2019届广东省深圳市红岭中学高三第四次模拟考试理综-物理试题（解析版）

2019届广东省深圳市红岭中学高三第四次模拟考试理综-物理试题（解析版）

1.关于近代物理知识，下列说法中正确的是

A. 原子核的比结合能越大，原子核越稳定

B. 汤姆孙发现了电子，并测量出了电子的电荷量

C. 原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子

D. 在光电效应现象中，金属的逸出功随入射光频率的增大而增大

【答案】A

【解析】

原子核的比结合能表明原子核的稳定程度，比结合能越大，原子核就越稳定，选项A正确；汤姆孙发现了电子，但测量出电子电荷量的是密立根，选项B错误；原子核的β衰变过程是原子核内中子转变为质子而释放出电子的过程，核外电子没有参与该反应，选项C错误；在光电效应现象中，金属的逸出功与材料有关，与入射光的频率无关，选项D错误。

2.一物块用轻绳AB悬挂于天花板上，用力F拉住套在轻绳上的光滑小圆环O（圆环质量忽略不计），系统在图示位置处于静止状态，此时轻绳OA与竖直方向的夹角为，力F与竖直方向的夹角为β。当缓慢拉动圆环使α（）增大时（    ）

A. F变大，变大

B. F变大，变小

C. F变小， 变大

D. F变小，变小

【答案】B

【解析】

因为圆环O是光滑的,所以环的绳子各处张力大小相等,等于物块的重力,当增大时,AO与OB间的夹角减小,根据平行四边形定则可以知道,绳AO和OB的拉力的合力变大,由平衡条件可以知道,F与绳AO和OB的拉力的合力等大反向,所以F变大，F与竖直方向的夹角变小，所以 变小，故B正确；

综上所述本题答案是：B

点睛：光滑小圆环O相当于动滑轮,通过环的绳子各处张力大小相等,根据环的受力平衡,分析F的大小和方向如何变化,再分析 如何变化.

3.如图所示是一做匀变速直线运动的质点的位置–时间图象（x–t图象），P（t1，x1）为图象上一点。PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q（0，x2）。已知t=0时质点的速度大小为v0，则下列说法正确的是

A. t1时刻，质点的速率为

B. t1时刻，质点的速率为

C. 质点的加速度大小为

D. 质点的加速度大小为

【答案】C

【解析】

x–t图象的斜率表示速度，则t1时刻，质点的速率为，选项AB错误；根据图象可知，t=0时刻，初速度不为零，则加速度为，选项C正确、选项D错误。

4.远距离输电装置如图所示，升压变压器和降压变压器均是理想变压器，输电线等效电阻为R。下列说法正确的是

A. 当开关由a改接为b时，电压表读数变大

B. 当开关由a改接为b时，电流表读数变大

C. 闭合开关后，电压表读数变大

D. 闭合开关后，电流表读数变大

【答案】D

【解析】

当开关由a改接为b时，升压变压器的原线圈匝数增加，副线圈匝数不变，所以输送电压变小，降压变压器的输入电压和输出电压均变小，电压表读数变小，选项A错误；当开关由a改接为b时，输送电压变小，升压变压器的输出功率变小，电源的输入功率P1=I1U1也变小，则通过升压变压器原线圈的电流I1变小，即电流表读数变小，选项B错误；闭合开关后，负载电阻减小，输电电流增大，则线路损失电压增大，降压变压器的输入电压和输出电压均变小，电压表读数变小，选项C错误；闭合开关后，输电电流增大，则通过原线圈中的电流增大，电流表读数变大，选项D正确。

5.质量为的物体置于倾角为的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着与小车, 与滑轮间的细绳平行于斜面,小车以速度水平向右做匀速直线运动。当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角时(如图)，下列判断正确的是

A. 速率为 B. 的速率为

C. 绳的拉力等于 D. 绳的拉力小于

【答案】B

【解析】

试题分析：将小车速度沿绳子和垂直绳子方向分解为v1、v2，P的速率等于，A错误、B正确；小车向右做匀速直线运动，θ减小，P的速率增大，绳的拉力大于mgsinθ1，C、D错误；故选B。

考点：速度的分解

6.假设宇宙中有一质量为M，半径为R的星球，由于自转角速度较大，赤道上的物体恰好处于“漂浮”状态，如图所示．为测定该星球自转的角速度ω0和自转周期T0，某宇航员在该星球的“极点”A测量出一质量为m的物体的“重力”为G0，关于该星球的描述正确的是

A. 该星球的自转角速度为ω0＝

B. 该星球的自转角速度为ω0＝

C. 放在赤道上的物体处于失重状态

D. 在“极点”A处被竖直向上抛出去的物体m处于超重状态

【答案】BC

【解析】

【详解】赤道上的物体恰好处于“漂浮”状态，说明万有引力充当充当向心力，即，解得：，解得： ，故A错误，B正确；重力完全充当向心力，弹力为零，物体处于完全失重状态，故C正确；在“极点”A处被竖直向上抛出去的物体m，加速度向下，处于失重状态，故D错误。

7. 电子眼系统通过路面下埋设的感应线来感知汽车的压力。感应线是一个压点薄膜传感器，压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大，压电薄膜与电容器C、电阻R组成图甲所示的回路。红灯亮时，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示，即现为“闯红灯”，电子眼拍照，则红灯亮时（ ）

A. 车轮停在感应线上时，电阻R上有恒定电流

B. 车轮经过感应线的过程中，电容器先充电后放电

C. 车轮经过感应线的过程中，电阻R上的电流先增加后减小

D. 汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照

【答案】BD

【解析】

试题分析：车轮停在感应线上时，压力不变，则电压不变，电容器不充电，也不放电，电阻R上没有电流，故A错误；由乙图可知，当车轮经过时电流先增大后减小，然后再反向增大减小；因电压是在受压时产生的；故说明电容器先充电后放电；故B正确，C错误；若汽车前轮越过感应线，又倒回线内，则前轮两次压线，仍形成两个脉冲电流，符合拍照条件，电子眼仍可拍照，故D正确。

考点：电容器的动态分析

【名师点睛】根据电流和电路图分析电容器的充放电过程，并根据工作原理明确汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内是否符合拍照条件。

8.一个细小金属圆环，在范围足够大的磁场中竖直下落，磁感线的分布情况如图，其中沿圆环轴线的磁场方向始终竖直向上。开始时圆环的磁通量为Φ。圆环磁通量随下落高度y变化关系为Φ=Φ0（1+ky）（k为比例常数，k>0）。金属圆环在下落过程中的环面始终保持水平，速度越来越大，最终稳定为某一数值，称为收尾速度。该金属环的收尾速度为v，已知金属圆环的电阻为R，忽略空气阻力，关于该情景，正确的结论有

A. 金属圆环速度稳定后，△t时间内，金属圆环产生的平均感应电动势大小为kΦ0 v

B. 从上向下看，圆环中电流方向为顺时针

C. 金属圆环质量m=（kΦ0）2v/R

D. 金属圆环速度稳定后金属圆环的热功率P=（kΦ0v）2/R

【答案】ABD

【解析】

【详解】开始时：Φ0=B0S；收尾速度为v，以v运动△t时间内磁通量的变化为：△Φ=△BS=B0k△yS=B0kSv△t=Φ0kv△t；由法拉第电磁感应定律，金属圆环产生的平均感应电动势大小：，故A正确；环向下运动的过程中穿过环的磁通量增大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中电流方向为顺时针。故B正确；由于环的大小是未知的，所以不能根据环受到的安培力与重力大小相等求出环的重力，就不能求出环的质量。故C错误。圆环速度稳定后金属圆环的热功率为：，故D正确。

三、非选择题：（包括必考题和选考题两部分。第22—32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33—40题为选考题，考生根据要求做答。）

9.为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ，某小组设计了使用位移传感器的图示实验装置；让木块从倾角为θ的木板上静止释放，位移传感器连接计算机描绘出了木块相对传感器的位移随时间变化规律，如图线②所示．图中木块的位移从x1 到x2 和从x2 到x3 的运动时间均为T．

（1）根据上述图线计算木块位移为x2 时的速度v2=_____，木块加速度a=____；

（2）若T=0.1s，x1=4cm，x2=9cm，x3=16cm，θ=37°，动摩擦因数μ=_______0.5（sin37°=0.6，cos37°=0.8）；

（3）若只增大木板倾斜的角度，则木块相对传感器的位移随时间变化规律可能是图中的曲线____①（选填图线序号①、②或③）．

【答案】    (1).     (2).     (3). 0.5    (4). ①

【解析】

(1)木块在斜面上做匀加速直线运动，木块位移为x2时为x1到x3的中间时刻，故v2=；相邻相等时间内位移之差△x=aT2，故x3−2x2+x1=aT2，解得a=；

(2)根据牛顿第二定律可知mgsinθ−μmgcosθ=ma，解得a=gsinθ−μgcosθ

代入数据解得μ=0.5

(3)若只增大木板倾斜的角度，加速度增大，根据可知，则木块相对传感器的位移随时间变化规律可能是图中的①。

10.如图甲所示是对一个元件X通过实验测得的数据画出的I-U特性曲线．实验所用的仪器有：毫安表（量程为15mA，内阻约为10Ω）；电压表（量程为15V，内阻约为15kΩ）；恒压电源（电动势E为18V，内阻不计）．

（1）请根据要求把图乙的实物连接成实验的电路：

（2）实验时有如下两个滑动变阻器，应选___（填“A”或“B”）

A．阻值0到200Ω，额定电流150mA

B．阻值0到20Ω，额定电流500mA

（3）当电压表的示数从6V开始逐渐变大时，元件X的电阻值_____（填“变大”、“不变”或“变小”）

（4）把该元件X接在如图丙所示的电路中，电源输出电压恒为18V，电阻R1 = 3750 Ω，毫安表读数为 13.8mA， 由元件X的I-U特性曲线可知元件X两端的电压为___V，电阻R2 = _____Ω．

【答案】    (1). A    (2). 变大    (3). 9    (4). 1000

【解析】

【详解】（1）电压要从0开始调节，滑动变阻器采用分压接法，由于元件X的电阻远大于电流表的内阻，所以电流表采用内接法，按此要求连接电路如图所示。

（2）采用分压接法的滑动变阻器的总阻值要与待测电阻相当，若相差太大，则示数相对变化快，故选滑动变阻器A；
（3）从给出I-U图象，结合电阻的计算式，可以看出，6V以下时电阻是定值，6V以上时电阻是增大的；
（4）根据闭合电路的欧姆定律：两条支路的电压U1=E-ImRA=18V-13.8×10-3×10V=17.862V，此时R1中的电流=0.0048A，则通过X的电流I2=Im-I1=9mA．结合I-U图象的特点从而知道此时元件X两端的电压为UX=9V，那么。

11.如图所示，一本质量分布均匀的大字典置于水平桌面上，字典总质量M=1.5kg，宽L=16cm，高H=6cm．一张白纸（质量和厚度均可忽略不计，页面大于字典页面）夹在字典最深处，白纸离桌面的高度h=2cm．假设字典中同一页纸上的压力分布均匀，白纸上、下表面与字典书页之间的动摩擦因数均为μ1，字典与桌面之间的动摩擦因数为μ2，且各接触面的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。

（1）水平向右拉动白纸，要使字典能被拖动，求μ1与μ2满足的关系；

（2）若μ1=0.25，μ2=0.4，求将白纸从字典中水平向右抽出拉力至少做的功W。

【答案】（1）（2）0.4J

【解析】

试题分析：(1) 字典恰好能被拉动，A4纸对字典的摩擦力f1＞f2即可求得；

(2) 根据f=μmg求得摩擦力，利用W=fx求得拉力做功。

解：(1) 白纸上字典的质量为，那么，白纸上下表面受到的正压力都为，

故白纸受到的最大静摩擦力；

桌面对字典的最大静摩擦力f2=μ2Mg，所以，水平向右拉动白纸，要使字典能被拖动，那么，

f1＞f2，；

(2) 若μ1=0.25，μ2=0.4，那么，将白纸从字典中水平向右抽出时字典保持静止；

白纸向右运动过程只有拉力和摩擦力做功，故由动能定理可知：将白纸从字典中水平向右抽出拉力至少做的功W等于克服摩擦力做的功；

当白纸向右运动x（0＜x＜0.16m）时，白纸上下表面受到的正压力都为，故摩擦力

故由f和x呈线性关系可得：克服摩擦力做的功

故将白纸从字典中水平向右抽出拉力至少做的功W为0.4J.

点晴：解决本题关键理解字典恰好能被拉动，A4纸对字典的摩擦力f1＞f2，先找出f和x呈线性关系，再根据f=μmg求得摩擦力，利用W=fx求得拉力做功。

12.在如图所示的xoy坐标系中，一对间距为d的平行薄金属板竖直固定于绝缘底座上，底座置于光滑水平桌面的中间，极板右边与y轴重合，桌面与x轴重合，o点与桌面右边相距为，一根长度也为d的光滑绝缘细杆水平穿过右极板上的小孔后固定在左极板上，杆离桌面高为1.5d，装置的总质量为3m．两板外存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），假设极板内、外的电磁场互不影响且不考虑边缘效应．有一个质量为m、电量为+q的小环（可视为质点）套在杆的左端，给极板充电，使板内有沿x正方向的稳恒电场时，释放小环，让其由静止向右滑动，离开小孔后便做匀速圆周运动，重力加速度取g。求：

（1）环离开小孔时的坐标值；

（2）板外的场强E2的大小和方向；

（3）讨论板内场强E1的取值范围，确定环打在桌面上的范围。

【答案】（1）环离开小孔时坐标值是-d；
（2）板外的场强E2的大小为，方向沿y轴正方向；
（3）场强E1的取值范围为，环打在桌面上的范围为。

【解析】

【详解】（1）设在环离开小孔之前，环和底座各自移动的位移为x1、x2．由于板内小环与极板间的作用力是它们的内力，系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：
  mx1-3mx2=0              ①
而x1+x2=d                ②
①②解得：x1=d ③
  x2=d
环离开小孔时的坐标值为：xm=d-d=-d
（2）环离开小孔后便做匀速圆周运动，须
qE2=mg
 解得：，方向沿y轴正方向
（3）环打在桌面上的范围可画得如图所示，临界点为P、Q，则

若环绕小圆运动，则R=0.75d  ④
根据洛仑兹力提供向心力，有：  ⑤
环在极板内做匀加速运动，设离开小孔时的速度为v，根据动能定理，有：
qE1x1=mv2⑥
联立③④⑤⑥解得： 
若环绕大圆运动，则R2=（R-1.5d）2+（2d）2 
解得：R=0.48d             ⑦
联立③⑤⑥⑦解得： 
故场强E1的取值范围为 ，环打在桌面上的范围为。

13.下列说法正确的是(　　)

A. 能量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性

B. 水凝结成冰后，水分子的热运动也停止了

C. 当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小

D. 在完全失重的状态下，一定质量的理想气体压强为零

E. 摩尔质量为M( kg/mol)、密度为ρ(kg/m3)的1m3的铜所含原子数为NA（阿伏伽德罗常数为NA）

【答案】ACE

【解析】

【详解】能量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性，选项A正确；水凝结成冰后，水分子的热运动并没有停止，选项B错误；当分子间的引力和斥力平衡时，分子力表现为零，此时分子势能最小，选项C正确；根据压强的微观意义可知，气体的压强与气体是否失重无关，故D错误。摩尔质量为M（ kg/mol）、密度为ρ（kg/m3）的1m3的铜所含原子数为：，故E正确.

14.如图所示，完全相同的导热活塞A、B用轻杆连接，一定质量的理想气体被活塞A、B分成I、II两部分，封闭在导热性能良好的气缸内，活塞A与气缸底部的距离=10 cm。初始时刻，气体II的压强与外界大气压强相同，温度T1=300 K。已知活塞A、B的质量均为m=1 kg，横截面积均为S=10 cm2，外界大气压强p0=1×105 Pa，取重力加速度g=10 m/s2，不计活塞与气缸之间的摩擦且密封良好。现将环境温度缓慢升高至T2=360 K，求此时：

①活塞A与气缸底部距离；

②气体II的压强；

③轻杆对活塞B作用力的大小。

【答案】①12 cm  ②1.2×105 Pa  ③30 N

【解析】

①气体I做等压变化

T1=300 K  V1=10S    T2=360 K   V2=l′S

由盖吕萨克定律得

解得活塞A与气缸底部的距离为

l′=12 cm

②气体II做等容变化

T1=300 K  p1=p0=1×105 Pa  T2=360 K

由查理定律得

解得p2=1.2×105 Pa

③以活塞B研究对象，由受力平衡，得

解得轻杆对活塞B的拉力大小为

F=30 N