2019届辽宁省沈阳市郊联体高三第一次模拟考试理综物理试题（解析版）

沈阳市郊联体2018-2019学年度高三年级第一次模拟考试理科综合（物理部分）

二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题的四个选项中，第14题～第18题只有一项符合题目要求，第19题～第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，有选错的得0分。

1.随着现代科学的发展，促进了人们对原子、原子核的认识，下列有关原子、原子核的叙述正确的是(     )

A. 卢瑟福α粒子散射实验说明原子核内部具有复杂的结构

B. 天然放射现象表明原子核内部结构中有电子单独存在

C. 放射性元素的半衰期是8个原子核有4个发生衰变所需要的时间

D. 氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级和从n=2能级跃迁到n=1能级，前者跃迁辐射出的光子波长比后者的短

【答案】D

【解析】

【详解】放射性现象的发现说明原子核内部具有复杂的结构，卢瑟福α粒子散射实验说明原子具有核式结构，现象A错误；天然放射现象能放出β射线，即电子流，但是这是原子核内的中子转化为质子时放出的电子，并不表明原子核内部结构中有电子单独存在，现象B错误；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核不适应，选项C错误；氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级和从n=2能级跃迁到n=1能级，前者跃迁能级差大于后者，辐射光子的频率大于后者，即辐射出的光子波长比后者的短，选项D正确；故选D.

2.科学家经过深入观测硏究，发现月球正逐渐离我们远去，并且将越来越暗．有地理学家观察了现存的几种鹦鹉螺化石，发现其贝壳上的波状螺纹具有树木年轮一样的功能，螺纹分许多隔，每隔上波状生长线在30条左右，与现代农历一个月的天数完全相同．观察发现，鹦鹉螺的波状生长线每天长一条，每月长一隔．研究显示，现代鹦鹉螺的贝壳上，每隔中生长线是30条，中生代白垩纪是2条，侏罗纪是18条，奥陶纪是9条．已知地球表面的重力加速度为10m/s2．地球半径为6400km，现代月球到地球的距离约为38万公里．始终将月球绕地球的运动视为圆周轨道，由以上条件可以估算奥陶纪月球到地球的距离约为(     )

A. 8.4×108m B. 1.7×108m C. 1.7×107m D. 8.4×107m

【答案】B

【解析】

【详解】在地球表面的物体受到的重力等于万有引力G＝mg，得GM=R2g；又根据万有引力提供向心力，得；代入数据得，故B正确、ACD错误。故选B。

3.如图所示，两个宽度均为L的匀强磁场垂直于光滑水平桌面，方向相反，磁感应强度大小相等．高为L上底和下底长度分别为L和2L的等腰梯形金属框水平放置，现使其匀速向右穿过磁场区域，速度垂直梯形底边，从图示位置开始x=0，以逆时针方向为电流的正方向，下列四幅图中能够反映线框中电流Ⅰ随金属框向右移动距离x关系的是(     )

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】x在0-L内，由楞次定律判断知感应电流的方向沿逆时针，为正。线框有效的切割长度在均匀增大，由公式E=BLv，知产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大。x在L-2L内，线框的左右两边都切割磁感线，均产生感应电动势，两个感应电动势串联，且均匀增大，感应电流方向沿顺时针方向，为负。x在2L-3L内，由楞次定律判断知感应电流的方向沿逆时针，为正。线框有效的切割长度在均匀增大，由公式E=BLv，知产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，而且感应电流变化情况与线框进入磁场的过程相同，故C正确。ABD错误；故选C。

4.如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1：n2=10：1，接线柱a、b间接一正弦交变电源，其电压随时间的变化规律如图乙所示。变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2是用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，R1为一定值电阻。下列说法中正确的是(     )

A. 电压表V的示数为22V

B. 当R2所在处出现火警时，电压表Ⅴ的示数增大

C. 当R2所在处出现火警时，电流表A的示数增大

D. 当R2所在处出现火警时，电阻R1的功率不变

【答案】C

【解析】

【详解】由图象可知，输入的电压有效值为220V，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为22V，电压表测的是半导体热敏材料的电压，R1，R2的总电压为22V，所以电压表的示数小于22V，所以A错误；当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈的电流变大，所以原线圈电流即电流表示数增大，则R1的电压要增大，消耗的功率也增大，由于副线圈的总电压不变，所以R2的电压即电压表示数就要减小，所以C正确，BD错误；故选C。

5.宇宙飞船动力装置的工作原理与下列情景相似：如图，光滑地面上有一质量为M的绝缘小车，小车两端分别固定带等量异种电荷的竖直金属板，在小车的右板正中央开有一个小孔，两金属板间的电场可看作匀强电场，两板间电压为U。现有一质量为m、带电量为+q、重力不计的粒子从左板正对小孔处无初速释放。则以下判断正确的是：(     )

A. 小车总保持静止状态

B. 小车最后减速运动

C. 粒子穿过小孔时速度为

D. 粒子穿过小孔时速度为

【答案】D

【解析】

【详解】金属板间的电场方向向右，粒子所受的电场力方向向右，根据牛顿第三定律可知，小车所受的电场力方向向左，则小车将向左做匀加速运动。粒子穿过小孔时速度，粒子不再受电场力作用，小车也不再受电场力，将做匀速运动，故AB错误。设粒子穿过小孔时速度为v1，小车此时的速度为v2．取向右方向为正方向。根据系统的动量守恒和能量守恒得：0=mv1-Mv2； qU=mv12+mv22；联立解得，．故C错误，D正确。故选D。

6.如图所示，两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场垂直导轨所在平面，金属棒ab可沿导轨自由滑动，导轨一端跨接一个定值电阻R，导轨电阻不计．现将金属棒沿导轨由静止向右拉，若保持拉力F恒定，经时间t1后速度为ν，加速度为a1，最终以速度2ν做匀速运动：若保持拉力的功率恒定，棒由静止经时间t2后速度为ν，加速度为a2，最终也以速度2v做匀速运动，则(     )

A. t2=t1 B. t1>t2 C. a2=2a1 D. a2=3a1

【答案】BD

【解析】

试题分析：当拉力的功率恒定时，随着速度增大，拉力逐渐减小，最后匀速运动时拉力最小，且最小值和第一种情况下拉力相等，因此最后都达到速度时，，故A错误，B正确；由于两种情况下，最终棒都以速度匀速运动，此时拉力与安培力大小相等，则有：，当拉力恒定，速度为v，加速度为a1时，根据牛顿第二定律有：，解得：．

若保持拉力的功率恒定，速度为时，拉力为F，则有：，

又，所以，则当速度为时，拉力大小为：；

根据牛顿第二定律，得：，解得：，所以有，故C错误，D正确。

考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化

【名师点睛】分析清楚两种情况下的运动形式区别，然后根据牛顿第二定律和运动学规律求解，注意两种情况下导体棒最终匀速运动时所受拉力大小是相同的；本题可以和机车启动的两种方式进行类比解答，只不过机车启动时阻力不变，而该题中阻力为安培力，是不断变化的。

7.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，不计重力，则(     )

A. A、N点的电场强度大小为零

B. NC间场强方向向x轴正方向

C. 将一正点电荷静止放在x轴负半轴，它将一直做加速运动

D. 将一负点电荷从N点移动到D点，电场力先做正功后做负功

【答案】CD

【解析】

试题分析：图象的斜率等于电场强度E，图线在A、N两点处的斜率都不等于0，则知N、A两点的场强均不为零，故A错误；由图可知：从N到C，电势升高，根据顺着电场线电势降低可知，NC间电场强度方向沿x轴负方向，故B错误；根据图象，结合矢量的叠加可知，x轴负半轴的电场强度方向指向x轴的负方向，所以若将一正点电荷放在x轴负半轴，则电场力指向x轴负方向，因此电场力与速度方向相同，导致一直做加速运动，故C正确；段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，故D正确。

考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系

【名师点睛】电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否。

8.如图所示，在xOy平面内的y轴和虚线之间除了圆形区域外的空间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．虚线经过O点(3L，0)且与y轴平行，圆形区域的圆心P的坐标为(2L，0)，半径为L．一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子上从y轴上某点垂直y轴进入磁场，不计粒子的重力，则(     )

A. 如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，则粒子的入射速度为v=

B. 如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，则粒子的入射速度为v=

C. 粒子第一次从P点经过了x轴，则粒子的最小入射速度为vmin=

D. 粒子第一次从P点经过了x轴，则粒子的最小入射速度为vmin=

【答案】AC

【解析】

【详解】要使粒子不经过圆形区域到达Q点，则粒子应恰好经过四分之一圆周到达Q点，故半径为3L；则由洛仑兹力充当向心力可知，；解得：；故A正确，B错误；要使粒子到达圆形磁场的圆心，轨迹圆的切线应过圆心；如图所示；设粒子从C点进入圆形区域，O′C与O′A夹角为θ，轨迹圆对应的半径为r，如图：

由几何关系得：2L=rsinθ+rcosθ；故当θ=60°时，半径最小为rm=L；又qvmB=m，解得： ；故C正确，D错误；故选AC。

三、非选择题(包括必考题和选课题两部分，第22题一第32题为必考题毎个试题考生都必须作答，第33题一第38题为选考题，考生根据需要作答)

(一)必考题(共129分)

9.某实验小组利用如图所示的装置进行实验，钩码A和B分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，钩码质量均为M，在A的上面套一个比它大一点的环形金属块C，在距地面为处由一宽度略大于A的狭缝，钩码A能通过狭缝，环形金属块C不能通过，开始时A距离狭缝的高度为，放手后，A、B、C从静止开始运动

（1）利用计时仪器测得钩码A通过狭缝后落地用时，则钩码A通过狭缝的速度为_______（用题中字母表示）；

（2）若通过此装置验证机械能守恒定律，还需要测出环形金属框C的质量m，当地重力加速度为g，若系统的机械能守恒，则需满足的等式为___________（用题中字母表示）；

（3）为减小测量时间的误差，有同学提出如下方案：实验时调节，测出钩码A从释放到落地的总时间t，来计算钩码A通过狭缝的速度，你认为可行吗？若可行，写出钩码A通过狭缝时的速度表达式；若不可行，请简要说明理由________、___________。

【答案】（1）（2）（3）可行；速度

【解析】

试题分析：（1）由于钩码通过狭缝后，C不再对A施加力了，而AB的质量又相等，故钩码A做做匀速运动，所以钩码A通过狭缝的速度为；（2）若验证机械能守恒时，因为A降低的重力势能等于B增加的重力势能，故重力势能的减少量为C下降h2的重力势能的减少量，即mgh2，而系统动能的增加量为，故满足的等式为时，就证明机械能守恒了；（3）当h1=h2=h时，A的运动是先匀加速运动，后匀速运动，如果设加速的时间为t1，匀速的时间为t2，匀速运动的速度为v，则加速运动时的平均速度为，故t1v=2h成立；在匀速运动时，t2v=h成立；二式相加得（t1+t2）v=3h，即，故这种做法是可行的。

考点：匀速运动的计算，匀变速运动的计算，机械能守恒。

10.太阳能电池板在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件。某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池板在没有光照时(没有储存电能)U特性。所用的器材包括：太阳能电池板，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干。

(1)为了达到上述目的，实验电路应选用图甲中的图___________(填“a”或“b”)。

(2)该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图乙的I-U图像。由图可知，当电压小于2.00V时，太阳能电池板的电阻___________(填“很大”或“很小”)：当电压为2.80V时，太阳能电池板的电阻为___________kΩ。

(3)当有光照射时，太阳能电池板作为电源，其路端电压与总电流的关系如图丙所示，分析该曲线可知，该电池板作为电源时的电动势为___________V．若把它与阻值为1kQ的电阻连接构成一个闭合电路，在有光照射情况下，该电池板的效率是___________%。(结果保留三位有效数字)

【答案】    (1). a    (2). 很大    (3). 1.00    (4).     (5). 64.3（64.1—64.5之间）

【解析】

【详解】（1）测绘伏安特性曲线，电压和电流需从零开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，应选图a所示实验电路．
（2）由I=U/R，得电阻阻值R=U/I，由图乙所示图象可知，在电压小于2.00V时，电流I很小，所以太阳能电池的电阻很大．由图丙所示图象可知，当电压为2.80V时，电流I=2.80×10-3A，电阻．
（3）由图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为2.8V；若与1kΩ的电阻连接构成一个闭合电路；在U-I图中作出对应的电阻的伏安特性曲线，如图所示；

图象的交点为电源的工作点，则由图可知电源的工作电压为1.8V，则电源的效率 ；

11.如图所示，在一光滑绝缘水平面上，静止放着两个可视为质点的小球，两小球质量均为m，相距l，其中A球带正电，所带电荷量为q，小球B不带电。若在A球开始向右侧区域加一水平向右的匀强电场，场强为E，A球受到电场力的作用向右运动与B球碰撞。设每次碰撞为弹性碰撞，碰撞前后两球交换速度，且碰撞过程无电荷转移。求：

(1)小球A在电场中的加速度大小和第一次与B碰撞前的速度；

(2)若两小球恰在第二次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度；

(3)若两小球恰在第三次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度及小球A从进入电场到离开电场的过程中电势能的变化量。

【答案】(1) a=qE/m；(2) 5l (3) 13l；13Eql

【解析】

【详解】（1）根据牛顿运动定律：qE=ma，则a=qE/m

设第一次碰撞时小球A的速度为v：根据动能定理：

解得：

（2）第一次碰撞前后小球A的速度为vA1和vA1′，小球B碰撞前后的速度为vB1和vB1′所以vA1=v   vB1=0   vA1′=0    vB1′=v 

A球运动的距离为l第一次碰撞后，小球A做初速度为零的匀加速直线运动，小球B做速度为v的匀速直线运动。设第二次碰撞前后A球的速度为vA2和vA2′小球B碰撞前后的速度为vB2和vB2′

第一次碰撞后至第二次碰撞前：vt= (0+vA2)t/2

所以：vA2=2v；碰后vA2′= v

而B球碰前为v，碰后为2v。从第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A球运动的距离为l2。

电场宽度为：L=l+4l=5l

（3）二次碰撞后，A球做初速度为v的匀加速直线运动，B球以速度2v匀速直线运动。设A球第三次碰前后的速度为vA3和 vA3′，小球B碰撞前后的速度为vB3和vB3′

所以：

从第二次碰撞到第三次碰撞过程中，A球运动的距离为l3 ：qEl3 = m -m

l3=8l

所以：电场的宽度：L=l1+l2+l3=13l

A球减少的电势能  △ε=Eq×13l=13Eql

12.如图所示的xOy坐标系中，Y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外。Q1、Q2两点的坐标分别为(0，L)、(0，－L)，坐标为(－L，0)处的C点固定一平行于y轴放置的绝缘弹性挡板，C为挡板中点。带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y轴方向分速度不变，沿x轴方向分速度反向，大小不变。现有质量为m，电量为+q的粒子，在P点沿PQ1方向进入磁场，α=30°，不计粒子重力。

(1)若粒子从点Q1直接通过点Q2，求：粒子初速度大小。

(2)若粒子从点Q1直接通过坐标原点O，求粒子第一次经过x轴的交点坐标。

(3)若粒子与挡板碰撞两次并能回到P点，求粒子初速度大小及挡板的最小长度。

【答案】（1）（2）（）（3）

【解析】

（3）粒子初速度大小为，挡板的最小长度为

试题分析：（1）由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R1，由几何关系得R1cos30°=L…（1）

粒子磁场中做匀速圆周运动，有：…（2）

解得：…（3）

（2）由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示，设其与x轴交点为M，横坐标为xM，由几何关系知：2R2cos30°=L…（4）

xM=2R2sin30°…（5）

则M点坐标为（）…（6）

（3）由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示，

粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R3，

偏转一次后在y负方向偏移量为△y1，由几何关系得：△y1=2R3cos30°…（7）

为保证粒子最终能回到P，粒子每次射出磁场时速度方向与PQ2连线平行，与挡板碰撞后，速度方向应与PQ1连线平行，每碰撞一次，粒子出进磁场在y轴上距离△y2（如图中A、E间距）可由题给条件得：

…（8）

当粒子只碰二次，其几何条件是：3△y1﹣2△y2=2L…（9）

解得：…（10）

粒子磁场中做匀速圆周运动，有：…（11）

解得：…（12）

挡板的最小长度为：…（13）

解得：…（14）

13.下列说法正确的是___________。

A. 理想气体等温膨胀时，内能不变

B. 扩散现象表明分子在永不停息地运动

C. 分子热运动加剧，则物体内每个分子的动能都变大

D. 在绝热过程中，外界对物体做功，物体的内能一定增加

E. 布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在不停地做无规则热运

【答案】ABD

【解析】

理想气体的内能只与温度有关，理想气体等温膨胀时，内能不变，选项A正确； 扩散现象表明分子在永不停息地运动，选项B正确； 分子热运动加剧，则物体分子的平均动能变大，并非每个分子的动能都变大，选项C错误； 在绝热过程中Q=0，外界对物体做功W>0，根据 可知物体的内能一定减增加，选项D正确； 布朗运动反映了液体分子在不停地做无规则热运动，选项E错误；故选ABD.

14.如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成I、II两部分，初状态整个装置静止不动处于平衡，I、II两部分气体的长度 均为，温度为，设外界大气压强为保持不变，活塞横截面积为S，且，环境温度保持不变，求：

①在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度；

②现只对II气体缓慢加热，使活塞A回到初始位置，此时II气体的温度；

【答案】①②

【解析】

试题分析：①初状态Ⅰ气体压强

Ⅱ气体压强

添加铁砂后Ⅰ气体压强

Ⅱ气体压强

根据玻意耳定律，Ⅱ气体等温变化，P2l0S=P2′l2S

可得：，B活塞下降的高度h2=l0-l2=0．4l0

②Ⅰ气体等温变化，P1l0S＝P1′l1S

可得：l1=0．5l0

只对Ⅱ气体加热，I气体状态不变，所以当A活塞回到原来位置时，Ⅱ气体高度l2″=2l0-0．5l0=1．5l0

根据气体理想气体状态方程：

得：T2=2．5T0

考点：理想气体的状态变化方程

【名师点睛】本题考查了理想气体状态方程和力学知识的综合应用，解题时关键要找到研究对象的状态，确定该状态的状态参量，尤其是压强的确定要对活塞列出平衡方程；此类题目是高考重点，要加强这方面的练习。

15.两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同。实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播；虚线波沿x轴负方向传播。某时刻两列波在如图所示区域相遇，则_________。

A．在相遇区域会发生干涉现象

B．实线波和虚线波的频率之比为3：2

C．平衡位置为x=6m处的质点此刻速度为零

D．平衡位置为x=8.5m处的质点此刻位移y＞20cm

E．从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x=5m处的质点的位移y＜0

【答案】BDE

【解析】

传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，其周期为0.5s，波长4m，则波速 ；由图可知：虚线波的波长为6m，则周期为，频率： ,则两波的频率不同．所以不能发生干涉现象．故A错误；实线波和虚线波的频率之比为，选项B正确；平衡位置为x=6m处的质点由实线波和虚线波引起的振动方向均向上，速度是两者之和，故此刻速度不为零，选项C错误；两列简谐横波在平衡位置为x=8.5m处的质点是振动加强的，此刻各自位移都大于10cm，故质点此刻位移y>20cm，选项D正确；从图示时刻起再经过0.25s，实线波在平衡位置为x=5m处于波谷，而虚线波也处于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y＜0．故E正确；故选BDE.

点睛：此题主要考查波的叠加；关键是理解波的独立传播原理和叠加原理，两列波相遇时能互不干扰，各个质点的速度和位移都等于两列波在该点引起的振动的矢量和.

16.一玻璃三棱柱竖直放在水平桌面上，其底面A1B1C1是边长a=12cm的等边三角形，柱高L=12cm现在底面的中心O处放置一点光源，不考虑三棱柱内的反射光，玻璃的折射率为，求三个侧面的发光的总面积。

【答案】18πcm2

【解析】

试题分析：因光源在底面的中点，可知光源到三个侧面的距

离相等，根据几何知识可知光源到三个侧面的距离为a，。。。。。。。（1）

根据折射定律，sin C＝＝。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。（2）

求得临界角C=45° 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。（3）

根据几何知识可求每个侧面的发光的面积为半径为a。。。。。。。。。。。。（4）

圆面积的一半。三个侧面的发光面积为S=。。。（5）

考点：本题考查光的折射定律。