山东省师大附中2019届高三第五次模拟考试物理试卷

山东省师大附中2019届高三第五次模拟考试
物理试题
★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

第Ⅰ卷(共48分)
一：选择题（共12小题，每小题4分，共48分。

1-8单项选择题，9-12多项选择题，漏选
得2分，错选0分。

）
1．物理学家通过艰辛的实验和理论研究探究自然规律，为科学事业做出了巨大贡献．下列描
述中符合物理学史实的是( )
A．奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说
B．法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律
C．牛顿发现了万有引力定律但未给出引力常量G的数值
D. 哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，并发现行星沿椭圆轨道运行的规律
2．如图所示，物块A放在木板上处于静止状态，现将木块B略向右移动一些使倾角a减小，则下列结论正确的是( )
A．木板对A的作用力变小
B．木板对A的作用力不变
C．物块A与木板间的正压力减小
D．物块A所受的摩擦力不变
3．物体在变力F作用下沿水平方向做直线运动，物体质量m＝5kg，F随坐标x的变化情况如图所示。

若物体在坐标原点处由静止出发，不计一切摩擦。

借鉴教科书中学习直线运动时由v －t图象求位移的方法，结合其他所学知识，根据图示的F－x图象，可求出物体运动到x＝16 m处时，速度大小为( )
A．4 m/s B．2m/s
C．3 m/s D．m/s
4．如图所示，一质量为M=2kg、倾角为θ=45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m=1kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。

重力加速度为g=10m/s2。

下列判断正确的是( )
A．物块对斜面的压力大小F N=5N
B．斜面体的加速度大小为a=10m/s2
C．水平恒力大小F=15N
D．若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止，则F将变小
5．“天舟一号”飞船是中国空间技术研究院研制的第一艘货运飞船，2017年4月20日19时41分在海南文昌航天发射中心，由长征7号遥2运载火箭发射。

4月21日上午，“天舟一号”货运飞船已经完成了两次的轨道控制，后来又进行了三次的轨道控制，使“天舟一号”货运飞船控制到“天宫二号”的后下方。

4月22日12时23分，“天舟一号”货运飞船与离地面390公里处的“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接。

下列说法正确的是
A．根据“天宫二号”离地面的高度，可计算出地球的质量
B．“天舟一号”与“天宫二号”的对接过程，满足动量守恒、能量守恒
C．“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，轨道半径和线速度都略微减小
D．若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度
6．如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。

则下列选项正确的是
A．A不能到达B圆槽的左侧最高点
B．A运动到圆槽的最低点速度为
C．B向右匀速运动
D．B向右运动的最大位移大小为
7．如图所示，已知R1＝R4＝0.5 Ω，r＝1Ω，R2＝6 Ω，R3的最大阻值为6 Ω。

在滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中，下列说法不正确的是( )
A．定值电阻R4的功率、电源的总功率均减小
B．电源的输出功率变小
C．电源的效率先增大后减小
D．MN并联部分的功率先增大后减小
8．如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图象，一个带电粒子仅受电场力作用在x=0处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过x=x2处，则下列说法正确的是( )
A．粒子从x=0到x=x2过程中，电势能先增大后减小
B．粒子从x=0到x=x2过程中，加速度先减小后增大
C．x1和x2处的电场强度均为零
D．x1和x2之间的场强方向不变
9．如图所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板。

一带正电的小滑块，从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点(图中未标出)，然后返回。

则( )
A．滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力、弹簧弹力、摩擦力做功之和B．滑块从P点运动到R点的过程中，电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和
C．滑块返回能到达的最低位置在P点
D．滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差10．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、乙两带电粒子从a点沿与ab成30°角的方向垂直射入磁场。

甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场。

已知甲、乙两a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．甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍
D·甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的倍
11．如图，将手摇交流发电机与一理想变压器的原线圈相连，副线圈电路中接有三个定值电阻、开关、灯泡及一个压敏电阻。

压敏电阻具有这样的特点：只有加在它两端的电压大于某一值时，才会有电流通过。

现将手摇发电机的手柄匀速转动，小灯泡周期性的闪亮，闭合开关后，小灯泡不再闪亮。

下列说法正确的是( )
A．将滑动头P向下滑动，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变小
B．将滑动头P向上滑动，可能使灯泡继续闪亮，且闪亮频率不变
C．将滑动头P向上滑动，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变大
D．增大发电机手柄的转速，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变大
12．如图1所示，光滑的平行竖直金属导轨AB、CD相距L，在A、C之间接一个阻值为R 的电阻，在两导轨间abcd矩形区域内有垂直导轨平面向外、宽为5d的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、电阻为r、长度也刚好为L的导体棒放在磁场下边界ab上（与ab边重合），现用一个竖直向上的力F拉导体棒，使它由静止开始运动，已知导体棒离开磁场前已开始做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计，F随导体棒与初始位置的距离x变化的情况如图2所示，下列判断正确的是( )
A．导体棒离开磁场时速度大小为
B．导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为
C．离开磁场时导体棒两端电压为
D．导体棒经过磁场的过程中，电阻R产生焦耳热为
第Ⅱ卷(62分)
注意事项：1. 第Ⅱ卷共6个题。

其中13.14为实验题，15.16.17.18题为计算简答题。

2. 第Ⅱ卷所有题目的答案考生须用黑色0.5 mm的墨水签字笔答在答题纸上，在
试题卷上答题无效。

要有必要的计算表述和方程分析，只写答案不得分
二：实验题
13．（6分）现用频闪照相方法来研究物块的变速运动．在一小物块沿斜面向下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示．拍摄时频闪频率是10 Hz，通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x1、x2、x3、x4.已知斜面顶端的高度h和斜面的长度s.数据如下表所示．重力加速度大小g＝9.80 m/s2.
单位：cm
(1)物块的加速度a＝________ m/s2(保留3位有效数字)
(2)因为________，可知斜面是粗糙的．
14．（9分）某同学用伏安法测量电阻R x(约为100)的阻值。

准备的实验器材除了导线和开关外，还有下列器材：
A．电源(电动势E约为10V，内阻未知)
B．电流表A1(0~200mA，内阻r=10)
C．电流表A2(0~300mA，内阻约为15)
D．电阻箱R(最大阻值999.9，符号)
E．滑动变阻器R1(0～10，额定电流5A)
F．滑动变阻器R2(0～1k，额定电流0.5A)
(1)由于准备的器材中没有电压表，需要用电流表改装一个量程为10V的电压表，应选电流表___________(填写器材前的字母序号)，将选定的电流表与电阻箱_______(填“并联”或“串联”)，并把电阻箱的阻值调至__________。

(2)实验要求待测电阻两端的电压能够从零开始变化，滑动变阻器应选________(填写器材前的字母序号)。

(3)在答题卡的虚线框内画出电路图，并标上所用器材的代号，要求尽量减小误差。

(4)某一次实验读出电流表A1的示数I1=146mA，电流表A2的示数I2=218mA，待测电阻R x=_____(结果保留一位小数)。

三、计算题
15．（11分）某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离直升机一段时间后打开降落伞减速下落，他打开降落伞后的速度－时间图象如图(a)所示。

降落伞用8根对称的悬绳悬挂运动员，每根悬绳与中轴线的夹角为37°，如图(b)所示。

已知运动员和降落伞的质量均为50 kg，不计运动员所受的阻力，打开降落伞后，降落伞所受的阻力f与下落速度v成正比，即f＝kv。

重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

求：
(1)打开降落伞前运动员下落的高度； (2)阻力系数k 和打开降落伞瞬间的加速度； (3)降落伞的悬绳能够承受的拉力至少为多少。

16．（13分）如图所示，质量M 为5.0 kg 的小车以2.0 m/s 的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD 部分是表面粗糙的水平轨道，DC 部分是41光滑圆弧轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度E 大小为50 N/C ，磁感应强度B 大小为2.0 T 。

现有一质量m 为2.0 kg 、带负电且电荷量为0.1 C 的滑块以10 m/s 的水平速度向右冲上小车，当它运动到D 点时速度为5 m/s 。

滑块可视为质点，g 取10 m/s 2。

求：
(1)求滑块从A 到D 的过程中，小车与滑块组成的系统损失的机械能； (2)如果滑块刚过D 点时对轨道的压力为76 N ，求圆弧轨道的半径r ；
(3)当滑块通过D 点时，立即撤去磁场，要使滑块冲出圆弧轨道，求此圆弧轨道的最大半径。

17．（10分）如图所示，两根水平放置的平行金属导轨，其末端连接等宽的四分之一圆弧导轨，圆弧半径r＝0.41 m。

导轨的间距为L＝0.5 m，导轨的电阻与摩擦均不计。

在导轨的顶端接有阻值为R1＝1.5 Ω的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝2.0 T。

现有一根长度稍大于L、电阻R2＝0.5 Ω、质量m＝1.0 kg的金属棒。

金属棒在水平拉力F作用下，从图中位置ef由静止开始匀加速运动，在t＝0 时刻，F0＝1.5 N，经2.0 s运动到cd时撤去拉力，棒刚好能冲到最高点ab，重力加速度g＝10 m/s2。

求：
(1) 金属棒运动到cd时电压表的读数；
(2) 金属棒从cd运动到ab过程中电阻R1上产生的焦耳热。

18．(13分)如图所示的xoy坐标系中，在第I象限内存在沿y轴负向的匀强电场，第IV象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。

一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点垂直进入匀强电场，经过x轴上的Q点以速度v进入磁场，方向与x轴正向成30°。

若粒子在磁场中运动后恰好能再回到电场，已知=3L，粒子的重力不计，电场强度E和磁感应强度B大小均未知。

求：
(1)OP的距离
(2)磁感应强度B的大小
(3)若在O点右侧22L处放置一平行于y轴的挡板，粒子能击中挡板并被吸收，求粒子从P点进入电场到击中挡板的时间
答案
1、C
2、B
3、A
4、C
5、D
6、D
7、C
8、B
9、AB 10、BCD 11、BD 12、ACD
13.答案: (1)4.30 (2)a <g s h ＝5.88 m/s 2
14、答案:（1）B ；串联；40；
（2）E ；
（3）电路图如图所示；
（4）101.4
15.答案: (1)打开降落伞前运动员做自由落体运动，根据速度位移公式可得
运动员下落的高度h ＝2g v02，
由题图(a)可知v 0＝20 m/s ，解得：h ＝20 m 。

(2)由题图(a)可知，当速度为v ＝5 m/s 时，运动员做匀速运动，受力
达到平衡状态，
由平衡条件可得：kv ＝2mg ，即k ＝v 2mg ，
解得k ＝200 N·s/m 。

在打开降落伞瞬间，由牛顿第二定律可得：
kv 0－2mg ＝2ma ，
解得a ＝30 m/s 2，方向竖直向上。

(3)根据题意可知，打开降落伞瞬间悬绳对运动员拉力最大，设此时降落伞上每根悬绳的拉力为T ，以运动员为研究对象，
则有：8T cos 37°－mg ＝ma ，
代入数据可解得T ＝312.5 N ，
故悬绳能够承受的拉力至少为312.5 N 。

16、解析 (1)设滑块运动到D 点时的速度大小为v 1，小车在此时的速度大小为v 2，物块从A 运动到D 的过程中，系统动量守恒，以向右为正方向，
有mv 0－Mv ＝mv 1＋Mv 2，
解得v 2＝0。

设小车与滑块组成的系统损失的机械能为ΔE ，则有
ΔE ＝21mv 02＋21Mv 2－21mv 12，
解得ΔE ＝85 J 。

(2)设滑块刚过D 点时受到轨道的支持力为N ，则由牛顿第三定律可得N ＝76 N ，由牛顿第二定律可得
N －(mg ＋qE ＋qv 1B )＝m 121，解得r ＝1 m 。

(3)设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同的速度v ′，由动量守恒定律可得
mv 1＝(m ＋M )v ′，解得v ′＝710 m/s 。

设圆弧轨道的最大半径为R m ，由能量守恒定律有
21mv 12＝21(m ＋M )v ′2＋(mg ＋qE )R m ，
解得R m ＝0.71 m 。

答案 (1)85 J (2)1 m (3)或0.71 m
17、解析 (1)刚开始拉金属棒时，由牛顿第二定律得F 0＝ma
代入数据得a ＝1.5 m/s 2
t ＝2.0 s 时，金属棒的速度v ＝at ＝3 m/s
此时的感应电动势E ＝BLv
电压表示数U ＝R1＋R2E R 1
代入数据得U ＝2.25 V
(2)金属棒从cd 位置运动到ab 位置，由动能定理得
－mgr －W 克安＝0－21mv 2
回路中产生的总焦耳热Q ＝W 克安
电阻R 1上产生的焦耳热Q 1＝R1＋R2Q R 1
代入数据得Q 1＝0.3 J
答案 (1) 2.25 V (2)0.3 J
18、
粒子恰好能回到电场，即粒子在磁场中轨迹的左侧恰好与y轴相切，设半径为R
…………………2分
…………………2分
可得…………………2分
（3）粒子在电场和磁场中做周期性运动，轨迹如图
一个周期运动过程中，在x轴上发生的距离为
…………………2分
P点到挡板的距离为22L，所以粒子能完成5个周期的运动，然后在电场中沿x轴运动2L时击中挡板。

5个周期的运动中，在电场中的时间为
…………………2分
磁场中运动的时间
………2分
剩余2L中的运动时间…………………2分
总时间…………………2分。