2019届山东省实验中学高三二模理科综合物理试卷（解析版）

山东省实验中学2019届高三第二次模拟（6月）

理科综合-物理试题

二、选择题：

1.1933年至1934年间，约里奥居里夫妇用α粒子轰击铝箔时，发生的核反应方程为，反应生成物像天然放射性元素一样衰变，放出正电子且伴随产生中微子，核反应方程为。则下列说法正确的是

A. 当温度、压强等条件变化时，放射性元素的半衰期随之变化

B. 中微子的质量数A=0，电荷数Z=0

C. 正电子产生的原因可能是核外电子转变成的

D. 两个质子和两个中子结合成一个α粒子，则质子与中子质量之和一定等于α粒子的质量

【答案】B

【解析】

【详解】A．放射性元素的半衰期与外界因素无关，选项A错误；

B．根据质量数和电荷数守恒可知，中微子的质量数A=0，电荷数Z=0，选项B正确；

C．正电子产生的原因是核内的质子转化为中子时放出的，选项C错误；

D．两个质子和两个中子结合成一个α粒子要释放能量，根据质能方程及质量亏损可知，两个质子与两个中子的质量之和大于α粒子原子核的质量，故D错误；

2.如图所示，在放置在水平地面上的斜面上，一光滑球被平行于斜面的轻绳系住。斜面体在外力作用下由静止向右做加速度不断增大的直线运动的一小段时间内，关于球所受到的轻绳拉力T和斜面支持力N的说法中正确的是

A. T和N都逐渐增大

B. T和N都逐渐减小

C. T和N的合力保持不变

D. T和N的合力逐渐增大

【答案】D

【解析】

【详解】设斜面倾角为θ，加速度为a，则将加速度分解在沿斜面向上的方向和垂直斜面方向，分别为ax=acosθ和ay=asinθ，则沿斜面方向：T-mgsinθ=max，则随着a的增大，T增大；垂直斜面方向： mgcosθ-N=may，则随着a的增大，N增大；选项AB错误；由平行四边形定则可知，T和N的合力，则随着a的增加，T和N的合力逐渐增大，选项C错误，D正确.

3.如图所示，正方形线圈abcd的边长L=0.3m，线圈电阻为R=1Ω。直线OO′与ad边相距，过OO′且垂直纸面的竖直平面右侧有磁感应强度B=1T的匀强磁场，方向垂直纸面向里。线圈以OO′为轴匀速转动，角速度ω=20rad/s，以图示位置为计时起点。则

A. 线圈中产生的交流电瞬时值表达式为u=0.6cos20t

B. 流过ab边的电流方向保持不变

C. 当s时，穿过线圈的磁通量为0.06Wb

D. 从t=0到s，穿过线圈磁通量的变化量大小为0.06Wb

【答案】C

【解析】

【详解】当bc边在磁场中时，线圈中产生的交流电最大值为，则瞬时值表达式为u=0.6sin20t（V）；当ad边在磁场中时，线圈中产生的交流电最大值为，瞬时值表达式为u=1.2sin20t(V)；选项A错误；每个周期电流方向改变两次，故B错误； 时，线圈转过180°，adoo′在磁场中，垂直于磁场，故穿过线圈的磁通量为，故C正确；从t=0到，线圈转过90°，此时线圈与面平行，磁通量为零，故穿过线圈磁通量的变化，故D错误。

4.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上。空间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个带正电的小物块(可视为质点)从A点以初速度向左运动，接触弹簧后运动到C点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内。已知物块质量为m，A、C两点间距离为L，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则物块由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是

A. 小物块的加速度先不变后减小

B. 弹簧的弹性势能增加量为

C. 小物块与弹簧接触的过程中，弹簀弹力的功率先增加后减小

D. 小物块运动到C点时速度为零，加速度也一定为零

【答案】C

【解析】

【详解】物块与水平面间动摩擦因数为μ，由于摩擦力做功机械能减小，物块的速度减小，根据f洛=qvB，可知物块受到的洛伦兹力减小。由左手定则可知物块向左运动的过程中受到的洛伦兹力的方向向下，洛伦兹力减小，则物块受到的向上的支持力FN=f洛+mg减小，所以摩擦力：f=μFN也减小，物块的加速度a=f/m也减小；当物块接触弹簧后，物体的加速度：，f减小，而F增大，所以不能判断出加速度的变化。由以上的分析可知 A是错误的。此过程动能转换为弹性势能和内能，根据能量守恒知物块克服摩擦力做的功为-Wf=mv02-EP弹，由于摩擦力是变力，而且f=μFN=μ（f洛+mg），可知弹簧的弹性势能增加量一定不是mv02-μmgL．故B错误；小物块与弹簧接触的过程中，弹簧弹力逐渐增大，而物块的速度逐渐减小，由P=Fv，可知开始时弹簧的功率为0，开始时逐渐增大；最后速度等于0时，弹簧的功率也是0，由此可知，弹簧的功率在增大到某一个最大值后又开始减小，即弹簧的弹力的功率先增加后减小，故C正确；小物块到达C点时，弹簧处于压缩状态，由于不知道小物块在C点受到的弹簧的弹力与摩擦力的大小关系，所以不能判断出小物块是否能静止。故D错误。

5.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～段是关于直线对称的曲线，～段是直线，则下列说法正确的是

A. 处电场强度最小，但不为零

B. 粒子在0～段做匀变速运动，～段做匀速直线运动

C. 在0、、、处电势、、、的关系为<=<

D. ～段的电场强度大小方向均不变，为一定值

【答案】CD

【解析】

【详解】根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：得：，由数学知识可知，Ep-x图象切线的斜率等于，x1处切线的斜率为零，则知x1处电场强度为零，故A错误；由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确；由图可知：EP3＞EP2=EP0＞EP1，根据EP=φq，又粒子带负电，故φ3＜φ2=φ0＜φ1，故C正确；

6.一质量为m的物体静止在北极与静止在赤道对地面的压力差为ΔN，假设地球是质量分布均匀的球体，半径为R，则下列说法正确的是(设地球表面的重力加速度为g)

A. 地球的自转周期为

B. 地球的自转周期为

C. 地球同步卫星的轨道半径为

D. 地球同步卫星的轨道半径为

【答案】AC

【解析】

【详解】在北极；在赤道：；根据题意，有FN1-FN2=△N；联立解得：，故A正确，B错误；万有引力提供同步卫星的向心力，则：；联立可得：；又地球表面的重力加速度为g，则：；联立得：，故C正确，D错误。

7.如图所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨右端连接有一定值电阻R，整个装置被固定在水平地面上，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两根质量均为m，电阻都为R，与导轨间的动摩擦因数都为μ的相同金属棒MN、EF垂直放在导轨上．现在给金属棒MN施加一水平向左的作用力F，使金属棒MN从静止开始以加速度a做匀加速直线运动，若重力加速度为g，导轨电阻不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则下列说法正确的是(　　)

A. 从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动的过程中，两金属棒的发热量不相等

B. 从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为

C. 若从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为T，则此过程中流过电阻R的电荷量为

D. 若从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为T，则金属棒EF开始运动时，水平拉力F的瞬时功率为P＝(ma＋μmg)aT

【答案】ABC

【解析】

【分析】

以EF为研究对象，刚开始运动时所受的静摩擦力达到最大值，由安培力与静摩擦力平衡列式，可求出回路中的电流，再由法拉第电磁感应定律和欧姆定律、速度公式结合求解时间；根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律、位移公式、电量公式结合求解电荷量q；推导出安培力与速度的关系式，由牛顿第二定律求得水平拉力F的大小，由P=Fv求解其瞬时功率；根据电路的连接关系，分析通过两棒的电流关系，即可分析其热量关系。

【详解】A项：由于MN棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，通过MN的电流是EF电流的2倍，根据焦耳定律可知，MN的发热量是EF的4倍，故A正确；

B项：以EF为研究对象，设EF刚开始运动时其电流大小为I，则通过MN的电流为2I，由题有：BIL=μmg

根据闭合电路欧姆定律得：E=2I（R+0.5R）=3IR

又 E=BLv

v=at

联立解得：，故B正确；

C项：MN棒在T时间内通过的位移为：x=

根据法拉第电磁感应定律，有：

及闭合电路欧姆定律，有：

且电量表达式，有：

△Φ=BLx，

则得通过MN棒的电量为：

由于两棒的电阻都为R，则此过程中流过电阻R的电荷量为，故C正确；

D项：金属棒EF开始运动时，由BIL=μmg得：I=

金属棒MN所受的安培力大小为：F安=BIL

以MN为研究对象，根据牛顿第二定律得：F-μmg-F安=ma

拉力的功率为：P=Fv

又 v=aT

解得：P=（ma+2μmg）aT，故意D错误。

故应选：ABC。

【点睛】电磁感应中导体切割引起的感应电动势在考试中涉及较多，关键要正确分析导体棒受力情况，运用力学和电磁感应的基本规律，如平衡条件、牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律等等进行求解。

8.如图所示，水平地面上固定一倾角θ=45°的斜面体ABC，BC=h，P点位于A点的正上方，并与B点等高。从P处以不同的初速度沿水平方向抛出一质量为m的小球。已知当地的重力加速度为g，小球可视为质点，忽略空气阻力，则

A. 若小球恰好落在AB中点，则其运动时间为

B. 若小球恰好落在AB中点，则其落在斜面上时的动能为mgh

C. 小球落到斜面上的最小动能为

D. 小球落到斜面上的最小动能为

【答案】AD

【解析】

【详解】若小球恰好落在AB中点，则下落的竖直高度为，则由可知，其运动时间为，初速度为 ，则落在斜面上时的动能为，选项A正确，B错误；若设初速度为v的小球落到斜面上时的动能最小，下落的高度为x，则由几何关系可知，水平位移为h-x，则；；落到斜面上的动能为；联立解得：；由数学知识可知，当 ，即时Ek最小，最小值为，故C错误，D正确.

三、非选择题：

9.某探究小组想利用验证机械能守恒定律的装置测量当地的重力加速度，如图甲所示。框架上装有可上下移动位置的光电门1和固定不动的光电门2；框架竖直部分紧贴一刻度尺，零刻度线在上端，可以测量出两个光电门到零刻度线的距离和；框架水平部分用电磁铁吸住一个质量为m的小铁块，小铁块的重心所在高度恰好与刻度尺零刻度线对齐。切断电磁铁线圈中的电流时，小铁块由静止释放，当小铁块先后经过两个光电门时，与光电门连接的传感器即可测算出其速度大小和。小组成员多次改变光电门1的位置，得到多组和的数据，建立如图乙所示的坐标系并描点连线，得出图线的斜率为k。

(1)当地的重力加速度为_______________(用k表示)。

(2)若选择刻度尺零刻度线所在高度为零势能面，则小铁块经过光电门1时的机械能表达式为_________________________(用题中已知物理量的字母表示)

(3)关于光电门1的位置，下面哪个做法可以减小重力加速度的测量误差（         ）

A.尽量靠近刻度尺零刻度

B.尽量靠近光电门2

C.既不能太靠近刻度尺零刻度，也不能太靠近光电门2

【答案】    (1). (1)；    (2). (2)；    (3). (3)C

【解析】

【详解】（1）以0刻度线为零势能面，小铁块从光电门1运动到光电门2的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得：mv12-mgx1=mv22-mgx2
整理得：v22-v12=2g（x2-x1）
所以图象的斜率k=2g，解得：g=；
（2）小铁块经过光电门1时的机械能等于小铁块经过光电门1时的动能加上势能，若选择刻度尺零刻度线所在高度为零势能面，则有：
E1=mv12-mgx1 =mv12-mkx1 
（3）用电磁铁释放小球的缺点是，当切断电流后，电磁铁的磁性消失需要一时间，铁球与电磁铁铁心可能有一些剩磁，都会使经过光电门1的时间较实际值大，引起误差，并适当增大两光电门A、B间的距离，使位移测量的相对误差减小，所以C正确．

10.举世瞩目的嫦娥四号，其能源供给方式实现了新的科技突破：它采用同位素温差发电与热电综合利用技术结合的方式供能，也就是用航天器两面太阳翼收集的太阳能和月球车上的同位素热源两种能源供给探测器。图甲中探测器两侧张开的是光伏发电板，光伏发电板在外太空将光能转化为电能。

某同学利用图乙所示电路探究某光伏电池的路端电压U与电流I的关系，图中定值电阻R0=5Ω，设相同光照强度下光伏电池的电动势不变，电压表、电流表均可视为理想电表。

（1）实验一：用一定强度光照射该电池，闭合电键S，调节滑动变阻器R的阻值，通过测量得到该电池的U﹣I曲线a（如图丁）。由此可知，该电源内阻是否为常数_______（填“是”或“否”），某时刻电压表示数如图丙所示，读数为________V，由图像可知，此时电源内阻为_______Ω。

实验二：减小实验一光照的强度，重复实验，测得U-I曲线b（如图丁）。

（2）在实验一中当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为2.5V，则在实验二中滑动变阻器仍为该值时，滑动变阻器消耗的电功率为________W（计算结果保留两位有效数字）。

【答案】    (1). 否    (2). 1.50    (3). 5.6    (4). 7.2×10-2（7.0×10-2-7.4×10-2均算正确）

【解析】

【详解】（1）由U-I图像可知，因图像的斜率等于电源的内阻，可知电源内阻不是常数；电压表的量程为3.0V，则读数为1.50V；由图中读出，此时电路中的电流为250mA，因电源的电动势为E=2.9V，可得此时电源的内阻；

（2）在实验一中当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为2.5V，可得此时的电流为100mA，则滑动变阻器的阻值为：；则在实验二中滑动变阻器仍为该值时，此时外电路电阻为R外=R+R0=25Ω，将此电阻的U-I线画在此电源的U-I图像中，如图；

直线与b的交点为电路的工作点，此时I=60mA，则滑动变阻器消耗的电功率为.

11.2019年1月3日10时26分，“嫦娥四号”探测器成功在月球背面着陆，标志着我国探月航天工程达到了一个新高度，极大激发了同学们探索太空的热情。某同学设计的“太空粒子探测器”的加速、偏转部分原理简化如下：如图所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O1，外圆弧面AB，内圆弧面CD，内外圆弧面电势差大小为U。在O1点右侧有一与直线相切于O1半径为R的的圆形磁场区域，圆心为O2，圆内(及圆周上)存在垂直纸面的匀强磁场，O1、E、F为圆周的三等分点。假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场由静止开始加速到CD圆弧面上，再由O1点进入磁场偏转，其中沿O1O2，连线方向入射的粒子经磁场偏转后恰好从E点偏出，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响。求：

(1)粒子到达O1点时速度v的大小；

(2)圆形磁场区域磁感应强度；

(3)从磁场圆边界圆弧O1E和圆弧EF射出的粒子数之比。

【答案】（1）；（2），方向垂直纸面向里；（3）3：2

【解析】

【详解】(1)由动能定理：

(2)设轨迹圆半径为r，轨迹圆圆心为O3，则

方向垂直纸面向里

(3)由图几何关系可知：在∠O3O1O2=90°范围内射入的粒子，占总数的一半，将从磁场圆圆弧OE的弧间射出；在∠O2O1G=60°范围内射入的粒子，占总数的三分之一，从磁场圆圆弧EF的弧间射出，故从圆弧OE和圆弧EF射出的粒子数之比为：90°：60°=3：2

12.如图所示，在水平桌面上放有长度为L=2m的木板C，C上右端是固定挡板P，在C中点处放有小物块B，A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计。C上表面与固定在地面上半径为R=0.45m的圖弧光滑轨道相切，质量为m=1kg的小物块A从圆弧最高点由静止释放，设木板C与桌面之间无摩擦，A、C之间和B、C之间的滑动摩擦因数均为μ。A、B、C(包含挡板P)的质量相同，开始时，B和C静止。(g=10m/s2)

(1)求滑块从释放到离开轨道受到的冲量大小；

(2)若物块A与B发生碰撞，求滑动摩擦因数均为应满足条件；

(3)若物块A与B发生碰撞(设为完全弹性碰撞)后，物块B与挡板P发生碰撞，求滑动摩擦因数均为μ应满足的条件。

【答案】（1）I=3N·s；（2）；（3）

【解析】

【详解】(1)设滑块离开轨道时的速度为，则

=3m/s

由动量定理得I=ΔP=m=3N·s

(2)若物块A刚好与物块B不发生碰撞，则物块A运动到物块B所在处时三者的速度均相同，设为，由动量守恒定律得

m=3m

式中就是物块A相对木板C运动的路程

即时，A刚好不与B发生碰撞，若，则A将与B发生碰撞，故A与B发生碰撞的条件是。

代入数据得：

(3)物块A、B间的碰撞是弹性的，系统的机械能守恒，因为质量相等，碰撞前后A、B交换速度，B相对于A、C向右运动，以后发生的过程相当于第2问中所进行的延续，由物块B替换A继续向右运动。

若物块B刚好与挡板P不发生碰撞，A、B、C三者的速度相等，设此时三者的速度为

m=3m

解得

即时，A与B碰撞，但B与P刚好不发生碰撞，若，就能使B与P发生碰撞，故A与B碰撞后，物块B与挡板P发生碰撞的条件是

代入数据得：

13.关于固体、液体、气体的表述，下列说法正确的是_________

A. 晶体的熔点和液体的沸点都与压强无关

B. 水对玻璃浸润，水银对玻璃不浸润

C. 晶体在熔化的过程中吸收热量，分子的平均动能一定是增大的

D. 饱和汽压随温度的变化而变化

E. 利用液晶在外加电压变化时由透明变浑浊可制作电子表、电子计算器的显示元件

【答案】BDE

【解析】

【详解】晶体的熔点与压强无关，液体的沸点与压强有关，选项A错误；水对玻璃浸润，水银对玻璃不浸润，选项B正确；晶体在熔化的过程中吸收热量，但是由于温度不变，则分子的平均动能不变，选项C错误；饱和汽压与温度有关，随温度的变化而变化，选项D正确；利用液晶在外加电压变化时由透明变浑浊可制作电子表、电子计算器的显示元件，选项E正确.

14.一长为L、内壁光滑、导热良好的长方体汽缸，横放在水平地面上，缸内有一密封性能良好的活塞(与缸壁的摩擦不计)，面积为S，如图所示，活塞左方封有氢气，右方封有氮气。系统平衡时，活塞左右两边的气体体积之比为2：1，压强为P1。将汽缸从图示位置在竖直面内逆时针缓慢转90°至竖直位置，再次稳定时活塞上下两边的气体体积之比为1：1。重力加速度为g，环境温度保持不变，求：

①活塞的质量M；

②若将汽缸从图示位置在竖直面内顺时针缓慢转90°至竖直位置，再次稳定时，氢气的体积为多少?(保留两位有效数字)

【答案】①；②V=0.78L

【解析】

【详解】①考虑氮气的等温过程；设未态的压强为P2，由玻意耳定律

同理：氢气的等温变化

解得

②若将汽缸从图示位置在竖直面内顺时针缓慢转90°，再次稳定时，设氢气的体积为xS。此过程是等温过程，由玻意耳定律

同理：氮气的等温变化

解得：V=0.78L

15.下列说法中正确的是_________

A. 偏振光只可以是横波

B. 双缝干涉中也存在衍射现象

C. 直棒斜插入水中时呈现弯折现象是由于光的全反射原因

D. X射线磁场中能偏转，穿透能力强，可用来进行人体透视

E. 多普勒效应是在波源和观察者之间有相对运动时产生的

【答案】ABE

【解析】

【详解】偏振光只可以是横波，纵波不能发生偏振，选项A正确；双缝干涉中缝的宽度与波长差不多，光通过缝时，也发生了衍射现象，故B正确。直棒斜插入水中时呈现弯折现象是由于光的折射的原因，选项C错误；X射线穿透力较强，但它不带电，不能在磁场中偏转，故D错误；多普勒效应是在波源和观察者之间有相对运动时产生的，选项E正确.

16.物理实验室新进了-批由某种透明材料做成的棱镜，其横截面由--直角三角形和半径为R的一圆组成，如图所示。已知三角形BC边的长度为R，∠BAC=30°，现让一单色细激光束从AB边上距A点为的D点沿与AB边成ɑ=45°角斜向右上方入射，激光束经AC反射后刚好能垂直BC边进入圆柱区域，光在真空中的速度为c，求：

①单色细激光束从圆弧上的E点(圈中未画出)射出时的折射角；

②单色细教光束在棱镜中传播的时间。

【答案】①γ=45°；②

【解析】

【详解】①细激光束在棱镜和圆柱中的光路图如图所示，由几何关系可知β=30°

根据折射定律

由几何关系得FH=GB=

故在ΔGEB中，由几何关系得∠GEB=30°，又因，故

sinγ=nsin∠GEB=→γ=45°

②由几何关系可知，

故激光束在棱镜中传播的路程为

传播速度，单色细激光束在棱镜中传播的时间为。