2019届辽宁省大连市高三第二次模拟考试理综物理试题（解析版）

2019届辽宁省大连市高三第二次模拟考试理综物理试题（解析版）

二、选择题

1.世界最长的跨海大桥港珠澳大桥建成，极大方便了游客出行。驱车数百米长的引桥，经过主桥，可往返于香港澳门两地。下列说法正确的是

A. 通过很长引桥，减小了汽车对桥面的压力

B. 通过很长引桥，减小了汽车重力沿桥面方向的分力

C. 汽车通过主桥最高点时，处于超重状态

D. 汽车通过主桥最高点时，重力的瞬时功率不为零

【答案】B

【解析】

【详解】AB．通过很长的引桥，可以减小汽车重力沿桥面方向的分力，使汽车行驶起来更容易，A错误B正确

CD．汽车通过主桥最高点时，重力和支持力的合力提供向心力，向心加速度向下，处于失重状态，重力的瞬时功率，等于重力与竖直速度乘积，在最高点速度沿水平方向，所以重力瞬时功率为零，CD错误

2.用一束绿光和一束蓝光照射某种金属的表面，均发生了光电效应。下列说法正确的是

A. 蓝光照射金属时，逸出的光电子最大初动能更大

B. 蓝光照射金属时，单位时间内逸出的光电子数更多

C. 增加光照强度，逸出的光电子最大初动能增大

D. 如果换作红光照射，一定能使该金属发生光电效应

【答案】A

【解析】

【详解】A．因为蓝光频率更高，根据光电效应方程：，所以蓝光照射时，光电子最大初动能更大，A正确

B．单位时间逸出的光电子数与光强有关，由于不知道光的强度，所以无法确定，B错误

C．根据：，可知最大初动能与光强无关，C错误

D．因为红光的频率比绿光的还小，无法确定是否会发生，D错误

3.游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示。已知模型飞机质量为m固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是

A. 模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力

B. 旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直

C. 旋臂对模型飞机的作用力大小为

D. 若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小

【答案】C

【解析】

【详解】A．向心力是效果力，是合力作用，物体实际不受向心力作用，A错误

B．飞机在水平面内匀速圆周运动，竖直方向平衡，所以杆的一个分力平衡了飞机的重力，另一个分力提供了飞机匀速圆周运动的向心力，所以旋臂对模型飞机的作用力方向不一定与旋臂垂直，B错误

C．根据B选项分析旋臂对模型飞机的作用力大小：，C正确

D．根据选项C的分析，夹角θ增大，旋臂对模型飞机的作用力增大，D错误

4.2018年12月12日，在北京飞控中心工作人员的精密控制下，嫦娥四号开始实施近月制动，成功进入环月圆轨道工。12月30日成功实施变轨，进入椭圆着陆轨道Ⅱ，为下一步月面软着陆做准备。如图所示B为近月点，A为远月点，关于嫦娥四号卫星，下列说法正确的是

A. 卫星在轨道Ⅱ上A点的加速度大于在B点的加速度

B. 卫星沿轨道I运动的过程中，卫星中的科考仪器处于超重状态

C. 卫星从轨道I变轨到轨道Ⅱ，机械能增加

D. 卫星在轨道Ⅱ经过A点时的动能小于在轨道Ⅱ经过B点时的动能

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据万有引力提供加速度有：，B点距月心更近，所以加速度更大，A错误

B．在轨道I运动的过程中，万有引力全部提供向心力，所以处于失重状态，B错误

C．卫星从高轨道变轨到低轨道，需要点火减速，近心运动到低轨道，所以从轨道I变轨到轨道Ⅱ，外力做负功，机械能减小，C错误

D．从A点到B点，万有引力做正功，动能增大，所以B点动能大，D正确

5.如图所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，D为圆弧中点，A、D、C处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，方向垂直纸面向里，整个空间还存在一个大小为B的匀强磁场，O处的磁感应强度恰好为零。如果将D处电流反向，其他条件都不变，则O处的磁感应强度大小为

A.  B.  C. 2B D. 0

【答案】A

【解析】

【详解】O点的实际磁感应强度是A、D、C处电流产生磁感应强度与空间大小为B的磁感应强度的矢量和，O处的磁感应强度恰好为零。则A、C与空间磁场的矢量合一定与D单独产生磁感应强度等大反向，根据合成可得：D电流产生磁感应强度；所以将D处电流反向，其他条件都不变，O处磁感应强度：，BCD错误A正确

6.近年来，手机无线充电功能的广泛应用为人们提供了很大便利。如图甲为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。当充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流时（电流由a流入时方向为正），下列说法正确的是

A. 感应线圈中产生的是恒定电流

B. 感应线圈中电流方向总是与励磁线圈中电流方向相反

C. t3时刻，感应线圈中电流的瞬时值为0

D. t1～t3时间内，c点电势高于d点电势

【答案】CD

【解析】

【详解】A．励磁线圈产生的磁场随电流变化，因为电流不是均匀变化，磁场也不是均匀变化，所以感应电动势：，就不是恒定的，感应电流也就不是恒定的，A错误

B．感应电流方向阻碍引起感应电流磁通量的变化，当励磁线圈电流减小，磁场减小时，感应电流与励磁线圈电流相同，阻碍磁场减小，B错误

C．t3时刻,励磁线圈电流变化率为零，磁感应强度变化率为零，，感应电动势为零，感应电流为零，C正确

D．t1～t3时间内，励磁线圈正向减小，磁场向上减小，感应电流磁场向上，根据安培定则可判断c点电势高于d点电势，D正确

7.如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔Ol处由静止释放一个α粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是

A. 质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1：2

B. 质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等

C. 质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1：2

D. 质子和α粒子打到感光板上的位置相同

【答案】CD

【解析】

【详解】A．根据动能定理：，解得：，所以质子和α粒子在O2处的速度大小之比：，A错误

B．在A、B间：，质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，水平速度质子的大，所以质子运动时间短，B错误

C．对整个过程用动能定理，设O2到MN板的电势差为有：，所以末动能与电量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1：2，C正确

D．O2到MN板，竖直方向：，水平方向：联立解得：，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，D正确

8.如图甲所示，固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以初速度v0沿斜面向上做匀减速运动，经过一段时间后又沿斜面下滑回到底端，整个过程小物块的v-t图象如图乙所示。下列判断正确的是

A. 物体与斜面间的动摩擦因数

B. 上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍

C. 滑块沿斜面上滑的过程中机械能减少

D. 滑块沿斜面下滑过程中动能增加

【答案】BD

【解析】

【详解】A．根据题意可知，上滑阶段，根据牛顿第二定律：，同理下滑过程：，联立解得：，A错误

B．上滑加速度：，下滑加速度：，所以上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍，B正确

C．联立：与两式，可得：，上滑过程中，机械能减小等于摩擦力做功：，C错误

D．根据动能定理得：，解得：，D正确

三、非选择题

9.某同学为了验证力的平行四边形定则，设计了如下实验，实验原理如图甲所示。将三根细绳套系于同一点O，然后与同学配合，同时用三个弹簧秤分别拉住三根细绳套，以合适的角度向三个不同方向拉开。当稳定后，分别记录三个弹簧称的读数。

①关于下列实验操作不必要的步骤是：____

A.要保证三根细绳套长度相等

B．实验时需要注意保证各弹簧秤及细绳套在同一水平面内

C．改变拉力重复实验，每次必须保证O点在同一位置

D．记录弹簧秤读数的同时，必须记录各拉力的方向

E．为完成平行四边形定则的验证，实验时还需要测量各拉力间的夹角

②某次实验测得弹簧秤读数分别为FA=2.2 N，FB=2.4 N，Fc=3.2 N，请根据图乙记录的各力的方向，结合实验原理，在虚线框内画出力的图示，并作出相应的平行四边形，加以验证（     ）。

【答案】    (1). ACE    (2).

【解析】

【详解】（1）A．细绳套只是连接弹簧测力计与结点的媒介，取合适长度即可，没必要等长，A错误

B．实验时，需要各弹簧秤及细绳套在同一水平面内，保证各个力在一个平面内，才可以合成进行验证，B正确

C．三力平衡条件下，无论结点在什么位置，都满足任意两个力的合力与地三个力等大反向，所以没必要每次必须保证O点在同一位置，C错误

D．力的合成需要知道分力的大小和方向，所以必须记录各拉力的方向，D正确

E．通过合成平行四边形，合力与分力通过做图可以确定，没必要测量夹角，E错误

（2）根据图乙做出力的图示，如下：

通过测量与在误差允许的范围内等大反向，平行四边形定则成立

10.如图甲所示是多用电表欧姆挡内部的部分原理图，已知电源电动势E=1.5 V，内阻r=l Ω，灵敏电流计满偏电流Ig=10 mA，内阻rg=90 Ω，表盘如图丙所示，欧姆表表盘中值刻度为“15”。

①多用电表的选择开关旋至“Ω”区域的某挡位时，其内部电路为图甲所示。将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调零后多用电表的总内阻为 ___Ω。某电阻接入红、黑表笔间，表盘如图丙所示，则该电阻的阻值为_____Ω.

②若将选择开关旋至“×1”，则需要将灵敏电流计 ___（选填“串联”或“并联”）一 阻值为____Ω的电阻，再进行欧姆调零。

③某同学利用多用电表对二极管正接时电阻进行粗略测量，如图乙所示，下列说法中正确的是 ___（填选项前的字母）

A.欧姆表的表笔A、B应分别接二极管的C、D端

B．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大

C．若采用“×100”倍率测量时，发现指针偏角过大，应换“×10”倍率，且要重新进行欧姆调零

D．若采用“×10”倍率测量时，发现指针位于刻度“15”与“20”的正中央，测量值应略大于175 Ω

【答案】    (1). 150    (2). 60    (3). 并联    (4). 10    (5). AC

【解析】

【详解】①设欧姆表总内阻为R，短接有：，代入数据计算得：；当半偏时有：，所以，所以选择的是“”档位，根据图丙可知读数为60Ω

②开关旋至“×1”，此时内阻，短接电流，所以给表头并联一个分流电阻，根据欧姆定律：

③A．二极管具有单向导电性，由于表笔A与欧姆表内部电源正极相连，故需要表笔A、B应分别接二极管的C、D端，A正确

B．实验测量时，手不能触碰金属杆，否则就将自身电阻并联进电路，测量值偏小，B错误

C．若采用“×100”倍率测量时，发现指针偏角过大，说明电阻对该档位太小，所以应该换小档位，即“×10”倍率，且要重新进行欧姆调零，C正确

D．根据欧姆表的改装原理可知，表盘刻度不均匀“左密右稀”且越往左阻值越大，若刻度均匀时待测电阻应是175Ω，所以待测电阻的阻值应小于175Ω，D错误

11.如图所示，正方形abcd区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子均从a点沿与ab成30°角的方向垂直射人磁场，甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场。已知甲粒子的速度大小为v，甲、乙两带电粒子的电荷量之比为1:2，质量之比为1:2，不计粒子重力。求：

(1)乙粒子的速度大小；

(2)甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比。

【答案】（1）v乙=v（2）1：4

【解析】

【详解】（1）设边界长度为L，如图可得r甲=2L， r乙=，

对于甲和乙两粒子，洛伦兹力提供向心力，可得，因为q甲∶q乙=1∶2、m甲∶m乙=1∶2所以v甲∶v乙=，v乙=v

（2），，如图可得θ甲=30°，θ乙=120°，所以甲、乙两粒子在磁场中运动时间之比为1∶4

12.滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来。如图所示是一个滑板场地，OP段是光滑的1/4圆弧轨道，半径为0.8 m。PQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.2。滑板手踩着滑板A从O点由静止滑下，到达P点时，立即向前起跳。滑板手离开滑板A后，滑板A以速度v1=2 m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前继续滑动。已知滑板质量是m=5 kg，滑板手的质量是滑板的9倍，滑板B与P点的距离为△x=3 m，g= 10 m/s2。（不考虑滑板的长度以及人和滑板间的作用时间）求：

(l)当滑板手和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力；

(2)滑板手落到滑板B上瞬间，滑板B的速度；

(3)两个滑板间的最终距离。

【答案】（1）1500N，竖直向下（2）4.2m/s（3）6.41m

【解析】

【详解】（1）O→P下滑过程，滑板手与滑板A机械能守恒：,代入数据解得：m/s ,在P点设支持力为： 解得：N ,根据牛顿第三定律：N   

（2）滑板手跳离A板，滑板手与滑板A动量守恒：,解得：m/s ,滑板手跳上B板，滑板手与滑板B动量守恒：,解得：m/s

（3）滑板B位移：m ,滑板A在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，

所以再次返回P点时的速度仍为v1=2m/s,滑板A的位移：m,最终两滑板停下的位置间距为：L=xB+△x-xA=6.41m

选考题

13.下列说法正确的是：____

A. 液晶显示器利用液晶的光学各向异性显示不同颜色

B. 某种液体的饱和汽压不一定比未饱和汽压大

C. 气体温度升高时，气体热运动变得剧烈，气体的压强一定增大

D. 萘的熔点为80℃，质量相等的80℃的固态萘和80℃的液态萘具有不同的分子势能

E. 若附着层的液体分子比液体内部的分子分布稀疏，则液体和固体之间表现为浸润

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．液晶既具有流动性，有具有光学各向异性，所以液晶显示器利用液晶的光学各向异性显示不同颜色，A正确

B．同温度下的饱和汽压一定比不饱和汽压大，题中未说明温度关系，无法确定，所以B正确

C．气体温度升高，气体热运动变得剧烈，但气体的体积变化未知，所以压强无法判断，C错误

D．萘的熔点为80℃，晶体在融化过程中吸热，但温度不变，吸热内能增大，但温度即分子平均动能不变，所以势能变大，D正确

E．若附着层的液体分子比液体内部的分子分布稀疏，分子间表现为引力，所以液体与固体之间表现为不浸润，E错误

14.某兴趣小组受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图所示，导热性能良好的气缸，内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦的左右滑动。气缸左端开口，通过A封有压强为Po的气体，气缸右端通过B封有压强为4Po的气体。一细管连通两气缸，初始状态A、B均位于气缸最左端。该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度，已知外界大气压强为Po，Po相当于10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体。求：

①当活塞A向右移动L/5时，水的深度；

②该深度计能测量的最大水深。

【答案】（1）2.5m（2）30m

【解析】

【分析】

当A右移时，假设B不动，气缸Ⅰ内气体等温变化，根据波意尔定律求出压强，判断是否成立，再求出水的深度；当活塞A恰好移动到气缸Ⅰ的最右端时所测水深最大，应用玻意耳定律求得；

【详解】解：（1）A右移时，假设B不动，气缸Ⅰ内气体等温变化，有：

解得，假设成立         

由可得：

（2）当活塞A恰好移动到气缸Ⅰ的最右端时所测水深最大，设此时活塞B右移了

两部分气体压强相等，设为P2

对Ⅰ内气体应用玻意耳定律可得：

对Ⅱ内气体应用玻意耳定律可得：

联立解得：

由可得：

15.如图，水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源s1、s2为圆心的两组    同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰（实线）和波谷（虚线），s1的振幅A1= 4 cm，s2的振幅A2 =3 cm，则下列说法正确的是：    。

A. A、D连线上的所有质点一定都是振动加强点

B. s1、s2两列波的传播速度一定相同

C. 再过半个周期，质点B、C是振动加强点

D. 质点D的位移不可能为零

E. 质点C此刻以后将向下振动

【答案】BDE

【解析】

试题分析：几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不互相干扰，只是在重叠的区域里，介质的质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和；频率相同的两列同性质的波相遇产生稳定干涉图象，波峰与波峰相遇、波谷与波谷相遇的是振动加强点；而波峰与波谷相遇是振动减弱点．

两个波源的振动步调一致，图中AD到两个波源路程差为零，是振动加强点，而BC是波峰与波谷相遇，是振动减弱点，故A错误；图示时刻，质点A的位移为，质点D的位移为，故质点A、D在该时刻的高度差为10cm，B正确；振动的干涉图象是稳定的，A、D一直是振动加强点，而B、C一直是振动减弱点，C错误；质点C是振动减弱点，振幅为，故D正确；质点C是振动减弱点，此刻在上方最大位移处，故质点C此刻以后将向下振动，故E正确．

16.如图所示，平静湖面岸边的垂钓者的眼睛恰好位于岸边P点正上方h1 =1.8 m的高度处，浮标Q离P点的距离s1 =2.4 m，鱼饵灯M在浮标正前方s2 =3.6 m处的水下h2=4.8 m深度处，垂钓者发现鱼饵灯刚好被浮标挡住。求：

（1）水的折射率；

（2）若鱼饵灯缓慢竖直上浮，当它离水面多深时，鱼饵灯发出的光恰好无法从水面PQ间射出。（结果可以用根号表示）

【答案】（1）（2）3.17

【解析】

【详解】①由几何关系可得：入射角：，i=53°，折射角：，r=37°，根据光的折射定律可知： 

②当鱼饵灯离水面深度为h3时，水面PQ间恰好无光射出，此时鱼饵灯与浮标的连线和竖直方向夹角恰好为临界角C，有： ，根据几何关系有：sinC= ，解得：h3=