第一，审题要细心。高考时间虽然紧张，但不能在审题上省时间。以往有学生只看了一半题，就着急按照经验来推测题意，答案往往南辕北辙。
第二，合理安排做题顺序，看到难题不要紧张。徐老师指出，尤其是理综和文综的大题，考生可先浏览一遍，判断出哪些小题容易，哪些有难度。把自己会做的先做对，然后再根据自身情况争取一些难题。考生看到难题要自信，因为难题对所有人都难。把自己会做的都做对，然后争取难题，这就是成功；不要因为光顾着难题，把会做的容易题做错了，这样得不偿失。
第三，需要检查的题在草稿纸上做标记，如有剩余时间，可以有目的地检查。在检查时，修改结果要慎重，没有确切把握，不要轻易修改。如需修改，一定记得把机读卡上的答案也改过来。
第四，机读卡要涂清楚。尤其是理综、文综和英语考试，涂卡的部分较多，建议做一部分涂一部分，以免到后面因时间紧张而涂串行。
第五，不要受周围环境的影响，专注于自己的试卷。按照自己平时的规律安排时间，不要因周围考生做题的速度和状态而影响心情。
四川省成都市第七中学2019届高三物理三诊模拟考试试题（含解析）
二、选择题：
1.下列说法正确的是( )
A. 电荷的周围既有电场也有磁场，反映了电和磁是密不可分的
B. 电容公式 采用的是比值定义法，但电容器的电容并不由Q 、U 决定
C. 200个的原子核经过两个半衰期后剩下50个
D.
是α衰变方程，
是β衰变方程
【答案】B 【解析】
【详解】A.电荷周围存在电场，而变化
的
电场会产生磁场，如果电场稳定不变，则不会产生
磁场，所以电荷周围不一定有磁场，A 错误 B.电容公式
采用的是比值定义法，但电容器的电容描述的是电容器本身的性质，并不由
Q 、U 决定，B 正确
C.半衰期是大量样本的统计规律，而200个不是大量不服从统计规律，C 错误
D.两个轻核结合成质量较大的核，这样的反应叫做核聚变，所以 是氢核聚
变方程， 是β衰变方程，D 错误
2.小型发电站为某村寨110户家庭供电，输电原理如图所示，图中的变压器均为理想变压器，其中降压变压器的匝数比为n 3∶n 4＝50∶1，输电线的总电阻R ＝10 Ω。某时段全村平均每户用电的功率为200 W ，该时段降压变压器的输出电压为220 V 。则此时段
( )
A. 降压变压器的输入电压为11 kV
B. 发电机的输出功率为22 kW
C. 输电线的电流为1 100 A
D. 输电线上损失的功率约为8.26 W
【答案】A 【解析】
【详解】A.降压变压器输出电压220 V
，根据变压器原理：
，代入数据解得：
，A 正确
BCD.降压变压器输出功率：
，而
，代入数据
解得：输电线电流，输电线上功率损失：，根据：，所以发电机输出功率为22040W，BCD错误
3.如图所示，足够长的水平桌面上放置着质量为m、长度为L的长木板B，质量也为m的物体A放置在长木板B的右端，轻绳1的一端与A相连，另一端跨过轻质定滑轮与B相连，在长木板的右侧用跨过定滑轮的轻绳2系着质量为2m的重锤C。已知重力加速度为g，各接触面之间的动摩擦因数为μ(μ<0.5)，不计绳与滑轮间的摩擦，系统由静止开始运动，下列说法正确的是( )
A. A、B、C的加速度大小均为
B. 轻绳1的拉力为
C. 轻绳2的拉力为mg
D. 当A运动到B的左端时，物体C的速度为
【答案】BD
【解析】
三个物体的加速度相等，设三个物体的加速度均为a，对物体A：T1-μmg=ma；对B：
；对C：2mg-T2=2ma；联立解得；T1=mg；T2=mg-2μmg，选项B正确，AC错误；当A运动到B的左端时有：，此时物体A、B、C的速度均为v=at=，选项D正确；故选BD.
点睛：此题是牛顿第二定律的应用问题；解题的关键是采用隔离法，知道三个物体的加速度都相同，并能确定三个物体所受的滑动摩擦力的方向.
4.如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极，已知该卫星从北纬60°的正上方按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时所用时间为1h，则下列说法正确的是( )
A. 该卫星的运行速度一定大于7.9km/s
B. 该卫星与同步卫星的运行角速度之比为2:1
C. 该卫星与同步卫星的运行半径之比为l:4
D. 该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能
【答案】C
【解析】
A、7.9km/s是卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大速度，所以该卫星的运行速度一定小于
7.9km/s，故A错误；
BC、从北纬60°的正上方按图示方向第一次运行至南纬60°正上方转过的圆心角为，则周期为，同步卫星的周期是24h，由得，所以该卫星与同步卫星的运行半径之比；由得该卫星与同步卫星的运行角速度之比为，故B错误，C正确；
D、由于不知道卫星与同步卫星的质量关系，故D错误；
故选C。
【点睛】考查人造卫星与同步卫星的关系，灵活运动用重力和万有引力相等以及万有引力提供圆周运动的向心力是解决本题的关键。
5.如图所示,一根很长、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮,绳两端系着三个小球A、B、C,系统保持静止,A球质量为m,B球的质量为2m,C球离地面高度为h。现突然剪断A球和B球之间的绳子,不计空气阻力,则( )。
A. 剪断绳子瞬间,A球的加速度为
B. 剪断绳子瞬间,C球的加速度为
C. A球能上升的最大高度为2h
D. A球能上升的最大高度为1.5h
【答案】AD
【解析】
【详解】A.初态系统静止，所以C球质量为3m，剪断绳子瞬间，设AC间绳子拉力为T，对A 球有，对C球有：，联立解得：，A正确
B.剪断绳瞬间，AC被一根绳子拴住，所以加速度大小相同，B错误
CD.当C球落地时，A球具有的速度为：，解得：，当C落地后，A球开始竖直上抛，则竖直上抛最大高度：，解得，所以A球上升最大高度
，C错误D正确
6.如图所示，一质量为m、带电荷量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场区域足够大，静止时悬线向左与竖直方向成60°角。线长为L，细线不可伸长。小
球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。现将电场反向，则下列说法正确的是( )
A. 小球带负电，电场强度E＝
B. 电场反向后，小球在最低点的速度为
C. 电场反向后，小球先做匀加速直线运动，然后做圆周运动，最大速度v m＝
D. 电场反向后，小球将做往复运动，能够回到初始位置
【答案】AC
【解析】
【详解】A.根据平衡条件可知，小球受电场力向左，与场强方向相反，带负电；且
，解得：，A正确
B.电场反向后，小球受向右的电场力大小为，绳子松弛无弹力，小球沿电场力与重力的合力方向做匀加速直线运动，当小球运动到最低点时绳子恰被拉直，拉直时由于重力做功获得的竖直分速度变为0，保留水平方向分速度做圆周运动，所以从反向到最低点，水平方向末速度为v：，解得：，B错误
C.当绳子方向与重力与电场力合力方向在一条直线上时，小球有最大速度，即当绳子达到右侧与竖直夹角60度时速度最大：根据动能定理从最低点到最大速度处：
，解得：，C正确
D.由于小球在最低点被拉直时，动能有所损失，根据能量守恒，小球回不到最初位置，D错误
7.如图所示，在第一象限内，存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外。在y轴上的A点放置一放射源，可以不断地沿xOy平面内的不同方向以大小不等的速度放射出质量为m、电荷量+q的同种粒子，这些粒子打到x轴上的P点。知OA＝OP＝L。则
A. 粒子速度的最小值为
B. 粒子速度的最小值为
C. 粒子在磁场中运动的最长时间为
D. 粒子在磁场中运动的最长时间为
【答案】AD
【解析】
设粒子的速度大小为v时，其在磁场中的运动半径为R，则由牛顿运动定律有：qBv=m；若粒子以最小的速度到达P点时，其轨迹一定是以AP为直径的圆（图中圆O1所示）
由几何关系知：s AP=l；R=l，则粒子的最小速度，选项A正确，B错误；粒子在磁场中的运动周期；设粒子在磁场中运动时其轨迹所对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中的运动时间为：；由图可知，在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图中圆O2所示，此时粒子的初速度方向竖直向上，由几何关系有：θ＝π；则粒子在磁场中运动的最长时间：，则C错误，D正确；故选AD.
点睛：电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，关键是画出轨迹，找出要研究的临界状态，由几何知识求出半径．定圆心角，求时间．
8.如图，平行光滑金属导轨M、N固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中。完全相同的两金属棒P、Q搭放在导轨上，开始均处于静止状态。给P施加一与导轨平行的恒定拉力作用，运动中两金属棒始终与导轨垂直并与导轨接触良好。设导轨足够长，除两棒的电阻外其余电阻均不计。则两棒的速度及棒中的感应电流随时间变化的图象正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】AD
【解析】
P向右做切割磁感线运动，由右手定则判断知，回路中产生逆时针的感应电流，由左手定则判断可知，Q棒所受的安培力方向向右，故Q向右做加速运动；Q向右运动后，开始阶段，两杆的速度差增大，产生回路中产生的感应电动势增大，感应电流增大，两杆所受的安培力都增大，则P的加速度减小，Q的加速度增大，当两者的加速度相等时，速度之差不变，感应电流不变，安培力不变，两杆均做加速度相同的匀加速运动。AB、开始运动时，P棒做加速度减小的加速度运动，Q棒做加速度增大的加速运动，最终做加速度相同的加速度运动，故A正确，B错误；CD、开始运动时，两棒的速度差增大，感应电动势增大，通过电流增大，最终两棒都做匀加速运动，速度差保持不变，故回路中感应电动势不变，电流恒定，故C错误，D正确。故选：AD。
【点睛】P向右做切割磁感线运动，产生感应电流，此感应电流流过Q，Q受到安培力而运动起来，先根据右手定则判断回路中感应电流的方向，再由左手定则判断Q所受的安培力方向，即可判断其运动方向．通过分析安培力的变化，来分析两棒的运动情况和电流变化情况．
9.某同学为研究橡皮筋伸长与所受拉力的
关系，做了如下实验：
①如图所示，将白纸固定制图板上，橡皮筋一端固定在O 点，另一端A 系一小段轻绳（带
绳结）；将制图板竖直固定在铁架台上。
②将质量为m=100g 的钩码挂在绳结上，静止时描下橡皮筋下端点的位置；用水平力拉A 点，使A 点在新的位置静止，描下此时橡皮筋端点的位置；逐步增大水平力，重复5次…… ③取下制图板，量出
各点到O 的距离
；量出各次橡皮筋与
之间的夹角
④在坐标纸上做出
的图像如下图。
完成下列填空：
（1）已知重力加速度为g ，当橡皮筋与间的夹角为时，橡皮筋所受的拉力大小为_________
（用g 、m 、表示）。 （2）取
，由图（b ）可得橡皮筋的劲度系数k=________N/m ，橡皮筋的原长
________m。（结果保留2位有效数字）。
【答案】 (1). (2). 100 (3). 0.21
【解析】
【详解】（1）对结点受力分析，根据共点力平衡可知，解得；
（2）在竖直方向，合力为零，则，解得，故斜率，由图象可知斜率，故；由图象可知，直线与横坐标的交点即为弹簧的原长，为0.21m；
10.某实验小组设计了如图甲所示的电路，其中RT为热敏电阻，电压表量程为6 V，内阻RV 约10 kΩ，电流表量程为0.5 A，内阻R A＝4.0 Ω，R为电阻箱．
(1)该实验小组首先利用该电路进行描绘热敏电阻的伏安特性曲线的实验．闭合开关，调节电阻箱，记录不同情况下电压表示数U1、电流表的示数I和电阻箱的阻值R，在I－U坐标系中，将各组U1、I的数值标记在相应位置，描绘出热敏电阻的部分伏安特性曲线如图乙中的曲线所示．为了完成该实验，应将导线c端接在________(选填“a”或“b”)点；
(2)利用(1)中记录的数据，通过分析计算可得外电路的电压U2＝______________(用U1、I、R 和R A表示)；
(3)实验小组利用(2)中的公式，计算出各组的U2，将U2和I的数据也描绘在I－U坐标系中，如图乙中的直线所示，根据图象分析可知，电源的电动势 E＝________V，内电阻 r＝
________Ω；
(4)实验中，当电阻箱的阻值调到3.0 Ω时，热敏电阻消耗的电功率P＝________W．(保留两位有效数字)
【答案】（1）a点；
（2）
（3），
（4）（均正确）
【解析】
试题分析：（1）利用伏安法测电阻，由图象可知热敏电阻的阻值远小于电压表电阻，所以采用电流表外接法；故导线c应接在a点。
（2）根据串并联电路规律可知：外电压：。
（3）电源两端的电压利用欧姆定律可知．利用电源的外特性曲线可知电动势和内电阻．把电流表、电阻箱、电源作为等效电源，等效电源的电动势为，内电阻为。（4）电源内阻，，当电阻箱的阻值调到时，根据闭合电路欧姆定律：
，则。
考点：描绘小电珠的伏安特性曲线
【名师点睛】本题考查描述伏安特性曲线的实验，要注意本实验中要明确分压接法的应用条件；并注意在实验中应用所学过的物理规律求解功率及电阻等。
11.如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B,其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M=3m,劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B。求：
（1）碰撞过程中系统损失的机械能；
（2）碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。
【答案】（1）（2）
【解析】
试题分析：（1）小物块C与A发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得：mv0=2mv
解得；碰撞过程中系统损失的机械能为
解得。
（2）当AC上升到最大高速时，ABC系统的速度相等；根据动量守恒定律：
解得
由能量关系：
解得
考点：动量守恒定律; 机械能守恒定律
【名师点睛】分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题．要注意ABC系统水平方向动量守恒，系统整体动量不守恒．
12.如图所示，在xOy坐标系的第一、二、三象限内存在乘直纸面向外的匀强磁场，在第四象限内存在沿x轴负方向的匀强电场。质量为m、电量为q的带电粒子以初速度v从原点O沿y 轴正方向射入匀强磁场，经过时间t进入匀强电场，在电场中运动一段时间后离开电场，粒子再次进入匀强磁场后恰好能直接回到原点O。不计粒子重力，求：
(1)磁场的磁感应强度B；
(2)粒子第一次在电场中运动的时间；
(3)粒子第n次离开电场时距原点的距离.
【答案】(1 ) (2) (3) (n=1，2，3)
【解析】
试题分析：（1）粒子第一象限做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力及周期定义式即可求得磁感应强度；（2）根据粒子在电场中做类平抛运动的规律和在磁场中做匀速圆运动的规律即可求解；（3）根据题意作出粒子运动的轨迹图，得出第n次离开电场时距离原点的距离。
(1 )设粒子在第一象限做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，则：，，
解得：
(2)设粒子第一次离开电场时的速度为，方向与-y的夹角为θ，沿-y方向的位移为，如图
粒子在电场中做类平抛运动，有
粒子再次进入磁场时做圆周运动的半径
由，可得
联立解得
粒子第一次在电场中运动的时间
(3)粒子第二次进入电场后的速度为，且与-y方向的夹角为θ，粒子做类斜拋运动。易知粒子第二次在电场中运动的时间为
在y方向的位移为
粒子第三次进人电场与第一次离开电场的位置相同，运动轨迹如图中虚线所示，可知粒子第n 次离开电场时位置(n=1，2，3)
【点睛】本题考查了带电粒子在匀强磁场、电场中的运动。解决本题的关键理清粒子整个过程中的运动规律，掌握处理类平抛运动和圆周运动的方法，作出运动轨迹，结合牛顿第二定律、运动学公式进行求解。
（二）选考题：
13.下列说法正确的是_________。
A.不管系统的固有频率如何，它做受迫振动的频率总等于周期性驱动力的频率，与系统的固有频率无关
B.游泳时耳朵在水中听到的音乐与在岸上听到的是一样的，说明机械波从一种介质进入另一种介质，频率并不改变
C.当光从一种介质射入另一种介质时，如果入射角足够大，就会发生全反射现象
D.麦克斯韦电磁场理论的主要论点是变化的磁场激发电场，变化的电场激发磁场
E.相对论认为：一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度大
【答案】ABD
【解析】
不管系统的固有频率如何，它做受迫振动的频率总等于周期性驱动力的频率，与系统的固有频率无关，选项A正确；游泳时耳朵在水中听到的音乐与在岸上听到的是一样的，说明机械波从一种介质进入另一种介质，频率并不改变，选项B正确；当光从光密介质射入另一种光疏介质时，如果入射角足够大，就会发生全反射现象，选项C错误；麦克斯韦电磁场理论的主要论点是变化的磁场激发电场，变化的电场激发磁场，选项D正确；相对论认为：一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度小，选项E错误；故选ABD.
14.“道威棱镜”广泛地应用在光学仪器中，如图所示，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射．从M点发出的一束平行于底边CD的单色光从AC边射入，已知棱镜玻璃的折射率n＝，光在真空中的速度为c.
（1）请通过计算判断该光线能否从CD边射出；
（2）若，光在“道威棱镜“内部传播的时间为多少．
【答案】（1）光线无法从CD边射出；（2）
【解析】
(i)光在棱镜中传播光路如图所示。
由折射定律①
解得②
而③
解得④
光线到达CD边时，，故光线无法从CD边射出。⑤
(ii)光线在棱镜内传播⑥
由正弦定理
解得⑦
由对称性可知，光在棱镜内部传播的路程⑧
而⑨
所以⑩
点睛：本题关键是画出光路图，找出入射角和折射角，掌握折射定律公式和全反射定律sinC=。