2019届广东省中山市第一中学等七校联合体高三下学期冲刺理科综合物理试题（解析版）

广东省中山一中等七校联合体2019届高三冲刺模拟理科综合物理试题

【1—5题为单选，6—3题为多选】

1. 下列说法正确的是( )

A. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应

B. 汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构

C. 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短

D. 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大

【答案】D

【解析】

A、太阳内部有大量的氢核，太阳内部温度极高，满足氢核发生聚变的条件，所以A错误；

B、粒子散射实验表明原子的核式结构，故B错误；

C、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为光的频率小于极限频率，即改光的波长太长，故C错误；

D、根据，轨道半径增大，电子的动能减小，原子能量增大，势能增大；故D正确；

点睛：本题考查了聚变和裂变反应、玻尔理论以及能级等知识点，关键掌握这些知识的基本概念和基本规律，以及理清一些物理学史。

2.a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是

A. a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度

B. 20秒时，a、b两物体相距最远

C. 60秒时，物体a在物体b的前方

D. 40秒时，a、b两物体速度相等，相距200m

【答案】C

【解析】

【分析】

速度时间图像的斜率表示加速度、面积表示位移、面积差表示相对位移，两物体速度相同对应相对距离的极值，两物体从同一位置出发，据此可以分析出接下来的位置关系。

【详解】A. a、b加速时，b的斜率更大，所以b的加速度更大，A错误；

B.第40秒时，两物体速度相等，此时位移差最大，所以相距最远，B错误；

C.由面积可得，60秒时a的位移是2100m，b的位移是1600m，所以a在b的前方，C正确；

D.40秒时，由图像面积差可得，两物体的相对位移是900m，故D错误。

【点睛】对于速度时间图像要抓住两个数学方面的意义来理解其物理意义：斜率表示加速度，面积表示位移。

3.匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1 m，D为AB的中点，如图所示。已知电场线的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14 V、6 V和2 V，设场强大小为E，一电量为1×C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W,则

A. W=8×J E＞8 V/m

B. W=6×J E＞6 V/m

C. W=8×J E≤8 V/m

D. W=6×J E≤6 V/m

【答案】A

【解析】

试题分析：由题匀强电场中，由于D为AB的中点，则D点的电势，电荷从D点移到C点电场力所做的功为W=qUDC=q（φD-φC）=1×10-6×（10-2）J=8×10-6J．AB的长度为1m，由于电场强度的方向并不是沿着AB方向，所以AB两点沿电场方向的距离d＜1m，匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比，即U=Ed，所以，故选A。

考点：电势；电场强度

4.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离。下列说法正确的是(　　)

A. B和A刚分离时，弹簧长度等于原长

B. B和A刚分离时，它们的加速度为g

C. 弹簧的劲度系数等于

D. 在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动

【答案】C

【解析】

试题分析：A、B和A刚分离时，B受到重力mg和恒力F，B的加速度为零，A的加速度也为零，说明弹力对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态．故AB错误．B和A刚分离时，弹簧的弹力大小为mg，原来静止时弹力大小为2mg，则弹力减小量△F=mg．两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小△x=h，由胡克定律得：．故C错误；对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，开始时合力为零，当加向上的拉力F=mg时，整体向上做加速运动；在向上运动过程中，重力2mg不变，弹力在减小，合力减小，加速度减小，故整体做变加速运动．故D正确．故选D.

考点：牛顿第二定律的应用.

【名师点睛】此题考查了牛顿第二定律应用；解题的关键是搞清两个物体分离的条件：一是加速度相等，二是两物体之间的弹力为零；所以只要分别隔离两个物体即可求解相关的物理量；此题物理过程比较复杂，需认真分析.

5.如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与P点的连线垂直于电场线，M点与N在同一电场线上。两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v0分别从M点和N点沿竖直平面进入电场，重力不计。N点的粒子垂直电场线进入，M点的粒子与电场线成一定夹角进入，两粒子恰好都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是

A. 电场力对两粒子做功相同

B. 两粒子到达P点的速度大小可能相等

C. 两粒子到达P点时的电势能都减小

D. 两粒子到达P点所需时间一定不相等

【答案】D

【解析】

由图可知MP两点在同一等势面上，所以两点间的电势差为零，而NP间的电势差大于零，根据W=qU知，电场力对M点的粒子不做功，对N点的粒子做正功，故A错误；根据动能定理知N点的粒子到达P点时电场力做正功，所以速度增大，而M点的粒子到达P点时电场力不做功，所以速度大小不变，又因它们的初速度大小相等，所以两粒子达到P点的速度大小不等，故B错误；M点的粒子到达P点时电势能不变，N点的粒子到达P点电场力做正功，所以电势能减少，故C错误；在垂直于电场线方向，两个粒子都做匀速直线运动，设PM=L，设M点的粒子与电场线的夹角为α．则M点的粒子到达P点的时间 ：  ，N点的粒子到达P点的时间： ，由此可见，两粒子到达P点所需时间一定不相等，故D正确。所以D正确，ABC错误。

点睛：本题主要考查了电场力做功、电势能及速度的分解得应用，首先分析初末位置的电势差，判断电场力做功的关系．由动能定理分析速度大小关系．运用运动的分解法和运动学公式分析运动时间的关系。

6.如图所示，质量为m的小球a、b之间用轻绳相连，小球a通过轻杆固定在左侧竖直墙壁上，轻杆与竖直墙壁夹角为30°。现改变作用在小球b上的外力的大小和方向，轻绳与竖直方向的夹角保持60°不变，则

A. 轻绳上的拉力一定小于mg

B. 外力F最小值为

C. 轻杆对小球a作用力的方向不变

D. 轻杆对小球a的作用力最小值为mg

【答案】BD

【解析】

【分析】

分别以a与b为研究对象，结合共点力平衡的条件列式即可求出。

【详解】A、对b进行受力分析如图，当F的方向发生变化时，由图可知，轻绳上的拉力可能小于mg，也可能大于mg，故A错误。

B、由b的受力图可知，当拉力F的方向与ab绳子垂直时，拉力F最小为：Fmin=mgsin60°=mg，故B正确。

C、以a为研究对象，可知a受到重力、绳子ab对a的作用力以及杆对a的作用力处于平衡状态，由三个力平衡的特点可知，杆对a的作用力与a的重力、ab对a的拉力的合力大小相等，方向相反。a受到的重力大小方向都不变，绳对a的拉力方向不变，大小是变化的，所以a受到的重力与绳对a的拉力的合力大小、方向都是变化的，所以杆对a的作用力大小、方向都是变化的，故C错误。

D、由b的受力分析可知，当拉力F对b的拉力方向竖直向上时，拉力F与b的重力大小相等，方向相反，绳子ab此时的拉力等于0，此时a只受到重力和杆对a的作用力，此时杆对a的作用力最小，恰好等于a的重力，故D正确。

故选：B、D

【点睛】本题有隐含的临界问题，关键运用图解法确定出F的范围，得到F最小的条件，再由平衡条件进行求解．

7.如图甲所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n1 : n2 = 3 : 1，且分别接有阻值相同的电阻R1和R2，R1=R2=100Ω，通过电阻R1瞬时电流如图乙所示，则此时（   ）

A. 用电压表测量交流电源电压约424 V

B. 图乙交流电瞬时值表达式为0.6sin0.2t（A）

C. 交流电源的功率180 W

D. R1和R2消耗的功率之比为1:3

【答案】AC

【解析】

【详解】A、由U1:U2=n1:n2，I1:I2=n2:n1得，通过R1的电流有效值为，通过R2的电流的有效值，副线圈两端的电压，原线圈两端电压，而，故A正确；

B、根据瞬时电流的图象可知，，周期为，故角速度为，则瞬时电流的表达式为；故B错误.

C、交流电源的功率P=UI1=180W，故C正确；

D、R1消耗的功率，R2消耗的功率，则P1：P2=1：9，故D错误；

故选AC.

8.如图所示，有一垂直于纸面向外的磁感应强度为B的有界匀强磁场(边界上有磁场)，其边界为一边长为L的正三角形，A、B、C为三角形的顶点．今有一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以速度v＝从AB边上某点P既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，然后从BC边上某点Q射出．则(　　)

A. |PB|< B. |PB|<

C. |QB|≤ D. |QB|≤

【答案】AD

【解析】

解：粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R=．由题知：v=，解得：R=L．

如图所示，当圆心处于O1位置时，粒子正好从AC边切过，并与BC边过，因此入射点P1为离开B最远的点，满足|PD|≤L+L，故A正确，B错误；

当圆心处于O2位置时，粒子从P2射入，打在BC边的Q点，由于此时Q点距离AB最远为圆的半径L，故QD最大，即|QD|≤L×=L，故C错误，D正确．

故选：AD．

【点评】考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动．由于运动轨迹的对应的半径不变，所以当从不同的位置进入时，出磁场位置也不同，故当轨迹刚与BC相切或与BC垂直相交，是本题考虑的两种临界状态，也是解题的突破口．

9.某物理兴趣小组为“验证动能定理”和“测当地的重力加速度”，采用了如图甲所示的装置，其中m1=50g、m2=150g．开始时保持装置静止，然后释放物块m2，m2可以带动m1拖着纸带打出一系列的点，对纸带上的点进行测量，只要证明，即可验证动能定理，同时也可测出重力加速度的数值，其中h为m2的下落高度，v是对应时刻m1、m2的速度大小．某次实验打出的纸带如图乙所示，0是打下的第一个点，两相邻点间还有4个点没有标出，交流电频率为50Hz．（以下计算结果均保留三位有效数字）

（1）系统的加速度大小为______ m/s2，在打点0～5的过程中，系统动能的增量△E1= ______ J．

（2）某同学作出的图象如图丙所示，若忽略一切阻力的情况下，则当地的重力加速度g= ______ m/s2．

【答案】    (1). 4.80    (2). 0.576    (3). 9.67

【解析】

试题分析：（1）分析纸带，根据连续相等时间间隔内位移之差即，即，从而可得加速度。0是第一个点，速度等于0，点5为点4和点6的中间时刻，瞬时速度等于平均速度即，系统动能增量为

（2）根据可得，即图像斜率为，结合丙图可得，可得

考点：验证机械能守恒定律

【名师点睛】匀变速直线运动连续相等时间间隔内位移之差等于，中间时刻的瞬时速度等于平均速度等于位移与时间之比。根据机械能守恒公式，图像斜率即，要把公式表达式和图像结合，通过图像斜率和截距来求解相关物理量。

10.某同学用如图（a）所示的实验电路来测量未知电阻Rx的阻值．将电阻箱接入a、b之间，闭合电键S，适当调节滑动变阻器R′后保持滑片位置不变，改变电阻箱的阻值R，得到多组电压表的示数U与R的数据，并绘出的U-R图象如图（b）所示．

(1)请用笔画线代替导线，根据电路图在图（c）中画出缺少的两根导线________．

(2)用待测电阻Rx替换电阻箱，读得电压表示数为5.0V，利用图（b）中的U－R图象可得Rx＝___Ω.（保留两位有效数字）．

(3)使用较长时间后，电源的电动势可认为不变，但其内阻增大，若仍使用该装置和图（b）中的U－R图象来测定某一电阻，则测定结果将________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”） ．若仍想使用该电路和（b）中测绘的U－R关系图像测量电阻，则需对电路进行简单修正：将电阻箱的阻值调到10Ω，并接入a、b之间，调整滑动变阻器滑片的位置，使电压表示数为________V，之后保持滑动变阻器阻值不变，即可用原来的方法继续测量电阻．

【答案】    (1).     (2). 25    (3). 偏小    (4). 4.0

【解析】

【详解】（1）由图（b）得到，当纵坐标5.0V时，横坐标为25.0Ω，即此时电阻箱接入电路部分的电阻为25.0Ω，则替代电阻箱的被测电阻的阻值为25.0Ω；

（2）因为，当电池内阻r增大时，则增大，同一个R，U减小，即电压表读数将变小，按原来的U-R图象，则电阻的测量值小于真实值，即偏小；将电阻箱的阻值调到10Ω，并接入a、b之间，调整滑动变阻器滑片的位置，由图象可知，使电压表示数为4.0V，之后保持滑动变阻器阻值不变，即可用原来的方法继续测量电阻。

11.如图甲所示，电阻不计的光滑平行金属导轨相距L = 0.5m，上端连接R=0.5Ω的电阻，下端连着电阻不计的金属卡环，导轨与水平面的夹角θ=300，导轨间虚线区域存在方向垂直导轨平面向上的磁场，其上、下边界之间的距离s = 10m，磁感应强 度B-t图如图乙所示.长为L且质量为m= 0.5kg的金属棒ab的电阻不计，垂直导 轨放置于距离磁场上边界d = 2.5m处，在t= 0时刻由静止释放，棒与导轨始终接触良好，滑至导轨底端被环卡住不动g取10m/s2，求：

(1)棒运动到磁场上边界的时间；

(2)棒进入磁场时受到的安培力；

(3)在0-5s时间内电路中产生的焦耳热.

【答案】t=1s；F安=2.5N； Q=75J                 

【解析】

（1）棒从静止释放到刚进磁场的过程中做匀加速运动，由牛顿第二定律得：
 mgsinθ=ma
得：a=gsinθ=5m/s2
由运动学公式：d=at2 得：

（2）棒刚进磁场时的速度v=at=5m/s
由法拉第电磁感应定律：E=BLv        
而  、F安=BIL        
得：安培力F安= =2.5N
（3）因为F安=mgsinθ=2.5N，所以金属棒进入磁场后做匀速直线运动，运动至导轨底端的时间为： 

由图可知，棒被卡住1s后磁场才开始均匀变化，且

由法拉第电磁感应定律：

 所以在0-5s时间内电路中产生的焦耳热为：Q=Q1+Q2
而Q1= t1=25J，Q2=t2=50J    
所以Q=75J

点睛：本题根据牛顿第二定律和运动学公式结合分析棒的运动情况，关键是求解安培力．当棒被卡住后磁场均匀变化，回路中产生恒定电流，由焦耳定律求解热量．

12.如图，木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x．与滑块B（可视为质点）相连的细线一端固定在O点．水平拉直细线并给B一个竖直向下的初速度，当B到达最低点时，细线恰好被拉断，B从A右端的上表面水平滑入．A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力．已知A的质量为2m，B的质量为m，A、B之间动摩擦因数为μ；细线长为L、能承受的最大拉力为B重力的5倍；A足够长，B不会从A表面滑出；重力加速度为g．

(1)求B的初速度大小v0和细线被拉断瞬间B的速度大小v1；

(2)A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件；

(3)x在满足(2)条件下，讨论A与台阶碰撞前瞬间的速度.

【答案】（1）      （2）  （3）(i)当即时， (ii)当即时，

【解析】

【详解】(1)滑块B从释放到最低点，机械能守恒，有：  ①

在最低点，由牛顿运动定律：   ②

又：  ③

联立①②③得：

(2)设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，

由动量守恒   ④

若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：  ⑤

对A应用动能定理：  ⑥

联立④⑤⑥解得：   ⑦

即A与台阶只能碰撞一次的条件是：

(3)设x=时，A左端到台阶板前瞬间，A、B恰好达到共同速度，

由动量守恒   ⑧

对A应用动能定理：   ⑨

联立⑧⑨得：   ⑩

 (i)当即时，AB共速后A与挡板碰撞．

由⑧可得A与台阶碰撞前瞬间的速度：   ⑩

 (ii)当即时，AB共速前A就与台阶碰撞，

对A应用动能定理：  

A与台阶碰撞前瞬间的速度：

13.分子动理论较好地解释了物质的宏观热力学性质。据此可判断下列说法中正确的是（）

A. 显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了炭粒分子运动的无规则性

B. 分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大

C. 分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大

D. 真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素

E. 单位时间内，气体分子对容器壁单位面积上的碰撞次数减少，气体的压强不一定减小

【答案】CDE

【解析】

【详解】A、墨水中的小碳粒的运动是因为大量水分子对它的撞击作用力不平衡导致的，并且没有规则，这反映了液体分子运动的无规则性;故A错误.

B、当分子间距离为r0时，分子间作用力最小，所以当分子间距离从大于r0处增大时，分子力先增大后减小，故B错误；

C、当分子间距离等于r0时，分子间的势能最小，分子可以从距离小于r0的处增大分子之间距离，此时分子势能先减小后增大，故C正确；

D、温度越高，分子无规则运动的剧烈程度越大，因此在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素，故D正确.

E、气体的压强与单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数以及分子对器壁的平均撞击力有关，若温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，气体的压强不一定减小；故E正确.

故选CDE.

14.如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸各有一个活塞，质量分别为m1和m2，活塞与气缸无摩擦。活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h.（已知m1＝2m，m2＝m）

（1）在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度始终保持为T0）；

（2）在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到1.25T0，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）。

【答案】（1）x=h（2）0.75mgh

【解析】

⑴设左、右活塞的面积分别为A/和A，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即：

由此得：

在两个活塞上各加一质量为m的物块后，右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中。

在初态，气体的压强为，体积为；在末态，气体压强为，体积为（x为左活塞的高度）。由玻意耳－马略特定律得：

解得：即两活塞的高度差为

⑵当温度由T0上升至T时，气体的压强始终为，设x/是温度达到T时左活塞的高度，由盖·吕萨克定律得：

活塞对气体做的功为：

在此过程中气体吸收热量