2019届山东省泰安市高三5月适应性考试理科综合物理试卷（解析版）

泰安市2019年5月高考全真模拟题理科综合

二、选择题：

1.人们平时所用的钟表，精度高的每年大约会有1分钟的误差，这对日常生活是没有影响的，但在要求很高的生产、科研中就需要更准确的计时工具。原子钟是利用原子吸收或释放能量时发出的电磁波来计时的，精度可以达到每2000万年误差1秒。某种原子钟利用氢原子从高能级向低能级跃迁发出的电磁波来计时，一群处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁，已知普朗克常量h=6．63×10-34J·s，电子的电荷量e=1．6×10-19C，辐射出的电磁波的最小频率约为

A. 4.6×1015Hz B. 4.6×1014Hz

C. 2.4×1015Hz D. 2.9×1016Hz

【答案】B

【解析】

【详解】一群氢原子处于n=3的激发态向低能级跃迁，则辐射出光子的最小能量为：E小=3.4-1.51=1.89eV；依据：；故B正确，ACD错误。

2.如图所示，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O＇点的光滑定滑轮悬挂一质量为1kg的物体，OO＇段水平，长度为1.6m。绳上套一可沿绳自由滑动的轻环，现在在轻环上悬挂一钩码(图中未画出)，平衡后，物体上升0.4m。则钩码的质量为

A. 1.2kg

B. 1.6kg

C. kg

D. kg

【答案】A

【解析】

【详解】重新平衡后，绳子形状如下图：

设钩码的质量为M，由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为θ=53°，则根据平衡可求得：2mgcos53°=Mg；解得：M=1.2kg，故A正确，BCD错误。

3.“嫦娥四号”于2019年1月3日自主着陆在月球背面，实现人类探测器首次月背软着陆。由于“嫦娥四号”在月球背面，不能与地球直接通信，需要通过中继通信卫星才能与地球“沟通”，“鹊桥”是“嫦娥四号”月球探测器的中继卫星，该中继卫星运行在地月系的拉格朗日L2点附近的晕轨道上。地月系的拉格朗日L2点可理解为在地月连线的延长线上(也就是地球和月球都在它的同一侧)，地球和月球对处于该点的卫星的引力的合力使之绕地球运动，且在该点的卫星运动的周期与月球绕地球运动的周期相同。若某卫星处于地月系的拉格朗日L2点，则下列关于该卫星的说法正确的是

A. 在地球上可以直接看到该卫星

B. 该卫星绕地球运动的角速度大于月球绕地球运动的角速度

C. 该卫星绕地球运动的线速度大于月球绕地球运动的线速度

D. 该卫星受到地球与月球的引力的合力为零

【答案】C

【解析】

【详解】如图所示，鹊桥卫星在地月连线的延长线上，故在地球上不能直接看到该卫星，故A错误；该鹊桥卫星绕地球运动的周期与月球绕地球运动的周期相同，故鹊桥卫星与月球绕地球的角速度大小相等，故B错误；

据线速度v=rω可知，卫星与月球绕地球角速度相等，则鹊桥卫星轨道半径大线速度大，故C正确；该卫星绕地球圆周运动，向心力由地球和月球对它的万有引力的合力提供，则合力不为零，故D错误。

4.如图所示，一条足够长且不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮，绳的右端与一质量为12kg的重物相连，重物静止于地面上，左侧有一质量为l0kg的猴子，从绳子的另一端沿绳子以大小为5m／s2的加速度竖直向上爬。取g=10m／s2，则下列说法正确的是

A. 绳上的拉力大小为50N

B. 重物不会离开地面

C. 重物的加速度大小为3.2m／s2

D. 2s末物体上升的高度为5m

【答案】D

【解析】

【详解】对猴子受力分析，受到重力和绳对猴子的摩擦力，根据牛顿第二定律得：f-mg=ma，解得：f=150N，即绳上的拉力大小为150N，故A错误；因绳的拉力为150N＞120N，所以重物会离开地面，故B错误；对重物由牛顿第二定律得：F-Mg=Ma，解得：a=2.5m/s2，2s末物体上升的高度h=at2=5m，故C错误，D正确。

5.某交变电路如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为5：1，Rl=30Ω，R2=20Ω。一示波器接在电阻R1两端，示波器上的电压变化图象如图乙所示。电压表与电流表均为理想电表，不计示波器的电流对电路的影响，下列说法正确的是

A. 电压表的示数为53.1V

B. 电流表的示数为0.2A

C. 原线圈的输入电压u=250sin50πt(V)

D. 电阻R2消耗的电功率为15W

【答案】C

【解析】

【详解】一示波器接在电阻R1两端，示波器上的电压变化图象如图乙所示，R1两端电压的有效值是V，R1=30Ω，R2=20Ω，根据欧姆定律得电压表的示数为=35.4V，故A错误；副线圈电流，电流与匝数成反比，所以电流表的示数为I1=A，故B错误；根据图乙所示，周期T=0.04s，ω==50π rad/s，理想变压器的原、副线圈匝数比为5：1，变压器中电压与匝数成正比，原线圈的电压最大值是250V，所以原线圈的输入电压u=250sin50πt（V），故C正确；电阻R2消耗的电功率为P=I22R2=10W，故D错误。

6.如图所示，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. 所受滑道的支持力逐渐增大

B. 所受合力保持不变

C. 机械能保持不变

D. 克服摩擦力做功和重力做功相等

【答案】AD

【解析】

【详解】由图可知，从A到B斜面倾角θ一直减小，运动员对轨道的压力为mgcosθ，可知运动员对斜面的压力会逐渐增大，故A正确；因为运动员在下滑过程中始终存在向心力，合外力充当向心力，向心力绳子指向圆心，方向不断变化，所以合外力是变力，故B错误；由于速度不变，则动能不变，高度下降，重力势能减小，则机械能减小，故C错误；由于速度不变，则动能不变，由动能定理可知，摩擦力做功和重力做功相等。故D正确。

7.已知x轴上电场方向与x轴方向平行，x轴上各点电势如图所示，x=0处电势为5V，一电子从x=-2cm处由静止释放，则下列说法正确的是

A. x=0处电场强度为零

B. 电子在x=-2cm处的加速度小于电子在x=-1cm处的加速度

C. 该电子运动到x=0处时的动能为3 eV

D. 该电子不可能运动到x=2cm处

【答案】AC

【解析】

【详解】根据图线斜率的意义可知，φ-t图线的斜率表示电场强度，所以可知在 x=0处电场强度为0．故A正确；图线的斜率表示电场强度，由图可知x=-2cm处的电场强度大于x=-1cm处的电场强度，则电子的加速度：a=Eq/m可知电子在x=-2cm处的加速度大于电子在x=-1cm处的加速度。故B错误；电子从x=-2cm处由静止释放，由图可知，在x=-2cm处的电势为2V，电子在x=0处的电势为0，电子的电势增大3V，所以电子的电势能减小3eV．由于电子运动的过程中只有电场力做功，电子动能的增加量等于电势能的减少量，所以电子到达x=0处的动能为3eV．故C正确；由图可知，y轴两侧的电场是对称的，所以该电子能运动到x=2cm处。故D错误。

8.如图所示，电阻不计的两光滑导轨沿斜面方向平铺在绝缘斜面上，斜面倾角为θ，导轨间距为L，导轨中部和下方各有一边长为L的正方形匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B、方向均垂直斜面。质量为m的金属棒ab水平放置在下方磁场区域中，质量未知的金属棒cd水平放置于上方某处。某时刻由静止释放cd棒，当cd棒刚进入导轨中部的磁场区域时由静止释放ab棒，之后cd棒恰好匀速穿过中部的磁场区域而ab棒静止不动，已知两金属棒的电阻均为R，重力加速度为g。则

A. 上、下两磁场方向相同

B. cd棒的质量为m

C. cd棒通过导轨中部的磁场区域的过程中，克服安培力做功为mgLsinθ

D. cd棒的释放点到导轨中部磁场上边界的距离为

【答案】BC

【解析】

【详解】cd棒进入中间磁场时切割磁感线产生感应电动势，流过两金属棒的电流方向相反，两金属棒均处于平衡状态，所受安培力方向均平行于斜面向上，通过金属棒的电流方向相反而安培力方向相同，由左手定则可知，两磁场方向相反，故A错误；流过两金属棒的电流I相等、棒的长度L相等，两磁场的磁感应强度B相等，两棒受到的安培力：F=BIL大小相等，由平衡条件得：对ab：F=mgsinθ，F=mbgsinθ，解得：mb=m，故B正确；金属棒匀速通过磁场区域，金属棒的动能不变，由能量守恒定律得：mgLsinθ-W=0-0；解得：W=mgLsinθ，即克服安培力做功为：mgLsinθ，故C正确；导体棒刚进入磁场时受到的安培力为：，cd棒在磁场中做匀速运动，由平衡条件得：mgsinθ=，解得：，cd棒进入磁场前过程，由动能定理得：mgxsinθ=mv2；解得：，故D错误；故选BC。

三、非选择题：

(一)必考题：

9.A、B两同学用图甲所示实验装置探究轻弹簧弹性势能与其压缩量的关系：轻弹簧放置在倾斜的长木板上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接。向左推物块使弹簧压缩不同的量，再由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧的压缩量与弹性势能的关系。

(1)实验步骤如下：

a．将木板左端抬高，平衡物块受到的摩擦力；

b．向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧的压缩量；

c．先接通打点计时器电源，再松手释放物块。

(2)实验时，A同学让弹簧的压缩量为△x，打点结果如图乙所示；B同学让弹簧的压缩量为2△x，打点结果如图丙所示，已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，物块质量为200g。

(3)结合纸带所给的数据可知：A同学实验时物块脱离弹簧时的速度大小为_______m／s，对应弹簧压缩时的弹性势能为__________J；B同学实验时物块脱离弹簧时的速度大小为__________m／s，对应弹簧压缩时的弹性势能为_________J。(结果均保留两位有效数字)。

(4)对比A、B两位同学的实验结果可知：弹簧的弹性势能与弹簧压缩量的关系为________。

【答案】    (1). （3）0.75    (2). 0.056    (3). 1.5    (4). 0.23    (5). （4）弹簧的弹性势能与弹簧压缩量的平方成正比

【解析】

【详解】（3）A同学实验时物块脱离弹簧时的速度大小为：；对应弹簧压缩时的弹性势能为； B同学实验时物块脱离弹簧时的速度大小为：；对应弹簧压缩时的弹性势能为；

（4）因，可知弹簧的弹性势能与弹簧压缩量的平方成正比。

10.某实验小组想组装一个双量程(3V、15V)的电压表，提供的器材如下：

A．电流表G：满偏电流为1mA，内阻未知；

B．电池E：电动势为3V，内阻未知；

C．滑动变阻器R1：最大阻值约为6kΩ，额定电流为1A；

D．滑动变阻器R2最大阻值约为2kΩ，额定电流为3A；

E．电阻箱R0：0～9999．9Ω；

F．定值电阻R3：额定电流为0．1A；

G．开关两个，导线若干。

(1)用图甲所示电路测量电流表内阻rg，则滑动变阻器R应选用_______(选填“C”或“D”)。

(2)将开关Sl、S2都断开，连接好实物图，滑动变阻器接入电路的电阻达到最大后，接通开关S1，调节滑动变阻器使电流表G的示数为0.9mA；再闭合开关S2，调节电阻箱R0的阻值为300Ω时，电流表的示数为0.6mA，则电流表的内阻为_________Ω。

(3)双量程电压表的电路原理图如图乙所示，则电路中电阻箱R0应取值为_________Ω；定值电阻R3的阻值为__________kΩ。

【答案】    (1). （1）C    (2). （2）150    (3). （3）2850    (4). 12

【解析】

【详解】（1）应用半偏法测电流表内阻，闭合开始S2时认为电路电流不变，滑动变阻器接入电路的阻值越大，闭合开关S2时电路电流变化越小，实验误差越小，为减小实验误差，应选择阻值大的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选择C。
（2）闭合开关S2后认为电路电流不变，电流表示数为0.6mA，则流过电阻箱的电流为0.9-0.6=0.3mA，由并联电路特点可知，电阻箱阻值为电流表内阻的2倍，则电流表内阻：；
（3）由图示电路图可知，电阻：，；

11.如图甲所示，质量m=1kg的小滑块，从固定的四分之一圆弧轨道的最高点A由静止滑下，经最低点B后滑到位于水平面的木板上，并恰好不从木板的右端滑出。已知圆弧轨道半径R=6m，木板长l=10m，上表面与圆弧轨道相切于B点，木板下表面光滑，木板运动的v—t图象如图乙所示。取g=10 m／s2。求：

(1)滑块在圆弧轨道上运动时产生的内能；

(2)滑块与木板间的动摩擦因数及滑块在木板上相对木板滑动过程中产生的内能。

【答案】（1）10J（2）0.3;30J

【解析】

【详解】（1）滑块在木板上运动的过程中，滑块与木板的位移之差等于木板的长度，设滑块刚滑上木板时的速度大小为，滑块滑到木板右端时的速度大小为，则有：

由题图乙可知：，t=2s

滑块在圆弧轨道上运动时，有：

解得：，。

（2）滑块在木板上做匀减速运动，由运动学公式可知：

，其中

解得：

滑块与木板作用过程系统动量守恒，则有：

解得：。

12.如图所示，竖直线MN左侧存在水平向右的匀强电场，右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，其磁感应强度大小B=π×10-2T，在P点竖直下方、d=处有一垂直于MN的足够大的挡板。现将一重力不计、比荷=1×l06C／kg的正电荷从P点由静止释放，经过△t=1×10-4s，电荷以v0=1×104m／s的速度通过MN进入磁场。求：

(1)P点到MN的距离及匀强电场的电场强度E的大小；

(2)电荷打到挡板的位置到MN的距离；

(3)电荷从P点出发至运动到挡板所用的时间。

【答案】（1）0.5m；100N/C（2）0.28m（3）4.67×10-4s

【解析】

【分析】

（1）根据平均速度公式求解P点到MN的距离；根据牛顿第二定律结合运动公式求解匀强电场的电场强度E的大小；

（2）电荷在磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，结合结合关系求解电荷打到挡板的位置到MN的距离；

（3）根据几何关系求解电荷在磁场中运动的圆弧所对的圆心角，根据求解时间；根据运动公式求解在电场中的运动时间.

【详解】（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，P点到MN的距离为

解得x=0.5m

由速度公式v0=a∆t

由牛顿第二定律qE=ma

解得E=100N/C

（2）电荷在电场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得：

解得

运动周期

电荷在电场、磁场中的运动轨迹如图，

Q点到挡板距离为

则，即

A点到MN的距离x=rcos600=m=0.28m.

（3）电荷在电场中运动的总时间：

电荷在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为

电荷在磁场中运动的总时间

解得

则电荷从P点出发至运动到挡板所需的时间为

【点睛】本题的关键是要求出正电荷在交变磁场中运动半径和周期，从而确定正电荷在交变磁场中的周期性运动的轨迹，再由几何关系求出距离和时间．

(二)选考题：

13.下列说法正确的是______。

A. 一定质量的理想气体的体积减小时，内能一定增加

B. 一定质量的理想气体，密闭于容积不变的容器，吸热后温度一定升高

C. 在“用油膜法测分子直径”的实验中忽略了分子间的空隙

D. 饱和汽是指液体蒸发和水蒸气液化达到平衡状态时的蒸汽

E. 下落的雨滴在空中成球形是由于存在浮力

【答案】BCD

【解析】

【详解】一定质量的理想气体的体积减小时，外界对气体做功，若气体放热，则气体的内能可能减小，选项A错误；一定质量的理想气体，密闭于容积不变的容器，则气体不对外做功，外界也不对气体做功，吸热后内能一定增加，则温度一定升高，选项B正确；在“用油膜法测分子直径”的实验中，认为分子是一个挨一个的紧密排列，忽略了分子间的空隙，选项C正确；饱和汽是指液体蒸发和水蒸气液化达到平衡状态时的蒸汽，选项D正确；下落的雨滴在空中成球形是由于水的表面张力的作用，选项E错误.

14.如图所示，汽缸开口向上固定在水平面上，其横截面积为S，内壁光滑，A、B为距离汽缸底部h2处的等高限位装置，限位装置上装有压力传感器，可探测活塞对限位装置的压力大小。活塞质量为m，在汽缸内封闭了一段高为h1、温度为T1的理想气体。对汽缸内气体缓缓降温，已知重力加速度为g，大气压强为p0，变化过程中活塞始终保持水平状态。求：

（1）当活塞刚好与限位装置接触(无弹力)时，汽缸内气体的温度T2；

（2）当A、B处压力传感器示数之和为2mg时，汽缸内气体的温度T3。

【答案】（1）（2）

【解析】

【详解】（1）当活塞刚好与限位装置接触时，限位装置对活塞的压力为零，降温过程中气体压强不变，根据理想气体状态方程有：

解得：。

（2）初始状态时，对活塞受力分析可知：

当压力传感器的示数为2mg时，对活塞受力分析可知：

根据理想气体状态方程有：

解得：。

15.一列简谐横渡在t=0时刻的波形图如图中实线所示，t=3s时波形图如图中虚线所示，已知波传播的速度v=5m／s。则该波沿x轴_________(填“正”或“负”)方向传播；质点a的振动周期为______s；从t=0开始，质点a第一次运动到波峰所需的时间为_____________s(结果保留两位有效数字)。

【答案】    (1). 正    (2). 0.8    (3). 0.13

【解析】

【详解】波长为λ=4m，3s钟波传播的距离为，可知该波沿x轴正方向传播；波的周期，可知质点a的振动周期为0.8s；由图可知，t=0时刻质点a沿y轴正向运动，则质点a第一次运动到波峰所需的时间为。

16.如图所示，等边三棱镜abc平放在水平桌面上，光屏MN与棱镜ac边平行，一宽度为d的单色平行光束垂直ac边从ab边射入棱镜，通过棱镜后在光屏上的光束宽度变为2d，已知真空中光速为c。求：

（1）棱镜的折射率n；

（2）该光束中的光通过棱镜所需时间的最大时间差△t。

【答案】（1） （2）2d

【解析】

【详解】（1）作出光路图如图所示，分析可知两边缘光线在棱镜内部和外部均平行，由光屏上的光束宽度为2d可知，在ac边上光束的宽度CD=2d由题意可知：入射角

作AB//CD交BD于G，BH//AG，，可得AB=2d，即三角形ABG为等边三角形

可得折射角

根据折射定律可得：。

（2）由光路分析可知两边缘光线在棱镜中传播的路程差为BD-AC=2d.