2019届辽宁省沈阳市东北育才学校高三第八次模拟理综物理试题（解析版）
展开2018-2019年学年度东北育才学校高中部高三第八次模拟考试
理科综合试卷
二、选择题：本题共8小题，每小题6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，有选错或不答的得0分。
1.下列说法中正确的是（ ）
A. 光照到某金属上不能发生光电效应，是因为该光波长太短
B. 由α粒子散射的实验数据可以估测原子核半径的大小
C. 电子束穿过铝箔的衍射实验证实了电子的粒子性
D. 原子的能量是不连续的，能级越高越稳定
【答案】B
【解析】
【详解】光照到某金属上不能发生光电效应，是因为该光频率太小，波长太长，选项A错误；由α粒子散射的实验数据可以估测原子核半径的大小，选项B正确；电子束穿过铝箔的衍射实验证实了电子的波动性，选项C错误；根据玻尔理论可知，原子核的能量是不连续的，能级越高越不稳定，故D错误。
2.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=10：1，原线圈输入交变电压u=sinl00πt(V)，在副线圈中接有理想交流电流表、阻值为22Ω的定值电阻R和电容器C。下列说法中正确的是（ ）
A. 电阻R中电流方向1s内变化50次
B. 电流表示数是1A
C. 电阻R消耗的电功率为22W
D. 电容器的耐压值至少是22V
【答案】C
【解析】
【详解】原线圈输入交变电压u=220sin100πt（V），频率f=50Hz，电流方向变化次数为2f，则电阻R中电流方向1s内变化100次，选项A错误。根据理想变压器的规律可知副线圈两端的电压为：知，则U2=22V，，因交流电也能通过电容器，可知电流表的读数大于1A，选项B错误；电阻R消耗的电功率为：，故C正确；电容器的耐压值应对应交流电压的最大值22V，故D错误。
3.如图所示，边长为L的正六边形ABCDEF的5条边上分别放置5根长度也为L的相同绝缘细棒。每根细棒均匀带上正电。现将电荷量为+Q的点电荷置于BC中点，此时正六边形几何中心O点的场强为零。若移走+Q及AB边上的细棒，则O点强度大小为(k为静电力常量)(不考虑绝缘棒及+Q之间的相互影响)
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据电场强度是矢量，结合点电荷电场强度的计算公式和对称性进行分析.
【详解】根据对称性，AF与CD上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零，AB与ED上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零.BC中点的点电荷在O点产生的电场强度为，因EF上的细棒与BC中点的点电荷在O点产生的电场强度叠加为零，EF上的细棒在O点产生的电场强度为，故每根细棒在O点产生的电场强度为，移走+Q及AB边上的细棒，O点的电场强度为EF与ED上的细棒在O点产生的电场强度叠加，这两个场强夹角为60°，所以叠加后电场强度为；故选D.
【点睛】本题主要是考查电场强度的叠加，知道电场强度是矢量，其合成满足平行四边形法则.
4.在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球发生正碰，则碰撞后B球的速度大小可能是（ ）
A. v B. 0.8v C. 0.5 v D. 0.3 v
【答案】C
【解析】
【详解】以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv=mvA+2mvB，由机械能守恒定律得：mv2=mvA2+•2mvB2，解得：vA=-v，vB=v，负号表示碰撞后A球反向弹回。如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=（m+2m）vB，解得：vB=v；则碰撞后B球的速度范围是：v＜vB＜v，则碰后B球的速度大小可能是0.5v。故ABD错误，C正确。
5.如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，物块b置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与小盒a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上。现向盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终处于静止状态。下列判断正确的是（ ）
A. c对b摩擦力可能减小
B. 地面对c的支持力可能增大
C. 地面对c的摩擦力可能不变
D. 弹簧的弹力可能增大
【答案】A
【解析】
【详解】盒子a受重力、拉力和弹簧的支持力而平衡，随着沙子质量的增加；由于不知道b的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系，故不能确定静摩擦力的方向，静摩擦力可能增加、可能减小，有可能先减小后增大，故A正确；对a分析可知，a处于静止状态，加入适量砂粒后重力变大，弹簧弹力不变，绳子的张力变大；对b与c整体分析，受重力、支持力、拉力和向左的静摩擦力，故地面对c的支持力一定减小，摩擦力一定变大，故BCD错误。
6.某人造地球卫星绕地球的运动轨迹为椭圆，地球位于椭圆的一个焦点上，已知卫星在近地点的速率为v1、加速度大小为a1、到地心距离为r1，卫星在远地点的速率为v2、加速度大小为a2、到地心距离为r2。则（ ）
A. a1＜a2 B. a1r1＞v12 C. a2r2＞v22 D. v1r1=v2r2
【答案】CD
【解析】
【详解】设地球的质量为M，万有引力常量为G，卫星的向心力由万有引力提供，则：，，由于r1＜r2，则：a1＞a2．故A错误；卫星在近地点需要的向心力： ，由于卫星在近地点做离心运动，需要的向心力大于提供的力，即：a1需＞a1，则：，即：a1r1＜v12．故B错误；卫星在远地点需要的向心力：，由于卫星在远地点做向心运动，需要的向心力小于提供的力，即：a2需＜a2，则：，即：a2r2＞v22．故C正确；设远、近地点的曲率半径为ρ，对于近地点：，对于远地点：，所以v1r1=v2r2．选项D正确。
7.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知AC=L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则下列叙述正确的是（ ）
A. 下滑过程中，环受到的合力一直减小
B. 下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为mv2
C. 从C到A过程，弹簧对环做功为mgLsinαmv2
D. 环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度
【答案】BC
【解析】
【详解】圆环从A处由静止开始下滑，初速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小至零，后反向增大，则合力先减小后增大，故A错误；圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：mgh+Wf-W弹=0-0；在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式：-mgh+W弹+Wf=0-mv2；联立解得：Wf=-mv2，所以产生的热量为mv2，故B正确；从C到A过程，由动能定理得-mgh+W弹+Wf=0-mv2，h=Lsinα，联立解得：弹簧对环做功为 W弹=mgLsinα-mv2，故C正确；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式：mgh′+W′f-W′弹=mvB2-0；研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式：-mgh′+W′f+W′弹=0-mvB′2。即得 mgh′-W′f-W′弹=mvB′2。由于W′f＜0，所以有 mvB2＜mvB′2，则环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D错误。
8.如图，在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨，其间距为L，电阻不计。在虚线l1的左侧存在着竖直向上的匀强磁场，在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场，两部分磁场的磁感应强度均为B。a、b两根电阻均为R的完全相同的金属棒与导轨垂直，分别位于两块磁场中，现突然给a棒一个水平向左的初速度2v0，在两棒达到稳定的过程中下列说法正确的是（ ）
A. 两金属棒组成的系统的动量守恒
B. 最终两金属棒的速度大小都是v0
C. a棒克服安培力做功的功率等于a棒的发热功率
D. a棒在达到稳定之前做变减速直线运动
【答案】BD
【解析】
【详解】a棒向左运动时，回路中产生顺时针方向的感应电流，a棒受到向右的安培力，b棒受到向右的安培力，所以两金属棒组成的系统合外力不为零，系统的动量不守恒，故A错误；a受向右的安培力做减速运动，由于速度减小，感应电动势减小，回路中感应电流减小，安培力减小，当安培力减到零时，达到稳定状态，此时回路的感应电流为零，两棒产生的感应电动势等大反向，则两棒的速度大小相同，方向相同；此过程中，由于两棒所受安培力相同，安培力的冲量相同，则两棒的动量变化相同，速度变化相同，即2v0-v=v，解得v=v0，可知BD正确。在两棒达到稳定的过程中，a棒的动能转化为b棒的动能和回路的焦耳热，而b棒动能的增加量等于安培力对b棒做功，所以a棒克服安培力做功的功率等于安培力对b棒做功功率与两棒总发热功率之和。故C错误。
第Ⅱ卷
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。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。
（一）必考题（共129分）
9.某同学用图甲所示的实验装置测定当地的重力加速度，正确操作后获得图乙所示的一条纸带。他用天平测得小车的质量为M，钩码质量为m，毫米刻度尺测得纸带上连续七个点0、1、2、3、4、5、6的距离分别为：d1=1.07cm、d2=2.24cm、d3=3.48cm、d4=4.79cm、d5=6.20cm、d6=7.68cm。已知实验所用交流电频率为f=50Hz。
(1)打点2时小车的速度大小为___________m/s(结果保留两位有效数字)；
(2)小车运动过程中的平均加速度大小为___________m/s2(结果保留两位有效数字)；
(3)以各点速度v的二次方为纵坐标，以各点到0点的距离d为横坐标，作v2-d图像，所得图线为一条斜率为k的倾斜直线，不考虑小车与桌面间的摩擦，则当地的重力加速度g=______(用m、M、k表示)
【答案】 (1). 0.60； (2). 2.0； (3).
【解析】
【详解】（1）打点2时小车的速度大小为
（2）由逐差法可得，小车运动过程中的平均加速度大小为
（3）由v2=2ad可知v2-d图像的斜率为k=2a，则a=k；由牛顿第二定律：，解得 .
10.如图1所示为一个多量程电压表的电路，其表头为动圈式直流电流计，量程Ig=10mA、内阻Rg=200Ω，R1、R2为可调电阻。
（1）可调电阻应调为R1= ______Ω；
（2）现发现表头电流计已烧坏，我们要修复该电压表，手边只有一个“量程为2mA、内阻为40Ω”的电流计G2和一个电阻为10Ω的定值电阻R3。要使修复后电压表的满偏电流仍为10mA，请在图2虚框内画出该电压表的修复电路___。
（3）修复后的电路中，可调电阻R2应调为 R2=______Ω；
（4）接着用图3的电路对修复电压表的3V量程表进行校对,V0为标准电压表、V1为修复电压表。发现修复电压表V1的读数始终比标准电压表V0略大。应用以下哪种方法进行微调______。
A．把R1略微调小 B．把R1略微调大
【答案】 (1). 100 (2). (3). 1200 (4). B
【解析】
【详解】（1）根据串联电阻特点结合欧姆定律可得：
（2））“量程为2mA、内阻为40Ω”改装成10mA电流表，应并联定值电阻分流，据此画出改装电路图如图所示
；
（3）由串联电阻特点结合欧姆定律可得
则R2′=1492-292Ω=1200Ω.
（4）根据电压表改装原理可得串联的电阻阻值，电压表示数偏大，说明R太小，则电流表内阻测量值偏大。应增大电阻箱的阻值；故A错误，B正确。
11.如图所示，在光滑水平面上静止有一木板A，在木板的左端静止有一物块B，物块的质量为m，木板的质量为2m，现给木板A和物块B同时施加向左和向右的恒力F1、F2，当F1=0.5mg、F2=mg时，物块和木板刚好不发生相对滑动，且物块和木板一起向右做匀加速运动，物块的大小忽略不计。
(1)求物块和木板间的动摩擦因数；
(2)若将F2增大为2mg，F1不变，已知木板的长度为L，求物块从木板的左端运动到右端的时间。
【答案】(1)(2)
【解析】
【详解】(1)由题意可知，对整体受力分析，根据牛顿第二定律得F2－F1=3ma
解得a=g
以B为研究对象，F2－μmg=ma,
解得μ=
(2)若将F2增大为2mg，F1不变，物块与长木板发生相对滑动，
A向右运动的加速度仍为a=g
以B为研究对象，F2′－μmg=ma′
解得a′=g
设经过时间t物块滑到长木板的右端，则a′t2－at2=L
解得t=
12.如图所示，在竖直平面内的矩形区域的坐标原点处有一个带电微粒源，微粒发射方向均在平面内。微粒质量均为，带正电荷量均为，重力加速度大小为，（解题过程中可能用到、）.
(1)若整个矩形区域内存在与轴方向平行的匀强电场，从点处射入一初速度沿轴正方向的微粒，发现其从坐标（，）处垂直于轴方向射出矩形区域，求此微粒的初速度大小以及电场强度的大小E；
(2)将电场方向改为竖直向上，再在整个矩形区域内加上垂直于平面向里的有界匀强磁场。微粒源从点处发射的微粒速度大小不等于)均相等，速度大小介于～之间，入射方向在轴和轴所夹的90°角范围内连续均匀分布。现测得在矩形区域内运动时间最长的微粒在进出该区域时速度方向改变了90°.请你分析说明微粒的运动特点并求入射微粒的速度大小.
【答案】（1） ； （2）
【解析】
【分析】
(1)粒子垂直进入电场做类平抛运动，结合水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小；
(2)根据洛伦兹力提供向心力求出粒子的半径从而求出速度.
【详解】(1)对沿x正方向入射的微粒，做类平抛运动.
x方向：
y方向：
联立可得：
沿x、y方向根据动量定理
解得电场强度
(2)将电场方向改为竖直向上后，电场力与重力平衡，微粒在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动.
设半径r，由牛顿第二定律有：
由题设速度大小v2大小介于之间，故微粒做匀速圆周运动的半径r大小介于3b~4b之间.
如图所示，微粒的运动轨迹与矩形相切于A点时，粒子的运动时间最长.微粒从O点进入矩形区域、从B点射出矩形区域.
由题可得.
设微粒入射方向与y轴夹角α，根据几何关系可得：
联立消去α可解得：
可得：
【点睛】粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解。粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题.
（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选1题作答。如果多做，则每学科按所做的第1题计分。
33．[物理—选修3-3 ]
13.下列说法中正确的是
A. 一定质量的气体吸热后温度一定升高
B. 布朗运动是悬浮在液体中的花粉颗粒和液体分子之间的相互碰撞引起的
C. 知道阿伏加德罗常数和气体的密度就可估算出气体分子间的平均距离
D. 在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体
E. 单位体积气体分子数增加，气体的压强不一定增大
【答案】BDE
【解析】
【详解】A．改变内能的方式有做功和热传递，则气体吸热后不知道做功情况，则不能得到内能如何变化，也不能确定温度是否变化；故A错误.
B．布朗运动是由于液体分子的无规则运动对固体微粒碰撞的不平衡引起的；故B正确.
C．气体分子的占有空间看成立方体模型，则，故仅知道阿伏加德罗常数和气体的密度，要求出平均距离还缺少气体的摩尔质量；故C错误.
D．根据热力学第二定律的，热量从低温物体传到高温物体不能自发进行，必须借助外界的帮助，引起其它的变化；故D正确.
E．根据理想气体状态方程可知，压强由单位体积的气体分子数和温度共同决定，则只有单位体积的气体分子数增加，不能推出压强是否变化；故E正确.
14.如图所示，向一个空的铝饮料罐（即易拉罐）中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略），如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是360cm3,吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2cm2，吸管的有效长度为20cm，当温度为25 ℃时，油柱离管口10cm。如果需要下列计算，可取相应的近似值：360298362296.4 364298362299.6
（1）吸管上标刻度值时，刻度否均匀？说明理由； (系数可用分数表示)
（2）计算这个气温计的测量范围(结果保留一位小数，用摄氏温度表示。）
【答案】（1）体积的变化量与温度的变化量成正比，吸管上的标的刻度是均匀的。
（2）23.426.6℃
【解析】
【详解】（1）根据盖-吕萨克定律，
则有：…①
所以 …②
即体积的变化量与温度的变化量成正比，吸管上标的刻度是均匀的
（2）因为，所以有：
这个气温计可以测量的温度为：t=（25±1.6）℃，
即这个气温计测量的范围是296.4K～299.6K，即23.4℃～26.6℃
15.【物理-选修3-4】下列说法中正确的是（ ）
A. 做简谐运动的质点，经过四分之一周期，所通过的路程不一定等于振幅
B. 声波从空气传入水中时频率变大，波长不变
C. 赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在
D. 假设火车以接近光速通过站台时，站台上旅客观察到车上乘客在变矮
E. 拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃反射光的影响
【答案】ACE
【解析】
【详解】做简谐运动的质点，经过四分之一周期，所通过的路程不一定等于振幅，只有当质点从平衡位置或者最高点最低点开始振动时，经过四分之一周期所通过的路程才等于振幅，选项A正确；声波从空气传入水中时频率不变，波速变大，则波长变大，选项B错误；赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，选项C正确；根据尺缩效应，沿物体运动的方向上的长度将变短，火车以接近光束通过站台时，车上乘客观察到站在站台上旅客变瘦，而不是变矮；故D错误；拍摄玻璃橱窗内的物品时，反射光属于偏振光，在镜头加偏振片的作用可以减弱玻璃的反射光的强度，故E正确。
16.如图所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，M为直径，OA与OM夹角为30°，一细束光线沿与OA夹角为60°方向从A点射入玻璃球体，入射光线与OA在同一平面内，该光线经折射后从玻璃球体射出。已知玻璃的折射率n=，光在真空中的传播速度为c，求：
（1）该光线最先从玻璃球体射出的方向相对于初始入射方向的偏角；
（2）该光线从入射到第一次回到A点所需的时间。
【答案】（1）（2）
【解析】
【详解】（1）光路图如图所示：
根据折射定律：，，，
设光线偏转过的交点：
（2）根据几何关系可知，该关系从入射到第一次回到A点通过的光路程为：
光在玻璃球内的传播速度为：
光在玻璃球内经历的时间为：
则
