周期，当质点M运动到最高点时，质点Q恰好处于最低点，故E正确。故选：ACE16.如图所示，一截面为直角三角形透明棱镜ABC，BC边长为a，A=30。现有一细束单色光沿与AB平行的方向从到C点距离为学a的O点入射，折射后恰好射到AB边上的D点，且CDAB.光在真空中的传播速度为c.求：棱镜的折射率n；单色光从O点入射到第一次从棱镜中射出所用的时间t。【答案】n=。【解析】【详解】单色光在棱镜中的光路如图所示，由几何关系可知，CD长为a、OCD为等边三角形，故-=60根据折射定律有： 解得：n=由于sin=，故单色光在D点发生全反射，由几何关系可知，反射光垂直BC边从BC边射出棱镜，故：=60光在楼镜中的传播速度为： 故； 解得： 【点睛】对于几何光学，关键要结合题意作出光路图，灵活运用几何知识帮助解决物理问题还要掌握光的折射定律、全反射条件等光学基础知识