黑龙江省大庆实验中学2019届高三适应性考试理综物理试题 Word版含解析 17页

www.ks5u.com 黑龙江省大庆实验中学（2019年普通高等学校招生全国统一考试）‎ ‎2019届高三仿真训练理综-物理试题 ‎1.如图所示，把石块从高处抛出，初速度方向与水平方向夹角为（），石块最终落在水平地面上。若空气阻力可忽略，仅改变以下一个因素，可以对石块在抛出到落地的过程中的“动能的变化量”和 “动量的变化量”都产生影响，这个因素是（ ） ‎ A. 抛出石块的速率v0 B. 抛出石块的高度h C. 抛出石块的角度 D. 抛出石块用力的大小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据动能定理：；由动量定理：，则如果抛出石块的速率v0变化，则对物体动能的变化无影响；因时间t要变化，则对物体的动量变化产生影响，故选项A错误；若抛出石块的高度h变化，则对物体动能的变化有影响；因时间t要变化，则对物体的动量变化产生影响，故选项B正确；若抛出石块的角度变化，则则对物体动能的变化无影响；因时间t要变化，则对物体的动量变化产生影响，故选项C错误；若抛出石块用力的大小变化，则抛出石块的速率v0变化，对物体动能的变化无影响；因时间t要变化，则对物体的动量变化产生影响，故选项D错误；故选B.‎ q ‎2.如图所示，光滑圆环固定在竖直平面内，环上O点固定着一光滑小圆环，一穿过小圆环的轻绳两端系着带孔小球P、Q，且小球P、Q穿在大圆环上，整个系统处于静止状态。已知小球P、Q的连线恰好为圆环的水平直径，且图中夹角θ=30°。若小圆环和小球P、Q的大小均忽略不计，则P、Q两球的质量比为( ) ‎ - 17 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】对小球P、Q受力分析如图所示，‎ 有： ，解得：mP：mQ=：1，故A正确，BCD错误。‎ ‎3.“嫦娥四号“于2018年12月8日成功发射，进入地月转移轨道后被月球引力捕获，成为沿椭圆轨道绕月卫星，再经过多次变轨沿近月圆轨道运动，最终降落在月球背面。下列说法正确的是( )‎ A. “嫦娥四号”在地球上的发射速度必须大于11.2km/s B. “嫦娥四号”在绕月椭圆轨道近月点时发动机向后喷气，由椭圆轨道变为近月圆轨道 C. “嫦娥四号”沿椭圆轨道由远月点向近月点运动的过程中，动能逐渐增大，势能逐渐减小，机械能增加 D. 若已知“嫦娥四号”沿环月圆轨道运动的半径、周期及万有引力常量，就可以估算出月球的质量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【详解】“嫦娥四号”发射后并没有脱离地球引力，所其发射速度处于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间，故A错误；“嫦娥四号”要由椭圆轨道变轨到近月圆轨道，应该在近月点减速，即向前喷气，获得与速度方向相反作用力，故B错误；“嫦娥四号”沿椭圆轨道由远月点向近月点运动的过程中，万有引力做正功，动能增大，势能减小，机械不变，故C错误；根据万有引力提供向心力，有，可得，所以若已知“嫦娥四号”沿环月圆轨道运动的半径、周期及万有引力常量，就可以估算出月球的质量，故D正确。‎ ‎4.氢原子的能级示意图如图所示，现有大量的氢原子处于n=4的激发态，当向低能级跃迁时，会辐射出若干种不同频率的光，若用这些光照射逸出功为4.54eV的钨时，下列说法中正确的是( ) ‎ A. 氢原子能辐射4种不同频率的光子 B. 氢原子辐射的光子都能使钨发生光电效应 C. 氢原子辐射一个光子后，氢原子的核外电子的速率增大 D. 钨吸收从n=4向n=1能级跃迁的光子能发生光电效应，且最大初动能为12.75eV ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】大量的氢原子处于n=4的激发态，当向低能级跃迁时，依据数学组合公式，=6，故A错误；一群处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，辐射光子种类数目为6种，对应的能量为△E1=E4-E1=12.75eV，△E2=E4-E2=2.55eV，△E3=E4-E3=0.66eV，△E4=E3-E1=12.09eV，△E5=E3-E2=1.89eV，△E6=E2-E1=10.2eV，其中有3种大于4.54eV，则有3种不同频率的光能使金属发生光电效应，故B错误；氢原子辐射一个光子后，则轨道半径减小，由库仑引力提供向心力，可知，氢原子的核外电子的速率增大，故C正确；n=4能级跃迁到n=1能级辐射出光的能量为12.75eV，而金属逸出功为4.54eV，所以当光照射此金属时，能发生光电效应，且最大初动能为12.75eV-4.54 eV =8.21 eV，故D错误。‎ - 17 -‎ ‎5.如图，在匀强电场中有夹角为120°、长度均为2cm的线段AC和CE，B、D分别为AC、CE的中点。将一电荷量为1.0×10-8C的带正电的点电荷从C点移动到A点的过程中克服电场力做功2.0×10-8J，将该点电荷从C点移动到E点的过程中，电场力做功2.0×10-8J。C点电势为零，下列说法正确的是( ) ‎ A. 匀强电场中B点电势-1V B. 匀强电场的电场强度大小为V/m C. 不能够作出过B点的等势线 D. 将该点电荷沿直线由D点移动到A点，点电荷电势能增加3.0×10-8J ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知， ，因UC=0可得UA=2V，则UB=1V，UE=-2V，选项A错误；AE中点的电势为0，可知∠ACE的平分线为电势为0的等势面，连接AE，可知,方向沿AE向右，选项B错误；过B点的等势线与OC平行，选项C错误；D点的电势为-1V，则UDA=-3V，则将该点电荷沿直线由D点移动到A点，电场力做功：W=UDAq=-3.0×10-8J，则点电荷的电势能增加3.0×10-8J，选项D正确。‎ ‎6.图甲中S、N间的磁场可视为水平方向的匀强磁场， A为理想交流电流表，V为理想交流电压表，矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO＇匀速转动，矩形线圈通过滑环接理想变压器，滑片P上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R。从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动勢随时间变化的图像如图乙所示，忽略线圈、电刷与导线的电阻，下列说法正确的是( ) ‎ - 17 -‎ A. t＝0.01s时穿过发电机线圈的磁通量最大 B. t＝0.005时电压表的示数为10V C. 保持R大小不变，P的位置向上移动，电流表读数增大 D. 保持R的大小及P的位置不变，发电机线的转速增大一倍，变压器的输入功率增大到原来的2倍 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】t＝0.01s时线圈中的感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故A错误；由图乙知交流电电压峰值为10V，电压表显示的为有效值10V，故B正确；若P的位置向上移动，匝数比减小，副线圈电压增大，R的大小不变时，电流表读数将增大，故C正确；若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍电压增大为原来的2倍，则变压器的输入电压和输出都增大为原来的2倍，负载消耗的电功率：P=U2/R增大为原来的4倍，则输入功率也将增大到原来的4倍，故D错误。‎ ‎7.如图，匀强磁场与xOy平面垂直且仅分布在第一象限。两个完全相同的带电粒子①②，从y轴上的P点以相同速率射入磁场，分别经过时间t1、t2从x轴上坐标为x1和x2的两点垂直于x轴射出磁场，已知带电粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，半径为r，粒子①的轨迹所对应的圆心角为60°。下列说法正确的是（ ） ‎ A. B. t2=2t1 C. x2=2x1 D. x1+x2=2r ‎【答案】ABD - 17 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】两粒子完全相同，速率相同，运动半径和周期都相同；粒子①的轨迹所对应的圆心角为60°，则∠PO2O1=60°，则∠P O1O2=60°，则粒子②的轨迹所对应的圆心角为120°，则由可知，t1+t2=，t2=2t1，选项AB正确；由图可知，；，则x2=3x1，x1+x2=2r，选项C错误，D正确；‎ ‎8.间距为L的平行光滑金属导轨MN、PQ水平段处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，导轨的弯曲段处在磁场之外，如图甲所示。导体棒a与b接入电路的有效电阻分别为R、2R。导体棒a的质量为m，b棒放置在水平导轨上足够远处，a棒在弯曲段导轨上距水平段某一高度处由静止释放，刚进入磁场时导体棒a受到的安培力的大小为F，以导体棒a刚进入磁场时为计时起点，导体棒a的速度随时间变化的v-t图像如图所示（v0未知）。运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度大小为g，以下说法中正确的是（ ）‎ A. 导体棒a释放时距导轨水平段的高度 B. 导体棒b的质量为2m C. 0~t1这段时间内通过a、b棒的电荷量之比为1：2‎ - 17 -‎ D. 0~t2这段时间内导体棒b产生的内能 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】由题图乙可知，a棒刚进入磁场时的速度为v0，从开始下落到进入磁场，根据机械能守恒定律有：mgh＝mv02；a棒切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv0；根据闭合电路欧姆定律： ；a棒受到的安培力：F=BIL；联立以上各式解得：，选项A正确；设b棒的质量为mb，两棒最终稳定速度为v'，以v0的方向为正方向，由v-t图线可知：v′＝v0，a棒进入磁场后，a棒和b棒组成的系统动量守恒：mv0=（m+mb）v'，解得：mb=2m，选项B正确；0~t1这段时间内通过a、b棒的电流相等，则由q=It可知，通过两金属棒的电荷量之比为1：1，选项C错误；设a棒产生的内能为Qa，b棒产生的内能为Qb，根据能量守恒定律：mv02＝(m+mb)v′2+Qa+Qb；两棒串联，产生的内能与电阻成正比：Qb=2Qa；解得：，选项D错误.‎ 第二部分 非选择题 ‎（一）必考题： ‎ ‎9.循着伽利略研究自由落体运动的足迹。一组同学踏上了探究之旅。他们在暗室里用闪光照相机记录了小球沿倾角可调的斜面滚下时小球在几个闪光时刻的位置，如图甲、乙所示，通过测量、分析，寻找规律。先开启照相机，再让小球从O点由静止开始运动，照相机的拍摄频率为每秒10次，拍摄到运动小球的位置依次标记为A、B、C、D、E……，图甲中A、B、C、D、E、……各点到O点的距离依次为2.01cm、8.00cm、18.02cm、32.00cm、50.00cm、……；图乙中A、B、C、D、……各点到O点的距离依次为1.00cm、9.01cm、25.99cm、60.00cm、……。‎ - 17 -‎ ‎（1）图甲中，小球经过C点时的速度为_________m/s，经过E点时的速度为_________m/s，从静止开始，小球运动速度的二次方与小球运动的________（填“位移”或“时间”）成正比。（结果保留2位有效数字）‎ ‎（2）图乙斜面的倾角大于图甲斜面倾角，但OA间的距离却比甲中的小，原因是__________（填正确答案标号）‎ A. 图乙中小球受到的阻力较大 B. 图乙中小球运动的加速度较小 C. 图乙中小球从O到A的运动时间小于图甲中小球从O到A的运动时间 D. 进行图乙操作时存在失误，先释放小球后开启照相机 ‎【答案】 (1). （1）1.2 (2). 2.0 (3). 位移 (4). （2）C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）任意两点间的时间间隔为T=0.1s，则图甲中，小球经过C点时的速度为，因∆x=4cm=aT2，解得a=4m/s2，则经过E点时的速度为；从静止开始，小球运动速度的二次方与小球运动的位移成正比。‎ ‎（2）图乙斜面的倾角大于图甲斜面倾角，但OA间的距离却比甲中的小，由甲乙的数据可知，图乙中∆x较大，则图乙中小球的加速度大于甲中小球的加速度，则不可能是图乙中小球受到的阻力较大，选项AB错误；若图乙操作时，先释放小球后开启照相机，则OA间距应该较大，选项D错误；则原因是图乙中小球从O到A的运动时间小于图甲中小球从O到A的运动时间，故选C.‎ ‎10.两个学习小组分别用下面两种方案测量电源电动势和内阻 方案（1）用内阻为3kΩ、量程为1V的电压表，保护电阻R0，电阻箱R1，开关S - 17 -‎ 测量一节干电池的电动势和内阻。‎ ‎①由于干电池电动势为1.5V，需要把量程为1V的电压表扩大量程。若定值电阻R1可供选择的阻值有1kΩ、1.5kΩ、2kΩ，其中最合适的是__________。‎ ‎②请在虚线框内画出测量电源电动势和内阻的电路原理图__________，并完成图（a）中剩余的连线__________。‎ 方案（2）按照图（b）的电路测量电源电动势和内阻，已知电流表内阻为RA，R1=RA，保护电阻的阻值为R0，若电流表读数为I，则通过电源的电流为_______ 。根据测得的数据作出图像，图线的斜率为k，纵截距为b，则电源电动势E=_________ ，内阻r=______________ 。‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). （1）①1.5kΩ (2). (3). ‎ - 17 -‎ ‎ (4). （2）2I (5). 2/k (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①若将电压表改装为量程为1.5V的电压表，则需串联的分压电阻上的电压为0.5V，因电压表内阻为3kΩ，则需串联的电阻为1.5kΩ；‎ ‎②电路图以及实物连线如图；‎ ‎；‎ ‎（2）若电流表读数为I，因R1=RA，则通过电源的电流为2I；由闭合电路的欧姆定律：，即，则； ，解得，‎ ‎11.跳台滑雪是冬奥会上最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h = 10 m，C是半径R = 20 m圆弧的最低点。质量m = 50 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度，到达B点时速度vB = 30 m/s。取重力加速度。‎ ‎（1）求长直助滑道AB的长度L；‎ ‎（2）求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；‎ ‎（3）若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力的大小。‎ - 17 -‎ ‎【答案】（1）100m（2）1500N•s（3）3250N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据匀变速直线运动公式，有 ‎ ‎（2）根据动量定理，有I=mvB-mvA = 1500N·s ‎（3）运动员经C点时的受力分析如图 根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有 根据牛顿第二定律，有 得 FN=3250N ‎12.实验中经常利用电磁场来改变带电粒子运动的轨迹。如图所示，氕（）、氘（）、氚（）三种粒子同时沿直线在纸面内通过电场强度为E、磁感应强度为B的复合场区域。进入时氕与氘、氘与氚的间距均为d，射出复合场后进入y轴与MN之间（其夹角为θ）垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ，然后均垂直于边界MN射出。虚线MN与PQ间为真空区域Ⅱ且PQ与MN平行。已知质子比荷为，不计重力。‎ ‎（1）求粒子做直线运动时的速度大小v；‎ ‎（2）求区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B1；‎ ‎（3）若虚线PQ右侧还存在一垂直于纸面的匀强磁场区域Ⅲ，经该磁场作用后三种粒子均能汇聚于MN上的一点，求该磁场的最小面积S和同时进入复合场的氕、氚运动到汇聚点的时间差Δt。‎ - 17 -‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）粒子在电磁复合场中做直线运动是匀速直线运动，根据电场力与洛伦兹力平衡，可求粒子的速度大小；‎ ‎（2）由粒子的轨迹与边界垂直，可求轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力，可求磁感应强度的大小；‎ ‎（3）由氚粒子圆周运动直径可求磁场的最小面积。根据氕、氚得运动周期，结合几何关系，可求氕、氚到汇聚点的时间差。‎ ‎【详解】(1) 由电场力与洛伦兹力平衡，‎ Bqv＝Eq 解得v＝E/B.‎ ‎(2) 由洛伦兹力提供向心力，‎ B1vq＝m 由几何关系得r＝d 解得B1＝.‎ - 17 -‎ ‎(3) 分析可得氚粒子圆周运动直径为3r 磁场最小面积S＝π 解得S＝πd2‎ 由题意得B2＝2B1‎ 由T＝得T＝‎ 由轨迹可知Δt1＝(3T1－T1) ，其中T1＝‎ Δt2＝(3T2－T2)，其中T2＝)‎ 解得 ‎【物理——选修3-3】 ‎ ‎13.下列说法正确的是 。‎ A. 饱和蒸汽压随温度的升高而增大 B. 单晶体在某些物理性质上具有各向异性 C. 一定量的理想气体从外界吸热，其内能一定增加 D. 液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈 E. 当分子之间作用力表现为斥力时，分子力随分子间距离的增大而增大 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【详解】饱和蒸汽压随温度的升高而增大，选项A正确；单晶体在某些物理性质上具有各向异性，选项B正确；一定量的理想气体从外界吸热，如果同时对外做功，则其内能不一定增加，选项C错误；液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈，选项D正确；当分子之间作用力表现为斥力时，分子力随分子间距离的增大而减小，选项E错误.‎ ‎14.如图，密闭汽缸两侧与一U形管的两端相连，汽缸壁导热；U形管内盛有密度为ρ=7.5×102kg/m3的液体。一活塞将汽缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为p0=4.5×103Pa。外界温度保持不变。缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h="40" cm，求此时左、右两气室的体积之比。取重力加速度大小g="10" m/s2，U形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计。‎ ‎【答案】1:1‎ ‎【解析】‎ 设初始状态时汽缸左气室的体积为V01，右气室的体积为V02；当活塞至汽缸中某位置时，左、右气室的压强分别为p1、p2，体积分别为V1、V2，由玻意耳定律得 p0V01=p1V1①‎ p0V02=p2V2②‎ 依题意有V01+V02=V1+V2③‎ 由力的平衡条件有p2–p1=ρgh④‎ 联立①②③④式，并代入题给数据得⑤‎ 由此解得（另一解不合题意，舍去）⑥‎ 由③⑥式和题给条件得V1:V2=1:1⑦‎ ‎【考点定位】理想气体的状态方程、封闭气体压强 ‎【名师点睛】本题考查了求气体体积，应用玻意耳定律即可正确解题，求出气体的压强是正确解题的关键。‎ - 17 -‎ ‎【物理——选修3-4】‎ ‎15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0和t=0.20 s时的波形分别如图中实线和虚线所示。己知该波的周期T>0.20 s。下列说法正确的是___________。‎ A. 波速为0.40 m/s B. 波长为0.08 m C. x=0.08 m的质点在t=0.70 s时位于波谷 D. x=0.08 m的质点在t=0.12 s时位于波谷 E. 若此波传入另一介质中其波速变为0.80 m/s，则它在该介质中的波长为0.32 m ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】根据波形图可知，波长λ=16cm=0.16m，选项B错误；根据t=0时刻和t=0.20s时刻的波形图和该波的周期T>0.20s可知，可知该波的周期T=0.40s，波速v=λ/T=0.40m/s，选项A正确；简谐波沿x轴正方向传播，x=0.08m的质点在t=0时刻沿y轴正方向运动，在t=0.70s时位于波谷，在t=0.12s时位于y＞0的某位置(不是位于波谷)，选项C正确，D错误；若此波传入另一介质中，周期T不变，其波速变为v=0.80m/s，由λ=vT可得它在该介质中的波长为λ=0.80×0.4m=0.32m，选项E正确。故选ACE ‎16.半径为R的半圆柱形玻璃砖的截面如图所示，O为圆心，光线I沿半径方向从a点射入玻璃砖后，恰好在O点发生全反射，另一条光线II平行于光线I从最高点b射入玻璃砖后，在底边MN上的d点射出，若测得Od＝R/4，则该玻璃砖的折射率为多少？（可以使用根式）‎ ‎【答案】≈2.03‎ - 17 -‎ ‎【解析】‎ 解：设光线Ⅱ的入射角和折射角分别为i和r，‎ 在△bOd中， ‎ 即：‎ 由折射定律有，即 ‎ 又因为光线Ⅰ与光线Ⅱ平行，且在O点恰好发生全反射，有 ‎ 所以，从而得到 - 17 -‎ ‎ ‎ - 17 -‎