2019届山东省临沂市高三5月第三次模拟考试理科综合物理试卷（解析版）

临沂市2019年普通高考模拟考试

理科综合能测试

二、选择题：本大题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个迭项中，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，有选错的得0分。

1.2018年3月27日，华为、小米不约而同选在同一天召开发布会。发布了各自旗下首款无线充电手机．小米MIX2S支持7．5W无线充电，华为Mate Rs保时捷版则支持10W无线充电．下图给出了它们的无线充电的原理图．关于无线充电，下列说法正确的是

A. 无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”

B. 手机外壳用金属材料制作可以减少能量损耗

C. 只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电

D. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同

【答案】D

【解析】

【详解】无线充电手机接收线圈部分工作原理是电磁感应，而非“电流的磁效应”，故A错误；手机外壳使用金属材料会屏蔽电磁波，导致无线充电不能完成，故B错误；不是所有手机都能进行无线充电，只有手机中有接受线圈时手机利用电磁感应，进行无线充电，故C错误；根据电磁感应原理，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中频率相同，故D正确。

2.滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(　　)

A. 所受合外力始终为零 B. 所受摩擦力大小不变

C. 合外力做功一定为零 D. 机械能始终保持不变

【答案】C

【解析】

【分析】

根据曲线运动的特点分析物体受力情况，根据牛顿第二定律求解出运动员与曲面间的正压力变化情况，从而分析运动员所受摩擦力变化；根据运动员的动能变化情况，结合动能定理分析合外力做功；根据运动过程中，是否只有重力做功来判断运动员的机械能是否守恒；

【详解】因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，重力垂直曲面分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有，运动过程中速率恒定，且在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据可知摩擦力越来越大，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C正确；因为克服摩擦力做功，机械能不守恒，D错误；故选C.

3.采用图甲所示的装置研究光电效应现象，电流表和电压表的零刻度均在表盘的正中间．分别用横截面积相同的单色光照射光电管的阴极K，得到光电管两端的电压与相应的光电流的关系如图乙所示．下列说法正确的是

A. 光的强度比c光的大

B. 光的光子能量比光的小

C. 光照射时光电子的最大初动能比光照射时的大

D. 测量遏止电压时开关S应扳向1

【答案】B

【解析】

【详解】由图可知，a的饱和电流最小，因此a光束照射时单位时间内产生的光电子数量小，光强小，故A错误。当光电流为零时，光电管两端加的电压为遏止电压，对应的光的频率为截止频率，根据eU=hγ-W，入射光的频率越高，对应的遏止电压U越大。a光、c光的遏止电压相等，所以a光、c光的频率相等，根据光电效应方程可知，c光照射时，光电子的最大初动能与a光相同，而b光的遏止电压大，则频率大，能量大，且对应的波长最小，故B正确，C错误。测量遏止电压时，光电管加反向电压，开关S应扳向2，故D错误。

4.如图为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈接有交流电压；图中电压表和电流表均为理想交流电表，RT为负温度系数的热敏电阻(即当温度升高时，阻值减小)，R0、R1为定值电阻，C为电容器．通电一段时间后，下列说法正确的是

A. A1表的示数和A2表的示数都减小 B. V1表的示数和V2表的示数都增大

C. 通过R1的电流始终为零 D. 变压器的输入功率增大

【答案】D

【解析】

【详解】根据变压器电压的制约关系可知，输入电压不变，输出电压不变，故V1表的示数和V2表的示数不变，通电一段时间后，温度升高，热敏电阻阻值减小，故输出电流和输入电流增大，A1表的示数和A2表的示数都增大，故AB错误。电容器可以通交流，通过R1的电流不为零，故C错误。输入电流增大，则变压器的输入功率增大，故D正确。

5.理论上已经证明：质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零．现假设地球是一半径为R、质量分布均匀的实心球体，O为球心，以O为原点建立坐标轴，如图所示．一个质量一定的小物体(假设它能够在地球n内部移动)在轴上各位置受到的引力大小用F表示，则F随变化的关系图中正确的是

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】令地球的密度为ρ，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有： ；由于地球的质量为M=πR3•ρ，所以重力加速度的表达式可写成：。根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，受到地球的万有引力即为半径等于r的球体在其表面产生的万有引力，，当r＜R时，g与r成正比，当r＞R后，g与r平方成反比。即质量一定的小物体受到的引力大小F在地球内部与r成正比，在外部与r的平方成反比。故选A。

6.在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上．现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则

A. A球带正电，B球带负电

B. A球比B球先落地

C. 在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加

D. 两球从抛出到各自落地的过程中，A球的动能变化量比B球的小

【答案】AD

【解析】

【详解】两球在水平方向都做匀速直线运动，由x=v0t知，v0相同，则A运动的时间比B的长，竖直方向上，由h=at2，h相等，可知，A的合力比B的小，所以A的电场力向上，带正电，B的电场力向下，带负电，故A正确。A运动的时间比B的长，则B球比A球先落地，故B错误。A的电场力向上，电场力对A球做负功，A球的电势能增加。B的电场力向下，电场力对B球做正功，B球的电势能减小，故C错误。A的合力比B的小，则A的合力做功较少，由动能定理知A球的动能变化小，故D正确。

7.如图所示，在倾角的固定粗糙斜面底端有一小物块，在沿斜面向上、大小为F=2.2N的恒定拉力作用下，从t=0时刻开始以某一初速度沿斜面做直线运动，其速度v随位移x的变化关系为．物块与斜面间的动摩擦因数，取g=10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，斜面足够长，下列说法正确的是

A. 物块的加速度大小为1.0m／s2

B. 物块的质量为0.4kg

C. t=2s时物块克服重力做功的功率为4.8W

D. 0—2s内拉力F做的功为8.8J

【答案】AC

【解析】

【详解】由匀变速运动的速度位移的关系式结合v2=2x+4可知：加速度a=1m/s2，初速度v0=2m/s；由上面的分析知a=1m/s2，故A正确；由牛顿第二定律得：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma，解得：m=0.2kg，故B错误；t=2s时物块的速度v=v0+at=4m/s，克服重力做功的功率为mgvsinθ=4.8W，故C正确；0-2s内发生的位移x=v0t+at2=6m，拉力F做的功为Fx=13.2J，故D错误。

8.如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，重力加速度为g．在金属棒下滑到底端的过程中

A. 末速度的大小

B. 通过金属棒的电流大小

C. 通过金属棒电流大小

D. 通过金属棒的电荷量Q=

【答案】ACD

【解析】

【详解】根据速度位移关系v2=2as可得末速度的大小为：，故A正确；以导体棒为研究对象，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ-BId=ma，解得通过金属棒的电流大小为：，故B错误、C正确；金属棒运动的时间为：，根据电荷量的计算公式可得通过金属棒的电荷量为：，故D正确。故选ACD。

三、非选择题：共174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。

9.一同学设计了如图所示的装置来验证动量守恒定律．

(1)步骤如下：

①将气垫导轨调水平后在气垫导轨上固定两个光电门；

②在两个滑行器上分别安装上宽度为d的挡光片，在滑行器B左端安装弹性架；

③令两个滑行器放在导轨两端处作为运动起始点，用手同时推动两个滑行器使其相向运动，让它们分别通过光电门，在两光电门之间发生碰撞，发生碰撞后两滑行器均反向运动，分别再次经过光电门，计数器记录滑行器A先后经过光电门的时间为t1、t2，滑行器且先后经过光电门的时间为t2、t4.

④用天平测量出A、B两滑行器的质量分别为m1、m2．

⑤设向右为正方向，计算出系统碰撞前的动量为________碰撞后的动量为_________．

若碰撞前、后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得以验证

(2)下列中哪些操作可能会对验证结论产生影响_______

A．两滑块碰撞后粘在一起通过一个光电门

B．开始实验之前，气垫导轨没有调至水平状态

C．给气垫导轨供气的压力泵工作异常，使导轨喷气不均匀

D．在测量挡光板宽度时，由于读数误差使读数偏大

【答案】    (1).     (2).     (3). BC

【解析】

【详解】（1）碰前两物体的速度分别为：，，则系统碰撞前的动量为；碰后两物体的速度分别为：，，则系统碰撞后的动量为；

（2）两滑块碰撞后粘在一起通过一个光电门，此时v3=v4，对实验无影响，选项A错误；开始实验之前，气垫导轨没有调至水平状态，则系统受合外力不为零，则对实验会产生影响，选项B正确；给气垫导轨供气的压力泵工作异常，使导轨喷气不均匀，这样可能导致滑块与轨道间产生摩擦，对实验有影响，选项C正确；由验证的表达式可知，碰撞前后的动量表达式中都有d，可以消掉，则若在测量挡光板宽度时，由于读数误差使读数偏大，这对实验无影响，选项D错误.

10.某PPP3电池，标称电压9V，内阻r约为40，最大允许电流为100mA．现设计如图甲电路图精确测量其电动势和内阻．图中V为电压表，R为电阻箱(阻值范围为0～999.9)，R0为定值电阻，

(1)电压表有以下规格，本实验应选用________.

A．10V，约1K                    B．10V，约10K

(2)备有定值电阻R0的规格有以下几种，则本实验应选用_______．

A．50，1.0W                        B．500，2.5W

(3)接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值读出电压表的示数U，改变电阻箱阻值R，取得多组数据，作出了如图乙的图线．由图线求得该电池的电动势E=____V，内阻r=_____．(结果均保留三位有效数字)

【答案】    (1). B    (2). A    (3). 10.0    (4). 33.3

【解析】

【详解】（1）本实验中电压表内阻越大，则分流越小，误差越小，故电压表选择内阻更大的B；
（2）R0是定值电阻，起保护电路的作用。当滑动变阻器短路时，电路中通过的最大电流为100mA，则由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最小阻值约为：，定值电阻应选A；
（3）由闭合电路欧姆定律可得：；变形得：，由数学知识可知，图象中的斜率；截距；由图可知，b=0.1，故E=10.0V；；即；解得：r=33.3Ω；

11.如图所示，水平面内的两根足够长的平行的光滑金属导轨MM’和NN’相距L，左端M、N之间接一质量为m、阻值为R的电阻，一根金属棒垂直放置在两导轨上，金属棒和导轨的电阻均不计．整个装置置于磁感应强度为B0、方向竖直向下的匀强磁场中，t=0时金属棒在恒力F作用下由静止开始运动．求：

（1）金属棒能达到的最大速度；

（2）若在t=T时刻时，金属棒已经做匀速运动，在0~T时间内，回路中产生焦耳热为Q．求0～t时间内金属棒的位移．

【答案】（1）v=（2）

【解析】

【详解】（1）在0〜T时间内，金属棒达到最大速度后开始匀速运动，则恒力F与安培力平衡，

F=F安.

F安=B0IL

E=B0Lv

解得金属棒最大速度v=.

（2）在0〜T时间内，由功能关系得

Fx=Q+.

代入v，解得.

12.如图所示，一质量为m的长直木板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一质量为km的木块，木块与木板间的动摩擦因数为，在长直木板右方有一坚直的墙．使木板与木块以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，设木板足够长，木块始终在木板上．重力加速度为g．求：

（1）碰后，木块与木板第一次相对静止时速度大小；

（2）木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间；

（3）分析k的取值是如何影响第(2)问中求出的时间的．

【答案】（1）（2）（3）由t=知：只由当k＞1时，才能发生两次碰撞;在k＞1的范围内，随着k的增加，时间t越来越小；反之，随着k的减小，时间t越来越大。

【解析】

【详解】（1）第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，木块向右做匀减速运动，最沿木板和重物达到一共同的速度v，由动量守恒得

kmv0-mv0=（km+m）v.

解得

（2）设木板的加速度为a，由牛顿第二定律得μkmg= ma

设从第一次与墙碰撞到木块和木板具有共同速度v所用的时间为t1

v=-v0+at1 

在达到共同速度v时，木板离墙的距离l为l=  

开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为t2=

从第一次碰撞到笫二次碰撞所经过的时间为t=t1+t2

由以上各式得

（3）由知：只由当k＞1时，才能发生两次碰撞.

在k＞1的范围内，随着k的增加，时间t越来越小；反之，随着k的减小，时间t越来越大。

13.下列说法正确的是_____________

A. 饱和汽压随温度的降低而减小

B. 晶体都具有各向异性

C. 第二类永动机违背了热力学第二定律

D. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用

E. 分子力表现为引力时只存在分子引力，表现为斥力时只存在分子斥力

【答案】ACD

【解析】

【详解】饱和汽压和温度有关，饱和汽压随温度的降低而减小，随温度的升高而增大，故A正确。单晶体物理性质表现为各向异性，多晶体的物理性质表现为各向同性。故B错误。第二类永动机违背了热力学第二定律，故C正确。叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故D正确。分子的引力和斥力同时存在，分子力表现为引力时引力大于斥力，表现为斥力时斥力大于引力，故E错误。故选ACD。

14.如图所示，两内壁光滑、长为2L的圆筒形气缸A、B放在水平面上，A气缸内接有一电阻丝，A气缸壁绝热，B气缸壁导热．两气缸正中间均有一个横截面积为S的轻活塞，分别封闭一定质量的理想气体于气缸中，两活塞用一轻杆相连．B气缸质量为m，A气缸固定在地面上，B气缸与水平面间的动摩擦因数为，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．开始两气缸内气体与外界环境温度均为T0，两气缸内压强均等于大气压强P0，环境温度不变，重力加速度为g，不计活塞厚度．现给电阻丝通电对A气缸内气体加热，求：

(i)B气缸开始移动时，求A气缸内气体的长度；

(ii)A气缸内活塞缓慢移动到气缸最右端时，A气缸内气体的温度TA．

【答案】（i）LA=（2-）L（ii）TA=2（1+）T0

【解析】

【详解】（i）B气缸将要移动时，对B气缸:PBS=P0S+μmg 

对B气缸内气体由波意耳得:PBLS=PBLBS  

A气缸内气体的长度LA=2L-LB

解得：LA=（2-）L

（ii）B气缸运动后，A 、B气缸内的压强不再变化PA=PB  

对A气缸内气体由理想气体状态方程:

解得:TA=2（1+）T0

15.一列简谐波沿轴传播，t=0.1s时刻的波形如图甲所示，P是平衡位置为x=2m处的质点，Q是平衡位置为x=0.5m处的质点，图乙是质点P的振动图象，则t=0.15s时，Q点的运动方向为_________，从t=0.1s到t=0.2s，该简谐波传播的方向和距离为_________________．

【答案】    (1). y轴正方向    (2). 向x轴负方向传播了2m

【解析】

【详解】由P点的振动图像可知，t=0.1s时刻质点P向上振动，由波形图可知，波沿x轴负向传播；t=0.15s时，质点    Q从图甲位置振动了0.05s=T/4，则Q点的运动方向为y轴正方向；从t=0.1s到t=0.2s，经过了0.1s=T/2的时间，波传播半个波长的距离，即该简谐波向x轴负方向传播了2m.

16.一横截面为正方形的玻璃棱柱水平放置，一细光束以一定的入射角从空气射入棱柱AD边的中点E，光线进入棱柱后直接射向DC边．逐渐调整光线在AD面的入射角，当入射角=45°时，光线射到DC边上的F点(F点未画出)，此时DC边恰好无光线从棱柱中射出．已知棱柱的边长为L，真空中光速为c，求；

(i)该玻璃棱柱的折射率n；

(ii)光线由E点到F点所用的时间．

【答案】（i）（ii）

【解析】

【详解】（i）光线在AD面的入射角为α时恰在DC面全反射，光路如图。

有：sin=

由几何关系有：β+γ=

光在AD面折射有:

解得棱镜镜折射率为:n=

（ii）由

得sinβ= 

解得：.