2019届辽宁省重点协作体高三模拟考试理科综合物理试题（解析版）

2019年辽宁省重点中学协作体高三模拟考试

理科综合试卷

二、选择题

1.下列说法正确的是（    ）

A. 结合能越大的原子核越稳定

B. 玻尔的跃迁假设是根据粒子散射实验分析得出的

C. 光电效应揭示了光具有粒子性，康普顿效应揭示了光具有波动性

D. 衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的

【答案】D

【解析】

【详解】比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定，故A错误；为解释氢光谱，玻尔提出了轨道量子化与跃迁假设，故B错误；光电效应与康普顿效应都揭示了光具有粒子性，故C错误；衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，故D正确。

2.从t=0时刻开始，物块在外力作用下由静止开始沿x轴做直线运动，如图所示为其位移和速率二次方的关系图线，下列说法正确的是（    ）

A. t=0时刻物块位于x=0处

B. 物块运动的加速度a=2m/s2

C. t=4s时物块位于处

D. 由图可知物体做往复运动

【答案】C

【解析】

【详解】根据，结合图象可知物块做匀加速直线运动，且有，得加速度 a=0.5m/s2，初位置x0=-2m，故ABD错误；t=4s内，物体的位移，则t=4s时物体的位置坐标 x=△x,+x0=2m，故C正确。

3.正六边形ABCDEF区域内有平行于纸面方向的匀强电场（图中未标出），A、B、C三点电势分别为3V、6V、9V，现有一个电子从E点以初速度v0沿EB方向射入。下列说法正确的是（    ）

A. F点电势为0V

B. DF的连线是电场中一条等势线

C. 电子射出六边形区域时速度大小可能仍是v0

D. 电于离开此区域动能增量的最大值是3eV

【答案】D

【解析】

【详解】连接AC，根据匀强电场电势随距离均匀变化（除等势面）的特点，则知AC中点的电势为6V，连接EB，EB即为一条等势线，CA连线即为一条电场线，DF与CA平行，所以DF也是一条电场线，故B错误；由上可知AF为等势面，所以F点电势为3V，故A错误；电子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的知识和等势面与电场线的关系可知电子不可能再回到同一等势面上，故C错误；由图可知电子从DC等势面离开时动能最大，即动能增量为：，故D正确。

4.引力波测试在2017年获得诺贝尔物理学奖，包含中国在内的多国科学家于2017年10月宣布，成功探测到中子星合并的引力波事件，并证实双中子星合并事件是宇宙中大部分超重元素（金、银）的起源地。双中子星是一种“双星”，在围绕其连线上某一点转动的过程中，会向外辐射能力，相互靠近至最终合并。在双子星相互靠近的过程中，不考虑两中子星质量的变化，则（    ）

A. 双中子星转动的周期均增大 B. 双中子星转动的角速度均增大

C. 双中子星轨道半径减少量相同 D. 双中子星运动圆心一定在两者连线中点

【答案】B

【解析】

【详解】双星问题中两个天体运动的周期和角速度是相等的，双星之间的万有引力提供了做圆周运动的向心力，，可知 m1r1=m2r2，半径间的关系为：，联立可得：，代入上式可得：，因为质量不变，距离减小，所以角速度均增大，又因，可知周期减小，故A错误，B正确；由上可知m1r1=m2r2，质量与半径成反比，因为质量情况未知，所以双中子星运动的圆心不一定在两者连线中点，双中子星轨道半径减少量也不一定相同，故CD错误。

5.图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为3：1，图乙是K闭合时该变压器cd输入端交变电压的图象，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“12V，6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表。以下说法正确的是（    ）

A. ab输入端电压的瞬时值表达式为

B. 电流表的示数为1.5A，L1能正常发光

C. ab输入端输入功率Pab=18W

D. 断开K，L2中的电流不变

【答案】B

【解析】

【详解】由输入端交变电压u图象，可知其最大值为，有效值为有效值是U1=36V，副线圈电压为：，所以副线圈三只灯泡均能正常发光。灯泡的额定电流：，电流表的读数为，原线圈电流为，所以原线圈的灯泡L1也能正常发光，ab输入端电压为Uab=U+3U2=12+36V=48V，输入端电压的瞬时值表达式为，故A错误，B正确；四个灯泡都正常发光，所以ab输入端输入功率Pab=4×6=24W，故C错误；若将K断开，则副线圈上的输出电流将减小，所以原线圈的输入电流也减小，则流过灯泡L1的电流减小，L1上消耗的电压减小，所以原线圈上的电压降增大，副线圈的电压也增大，则可知L2中的电流将变大，故D错误。

6.如图所示，水平放置的光滑金属长导轨和之间接有电阻R，导轨左、右两区域分别处在方向相反与轨道垂直的匀强磁场中，右侧区域足够长，方向如图。设左、右区域磁场的磁感强度为B1和B2，虚线为两区域的分界线。一根金属棒ab放在导轨上并与其正交，棒和导轨的电阻均不计。金属棒在水平向右的恒定拉力作用下，在左面区域中恰好以速度为v做匀速直线运动，则（    ）

A. 若B2=B1，棒进入右面区域后先做加速运动，最后以速度2v做匀速运动

B. 若B2=B1，棒进入右面区域中后仍以速度v做匀速运动

C. 若B2=2B1，棒进入右面区域后先做减速运动，最后以速度做匀速运动

D. 若B2=2B1，棒进入右面区域后先做加速运动，最后以速度4v做匀速运动

【答案】BC

【解析】

【详解】金属棒在水平向右的恒力作用下，在虚线左边区域中以速度v做匀速直线运动，恒力F与安培力平衡。当B2=B1时，棒进入右边区域后，棒切割磁感线的感应电动势与感应电流大小均没有变化，棒所受安培力大小和方向也没有变化，与恒力F仍然平衡，则棒进入右边区域后，以速度v做匀速直线运动，故A错误，B正确；当B2=2B1时，棒进入右边区域后，棒产生的感应电动势和感应电流均变大，所受的安培力也变大，恒力没有变化，则棒先减速运动，随着速度减小，感应电动势和感应电流减小，棒受到的安培力减小，当安培力与恒力再次平衡时棒做匀速直线运动。设棒匀速运动速度大小为v′。在左侧磁场中，在右侧磁场中匀速运动时，有，则，即棒最后以速度做匀速直线运动，故C正确，D错误。

7.如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v=av0的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追上B球再相撞，则a的可能取值为（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BD

【解析】

【详解】B碰撞过程中，以v0方向为正方向，根据动量守恒定律得：mAv0=-mA•av0+mBvB，A与挡板P碰撞后能追上B发生再碰的条件是：av0＞vB，解得：，碰撞过程中损失的机械能：，解得：，所以a满足的条件是：，故BD正确，AC错误。

8.如图所示，质量为M，倾角的足够长斜面体始终静止在水平面上，有一个质量为m的小物块在受到沿斜面向下的力F的作用下，沿斜面匀加速下滑，此过程中斜面体对地面的摩擦力方向向左。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（   ）

A. 斜面体给小物块的支持力大小为mgcos

B. 斜面体对地面的压力小于（M+m）g

C. 若将力F的方向突然改为竖直向下，小物块仍做加速运动

D. 若将力F撤掉，小物块将减速下滑

【答案】AD

【解析】

【详解】小物块受重力、支持力、拉力和摩擦力，则小物块受到的支持力为：，故A正确；小物块在受到沿斜面向下的力F的作用下，沿斜面匀加速下滑，此过程中斜面体对地面的摩擦力方向向左，对M受力分析可知有： ，解得：，斜面体受到的支持力为：，所以斜面体对地面的压力大于（M+m）g，故B错误；根据正交分解可得：，所以加速度沿斜面向上，小物体将做减速运动，故C错误；由上分析可知，因为，若将力F撤掉，小物块将减速下滑，故D正确。

三、非选择题

9.某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律。钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB．用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度．测出两光电门间的距离为h，钢球直径为D，当地的重力加速度为g．

（1）用20分度的游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示，钢球直径为D=______cm．

（2）要验证机械能守恒，只要比较________．

A． 与gh是否相等 

B．与2gh是否相等

C．与gh是否相等

D．与2gh是否相等

（3）钢球通过光电门的平均速度_______（选填“>”或“<”）钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差______（选填“能”或“不能”）通过增加实验次数减小．

【答案】（1）0．950cm （2）D （3）小于（4）不能

【解析】

【分析】

（1）解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．

（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式．

（3）根据匀变速直线运动的规律判断求解．

【详解】（1）游标卡尺的主尺读数为：0.9cm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为：0.950cm．

（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：，

根据机械能守恒的表达式有：

即只要比较与2gh是否相等，故选：D．

（3）根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中中间时刻速度，所以钢球通过光电门的平均速度＜钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差不能通过增加实验次数减小．

【点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量．

无论采用什么样的方法来验证机械能守恒，明确其实验原理都是解决问题的关键，同时在处理数据时，要灵活应用所学运动学的基本规律．

10.物理实验室现有一量程为3 V的电压表，内阻约为6。为了较准确地测量其内阻，在没有电流表的情况下，某向学设计了如图甲所示的实验电路，按此电路可以测出电压表的内阻。

（1）若电源E、滑动变阻器R2、电阻箱R1各有两个可供选择

 电源E：a．电动势2.0V，有内阻；   b．电动势5.0V，有内阻

 滑动变阻器R2：a．最大阻值20；  b．最大阻值1700

电阻箱R1：a．0~999.9；b．0~9999.9

为了减小实验误差，电源E应选________(填“a”或“b”，下同)，滑动变阻器R2应选________，电阻箱R1应选________。

（2）该同学在开关都断开的情况下，检查电路连接无误后，接通电路前应将滑动变阻器的滑片P置于________ (填“A”或“B”)端，后续必要的实验操作步骤依次是：_________ (请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母)，最后记录R1的阻值并整理好器材。

A．闭合开关S1   

B．闭合开关S2

C．断开开关S1 

D．断开开关S2

E．调节R2的阻值，使电压表满偏    ．

F．调节R2的阻值，使电压表半偏

G．调节R1的阻值，使电压表半偏

H．调节R1的阻值，使电压表满偏

（3）按正确的实验步骤完成后，如果所得的R1的阻值为5600.0，则图甲中被测电压表的内阻R1的测量值为_______，该测量值________（填“略大于”“略小于”或“等于”）实际值。

【答案】    (1). b    (2). a    (3). b    (4). A    (5). ABEDG    (6). 5600.0    (7). 略大于

【解析】

【详解】（1）本实验运用等效替代的方法，测量电压表的内阻，先闭合开关S1，调节R2的阻值，使电压表指针偏转到满刻度，再闭合开关S2，调节R1的阻值，使电压表指针偏转到满刻度的一半，由于电压表与电阻箱的总电压几乎不变，电阻箱的电压与电压表的电压相等，电阻也相等，即可读出电压表的内阻。所以要使得总电流几乎不变，滑动变阻器R2应选a。电阻箱总电阻应大于电压表内阻，所以电阻箱选择b。为了减小测量的误差，电源选择b。

（2）接通电路前应将滑动变阻器的滑动头P置于A端，使得测量部分短路，从而保护测量电路。由（1）可知正确的步骤是：ABEDG或BAEDG。

（3）电压表的内阻R1的测量值为5600.0 电键S断开后，调节电阻箱电阻使得电压表半偏，此时由于总电阻增大，总电流减小，电压表和电阻箱的总电压比以前大，电压表电压变为原来的一半，则电阻箱两端的电压大于电压表的电压，所以电压表内电阻的测量值比真实值略偏大。

11.如图所示，质量为的薄木板B放在水平面上，质量为的物体A（可视为质点）在一电动机拉动下从木板左端以的速度向右匀速运动。在物体A带动下，木板从静止开始做匀加速直线运动，此时电动机输出机械功率P=96W。已知木板与地面间的动摩擦因数，重力加速度g取10m/s2。求：

（1）木板B运动的加速度大小；

（2）木板B的长度满足什么条件，物体A最终能滑离木板B。

【答案】（1）（2）长度小于9m

【解析】

【详解】（1）电动机对物体A的拉力为：；

物体A匀速运动，AB的摩擦力为

对木板根据牛顿第二定律有

代入数联立解得

（2）A刚好离开B，

此时的速度为：

代入数据解得

所以木板的长度小于9m即可

12.如图所示，在矩形ABCD内，对角线BD以上的区域存在平行于AD向下的匀强磁场，对角线BD以下的区域存在垂直于纸面的云强磁场（图中未标出），其中AD边长为L，AB边长为，一个质量为m、电荷量为+ q的带电粒子（不计重力）以初速度从A点沿AB方向进入电场，经对角线BD某处垂直BD进入磁场。求：

（1）该粒子进入磁场时速度的大小；

（2）电场强度的大小；

（3）要使该粒子能从磁场返回电场，磁感应强度满足什么条件？（结论可用根式来表示）

【答案】（1）2v0；(2) ；（3）；

【解析】

（1）如图所示,由几何关系可得,带电粒子受电场力作用做类平抛运动,则

，，则

（2）设的长度为x，则有，，，，联立解得；

（3）若磁场方向向外,轨迹与相切,如图甲所示有，得，

由，得

磁场方向向外,要使粒子返回电场,则

若磁场方向向里，轨迹与相切时,如图乙所示有

得

由得

磁场方向向里，要使粒子返回电场，则．

【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径．

（二）选考题

13.下列说法中正确的是_______。

A. 甲物体温度比乙物体温度高，则甲物体的分子平均速率比乙物体的大。

B. 在两个分子间的距离由很远（）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增大后减小

C. 分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大

D. 扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，且温度越高，扩散进行得越快

E. 热量可以从低温物体传递到高温物体

【答案】CDE

【解析】

【详解】甲物体温度比乙物体温度高，则甲物体的分子平均动能比乙物体的平均动能大，但分子质量大小不确定，所以甲物体的分子平均速率不一定比乙物体大，故A错误；在两个分子间的距离由很远（r＞10-9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增大、后减小、再增大，故B错误；分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，故C正确；扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，且温度越高，扩散进行得越快，故D正确；热量可以从低温物体传递到高温物体，但要引起其它变化，例如电冰箱工作时就是热量可以从低温物体传递到高温物体，但消耗了电能，故E正确。

如图，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为2.4T0、压强为1．2p0的理想气体．p0和T0分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量；容器内气体的

所有变化过程都是缓慢的．求：

14. 气缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；

15. 在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量Q．

【答案】(1) (2)

【解析】

①由理想气体状态方程得   

解得：V1=V

②在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W=P0（V﹣V1）

活塞刚要下降时,由理想气体状态方程得  

解得：T1=2T0； 

在这一过程中，气体内能的变化量为△U=α（T0﹣T1）

由热力学第一定律得，△U=W+Q

解得：Q=p0V+αT0 

此处有视频，请去附件查看】

16.如图所示为某时刻的两列简谐横波在同一介质中沿相同方向传播的波形图，此时a波上某质点P的运动方向如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A. 两列波具有相同的波速

B. 此时b波上的质点Q正向上运动

C. 一个周期内，Q质点沿x轴前进的距离是P质点的1.5倍

D. 在P质点完成30次全振动的时间内Q质点可完成20次全振动

E. a波和b波在空间相遇处会产生稳定的干涉图样

【答案】ABD

【解析】

两列简谐横波在同一介质中传播，波速相同，故A正确；此时a波上质点P的运动方向向下，由波形平移法可知，波向左传播，则知此时b波上的质点Q正向上运动，故B正确；在简谐波传播过程中，介质中质点只上下振动，不会沿x轴前进，故C错误；由图可知，两列波波长之比 λa：λb=2：3，波速相同，由波速公式 v=λf得a、b两波频率之比为 fa：fb=3：2．所以在P质点完成30次全振动的时间内Q质点可完成20次全振动，故D正确；两列波的频率不同，不能产生稳定的干涉图样，故E错误。所以ABD正确，CE错误。

17.某工件由相同透明材料的三棱柱和四分之一圆柱组成，该玻璃材料的折射率为n=。其截面如图：ABC为直角三角形，=30°，CDE为四分之一圆，半径为R，CE贴紧AC。一束单色平行光沿着截面从AB边射入工件后，全部射到了BC边，然后垂直CE进入四分之一圆柱。

(i)求该平行光进入AB界面时的入射角。

(ii)若要使到达CD面的光线都能从CD面直接折射出来，该四分之一圆柱至少要沿AC方向向上移动多大距离。

【答案】(i) θ=45°；(ii)R.

【解析】

【详解】(1)光路如图所示：

光线在BC界面发生反射后垂直进入CE，由折射定律有：=

由几何关系可知光线在BC界面的入射角β=60°

在AB界面的折射角α=30°

解得：θ=45°

(2)设该材料的全反射角为γ，则=n

解得：γ=45°

则该四分之一圆至少要上移的距离d=R-Rsin γ=R