2019届山东省聊城市高三下学期三模理科综合物理试卷（解析版）

2019年聊城市高考模拟试题理科综合能力测试(三)

二、选择题：共8小题，每小题6分，共48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，有选错的得0分。

1.为了研究平抛物体的运动，用两个完全相同的小球A、B做下面的实验：如图所示，用小锤打击弹性金属片，A球立即水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落地。A、B两小球自开始下落到落地前的过程中，两球的

A. 速率变化量相同 B. 速度变化率不同

C. 动量变化量相同 D. 动能变化量不同

【答案】C

【解析】

【详解】速率是标量，其变化量直接相减，A的速率变化量等于末速度的大小减小水平方向初速度的大小，B的速率变化量等于落地时竖直方向的速度大小，两者大小不相等，A错误；速度变化率指的就是两球的加速度，均为g，相同，B错误；两个小球所受重力相同，落地时间相同，动量的变化量相同为mgt， C正确；下落高度相同，重力做功相同，动能的变化量等于重力做功，相同，D错误。

2.如图所示，匀强磁场中有两个由相同导线绕成的圆形线圈a、b，磁场方向与线圈所在平面垂直，磁感应强度B随时间均匀增大。a、b两线圈的半径之比为2：1，匝数之比为1：2。线圈中产生的感应电动势分别为和，某时刻磁通量分别为和，不考虑两线圈间的相互影响。下列说法正确的是

A. ：=4：1，：=4：1，感应电流均沿顺时针方向

B. ：=2：1，：=4：1，感应电流均沿逆时针方向

C. ：=4：1，：=2：1，感应电流均沿顺时针方向

D. ：=2：1，：=4：1，感应电流均沿顺时针方向

【答案】D

【解析】

【详解】根据，可知任意时刻两个圆的磁感应强度相同，则有：，根据法拉第电磁感应定律有：，因相同，则有：，由于磁场向外，磁感应强度B随时间均匀增大，根据楞次定律可知，感应电流均沿顺时针方向，D正确。

3.在港珠澳大桥建设中，将一个根直径22m，高40.5m的钢筒，打入海底围成人工岛，创造了快速筑岛的世界记录。钢筒质量为M，起重机用10根对称分布的、长为22m的钢索将其吊起，静止于空中。则每根钢索受到的拉力大小约为

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】由于钢筒的直径为22m，钢索的长为22m，则每两根钢索与直径构成等边三角形，所以每根钢索与竖直方向的夹角为；设每根钢索受到的拉力大小为F，竖直方向根据平衡条件可得，解得：，B正确。

4.如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2。当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故c点的磁场方向也是向左的。设ao1=o1b=bo2=o2c=r，设单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r，在距离中点3r位置的磁感应强度为B3r，故：a点磁感应强度：B1=B1r+B3r；b点磁感应强度：B2=B1r+B1r；当撤去环形电流乙后，c点磁感应强度：Bc=B3r=B1-B2，故选A。

5.如图所示，在匀强电场中有一直角三角形ABC，∠C=90°，∠A=30°，BC边长2cm。电场强度的方向与三角形ABC平面平行。一电子从A点移到C点电场力做功为15eV，从B点移到C点电场力做功为5eV。则

A. A、B两点间的电势差UAB为10V

B. 电场强度的方向由A点指向C点

C. 电场强度的大小为500V/m

D. 一电子从B点移到AC的中点，电势能增加2.5eV

【答案】CD

【解析】

【详解】A、由题意得：，，，，，故选项A错误；

BC、把AC线段三等分，连接BR，如图所示，由几何关系得：，，，则，，根据匀强电场等分线段等分电势差得BR为等势线，且，过A点作BR的垂线交于M点，可知，故，方向与AB成60°夹角，故选项B错误，C正确；

D、设AC的中点为P，有，由于，故，电子从B点移到AC中点P，电场力的功为：，，即电势能增加2.5eV，故选项D正确；

故选选项CD。

6.图甲是光电效应的实验装置图，图乙是光电流与加在阴极K和阳极A上的电压的关系图象，下列说法不正确的是（　　）

A. 由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大

B. 由图线①、②、③可知对某种确定的金属来说，其遏止电压只由入射光的频率决定

C. 遏止电压越大，说明从该金属中逃出来的光电子的最大初动能越大

D. 不论哪种颜色的入射光，只要光足够强，就能发生光电效应

【答案】D

【解析】

由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，故A说法正确；根据光电效应方程可得：，可知入射光频率越大，最大初动能越大，遏止电压越大，可知对于确定的金属，遏止电压与入射光的频率有关，故B说法正确；根据最大初动能：中，遏止电压越大，说明从该金属中逃出来的光电子的最大初动能越大，故C说法正确；发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率，与入射光的强度无关，故D说法错误。所以选D。

7.在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如甲图所示。碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的v-t图象如乙图中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行。已知两冰壶质量相等，由图象可得

A. 红、蓝两壶的碰撞可能是弹性碰撞

B. 碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8m/s

C. 碰撞后，红、蓝两壹运动的时间之比为1：6

D. 碰撞后，红、蓝两壶与冰面间的动摩擦因数之比为5：4

【答案】BD

【解析】

【详解】设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度=1.0m/s，碰后速度为=0.2m/s，碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：，代入数据解得：v=0.8m/s，碰撞过程两壶损失的动能为：m>0，所以红蓝两壶碰撞过程是非弹性碰撞，A错误，B正确；设碰撞后，蓝壶经过ts时间停止运动，根据三角形相似法知，，解得蓝壶运动时间：=5s，由图示图线可知，红壶的加速度大小：m/s2，碰撞后红壶的运动时间：s，则碰撞后红、蓝壶运动时间之比为1：5，C错误；蓝壶的加速度大小：m/s2，由牛顿第二定律得：，解得动摩擦因数：，则红、蓝壶与冰面间的动摩擦因数之比：，D正确。

8.2019年4月10日，“事件视界望远镜"项目正式公布了人类历史上第一张黑洞照片。黑洞是一种密度极大，引力极强的天体，以至于光都无法从天体表面逃逸，所以称为黑洞，理论分析表明，任意天体的逃逸速度是环绕速度(第一宇宙速度)的倍。如果天文学家观测到距离某果洞为r的天体以速度v绕该黑洞做匀速圆周运动。已知光速为c，引力常最为G。下列关于该黑洞的说法，正确的是

A. 该黑洞质量为 B. 该黑洞质量为

C. 该黑洞的最小半径为 D. 该黑洞的最大半径为

【答案】AD

【解析】

【详解】由于某天体绕黑洞做匀速圆周运动，则天体所受的万有引力等于向心力，则有：，解得：，A正确，B错误；设“黑洞”的可能半径为R，质量为M，逃逸速度大于真空中光速的天体才能成为黑洞，所以需满足逃逸速度大于光速c；即有，又，代入可得，该黑洞最大半径，C错误，D正确。

9.图甲为“测量小车与水平桌面间的动摩擦因数”的实验装置，带滑轮的长木板水平固定，跨过小车上的光滑定滑轮的两根细线均与长木板平行。某实验小组在实验中得到一纸带如图乙所示，A、B、C、D、E为5个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个计时点未画出。已知打点计时器的工作频率为50Hz。

(1)现把一直尺紧贴各计数点放置，如图乙所示。E点的读数xE=______cm。

(2)根据纸带数据，可求出小车加速度a=_____m/s2(结果保留2位有效数字)。

(3)若已求出小车的加速度为a，读出拉力传感器的示数为F，测得小车的质量为m，当地的重力加速度为g，则小车与水平桌面间的动摩擦因数的计算式为μ=_______。

【答案】    (1). 7.20    (2). 0.40    (3).

【解析】

【详解】（1）根据刻度尺的读数原理，可知E点的读数xE为7.20cm；

（2）根据可得：m/s2，对小车受力分析，根据牛顿第二定律可知，解得。

10.图甲是某实验小组在“练习使用多用电表”实验中电路图。使用的器材有：

A多用电表；

B.电压表：量程5V，内阻十几千欧；

C滑动变阻器：最大阳值5kΩ；

D.导线若干。

实验进行了如下操作：

(1)将多用电表挡位调到电阻“×1k"挡，再将红表笔和黑表笔______，调节“欧姆调零旋纽”使指针指到“0Ω”。

(2)将图甲中多用电表的红表笔和________(选填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端。

(3)多用电表的示数如图乙所示，读数为___________Ω。

(4)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个电池.--个满骗电流Ig=0.6mA的电蔬表和一个滑动变阻器串联而成的电路，如图丙所示。实验中一同学先调节甲图中潜动变阻器的滑片，使其接人电路的阻值为零，用欧姆挡正确测量时，多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V.根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电他的电动势为_________V。

(5)该欧姆表用久后，电池因老化造成其电动势成小、内阻增大但该欧姆表仍能进行欧姆调零，则用其测得的电阻值___________真实值(填“大于”等于"或“小于”)。

【答案】    (1). 直接接触或短接    (2). 1    (3). 1.5×104    (4). 9    (5). 大于

【解析】

【详解】（1）欧姆表使用前一定要进行欧姆调零，即红黑表笔直接接触或短接后，调节欧姆调零旋钮，使指针指到0欧姆；

（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接触1；

（3）欧姆表读数=倍率×表盘读数=1k×15.0Ω=Ω；

（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零，此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V；多用电表的中值电阻等于内电阻，故R=15.0kΩ；由闭合电路欧姆定律和欧姆定律，可得：，代入数据有：V；

（5）当欧姆表中的电池电动势变小，内阻变大时，根据闭合电路欧姆定律知，相同的待测电阻通过多用电表的电流减小，指针偏转角度减小，指针指示的读数变大，则测量值将变大。

11.如图所示，AC为光滑半圆轨道，其半径R=0.3m，BD为粗糙斜面轨道，其倾角=37°，高度h=0.6m，两轨道之间由一次条足够长的光滑水平轨道AB相连，B处用光滑小圆弧平滑连接，轨道均固定在同一竖直平面内。在水平轨道上，用挡板将a、b两物块间的轻弹餐压缩后处于静止状态，物块与弹簧不拴接。同时放开左右两挡板，物块b恰好能到达斜面轨道最高点D。已知物块a、b的质量均为0.25kg，物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，物块到达A点或B点之前已和弹簧分离，两物块均可视为质点。重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

(1)求弹簧储存的弹性势能；

(2)请通过计算说明物块a能否通过C点?若能，请求出物块a离开C后的落点到A的距离。

【答案】（1）5J  （2）0.98m

【解析】

【详解】(1)设a、b的质量分别为m1、m2，离开弹簧后的速度大小为v1、v2，

物块b沿斜面上滑过程，由动能定理得：

由动量守恒定律得：

由机械能守恒定律得：

代入数据解得：，=5J

(2)假设物块a能通过最高点，由机械能守恒定律得：

代如果数据可解得：

在最高点C，由牛顿第二定律得：

代入数据可解得：FN=4.17N

因为FN>0，所以假设成立，物块能通过C点。

a离开C后做平抛运动，在竖直方向有：

落点到A的距离为

代入数据可解得s=0.98m

12.如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域右侧有一宽度也为R足够长区域Ⅱ，区域Ⅱ内有方向向左的匀强电场，区域Ⅱ左右边界CD、FG与电场垂直，区域I边界上过A点的切线与电场线平行且与FG交于G点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域Ⅲ．在FG延长线上距G点为R处的M点放置一足够长的荧光屏MN，荧光屏与FG成角，在A点处有一个粒子源，能沿纸面向区域内各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为＋q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁场的粒子，恰能平行于电场方向进入区域Ⅱ并垂直打在荧光屏上（不计粒子重力及其相互作用）求：

（1）粒子初速度大小v0；

（2）电场的电场强度大小E；

（3）荧光屏上的发光区域长度△x

【答案】（1）    （2）    （3）1.2R

【解析】

【详解】(1)如图所示，

分析可知，粒子在区域I中运动半径

由 得

；

(2)因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在区域III中的运动半径为

由 得：

粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得：

解得：；

(3)如图分析可知，

速度方向与电场方向平行向左射入区域I中的粒子将平行电场方向从区域I中最高点穿出，打在离M点处的屏上，由几何关系得：

解得：

速度方向与电场方向平行向右射放区域I中的粒子将平行电场方向从区域I中最低点穿出打在离M点处的屏上，由几何关系得：

解得：

分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此荧光屏上的发光区域长度为

解得： 。

13.下列说法正确的是_______

A. 晶体一定具有规则的几何形状

B. 一定质量的0℃冰变成同温度的水，内能一定增加

C. 已知氧气的密度和摩尔质量，可以估算氧气分子的直径

D. 绝对湿度相同，温度较低时相对湿度较大，感觉越潮湿

E. 一定质量的某种理想气体密闭在气缸里，当其发生等压膨胀时，单位时间内撞击器壁单位面积的气体分子数一定减少

【答案】BDE

【解析】

【详解】晶体内部的物质微粒是有规则地排列的，外部不一定有规则的几何形状，而形状不规则的金属也是晶体，A错误；一定质量的0℃的冰变成0℃的水需要吸收热量，分子的平均动能不变，而分子势能增大，其内能增加，B正确；已知氧气的密度和摩尔质量可求摩尔体积，因为氧气分子间隙较大，故摩尔体积除以阿伏伽德罗常数得氧气分子所占的体积，C错误；相对湿度=，饱和湿度与温度有关，故相对湿度与温度有关，而绝对湿度与温度无关，指每单位容积的气体所含水分的重量，故绝对湿度相同，温度低时相对湿度大，感觉潮湿，D正确；密闭在气缸里的一定质量理想气体发生等压膨胀时，根据理想气体的状态方程可知，气体的温度一定升高，气体分子的平均动能增大，则每一次对器壁的平均撞击力增大，而气体的压强不变，所以单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少，E正确。

14.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其p ­V图像如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27 ℃，求：

(ⅰ)该气体在状态B和C时的温度分别为多少K?

(ⅱ)该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？

【答案】（1）600K，300K    （2）放热，1000J

【解析】

【详解】（1）根据图象可知A到B过程发生等容变化，

A状态：压强pA=2×105 Pa，温度：TA=（27+273）K=300 K

B状态：压强pB=4×105 Pa，温度：TB

根据查理定律可得：

解得：TB=600 K，tB=327 ℃

根据图象可知B到C过程发生等压变化，

B状态：体积VB=4.0×10–3 m3，温度：TB=600 K

C状态：体积VC=2.0×10–3 m3，温度：TC

根据盖–吕萨克定律可得：

解得：TC=300 K，即tC=27 ℃

（2）由于TA=TC，一定质量理想气体在状态A和状态C内能相等，ΔU=0

从A到B气体体积不变，外界对气体做功为0，从B到C气体体积减小，外界对气体做正功，由p–V图线与横轴所围矩形的面积可得外界对气体做功：

W=PC（VB–VC）=4.0×105×（4.0×10–3–2.0×10–3）J=8×102 J

由热力学第一定律：ΔU=W+Q

可得：Q=–8×102 J，即气体向外界放出热量。

15.一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t时刻的波形图象如图所示，已知该波的周期为T，a、b、c、d为沿波传播方向上的四个质点。下列说法中正确的是_______

A. t时刻后，质点b比质点a先回到平衡位置

B. 在时，质点c的速度达到最大值

C. 在t+2T时，质点d的加速度大小达到最大值

D. 从t到t+2T的时间间隔内，质点d通过的路程为4cm

E. 从t到t+T的时间内，a、b、c、d四个质点沿x轴通过的路程均为一个波长

【答案】ABC

【解析】

【详解】简谐波沿x轴正方向传播，t时刻a、b两点速度方向均向上，则从t时刻起，质点b比质点a先回到平衡位置，A正确；在时，质点c回到平衡位置，速度为最大，B正确；由图看出，此时刻波离d点的距离等于波长，则波传到d点需要周期的时间，传到d后，d向下起振，在t+2T时，d点到达波峰，加速度达到最大值，从t到t+2T间隔内，质点d运动了，因此通过路程为6cm，故C正确，D错误；从t时刻起，在一个周期内，a、b、c、d四个质点并不随着波迁移，E错误。

16.如图所示为一个透明球体的横截面，其半径为R，AB是一竖直直径，现有一半径为R的圆环形平行光，沿AB方向射向球体，AB直径为圆环中心轴线，所有光线经折射后恰好经过B点而在水平光屏上形成一圆形亮环，水平光屏到B点的距离L=R，光在真空中的传播速度为c。求：

(Ⅰ)透明球体的折射率；

(Ⅱ)光从入射点传播到光屏所用时间。

【答案】（1）  （2）

【解析】

【详解】光路图如图所示：

由几何关系可知，，即=60°

由图可知，，得=30°

由折射定律有：

(Ⅱ)光在介质中的速度为

光在透明介质中的传播时间

由图及折射率定律知光线从B点出射后与竖直方向的夹角为=60°

所以光从透明球体出射后到光屏所用的时间：

所用光从入射点传播到光屏所用的时间为：.