福建省泉州市达标名校2019年高考三月仿真备考物理试题含解析

福建省泉州市达标名校2019年高考三月仿真备考物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．轨道平面与赤道平面夹角为90°的人造地球卫星被称为极地轨道卫星。

它运行时能到达南北极区的上空，需要在全球范围内进行观测和应用的气象卫星、导航卫星等都采用这种轨道。

如图所示，若某颗极地轨道卫星从北纬45°的正上方按图示方向首次运行到南纬45°的正上方用时45分钟，则（）
A．该卫星发射速度一定小于7.9km/s
B．该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比为1∶4
C．该卫星加速度与同步卫星加速度之比为2∶1
D．该卫星的机械能一定小于同步卫星的机械能
2．关于恒星，下列说法正确的是（）
A．质量越大的恒星，寿命越短
B．体积越大的恒星，亮度越大
C．红色恒星的温度比蓝色恒星的温度高
D．恒星发光、发热主要来自于恒星内部的化学反应
3．2019年4月10日，世界上第一张黑洞照片诞生了，证实了神秘天体黑洞的存在。

黑洞是宇宙中质量巨大的一类天体，连光都无法逃脱它的引力束缚。

取两天体相距无限远时引力势能为零，引力势能表达式
为
p GMm
E
r
=-，已知地球半径R=6400km，光速c=3x108m/s。

设想把地球不断压缩（保持球形不变），刚好压缩成一个黑洞时，地球表面的重力加速度约为（）
A．7×109m/s2B．7×1010m/s2C．1.4×1010m/s2D．1.4×1011m/s2
4．如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则
A ．P 和Q 都带正电荷
B ．P 和Q 都带负电荷
C ．P 带正电荷，Q 带负电荷
D ．P 带负电荷，Q 带正电荷
5．真空中某静电场电场线的分布如图所示，图中P 、Q 两点关于点电荷q 1水平对称。

P 、Q 两点电场强度的大小分别为P E 、Q E ，电势分别为Q ϕ、P ϕ。

一个带电粒子沿虚线轨迹从M 移动至N 。

以下选项正确的有（ ）
A ．Q P E E >
B ．Q P ϕϕ>
C ．此带电粒子带正电，它的电势能先变大后变小
D ．此带电粒子带负电，它的电势能先变大后变小
6．一个带负电的粒子从x=0处由静止释放，仅受电场力作用，沿x 轴正方向运动，加速度a 随位置变化的关系如图所示，x 2－x 1=x 3－x 2可以得出（ ）
A ．从x 1到x 3过程中，电势先升高后降低
B ．在x 1和x 3处，电场强度相同
C ．粒子经x 1和x 3处，速度等大反向
D ．粒子在x 2处，电势能最大
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，匀强电场中有一个与电场线平行的平面，平面中有一个直角三角形MNQ ，其中90M ∠=︒，30Q ∠=︒，QM 的长度为L 。

已知电子电荷量的大小为e ，把电子从M 点移动至Q 点，电场力做正功，大小为eU 。

把电子从Q 点移动至N 点，电场力做负功，大小为43
eU 。

则该电场的电场强度（ ）
A．方向由M向Q B．大小为4
3
U
L
C．方向由Q向N D．大小为
23
3
U
L
8．关于伽利略的两个斜面实验，下面说法中正确的是（）
A．伽利略仅在图(a)中使用了光滑斜面进行实验
B．伽利略仅在图(b)中使用了光滑斜面进行实验
C．伽利略从图(a)中得出：自由落体运动是匀加速直线运动
D．伽利略从图(b)中得出：力不是维持物体运动的原因
9．一定质量的理想气体，从状态A变到状态D，其状态变化过程的体积V随温度T变化的规律如图所示，已知状态A时气体的体积为V0，温度为T0，则气体由状态A变到状态D过程中，下列判断正确的是（）
A．气体从外界吸收热量，内能增加
B．气体体积增大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增大
C．若状态D时气体的体积为2V0，则状态D的温度为2T0
D．若气体对外做功为5 J，增加的内能为9 J，则气体放出的热量为14 J
10．如图所示，水平面上的同一区域介质内，甲、乙两列机械波独立传播，传播方向互相垂直，波的频率均为2Hz。

图中显示了某时刻两列波的波峰与波谷的情况，实线为波峰，虚线为波谷。

甲波的振幅为5cm，乙波的振幅为10cm。

质点2、3、5共线且等距离。

下列说法正确的是（）
A．质点1的振动周期为0.5s
B ．质点2的振幅为5cm
C ．图示时刻质点2、4的竖直高度差为30cm
D ．图示时刻质点3正处于平衡位置且向上运动
E.从图示的时刻起经0.25s ，质点5能通过的路程为30cm
11．一定质量的理想气体从状态A 经过状态B 和C 又回到状态A 。

其压强P 随体积V 变化的图线如图所示，其中A 到B 为绝热过程，C 到A 为等温过程。

则下列说法正确的是__________。

A ．A 状态速率大的分子比例较
B 状态多
B ．A→B 过程，气体分子平均动能增大
C ．B→C 过程，气体对外做功
D ．B→C 过程，气体放热
E.C 状态单位时间内碰撞容器壁单位面积的分子数比A 状态少
12．如图，在水平桌面上放置两条相距l 的平行光滑导轨ab 与cd ，阻值为R 的电阻与导轨的a 、c 端相连．质量为m 、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B ．导体棒的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m 的物块相连，绳处于拉直状态．现若从静止开始释放物块，用h 表示物块下落的高度（物块不会触地），g 表示重力加速度，其他电阻不计，则（ ）
A ．电阻R 中的感应电流方向由a 到c
B ．物体下落的最大加速度为0.5g
C ．若h 足够大，物体下落的最大速度为
22mgR B I D ．通过电阻R 的电量为Blh R
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．一般的话筒用的是一块方形的电池(层叠电池)，如图甲所示，标称电动势为9V 。

某同学想要测量该电池实际的电动势和内阻，实验室提供了以下器材：
A ．待测方形电池
B ．电压表(量程0~3V ，内阻约为4kΩ)
C ．电流表(量程0~0.6A ，内阻为1.0Ω)
D ．电流表(量程0~3A ，内阻为1.0Ω)
E.电阻箱(阻值范围0~999.9Ω)
F.电阻箱(阻值范围0~9999.9Ω)
G.滑动变阻器(阻值范围0~20Ω)
H.滑动变阻器(阻值范围0~20kΩ)
I.开关、导线若干
(1)该同学根据现有的实验器材，设计了如图乙所示的电路图。

根据如图乙所示电路图和如图丙所示图像，为完成该实验，电流表应选_____，电阻箱应选______，滑动变阻器应选_______(均填写器材前字母标号)
(2)实验需要把电压表量程扩大为0~9V 。

该同学按图乙连接好实验器材，检查电路无误后，将R 1的滑片移到最左端，将电阻箱R 2调为零，断开S 3，闭合S 1，将S 2接a ，适当移动R 1的滑片，电压表示数为2.40V ；保持R 1接入电路中的阻值不变，改变电阻箱R 2的阻值，当电压表示数为________V 时，完成扩大量程，断开S 1。

(3)保持电阻箱R 2阻值不变，开关S 2接b ，闭合S 3、S 1，从右到左移动R 1的滑片，测出多组U 、I ，并作出U －I 图线如图丙所示，可得该电池的电动势为________V ，内阻为________Ω。

14．把较粗的铜丝和铁丝相隔约几毫米插入苹果中就制成了一个水果电池。

水果电池的电动势较小（约为
1V ）
，而内阻较大（约为300Ω）。

用下列提供的器材设计电路，实现准确测量电动势E 和内阻r 。

A ．苹果一个 B ．较粗的铜丝和铁丝各一根
C ．电流表1A （量程3.0mA ，内阻约100Ω）
D ．电流表2A （量程1.0mA ，内阻2300r =Ω） E.定值电阻0R （阻值为0600R =Ω） F.滑动变阻器R （0500Ω-）
G.开关、导线若干
(1)根据上述的器材设计测量电动势E 和内阻r 的实验电路，如图甲所示请根据图甲在图乙中进行实物连线______。

(2)实验中测量出多组数据，电流表1A 的示数记为1I ，电流表2A 的示数记为2I ，画出1I 随2I 变化的图像如图丙所示，根据图像可得，该水果电池的电动势E =________V ，内阻r =________Ω。

(3)要内阻减小，可采取________。

A ．铜丝和铁丝距离近一些
B 。

铜丝和铁丝插入深一些
C 。

铜丝和铁丝更细一些
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，两端开口且导热良好的汽缸竖直固定放置，两厚度不计的轻质活塞A 、B 由轻杆相连，两活塞的横截面积分别为S A =30cm 2，S B =18 cm 2 ，活塞间封闭有一定质量的理想气体。

开始时，活塞A 距离较粗汽缸底端10cm ，活塞B 距离较细汽缸顶端25cm ，整个装置处于静止状态。

此时大气压强为p 0=1.0×105Pa ，汽缸周围温度为27C ︒。

现对汽缸加热，使汽缸周围温度升高到127C ︒，不计一切摩擦。

(1)求升高温度后活塞A 上升的高度；（结果保留1位小数）
(2)保持升高后的温度不变，在活塞A 上缓慢放一重物，使活塞A 回到升温前的位置，求连接活塞A 、B 的轻杆对A 的作用力大小。

16．一细束平行光以一定的入射角从空气射到等腰直角三棱镜的侧面AB ，光线进入棱镜后射向另一侧面
AC 。

逐渐调整光线在AB 面的入射角，使AC 面恰好无光线射出，测得此时光线在AB 面的入射角为45o 。

求：
(1)该棱镜的折射率。

(2)光束在BC 面上的入射角的正弦值。

17．一内横截面积为S 的玻璃管下端有一个球形小容器，管内有一段长度为2cm 的水银柱。

容器内密封一定质量的理想气体。

初始时，环境温度为27C ︒，管内（除球形小容器）气柱的长度为L 。

现再向管内缓慢注入水银，当水银柱长度为4cm 时，管内（除球形小容器）气柱的长度为0.8L 。

整个装置导热良好，已知大气压强p 0=76cmHg 。

（i ）求球形小容器的容积；
（ii ）若将该容器水银柱以下部分浸没在恒温的水中，稳定后，管内（除球形小容器）气柱的长度为0.41L ，
求水的温度为多少摄氏度。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．B
【解析】
【详解】
A ．根据第一宇宙速度的概念可知，该卫星发射速度一定大于7.9km/s ，故A 错误；
B ．由题意可知，卫星的周期
36045min=180min=3h 90T ︒=⨯︒
万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得
222()Mm G m r r T
π= 解得
2324GMT r π
=该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比
22333()(414
) 2r T r T ===同步同步 故B 正确；
C ．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得
2
Mm G ma r = 解得 2GM a r =
该卫星加速度与同步卫星加速度之比
22214(6 1
)1r a a r ===同步同步 故C 错误；
D ．由于由于不知该卫星与同步卫星的质量关系，无法比较其机械能大小，故D 错误。

故选AB 。

2．A
【解析】
【详解】
A ．根据宇宙规律可知，质量越大的恒星，寿命越短，A 正确；
B ．恒星的亮度与恒星的体积和温度及它与地球的距离有关，温度越高，体积越大，距离越近，亮度越亮，故体积大的恒星，其亮度不一定大，B 错误；
C ．恒星的颜色是由温度决定的，温度越低，颜色越偏红，温度越高，颜色越偏蓝，故红色恒星的温度比蓝色恒星的温度低，C 错误；
D ．恒星发光、发热主要来自于恒星内部的核聚变，D 错误.
故选A 。

3．A
【解析】
【分析】
【详解】
在地球表面有
2
Mm G mg R = 解得
2GM gR =①
连光都无法逃脱它的引力束缚，故有
21''2c GMm m R
v = 解得
212c v GM R
=② 联立①②
16
92269107.010m /s 22 6.410
c g R v ⨯==≈⨯⨯⨯ A 正确BCD 错误。

故选A 。

4．D
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．受力分析可知，P 和Q 两小球，不能带同种电荷，AB 错误；
CD ．若P 球带负电，Q 球带正电，如下图所示，恰能满足题意，则C 错误D 正确，故本题选D ．
5．D
【解析】
【详解】
A ．由图P 点电场线密，电场强度大，则
E P ＞E Q
故A 错误；
B ．沿电场线的方向电势降低，电场线越密的电势降落越快，反之逆着电场线的方向电势升高，电场线越密的电势升高越快，则
Q P ϕϕ<
故B 错误；
CD ．根据运动轨迹判定粒子受到斥力作用，q 1为负电荷，所以此带电粒子也带负电，电场能先增大后减，故D 正确。

故选D 。

6．A
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．由图可知，20x :加速度方向沿x 轴正方向，23x x :加速度方向沿x 轴负方向，由于粒子带负电，则20x :电场强度方向沿x 轴负方向，23x x :电场强度沿x 轴正方向，根据沿电场线方向电势降低可知，从x 1到x 3过程中，电势先升高后降低，在x 1和x 3处，电场强度方向相反，故A 正确，B 错误； C ．a t -图像与坐标轴所围面积表示速度变化量，由图像可知，13x x :速度变化为0，则粒子经x 1和x 3
处，速度相同，故C 错误；
D ．20x :电场强度方向沿x 轴负方向，23x x :电场强度沿x 轴正方向，则在x 2处电势最高，负电荷的电势能最小，故D 错误。

故选A 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．CD
【解析】
【详解】
如图所示，电势差之比有 3443QM QM QN QN U W
eU eU U W ===
由几何关系得
34
QP QN =。

匀强电场中任意平行方向上的电势差与距离成正比。

则
34QN
QP QM U U U ==
则连线MP 为等势线。

所以PQ 是一条电场线，电场强度方向由Q 向N 。

由几何关系得
3cos30QP QM L =︒=
则电场强度大小为 233QP
U U E QP L ===
故选CD 。

8．CD
【解析】
【详解】
AB．伽利略在图（a）和图（b）中都使用了光滑斜面进行实验，故AB错误；
C．伽利略从图（a）中将斜面实验的结论外推到斜面倾角90°的情形，从而间接证明了自由落体运动是匀加速直线运动；故C正确；
D．伽利略理想斜面实验图（b）中，由于空气阻力和摩擦力的作用，小球在图（b）中斜面运动能到达的高度，一定会略小于它开始运动时的高度，只有在斜面绝对光滑的理想条件下，小球滚上的高度才与释放的高度相同.所以可以设想，在伽利略斜面实验中，若斜面光滑，并且使斜面变成水平面，则可以使小球沿水平面运动到无穷远处，得出力不是维持物体运动的原因；故D正确。

故选CD。

9．AC
【解析】试题分析：气体由状态A变到状态D过程中，温度升高，内能增大；体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律分析吸放热情况．根据体积变化，分析密度变化．根据热力学第一定律求解气体的吸或放热量．
气体由状态A变到状态D过程中，温度升高，内能增大；体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律分析得知，气体从外界吸收热量，A正确；由图示图象可知，从A到D过程，气体的体积增大，两个状态的V与T成正比，由理想气体状态方程可知，两个状态的压强相等；A、D两状态气体压强相等，而D的体积大于A的体积，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少，B错误；由图示图象可知，从A到D过程，两个状态的V与T成正比，由理想气体状态方程可知，两个状态的压强相等，从A到D是等压变化，由盖吕萨克定律得，即，解得，C正确；气体对外做功为5J，则，内能增加9J，则，由热力学第一定律得，，气体吸收14J的热量，故D错误．
10．ACE
【解析】
【分析】
【详解】
A．质点1的振动周期为
1
0.5s
T
f
==，选项A正确；
B．质点2为谷谷相遇点，为振动加强点，则其振幅为15cm，选项B错误；
C．质点2、4都是振动加强点，图示时刻质点2在波谷，位移为-15cm，质点4在波峰，位移为+15cm，
则此时刻2、4的竖直高度差为30cm ，选项C 正确；
D ．图示时刻质点3正处于波峰和波谷的中间位置，即在平衡位置，根据波的传播方向可知，此时向下运动，选项D 错误；
E ．质点5为振动加强点，从图示的时刻起经0.25s=0.5T ，质点5能通过的路程为2(A 1+A 2)=30cm ，选项E 正确。

故选ACE 。

11．ACE
【解析】
【详解】
AB ．由图可知A→B 过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，则A 状态速率大的分子比例较B 状态多，故A 正确，B 错误。

C ．B→C 过程中是等压变化，体积增大，则气体对外做功，故C 正确。

D ．B→C 过程中是等压变化，体积增大，则气体对外做功，则W ＜0，温度升高，气体内能增大，即△U ＞0，根据热力学第一定律△U=W+Q ，则Q ＞0，即气体吸热，故D 错误。

E ．状态A 和状态C 的温度相等，温度是分子平均动能的标志，所以气体分子平均动能相同，从图中可知，A 状态气体压强更大，说明气体分子的密集程度更大，即A 状态单位时间内碰撞容器壁单位面积的分子数比C 状态多，故E 正确。

故选ACE 。

12．BCD
【解析】
【详解】
从静止开始释放物块，导体棒切割磁感线产生感应电流，由右手定则可知，电阻R 中的感应电流方向由c 到a ，故A 错误；设导体棒所受的安培力大小为F ，根据牛顿第二定律得：物块的加速度2mg F a m -=
，当F=0，即刚释放导体棒时，a 最大，最大值为12
g ，故B 正确；物块和滑杆先做加速运动，后做匀速运动，此时速度最大，则有mg=F ，而F=BIl ，Blv I R
=，解得物体下落的最大速度为: 222mgR v B I =，故C 正确；通过电阻R 的电量：22B S Blh q It t R t R R R
∆Φ∆Φ∆==∆===∆，故D 正确。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．D F G 0.80 8.94 2.0
【解析】
【详解】
(1)[1]由图示图象可知，所测最大电流约为2A ，则电流表应选择D ；
[2]电源电动势约为9V ，需要把电压表改装成9V 的电压表，串联电阻分压为6V ，是电压表量程的2倍，
由串联电路特点可知，分压电阻阻值为电压表内阻的2倍，约为8KΩ，电阻箱应选择F ；
[3] 由于要测量该电池实际的电动势和内阻，为方便实验操作，滑动变阻器应选择G ；
(2)[4] 把量程为3V 的电压表量程扩大为9V ，分压电阻分压为6V ，分压电阻分压是电压表两端电压的2倍，由题意可知，电压表所在支路电压为2.40V ，分压电阻两端电压为电压表两端电压的2倍，实验时应保持1R 位置不变，改变2R 阻值，当电压表示数为0.80V ，此时电阻箱分压1.60V ，完成电压表扩大量程；
(3)[5] 分压电阻箱两端电压是电压表两端电压的2倍，电压表示数为U ，则路端电压为3U ，在闭合电路中，电源电动势
3()A E U I r R =++
整理可得 133A r R U E I +=-
由图示图象可知，图象纵轴截距
1
2.98V 3b E ==
电源电动势
8.94V E = [6]图象斜率的绝对值
2.98 1.0
13 1.98A
r R k +-===
电源内阻
2.0Ωr =
14． 1.2
300 AB 【解析】
【详解】
(1)[1]．根据电路图，连接实物图如图。

(2)[2][3]．根据闭合电路欧姆定律，可得
I 2（R 0+R 2）+（I 1+I 2）r=E
整理得
0212R R r E I I r r
++-＝ 结合图象得
341A 0E r
-⨯＝ ① 024r
R R r ++= ② 联立①②得：
E=1.2V
r=300Ω
(3)[4]．根据电阻定律有：L R S ρ
＝ 可知电阻随着L 的减小而减小，随着S 的增大而增大，故要内阻减小，可采用AB ；
故选AB 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1)20.8cm ；(2)60N
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设升高温度后活塞A 上升的高度为l ，已知1A 1B 2V S l S l =+，1=300K T ，2A 1B 2=()()V S l l S l l ++-，2=400K T ，由等压变化得1212
V V T T =，解得 20.8cm l =
(2) 1A 1B 2V S l S l =+，设气体压强为2p ，由已知条件可得
51 1.010Pa p =⨯，1=300K T ，2=400K T 由查理定律可得1212
p p T T =，由于系统处于平衡状态，对B 活塞分析可得 2B 1B p S p S F -=
联立解得
=60N F
16．
(1)2
n =
；
【解析】
【详解】
(1)设光线经过AB 面时的折射角为θ，由折射定律可知在AB 面上有 sin 45sin n θ
=o
在AC 面上有
()
1sin 90n θ=-o 解得
sin 3
θ=
2
n = (2)由三角函数关系可知
cos θ=由几何关系知，光束在BC 面上的入射角
45βθ=-o
所以
sin sin 45cos cos 45sin βθθ=-o o
解得
sin β=17．（i ）7LS ；（ii ）12C ︒
【解析】
【分析】
【详解】
(i)由题意，玻璃管和球形小容器内所有气体先做等温变化，由玻意耳定律有1122pV p V =，初状态（注入水银前）：
p 1=p 0+h 1，V 1=V+LS
末状态（注入水银后）
p 2=p 0+h 2，V 2=V+0.8LS
解得
V=7LS
(ii)依据题意，接着做等压变化，由盖吕萨克定律有3223
V V T T =，变化前 T 2=273K+t 1
变化后
T 3=273K+t 2，V 3=V+0.41LS
解得
t 3=12C ︒。