四川省天府高中教育联盟2019届高三考前精准猜题(三)物理试卷

四川省天府高中教育联盟2019届高三考前精准猜题（三）
物理试卷
本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★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。

二、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.如图所示是A、B两质点从同一地点开始运动的v-t图像，则下列说法正确的是
A. B质点在前4 s的平均速度大小大于40 m/s
B. A、B两质点在t=4 s时第一次相遇
C. B质点在前4 s做匀加速运动，后4 s做匀减速运动
D. A、B两质点出发以后还会相遇2次
【答案】A
【解析】
前4s，质点A做匀加速运动，平均速度为。

根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移，知B质点前4s的位移大于A质点的位移，所以B质点前4s的平均速度大于A 质点的平均速度，即B质点前4s的平均速度大于40m/s。

故A正确。

A、B两质点在t=4 s时B的位移大于A的位移，两物体没能相遇，选项B错误；B质点最初4s做加速度减小的加速运动；后4s做加速度增加的减速运动，故C错误。

根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移，知A、B两质点出发以后至多相遇一次，相遇后A的速度比B的速度大，不可能再次，故D错误。

故选A。

点睛：v-t图象中，速度的正负表示速度的方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，通过位移关系判断两物体是否相遇。

2.有一电子束焊接机，焊接机中的电场线如图中虚线所示。

其中K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止开始在K、A之间被加速。

不考虑电子重力，电子的质量为m ,元电荷为e，则下列说法正确的是（）
A. 由K沿直线到A电势逐渐降低
B. 由K沿直线到A场强逐渐减小
C. 电子在由K沿直线运动到A的过程中电势能减小了eU
D. 电子由K沿直线运动到A的时间为
【答案】C
【解析】
由K沿直线到A电势逐渐升高，故A错误；电场线密集的位置场强较大，故由K沿直线到A 场强逐渐变大，选项B错误；由能量守恒定律知，由K到A，电场力做正功，电势能减少，电
子的电势能减小了△E P=eU．故C正确；若场强是匀强电场，则，d=at2，解得
，因电场不是匀强电场，可知电子由K沿直线到A的时间不等于，选项D错误；故选C.
点睛：本题只要抓住电场线的疏密表示场强的大小，电场力做正功时，电荷的电势能减少，动能增大，就能轻松解答．要知道公式U=Ed只适用于匀强电场.
3.质量为m的无人机以恒定速率v在空中某一水平面内盘旋，其做匀速圆周运动的半径为R，重力加速度为g，则空气对无人机的作用力大小为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
根据牛顿第二定律有：F合=m。

根据平行四边形定则，如图。

空气对飞机的作用力．故D正确，ABC错误。

故选D。

4.一小球从水平地面上方无初速释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零，假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法正确的是
A. 小球在上升过程中，动量的改变量的大小小于空气阻力的冲量大小
B. 小球与地面碰撞过程中，地面对小球弹力的冲量为零
C. 小球与地面碰撞过程中，地面对小球的弹力做功为零
D. 从释放到反弹至速度为零过程中，小球克服空气阻力做的功大于重力做的功
【答案】C
【解析】
小球上升的过程中受到重力和空气的阻力，根据动量定理可知，小球上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力与重力的冲量的矢量和。

故A错误；小球与地面碰撞过程后，小球的速度与碰撞前速度的方向相反，速度的变化不等于0，由动量定理可知，地面对小球的冲
量不为零。

故B错误；小球与地面碰撞过程中，地面对小球的弹力对球没有位移，则地面对小球的弹力做功为零，选项C正确；从释放到反弹至速度为零过程中，只有重力和空气的阻力做功，小球的动能的变化为0，所以小球克服空气阻力做的功等于重力做的功。

故D错误。

故选C。

点睛：本题关键要分析清楚小球的受力情况与运动情况，抓住小球在运动的过程中受到重力和空气的阻力，然后结合动能定理和动量定理分析各选项．
5.如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两小木块中部夹一被压缩的轻弹簧(弹簧与两木块未连接)，当轻弹簧被放开时，A、B两小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上．若m A=3m B，则下列结果正确的是
A. 若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1：W2=1:1
B. 在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和不为零
C. 若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为△p1和△p2，则有△p1：△p2=1:1
D. 若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为3:1
【答案】B
【解析】
【详解】A.弹簧弹开物体过程中，两物体及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：m A v A-m B v B=0，则速度之比 v A：v B=1：3；根据动能定理得：轻弹簧对A、B
做功分别为 W1=m A v A2，W2=m B v B2，联立解得 W1：W2=1：3，故A错误。

B.根据动量守恒定律得知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即
m A△v A+m B△v B=0，可得，△v A+△v B≠0，故B正确。

C.A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t。

由动量定理得：A、B在空中飞行时的动量变化量分别为△p1=m A gt，△p2=m B gt，所以△p1：△p2=3：1，故C错误。

D.平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由x=v0t知，t相等，则A、B两木块的水平位移大小之比等于s A:s B=v A：v B=1：3．故D错误。

故选B。

【点睛】解决本题的关键要明确弹簧弹开物体时遵守动量守恒定律，求动能变化可根据动能定理，求动量的变化可根据动量定理．
6.如图所示，电源电动势大小为E，内阻大小为r，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向右滑动的过程中
A. 小电珠L变亮
B. 电流表读数变小，电压表读数变大
C. 电源的效率变大
D. 处于电容器C两板间某点的一个负点电荷所具有的电势能变大
【答案】AD
【解析】
当滑片向右滑动的过程中，其有效阻值变小，所以根据闭合电路欧姆定律得知：干路电流变大，路端电压变小，电流表读数变大，电压表读数变小，小电珠L变亮。

故A正确，B错误。

电源的效率，则当R减小时，电源的效率减小，选项C错误；与变阻器并联的电容器两端电压变小，处于电容器C两板间某点的电势降低，则负点电荷在该点所具有的电势能变大，故D正确。

故选AD。

7.直线mn是某电场中的一条电场线，方向如图所示．一带正电的粒子只在电场力的作用下由a点运动到b点，轨迹为一抛物线，φa、φb分别为a、b两点的电势．下列说法中正确的是
A. φa>φb
B. 该电场可能为点电荷产生的电场
C. 带电粒子在b点的动能大于a点的动能
D. 带电粒子由a运动到b的过程中电势能一直减小
【答案】AC
【解析】
粒子运动轨迹为抛物线，所受的电场力指向轨迹弯曲的内侧，所以粒子受到的电场力方向一定是由m指向n，粒子带正电，所以电场强度方向一定是由m指向n，结合题目的图可知φa ＞φb．故A正确；粒子运动轨迹为抛物线，则该粒子只受电场力作用为恒力，则说明该电场为匀强电场。

故B错误；带电粒子从a运动到b的过程中，电场力的方向与ab连线方向之间的夹角是锐角，所以电场力做正功，电势能减小，动能增加，故C正确；粒子运动的轨迹是抛物线，但由于不知道在a点时粒子运动的具体方向，所以带电粒子由a运动到b的过程中电势能可能一直减小，也可能先增大后减小，故D错误。

故选AC。

点睛：依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况．8.中国已经开发出了低轨道太空测试设备，目前安装在了天宫二号上进行测试，处于领先地位。

若能将飞行器P送到火星附近使其绕火星做匀速圆周运动。

如图所示，火星相对飞行器的张角为θ，火星半径为R，飞行器绕火星做匀速圆周运动的轨道半径为r，已知万有引力常量为G。

下列说法正确的是
A. 若测得飞行器周期和火星半径R，可求得到火星的质量
B. 若测得飞行器周期和轨道半径r，可求得到火星的质量
C. 若测得飞行器周期和张角θ，可求得到火星的质量
D. 若测得飞行器周期和张角θ，可求得到火星的平均密度
【答案】BD
【解析】
设星球的质量为M，半径为R，平均密度为ρ．飞行器的质量为m，轨道半径为r，周期为T。

对于飞行器，根据万有引力提供向心力得：所以：M=，所以若测得飞行器周
期和轨道半径r，可得到火星的质量，选项B正确。

又由几何关系得：R=rsin，所以：
．若测得飞行器周期、火星半径R和张角θ，可得到火星的质量。

选项AC错
误；星球的平均密度，知测得周期和张角，可得到星球的平均密度。

故D 正确；故选BD。

点睛：本题关键掌握万有引力定律和万有引力等于向心力这一基本思路，结合几何知识列出表达式进行解题．
三、非选择题：共174分。

第22~32题为必考题，每个试题考生都必三、非选择题：共174分。

第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33~38题为选考题，考生根据要求作答。

9.在“探究加速度与小车质量和力的关系”实验中，某小组设计了如图所示的实验装置。

图中上下两层轨道水平且表面光滑，两小车前端系上细线，跨过滑轮并悬挂砝码盘，两小车尾部细线连到控制装置上。

实验时通过控制装置使两小车同时由静止释放，然后可使它们同时停止运动。

(1)在安装实验装置时，应调整滑轮的高度，使细线与轨道______；实验时，为减小系统误差，应使砝码盘和砝码的总质量____小车的质量（选填“远大于”、“远小于”或“等于”）。

(2)本实验通过比较两小车的位移即可比较加速度的大小，这是因为小车的加速度a与时间t、位移x间的关系式为 ______________。

【答案】 (1). 平行 (2). 远小于 (3).
【解析】
（1）操作中为了使绳子上的拉力等于小车所受外力大小，应该使小车与滑轮之间的细线与轨
道平行；在该实验中实际是：mg=（M+m）a，要满足mg=Ma，应该使砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量．（2）两小车均做初速度为零的匀加速直线运动，根据公式x＝at2有：对小
车1：；对小车2：；由于：t1=t2；联立得，即a∝x．故本实验通过比较两小车的位移即可比较加速度的大小。

点睛：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理方法，正确运用匀变速直线运动规律能够把要测量的物理量进行间接变换测量．
10.某同学用如图（a）所示的实验电路来测量未知电阻R x的阻值．将电阻箱接入a、b之间，闭合电键S，适当调节滑动变阻器R′后保持滑片位置不变，改变电阻箱的阻值R，得到多组电压表的示数U与R的数据，并绘出的U-R图象如图（b）所示．
(1)请用笔画线代替导线，根据电路图在图（c）中画出缺少的两根导线________．
(2)用待测电阻R x替换电阻箱，读得电压表示数为5.0V，利用图（b）中的U－R图象可得R x ＝___Ω.（保留两位有效数字）．
(3)使用较长时间后，电源的电动势可认为不变，但其内阻增大，若仍使用该装置和图（b）中的U－R图象来测定某一电阻，则测定结果将________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）．若仍想使用该电路和（b）中测绘的U－R关系图像测量电阻，则需对电路进行简单修正：将电阻箱的阻值调到10Ω，并接入a、b之间，调整滑动变阻器滑片的位置，使电压表示数为________V，之后保持滑动变阻器阻值不变，即可用原来的方法继续测量电阻．
【答案】 (1). (2). 25 (3). 偏小 (4). 4.0
【解析】
根据电路图连线，如图所示；
（2）由图（b）得到，当纵坐标5.0V时，横坐标为25.0Ω；
（3）a、b两点间这段电路可以当作一个等效的电源，当等效电源的内电阻变大时，外电阻相同时，外电路分得的电压减小，重新作出U-R图，如图所示；
相同的电压表读数，测量值小于真实值；
将电阻箱的阻值调到10Ω，并接入a、b之间，调整滑动变阻器滑片的位置，由图像可知，使电压表示数为4.0V，之后保持滑动变阻器阻值不变，即可用原来的方法继续测量电阻．
点睛：解题时关键要搞清实验的原理；涉及到图象问题，关键是根据物理规律写出有关纵轴和横轴物理量的函数表达式，然后讨论即可求解．
11.在xoy直角坐标系中，二个边长相同的正方形如图所示排列，第一象限正方形区域ABOC
中有水平向左的匀强电场，电场强度大小为E0=2 V∕m，在第二象限正方形COED的对角线CE 左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，现有一带电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子（重力不计）从AB边上的A点静止释放，恰好能通过E点．
（1）求CED区域内匀强电场的电场强度的大小E1；
（2）保持第（1）问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E点，则释放点的坐标值x、y间应满足什么关系.
【答案】(1) 8 V∕m (2) y=x
【解析】
（1）设粒子出第一象限时速度为v，加速过程：qE0l＝mv2
由类平抛运动的规律：l=vt
计算解得：E1=4E0=8V/m
（2）设出发点坐标（x，y），加速过程：
经过分析，要过E点在第二象限中类平抛运动时竖直位移与水平位移相等均为y
y=vt
计算可得：y=x
12.如图所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B 点与A点的高度差为h．将质量为m的长木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个
系统处于静止状态。

已知木板与物块间的动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．
（1）若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，求拉力F0的大小；（2）若对木板施加沿斜面向上的拉力F＝2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B点，物块始终未脱离木板，求拉力F做的功W．
【答案】(1) (2)
【解析】
（1）木板与物块整体：F0−2mg sinθ＝2ma0
对物块，有：μmg cosθ−mg sinθ═ma0
解得：F0＝mg
（2）设经拉力F的最短时间为t1，再经时间t2物块与木板达到共速，再经时间t3木板下端到达B点，速度恰好减为零．
对木板，有：F−mg sinθ−μmg cosθ＝m a1
mg sinθ+μmg cosθ＝ma3
对物块，有：μmg cosθ−mg sinθ＝ma2
对木板与物块整体，有2mg sinθ＝2m a4
另有：
解得W＝mgh
点睛：本题考查牛顿第二定律及机械能守恒定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用即可正确求解；注意关联物理过程中的位移关系及速度关系等．
13.如图甲所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，P是这列波上距原点x1=2 m处的质点，Q是这列波上距原点x2=4 m处的质点，图乙是沿波的传播方向上某质点的振动图像。

由图可知______（填正确答案标号。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。

每选错1个扣3分，最低得分为0分）。

A．从t=0到t=4 s这段时间，质点Q通过的路程为8 m
B．从t=0到t=4 s这段时间，质点P通过的路程为0.4 m
C．这列波的传播速度为v0=2 m/s
D．从t=0起，P质点比Q质点晚1 s到达波峰
E．乙图一定是甲图中质点P的振动图像
【答案】BCD
【解析】
由图乙读出该波的周期 T=2s，振幅为 A=5cm，因为 t=4s=2T，所以从t=0到t=4s，质点P、Q通过的路程都是2×4A=8×5cm=40cm=0.4m，故B正确，A错误。

由甲读出波长λ=4m，波速，故C正确。

简谐波没x轴正方向传播，t=0时刻质点P向下运动，经过
t p=T达到波峰；Q质点向上运动，经过t Q=T达到波峰，所以P质点比Q质点晚△t=T−T＝×2s ＝1s达波峰，故D正确。

由图乙看出，t=0时刻，质点经过平衡位置向上，而图甲中，Q点也经过平衡位置向上运动，故乙图可能是图甲中质点Q的振动图象。

故E错误。

故选BCD。

点睛：本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握．14.如图所示，用折射率的玻璃做成一个外径为R的半球形空心球壳。

一束与平行的
平行光射向此半球的外表面，若让一个半径为的圆形遮光板的圆心过轴，并且垂直该轴放置。

则球壳内部恰好没有光线射入。

试求：
①临界光线射入球壳时的折射角θ2
②球壳的内径
【答案】(1) (2)
【解析】
（1）由题图和几何知识得：sinθ1=，θ1=45°
由折射率的定义式为：n=
联立解出得：θ2=30°
（2）对临界光线为：sinC=
在题图△oab中，由正弦定理得：
联立解得：
R′=R．
点睛：本题是折射定律、临界角和几何知识的综合应用，作出光路图是基础，要灵活运用数学知识帮助解决物理问题。