2019届四川省棠湖中学高三二诊模拟理综-物理试题（解析版）

四川省棠湖中学2019届高三二诊模拟理综-物理试题

1.下列说法中正确的是

A. 为了解释光电效应规律，爱因斯坦提出了光子说

B. 在完成α粒子散射实验后，卢瑟福提出了原子的能级结构

C. 玛丽·居里首先发现了放射现象

D. 在原子核人工转变的实验中，查德威克发现了质子

【答案】A

【解析】

试题分析：为了解释光电效应规律，爱因斯坦提出了光子说，选项A 正确；在完成a粒子散射实验后，卢瑟福提出了原子的核式结构理论，选项B错误；首先发现了放射现象的是贝克勒尔，选项C 错误；在原子核人工转变的实验中，查德威克发现了中子，选项D 错误。

考点：近代物理学史。

2.如图所示，两块相互垂直的光滑挡板OP，OQ，OP竖直放置，小球a，b固定在轻弹簧的两端．水平力F作用于b时，a，b紧靠挡板处于静止状态．现保证b球不动，使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则（ ）

A. 弹簧变长

B. 弹簧变短

C. 力F变大

D. b对地面的压力变大

【答案】A

【解析】

设弹簧与竖直方向的夹角为α，现保证b球不动，使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则α减小，以a球为研究对象，分析受力情况；

根据平衡条件得：F弹=，α减小，cosα增大，则F弹减小，弹簧变长，故A正确，B错误；挡板对a的弹力N=mgtanα，α减小，N减小．对整体研究：水平方向：F=N，则作用力F将减小，竖直方向：地面对b的支持力FN=（ma+mb）g，不变，根据牛顿第三定律可知，b对地面的压力不变，故CD错误．故选A.

3.如图所示，直线a与半圆周b分别表示两质点A、B从同一地点出发，沿同一方向做直线运动的v－t图．当B的速度变为0时，A恰好追上B，则A的加速度为(B质点的运动为理想模型)

A. 1 m/s2    B. 2 m/s2

C. m/s2    D. m/s2

【答案】C

【解析】

设A的加速度为a．两质点A、B从同一地点出发，A追上B时两者的位移相等，即xa=xb．根据v-t图象的“面积”表示位移，得,由题知 t=4s，解得 a=m/s2．故选C.

4.在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关。下列说法正确的是

A. 合上开关S，a、b同时亮

B. 合上开关S，a先亮、b后亮

C. 将原来闭合的开关S断开，a先熄灭、b后熄灭

D. 将原来闭合的开关S断开，b先熄灭、a后熄灭

【答案】B

【解析】

由于a、b为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，a灯泡立刻发光，而b灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮；当开关断开瞬间，两灯泡串联，由线圈产生瞬间电压提供电流，导致两灯泡同时熄灭。故选B。

点睛：对于线圈要抓住这个特性：当电流增大时，线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加；当电键断开时，线圈相当于电源，为回路提供瞬间的电流。

5.如图所示，甲、乙两卫星在过某行星的球心的同一平面内做圆周运动，甲、乙两卫星的轨道半径之比为1：2，下列关于这两颗卫星的说法正确的是

A. 甲、乙两卫星的周期之比为1：8

B. 甲、乙两卫星的角速度之比为2:l

C. 甲、乙两卫星的线速度大小之比为：1

D. 若甲、乙两卫星质量相同，则甲的机械能大干乙的机械能

【答案】C

【解析】

根据开普勒第三定律：，可得，故A错误；根据，可得：，故B错误；根据万有引力提供向心力：，解得：，所以，故C正确；卫星在原轨道上加速才能由低轨道变为高轨道，所以甲的机械能小于乙的机械能，故D错误。所以C正确，ABD错误。

6.一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图所示，交变电压的周期，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则（ ）

A. 所有电子都从右侧的同一点离开电场

B. 所有电子离开电场时速度都是v0

C. t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大

D. t＝时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为

【答案】BD

【解析】

试题分析：电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同．故A错误；

由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度，速度都等于，故B正确；由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C错误；时刻进入电场的电子，在时刻侧位移最大，最大侧位移为：，在时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有：，联立得：故D正确。

考点：带电粒子在电场中的运动

【名师点睛】电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向运动情况不同，则知不是从同一点离开电场．所有电子都能穿过平行板，竖直方向加速和减速的时间必然相等，飞出电场时，电子只有水平速度。时刻进入电场的电子，离开电场时速度等于，电子的动能不是最大．分析时刻进入电场的电子运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式求解最大侧位移。

7.相距很近的一对带等量异种电荷的平行金属板，它们之间的电场除边缘外，可看做是匀强电场，其电场线分布如图所示．一个带粒子只在电场力作用下沿图中轨迹穿过该电场，则从a运动到d的过程中，下列说法正确的是(　　)

A. 粒子的速度一定在增大

B. 粒子带负电

C. 粒子在a点的电势能大于d点电势能

D. 粒子的加速度先变大再不变后变小

【答案】CD

【解析】

根据板间粒子轨迹的偏转方向可知，粒子带正电。由于电场力的方向与电场线的切线方向相同，从图中可以看出粒子在a点时速度的方向与电场线的方向之间的夹角大于90度，所以在a点的附近，电场力做负功，所以粒子的动能先减小。故AB错误；根据顺着电场线方向电势降低，从图中可得，a点的电势一定高于d点的电势，正电荷在a点的电势能大于在d点的电势能。故C正确；电场线的疏密表示电场的强弱，从图中可知，b点附近的电场线最密，且板间可认为是匀强电场，所以b点的场强最大，大于a点和d点的场强，所以粒子在a到d的过程中，受到的电场力先增大，再不变，后减小，根据牛顿第二定律，粒子的加速度先增大，再不变，后减小。故D正确。故选CD。

点睛：该题考查电场线的特点，以及电场力做功与动能、电势能之间的关系．图中可以看出粒子在a点时速度的方向与电场线的方向之间的夹角大于90度是解题的关键．

8.A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移－时间(x－t)图像，图中a、b分别为A、B两球碰撞前的位移－时间图像，c为碰撞后两球共同运动的位移一时间图像，若A球的质量mA＝3kg，则由图可知下列结论正确的是

A. A球碰撞前的速度vA＝3 m/s

B. B球的质量为mB＝2 kg

C. A、B两球碰撞前的总动量为13 kg·m/s

D. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的机械能为15 J

【答案】ABD

【解析】

由图示图象可知，碰撞前，A球的速度：，B球的速度为：vB==2m/s碰撞后，A、B两球的速度相等，为：vA′=vB′=v==-1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以碰撞前B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA+mBvB=（mA+mB）v，解得：mB=2kg，故AB正确．A、B两球碰撞前的总动量为mAvA+mBvB=（mA+mB）v =5 kg·m/s，选项C错误；碰撞中，A、B两球组成的系统损失的动能：△EK=mAvA2+mBvB2-（mA+mB）v2=×3×（-3）2+×2×22-×（3+2）×（-1）2=15J，故D正确．故选ABD．

点睛：本题主要考查了动量的表达式及动量定理的直接应用，要求同学们能根据图象的斜率读出碰撞前后两球的速度，明确碰撞的基本规律是动量守恒定律．

三、非选择题：

9.研究性学习小组为“研究匀变速直线运动的规律”和“测当地的重力加速度”，采用了如图1所示的装置，其中m1＝50g、m2＝150g，开始时保持装置静止，然后释放物块m2，m2可以带动m1拖着纸带打出一系列的点，只要对纸带上的点进行测量，即可研究匀变速直线运动。某次实验打出的纸带如图2所示，0是打下的第一个点，两相邻点间还有4个点没有标出，交流电频率为50Hz。

（1）系统的加速度大小为________m/s2，在打点0～5的过程中，系统动能的增量ΔEk＝________J。

（2）忽略一切阻力的情况下，某同学作出的— h图象如图3所示，则当地的重力加速度g＝______m/s2。

【答案】（1）4.8   0.576 （2）  9.6

【解析】

试题分析：（1）据题意，从纸带可以求出系统的加速度：,而相邻计数点之间时间间隔为：，则加速度为：，在打点0～5的过程中，系统动能的增量为：，计数点5的瞬时速度为：，则；（2）据，整理得：，则图像斜率为：，重力加速度为：。

考点：本题考查重力加速度的测定。

10.实际电流表有内阻，测量电流表G1内阻r1的电路如图1所示．

供选择的仪器如下：

①待测电流表G1(0～5 mA，内阻约300 Ω)

②电流表G2(0～10 mA，内阻约100 Ω)

③定值电阻R1(300 Ω)

④定值电阻R2(10 Ω)

⑤滑动变阻器R3(0～1 000 Ω)

⑥滑动变阻器R4(0～20 Ω)

⑦干电池(1.5 V)

⑧电键S及导线若干．

(1)定值电阻应选________，滑动变阻器应选________．(在空格内填写序号)

(2)对照电路图用笔连线连接如图2所示实物图．______

(3)补全实验步骤：

①按如图7所示电路图连接电路，将滑动变阻器的触头移至最________(填“左端”或“右端”)；

②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1和G2的读数I1和I2；

③多次移动滑动触头，记录G1和G2的读数I1和I2；

④以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图3所示．

(4)根据I2－I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式________________．

【答案】    (1). ③    (2). ⑥    (3).     (4). 左    (5).

【解析】

【详解】（1）由于G2的量程是G1的2倍，因此选用定值电阻阻值约等于待测电流表内阻阻值，因此选③；由于滑动变阻器是分压式接法，阻值越小调节起来越方便，因此选⑥；

（2）连接电路如图所示

（3）为了保护两个电流表，滑动变阻器的闭合电键前调到最左端；

（4）由于，而流过定值电阻的电流为，因此，定律电阻两端的电压；即加在待测电流表的电压就是U，这样电流表内电阻

11.如图所示，一质量m1=0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。车顶右端放一质量m2=0.4 kg的小物体，小物体可视为质点。现有一质量m0=0.05 kg的子弹以水平速度v0=100 m/s射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为μ=0.5，最终小物体以5 m/s的速度离开小车。g取10 m/s2。求：

（1）子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小。

（2）小车的长度。

【答案】（1） （2）

【解析】

①子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，有：

，可解得；

对子弹由动量定理有：， (或kgm/s)；

②三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：

；

设小车长为L，由能量守恒有：

联立并代入数值得L＝5.5m ；

点睛：子弹击中小车过程子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出小车的速度，根据动量定理可求子弹对小车的冲量；对子弹、物块、小车组成的系统动量守恒，对系统应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出小车的长度．

12.如图所示，一质量为m1=1kg的长直木板放在粗糙的水平地面上，木板与地面之间的动摩擦因素μ1=0.1，木板最右端放有一质量为m2=1kg、大小可忽略不计的物块，物块与木板间的动摩擦因素μ2=0.2。现给木板左端施加一大小为F=12N、方向水平向右的推力，经时间t1=0.5s后撤去推力F，再经过一段时间，木板和物块均停止运动，整个过程中物块始终未脱离木板，取g=10m/s2，求：

(1)撤去推力F瞬间，木板的速度大小v1即物块的速度大小v2；

(2)木板至少多长；

(3)整个过程中因摩擦产生的热量。

【答案】（1）4m/s；1m/s（2）1.5m（3）12J

【解析】

【详解】(1)假设木板和物块有相对滑动，撤F前，

对木板：  ①

解得： 

对物块：    ② 

解得：

因，故假设成立，撤去F时，木板、物块的速度大小分别为：  ③ 

   ④ 

(2)撤F后，对木板：   ⑤ 

解得：

对物块：    ⑥ 

解得：

撤去F后，设经过t2时间木板和物块速度相同：

对木板有：    ⑦ 

对物块有：    ⑧ 

得：，   ⑨ 

撤F前，物块相对木板向左滑行了 ⑩  

撤F后至两者共速，物块相对木板又向左滑行了

之后二者之间再无相对滑动，故板长至少为： 

(3)解法一：物块与木板间因摩擦产生的热量：

共速后，两者共同减速至停止运动，设加速度为a，有：

全过程中木板对地位移为：

木板与地面间因摩擦产生的热量为： 

故全过程中因摩擦产生的热量为： 

解法二：由功能关系可得：  

13.下列说法正确的是：（   ）

A．单晶体和多晶体在物理性质上均表现为各向异性

B．墨水滴入水中出现扩散现象，这是分子无规则运动的结果

C．不可能从单一热源吸收热量全部用来做功

D．缝衣针漂浮在水面上是表面张力作用的结果

【答案】BD

【解析】

多晶体是多个单晶体的结合体，在热传导中不具有各向异性；故A错误；墨水在水中会扩散，这是因为分子在做无规则运动；故B正确；要使单一热源全部对外做功时会引起其他方面的变化；但并不是不能进行的；故C错误；缝衣针漂浮在水面上是表面张力作用的结果；故D正确；故选BD.

14.如图所示，有一光滑的导热性能良好的活塞C将容器分成A，B两室，A室体积为V0，B室的体积是A室的两倍，A，B两室分别放有一定质量的理想气体。A室上连有一U形管(U形管内气体的体积忽略不计)，当两边水银柱高度差为19cm时，两室气体的温度均为T1=300K。若气体的温度缓慢变化，当U形管两边水银柱等高时，求：(外界大气压等于76cm汞柱)

（1）此时气体的温度为多少?

（2）在这个过程中B气体的内能如何变化?做功情况如何?从外界吸热还是放热?(不需说明理由)

【答案】（1）240K（2）内能减小；外界对气体不做功；气体对外放出热量

【解析】

【详解】（1）由题意知，气体的状态参量为：  初状态：对A气体：VA=V0，TA=T1=300K，Pa=P0+h=95cmHg，对B气体：VB=2V0，TB=T1=300K，PB=P0+h=95cmHg， 

末状态，对A气体：VA′=V，Pa′=P0=76cmHg，  对B气体：PB′=P0=76cmHg，VB′=3V0-V，  由理想气体状态方程得： 对A气体：

对B气体：，

代入数据解得：T=240K，V=V0； 

（2）气体B末状态的体积：VB′=3V0-V=2V0=VB，由于气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度由300K降低到240K，温度降低，内能减小△U＜0，  由热力学第一定律：△U=W+Q可知：Q=△U-W=△U＜0，则气体对外放出热量.

15.如图甲，介质中两个质点A和B的平衡位置距波源O的距离分别为1m和5m。图乙是波源做简谐运动的振动图像。波源振动形成的机械横波可沿图甲中x轴传播。已知t＝5s时刻，A质点第一次运动到y轴负方向最大位移处。下列判断正确的是____

A．A质点的起振方向向上

B．该列机械波的波速为0.2m/s

C．该列机械波的波长为2m

D．t＝11.5s时刻，B质点的速度方向沿y轴正方向

E．若将波源移至x＝3m处，则A、B两质点同时开始振动，且振动情况完全相同

【答案】ACE

【解析】

由波源的振动图像可知，波源起振的方向为向上，则A质点的起振方向向上，选项A正确；因T=4s，已知t＝5s时刻，A质点第一次运动到y轴负方向最大位移处，可知机械波从O点传到A点用时间为2s，则该列机械波的波速为，选项B错误；该列机械波的波长为，选项C正确；振动传到B点的时间为，则t＝11.5s时刻，B质点已经振动1.5s，此时的速度方向沿y轴负方向，选项D错误；若将波源移至x＝3m处，则A、B两质点距离振源的距离相等，则两质点同时开始振动，且振动情况完全相同，选项E正确；故选ACE.

点睛：根据图象能读出周期、振幅、速度方向及大小变化情况，加速度方向及大小变化情况等，是应该具备的基本能力；知道机械波传播时，任何质点的振动都和振源相同，只是滞后于振源.

16.某种透明材料制成的空心球体外径是内径的2倍，其过球心的某截面（纸面内）如图所示。一束单色光（纸面内）从外球面上A点入射，入射角为45°时，光束经折射后恰好与内球面相切。

（1）求该透明材料的折射率；

（2）欲使光束从A点入射后，恰好在内球面上发生全反射，则应将入射角变为多少度？

【答案】（i）（ii）30°

【解析】

（i）如答图，设光束经折射后到达内球面上B点在A点，由题意知，入射角i＝45°，折射角r＝∠BAO

由几何关系有：sinr＝＝0.5

由折射定律有：n＝

代入数据解得：n＝

（ii）如答图，设在A点的入射角为i'时，光束经折射后到达内球面上C点，并在C点恰发生全反射，则光束在内球面上的入射角∠ACD恰等于临界角C

由sinC＝

代入数据得：∠ACD＝C＝45°

由正弦定理有

AO＝2R，CO＝R

解得：sin∠CAO＝

由折射定律有：n＝

解得：sini'＝0.5，即此时的入射角i'＝30°