2019届广东省深圳市宝安中学等七校联合体高三冲刺模拟理科综合物理试题（解析版）

2019届广东省深圳市宝安中学等七校联合体高三冲刺模拟理科综合物理试题（解析版）

第I卷（选择题，共48分）

二、选择题：本题共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.关于原子物理知识的叙述，下列说法正确的是（     ）

A. 在核反应堆中，为了使快中子的速度减慢，可用普通水作为慢化剂

B. 在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，则这种金属的逸出功W0越大

C. 平均结合能大的原子核转变为平均结合能小的原子核时，释放的核能等于结合能的减少

D. 氢原子吸收一个光子后能量增大，核外电子的加速度增大

【答案】A

【解析】

【详解】在核反应堆中，为了使快中子的速度减慢，可用普通水作为慢化剂，选项A正确；在光电效应实验中，根据，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，则这种金属的逸出功越小，选项B错误；平均结合能是核子与核子结合成原子核时平均每个核子放出的能量，故平均结合能小的原子核结合成或分解成平均结合能大的原子核时一定放出核能，故C错误；氢原子吸收一个光子后能量增大，核外电子半径变大，则电子的加速度减小，选项D错误。

2.图为某应急供电系统原理图。若发电机内部线圈面积为S，匝数为N，磁感应强度为B，输电线电阻为R0，发电机线圈转动角速度恒为ω，则（     ）

A. 图示位置，发电机中线圈的磁通量最大

B. 用户得到的交变电压的频率为

C. 发电机线圈感应电动势的有效值为NBSω

D. 当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动

【答案】D

【解析】

【详解】图示位置，发电机中线圈的磁通量为零，最小，选项A错误；用户得到的交变电压的频率为，选项B错误；发电机线圈感应电动势的最大值为NBSω，选项C错误；当用户数目增多时，导线上的电压损失变大，用户得到的电压减小，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动，选项D正确.

3.如图所示，象棋子压着纸条，放在光滑水平桌面上。第一次沿水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的P点。将棋子、纸条放回原来的位置，仍沿原水平方向将纸条抽出，，棋子落在地面上的Q点，与第一次相比（  ）

A. 棋子受到纸条的摩擦力较大

B. 棋子落地速度与水平方向夹角较大

C. 纸条对棋子的摩擦力做功较多

D. 棋子离开桌面至落地过程中动能增量较大

【答案】C

【解析】

【分析】

纸片对棋子的摩擦力的做功，从而使棋子获得初速度，做平抛运动，则根据平抛运动和动能定进行求解即可；

【详解】A、两次由于正压力不变，根据滑动摩擦力公式纸带对棋子的摩擦力没变，故选项A错误；

B、棋子离开桌面后做平抛运动，由于竖直分位移相同，根据竖直方向运动规律可知时间相同，由于第二次水平分位移较大，可以第二次做平抛运动的初速度大，可知第二次纸条对棋子的摩擦力做功较多，设落地时速度与水平方向夹角为，则，可知第二次棋子落地时速度与水平方向夹角较小，故选项B错误，C正确；

D、根据动能定理可知，动能的增量等于合外力的功，由于不计空气阻力，则合力的功即为重力的功，由题可知重力的功相等，故动能的增量相等，故选项D错误。

【点睛】解答本题的关键是正确分析铁块在纸条上的运动过程，根据平抛运动规律和动能定理即可分析解答。

4.如图所示，以O为圆心、半径为R的虚线圆位于足够大的匀强电场中，圆所在平面与电场方向平行，M、N为圆周上的两点。带电粒子只在电场力作用下运动，在M点速度方向如图所示，经过M、N两点时速度大小相等。已知M点电势高于O点电势，且电势差为U，下列说法正确的是（     ）

A. 粒子带负电

B. 粒子由M点运动到N点，电势能先增大后减小

C. 粒子在电场中可能从M点沿圆弧运动到N点

D. 该匀强电场的电场强度大小为

【答案】B

【解析】

【详解】带电粒子只在电场力作用下运动，则电势能和动能之和守恒；粒子在M、N两点时速度大小相等，则动能相等，电势能也相等，则M、N两点电势相等；又知M点电势高于O点电势，结合对称性可知，场强方向沿斜向右下方向且与水平方向成45°方向，可知粒子带正电，且粒子由M点运动到N点，电势能先增大后减小，选项A错误，B正确；

粒子在匀强电场中受恒力作用，不可能从M点沿圆弧运动到N点，选项C错误；该匀强电场的电场强度大小为，选项D错误.

5.2018年6月14日11时06分，探月工程嫦娥四号任务“鹊桥”中继星成为世界首颗成功进入地月拉格朗日L2点的Halo使命轨道的卫星，为地月信息联通搭建“天桥”。如图所示，该L2点位于地球与月球连线的延长线上，“鹊桥”位于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，已知地球、月球和“鹊桥”的质量分别为Me、Mm、m，地球和月球之间的平均距离为R，L2点离月球的距离为x，则

A. “鹊桥”的线速度小于月球的线速度

B. “鹊桥”的向心加速度小于月球的向心加速度

C. x满足

D.

【答案】C

【解析】

【详解】线速度v＝ωR，中继星绕地球转动的半径比月球绕地球的半径大，“鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球转动的线速度大，故A错误；向心加速度a＝ω2R，“鹊桥”中继星绕地球转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大，故B错误；中继卫星的向心力由月球和地球引力的合力提供，则有，对月球而言则有 ，两式联立可解得 ，故C正确，D错误；故选C。

6.如图所示，轻质弹簧的下端固定在光滑斜面的底部，一个质量为m的物块以平行斜面的初速度v向弹簧运动．已知弹簧始终处于弹性限度范围内，则下列判断正确的是(　　)

A. 物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变小后变大

B. 物块碰到弹簧后立刻开始做减速运动

C. 物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能小于增加的弹性势能

D. 物块动能最大时，物块的重力势能最小

【答案】AC

【解析】

【分析】

通过分析弹力和重力沿斜面方向的分量mgsinθ的大小关系来分析加速度和速度的变化；根据能量守恒关系分析重力势能、动能和弹性势能的变化.

【详解】A．B．物块刚接触到弹簧时，弹力小于重力沿斜面的分量mgsinθ，则加速度向下，并且随弹力的增加加速度逐渐减小；当弹力等于mgsinθ时加速度为零，速度最大；以后由于弹力大于mgsinθ，则加速度变为向上，且加速度逐渐变大，速度逐渐减小到零；故物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变小后变大，速度先增大后减小，向下A正确，B错误；

C．物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能与动能之和等于增加的弹性势能，选项C正确；

D．当弹力等于mgsinθ时加速度为零，速度最大，而后物块还将向下运动，可知此时重力势能不是最小，选项D错误；

故选AC.

7.如图所示，磁感应强度为B的有界匀强磁场的宽度为L，一质量为m、电阻为R、边长为d(d<L)的正方形金属线框竖直放置。线框由静止释放、进入磁场过程中做匀速运动，完全离开磁场前已做匀速运动。已知重力加速度为g。则线框（  ）

A. 进、出磁场过程中电流方向相同

B. 进、出磁场过程中通过线框柴一横截面的电荷量相等

C. 通过磁场的过程中产生的焦耳热为mg(L+d)

D. MN边离开磁场时的速度大小为

【答案】BCD

【解析】

【分析】

根据右手定律判断感应电流方向，根据法拉第电磁感应定律求解电量，根据能量守恒定律求解焦耳热，根据重力与安培力平衡求解速度即可；

【详解】A、根据右手定则可知：在进入磁场时感应电流的方向为逆时针方向，在离开磁场时感应电流方向为顺时针方向，故选项A错误；

B、根据法拉第电磁感应定律可知：，则电流为：，则电量为：，由于线圈进入磁场和离开磁场时的相同，电阻R不变，则进、出磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量相等，故选项B正确；

C、由于进入磁场和离开磁场时均为匀速运动，说明进入和离开时速度相同，即动能相同，根据能量守恒定律可知：减少的重力势能转化为焦耳热，即产生的焦耳热为，故选项C正确；

D、由题可知，离开磁场时匀速运动，即重力与安培力平衡，即:

则离开磁场时速度为：，故选项D正确。

【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键，注意电量的求法问题。

8.如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则(　　)

A. μ1一定小于μ2

B. μ1可能大于μ2

C. 改变F的大小，F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动

D. 改F作用于长木板，F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动

【答案】BD

【解析】

【分析】

因为木块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为静摩擦力，无法比较动摩擦因数的大小．通过对木板分析，根据水平方向上的受力判断其是否运动．当F作用于长木板时，先采用隔离法求出临界加速度，再运用整体法，求出最小拉力．

【详解】对m1，根据牛顿运动定律有：F-μ1m1g=m1a，对m2，由于保持静止有：μ1m1g-Ff=0，Ff＜μ2（m1+m2）g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较。故A错误、B正确。改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止。故C错误。若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g=m1a，解得a=μ1g，对整体分析，有F-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a，解得F=（μ1+μ2）（m1+m2）g，所以当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，长木板与木块将开始相对滑动。故D正确。故选BD。

【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解．

第II卷（非选择题，共62分）

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分 。

9.某同学用如图所示的装置来探究小车加速度与力、质量的关系。

(1) 为了使细线对小车的拉力等于小车受到的合力，应（        ）

A. 平衡摩擦力

B. 调节细线与长木板平行

C. 使砝码及砝码盘的总质量远小于小车的质量

D. 使砝码及砝码盘的总质量远大于小车的质量

(2) 该同学完成相关操作后将小车由静止释放，读出遮光条通过光电门A、B的时间分别为t1、t2，测出遮光条的宽度为d，A、B之间的距离为x，则小车的加速度a＝____________ (用给定的物理量字母表示)。

(3) 若保持砝码和砝码盘的总质量m不变，改变小车质量M，则作出的图象为（       ）

A．B．

C．D．

【答案】    (1). AB    (2).     (3). C

【解析】

【详解】（1）为了使细线对小车的拉力等于小车受到的合力，应平衡摩擦力，且调节细线与长木板平行，选项AB正确；使砝码及砝码盘的总质量远小于小车的质量，这样做的目的是使得砝码及砝码盘的总重力代替小车的牵引力，选项CD错误；

（2）小车通过光电门A、B时的速度为：，；由 ，解得

（3）设小车的加速度为a，绳子拉力为F，以砝码和砝码盘为研究对象得：mg-F=ma；以小车为研究对象有：F=Ma；解得：，故ABD错误，C正确。

10.某同学想在实验室测量电压表V1的内阻．

(1)  他先用多用电表的欧姆挡“×1k”测量，如图甲所示，该读数为________Ω；多用表的红表笔与电压表V的________(选填“正”或“负”)的接线柱相连．

(2) 为了更准确地测量电压表V1的内阻，实验室提供的实验器材如下：

A. 待测电压表V1(量程为0～3 V)；

B.  电压表V2(量程为0～9 V，内阻约为9 kΩ)；

C.  滑动变阻器R1(最大阻值20 Ω，额定电流为1 A)；

D.  定值电阻R3(阻值为6 kΩ)；

E. 电源(电动势为9 V，内阻约为1 Ω)；

F. 开关一个、导线若干．

① 根据提供的器材，连接图乙中的实物图__________．

② 某次实验时电压表V1和电压表V2的读数分别为U1和U2，移动滑动变阻器滑片，多次测量，作出U2U1图象如图丙所示，已知图象的斜率为k，则内阻RV1的表达式为________(用R3和k表示)．

③ 考虑电压表V2内电阻，则该方法对实验的测量结果________(选填“有”或“无”)影响．

【答案】    (1). （1）6000    (2). 负    (3). （2）电路如图；

       (4).     (5). 无

【解析】

【分析】

（1）根据欧姆表的倍率挡和表盘进行读数；欧姆表红表笔接内部电源的负极。（2）根据实验原理设计电路图；根据电路图找到U2和U1的函数关系，根据斜率求解RV；根据电路结构判断电压表V2内阻的影响.

【详解】（1）用多用电表的欧姆挡“×1k”测量，该读数为6×1kΩ=6000Ω；电流从多用电表的负极流入，则多用表的红表笔与电压表V的负的接线柱相连．

（2）①实物连线如图；

②由欧姆定律可得：，即，

则，解得

③由电路图可知，电压表V2的内阻对测量结果无影响.

11.观赏“烟火”表演是每年“春节”庆祝活动的压轴大餐。某型“礼花”底座仅0.2s的发射时间，就能将5kg的礼花弹竖直抛上180m的高空。(忽略发射底座高度，不计空气阻力，g取10 m/s2)。

（1）“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的作用力约是多少？

（2）某次试射，当礼花弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两块（爆炸时炸药质量忽略不计），测得两块落地点间的距离,落地时两者的速度相互垂直，两块的质量各为多少?

【答案】（1） F=1550N；（2）1kg　　4kg

【解析】

分析】

（1）对整个过程由动量定理列方程求解火药对礼花弹的作用力为F；

（2）礼花弹爆炸时该水平方向合外力为零，由动量守恒定律结合平抛运动的规律列方程求解两块的质量.

【详解】（1）设礼花弹竖直抛上180m高空用时为t，由竖直上抛运动的对称性知：；

代入数据解得：；

设发射时间为t1，火药对礼花弹的作用力为F，对礼花弹发射到180m高空运用动量定理有：；

代入数据解得：；

（2）设礼花弹在180m高空爆炸时分裂为质量为m1、m2的两块，对应水平速度大小为、，方向相反，礼花弹爆炸时该水平方向合外力为零，由动量守恒定律有：；且有：；

由平抛运动的规律和题目落地的距离条件有：；

设物块落地时竖直速度为，落地时两者的速度相互垂直，如图所示，有：

；

代入数据解得：对应；或对应

12.如图所示，半径为a的圆内有一固定的边长为1.5a的等边三角形框架ABC，框架中心与圆心重合，S为位于BC边中点处的狭缝．三角形框架内有一水平放置带电的平行金属板，框架与圆之间存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．一束质量为m、电量为q，不计重力的带正电的粒子，从P点由静止经两板间电场加速后通过狭缝S，垂直BC边向下进入磁场并发生偏转．忽略粒子与框架碰撞时能量与电量损失．求：

(1)要使粒子进入磁场后第一次打在SB的中点，则加速电场的电压为多大？

(2)要使粒子最终仍能回到狭缝S，则加速电场电压满足什么条件？

(3)回到狭缝S的粒子在磁场中运动的最短时间是多少？

【答案】(1)；(2)；(3)

【解析】

【分析】

（1）带电粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，进入磁场后做圆周运动，结合几何关系找到半径，求解加速电场的电压；（2）要使粒子能回到S，则每次碰撞时粒子速度都应与边垂直，则可能的情况是：粒子与框架垂直碰撞，绕过三角形顶点时的轨迹圆弧的圆心应位于三角形顶点上，即SB为半径的奇数倍；要使粒子能绕过顶点且不飞出磁场，临界情况为粒子轨迹圆与磁场区域圆相切；（3）根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹图，找到圆周运动的圆心角，结合圆周运动周期公式，求出在磁场中运动的最短时间；

【详解】（1）粒子在电场中加速，qU＝mv2　

粒子在磁场中，qvB＝　

r＝　

解得

（2）要使粒子能回到S，则每次碰撞时粒子速度都应与边垂直，则r和v应满足以下条件：

①粒子与框架垂直碰撞，绕过三角形顶点时的轨迹圆弧的圆心应位于三角形顶点上，即SB为半径的奇数倍，

即 (n＝1，2，3，… )

②要使粒子能绕过顶点且不飞出磁场，临界情况为粒子轨迹圆与磁场区域圆相切，

即r≤a－a 

解得n≥3.3，即n＝4，5，6…　

得加速电压(n＝4，5，6，…)．

（3）粒子在磁场中运动周期为T

qvB＝，T＝

解得T＝　

当n＝4时，时间最短，即 tmin＝3×6×＋3×T＝T

解得tmin＝.

13.下列说法中正确的是           

A. 温度相同的氢气和氮气，氢气分子比氮气分子的平均速率大

B. 夏天荷叶上水珠呈球形，是由于液体表面张力使其表面积收缩的缘故

C. 当理想气体的体积增加时，气体的内能一定增大

D. 将碳素墨水滴入清水中，观察到布朗运动是碳分子的无规则运动

E. 容器内一定质量的理想气体体积不变，温度升高，则单位时间内撞击容器壁的分子数增加

【答案】ABE

【解析】

【详解】温度相同的氢气和氮气，分子平均动能相同，由于氢气分子质量小于氮气分子质量，则氢气分子比氮气分子的平均速率大，选项A正确；夏天荷叶上水珠呈球形，是由于液体表面张力使其表面积收缩的缘故，选项B正确；当理想气体的体积增加时，气体对外做功，由于不知吸热放热情况，则不能确定气体的内能的变化情况，选项C错误；将碳素墨水滴入清水中，观察到布朗运动是碳颗粒的无规则运动，选项D错误；容器内一定质量的理想气体体积不变，则气体密度不变，温度升高，分子平均速率增加，则单位时间内撞击容器壁的分子数增加，选项E正确。

14.如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口，卡口距缸底的高度h=20cm。汽缸活塞的面积S=100cm2，重量G=100N，其下方密封有一定质量的理想气体，活塞只能在卡口下方上下移动。活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，竖直轻弹簧下端与缸底固定连接，上端与活塞固定连接，原长l0=15cm，劲度系数k=2000N/m。开始时活塞处于静止状态，汽缸内气体温度T1=200K，弹簧的长度l1=10cm，现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体（大气压P0=1.0×105Pa）。求

（i）当弹簧恢复原长时时汽缸内气体的温度T2；

（ⅱ）当汽缸中的气体温度T3=500K时汽缸内气体的压强P3。

【答案】（i）330K；（ⅱ）1.25×105Pa。

【解析】

【详解】（i）对活塞受力分析，开始时气体的压强为：

温度为：T1=200K

体积为：V1=lS=10S

弹簧恢复原长时，对活塞受力分析，根据平衡得封闭气体压强为：

Pa

体积为：V2=l0S=15S

由理想气体状态方程得：

代入数据解得：T2=330K

（ii）设温度为T时，活塞恰好上移至卡口，此时有：

==1.2×105Pa

V=hS=20S

由理想气体状态方程得：

代入数据解得：T=480K

由于T3=500K＞480K，活塞以上移至卡口，有：

V3=hS=20S

由理想气体状态方程得：

代入数据解得：

15.下列说法正确的是_________

A. 部队过桥不能齐步走而要便步走，是为了避免桥梁发生共振现象

B. 横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期

C. 变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场

D. 在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变短，可判断该星球正在靠近向地球

E. 泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象

【答案】ADE

【解析】

【详解】A．部队过桥不能齐步走而要便步走，是为了避免桥梁发生共振现象，选项A正确；

B．在波传播的过程中质点不随波迁移，选项B错误；

C．变化的电场一定产生磁场，变化的磁场一定产生电场；均匀变化的电场产生稳定的磁场，均匀变化的磁场产生稳定的电场；选项C错误；

D．根据多普勒效应可知，在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变短，频率变大，可判断该星球正在靠近向地球，选项D正确；

E．泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象，选项E正确；

故选ADE.

16.如图所示，横截面为直角三角形的透明柱体，直角边（面）BC镀银。已知AB=6cm、∠C=300，一束红色激光从横截面AB边上的中点M点射入，入射角，从AC边上的N点平行BC边向右射出。

求: ① 透明物体的折射率。

② 射出点N距C点的距离。

【答案】①    ②

【解析】

【分析】

画出光路图，根据几何关系以及光的折射定律解答.

【详解】.①如图，透明物体内部的光路为折线MPN（P为光线反射点），N、N′点相对于底面BC对称，M、P和N′三点共线，设折射角为r，出射光线与法线夹角为i′，对应透明物体内入射角为。

由几何关系得：  

根据折射定律有：  

即有：       

由几何关系得：

即有：

根据折射率公式有：    

②由图中的几何对称关系可知：

所以：