2019届广东省揭阳市高三下学期第二次模拟考试理综物理试题（解析版）

2019届广东省揭阳市高三下学期第二次模拟考试理综物理试题（解析版）本试卷分单项选择题、多项选择题和非选择题三个部分。满分300分。考试时间150分钟。二、选择题：本题共8小题，每小题6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.轻核聚变其中的一个反应方程是：。若已知的质量为m1，的质量为m2，的质量为m3，x的质量为m4，则下列说法中正确的是：A. 和在常温下就能够发生聚变B. x是质子C. 这个反应释放的核能为ΔE=(m1+m2-m3-m4)c2D. 我国一部分核电站就是利用轻核的聚变释放的能量来发电的【答案】C【解析】【详解】A项：和在常温下不能发生聚变，只有在高温下才能发生聚变，故A错误；B项：根据质量数守恒和电荷数守恒得到，x的质量数为1，电荷数为0，则x是中子，故B错误；C项：该方程的质量亏损为，，故C正确；D项：我国大亚湾核电站就是利用重核的裂变释放的能量来发电的，故D错误。 2.瑞士阿尔卑斯山的劳特布伦嫩跳伞区是全球最美的跳伞地之一，每一年都吸引了无数跳伞爱好者汇聚此地。某日一跳伞爱好者以5m/s的速度竖直匀速降落，在离地面h=10m的地方掉了一颗扣子，则跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为（扣子受到的空气阻力可忽略，g取10m/s2）A. 2 s B. sC. 1 s D.  s【答案】C【解析】【分析】扣子做初速度为5m/s的匀加速运动落地，由位移时间关系求得扣子落地时间，跳伞员匀速运动，根据位移时间关系求得落地时间从而求得落地时间差．【详解】由题意知，扣子做初速度为5m/s加速度为重力加速度的匀加速运动，落地时位移为10m，根据位移时间关系x=v0t+at2代入数据有：10=5t1+×10×t12；求得扣子落地时间：t1=1s
跳伞员匀速运动，根据位移时间关系知，运动员落地时间，所以跳伞员晚着陆时间为△t=t2-t1=1s；故选C。【点睛】知道掉落的扣子做匀加速运动，跳伞员做匀速运动，掌握位移时间关系是正确解题的关键． 3.在卫生大扫除中，某同学用拖把拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F，如图所示，此时推力与水平方向的夹角为θ，且拖把刚好做匀速直线运动。从某时刻开始保持力F的大小不变，减小F与水平方向的夹角θ，则A. 拖把将做减速运动B. 拖把继续做匀速运动C. 地面对拖把的支持力FN变小D. 若减小θ的同时减小F，拖把一定做加速运动【答案】C【解析】【详解】设拖把与地面之间的动摩擦因数为，则：拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，受力示意图如图所示，将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件得：竖直方向上：， 水平方向上：，式中FN和Ff分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。由于，减小F与水平方向的夹角θ时，Ff减小而Fcosθ增大，所以Fcosθ-Ff将大于0，所以拖把将做加速运动，故AB错误；由得，减小F与水平方向的夹角θ，sinθ减小，地面对拖把的支持力FN变小，故C正确；由得：减小θ，cosθ变大，同时减小F，Fcosθ不确定如何变化，所以拖把不一定做加速运动，故D错误。 4.如图所示，MN是某匀强电场中的一条电场线。一带正电粒子射入电场后，仅在电场力作用下沿轨迹ABC运动。下列说法中正确的是A. 粒子在A点的加速度比在C点的加速度大B. 粒子在A点的电势能比在C点的电势能小C. M、N两点的电势：D. 电场线的方向水平向右【答案】B【解析】【详解】A项：由于电场为匀强电场，可得到粒子在A点的加速度与C点的加速度大小相等，故A错误；B、C、D项：粒子带正电，粒子在B点受电场力方向向左，故电场线方向左，又有：沿着电场线电势降低，所以，从A到C电场力做负功，电势能增加，所以粒子在A点的电势能比在C点的电势能小，故B正确，CD错误。 5.如图所示，一光滑细杆固定在水平面上的C点，细杆与水平面的夹角为30°，一原长为L的轻质弹性绳，下端固定在水平面上的B点，上端与质量为m的小环相连，当把小环拉到A点时，AB与地面垂直，弹性绳长为2L，将小环从A点由静止释放，当小环运动到AC的中点D时，速度达到最大。重力加速度为g，下列说法正确的是A. 在下滑过程中小环的机械能先减小后增大B. 小环刚释放时的加速度大小为gC. 小环到达AD的中点时，弹性绳的弹性势能为零D. 小环的最大速度为【答案】B【解析】【详解】A项：小环受重力、支持力和弹性绳弹力，弹力做功，故环的机械能不守恒，小环和弹性绳系统的机械能守恒，小环到达AD的中点时，弹性绳的长度为2L，伸长量不为0，在AD之间有一位置弹性绳与AC垂直，小环从A点到弹性绳与AC垂直位置的过程中，弹性绳对小环做正功，从弹性绳与AC垂直位置往下弹性绳对小环做负功，所以下滑过程中小环的机械能先增大再减小，故A错误；B项：在A位置，环受重力、弹性绳拉力、支持力，根据牛顿第二定律，有：，在D点，环的速度最大，说明加速度为零，弹簧长度为2L，故：联立解得：，故B正确；C项：小环到达AD的中点时，弹性绳的长度为 ，伸长量不为0，故弹性势能不为零，故C错误；D项：小环和弹性绳系统的机械能守恒，在D点速度最大，此时弹性绳长度等于初位置橡皮绳的长度，故初位置和D位置环的机械能相等，所以，解得：，故D错误。 6.2018年6月14日，探月工程嫦娥四号任务“鹊桥”中继星成功实施轨道捕获控制，进入环绕距月球约6.5万公里的地月拉格朗日L2点的Halo使命轨道，为嫦娥四号“照亮”“驾临”月球背面之路。当“鹊桥”位于拉格朗日点L2上时，会在月球与地球的共同引力作用下，几乎不消耗燃料而保持与月球同步绕地球做圆周运动。下列说法正确的是A. “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小B. “鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球线速度大C. “鹊桥”中继星绕地球转动的周期比地球的同步卫星周期长D. “鹊桥”中继星绕地球转动的角速度比月球绕地球角速度小【答案】BC【解析】【详解】A、D项：根据题意知“鹊桥”中继星绕地球转动周期与月球绕地球转动的周期相同，根据知“鹊桥”中继星绕地球转动的角速度与月球绕地球角速度相等，根据知“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AD错误；B项：、“鹊桥”中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大，根据知“鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球线速度大，故B正确；C项：根据万有引力提供向心力，得，因为“鹊桥”中继星的轨道半径大于地球同步卫星的轨道半径，所以“鹊桥”中继星绕地球转动的周期比地球同步卫星的周期长，故C正确。 7.如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时，线框的速度为v，方向与磁场边界成45°，若线框的总电阻为R，则A. 线框穿进磁场过程中，框中电流方向为ABCDB. AC刚进入磁场时线框中感应电流为C. AC刚进入磁场时线框所受安培力D. 此时CD两端电压为【答案】AC【解析】【详解】A项：线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为ABCD方向，故A正确；B项：AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势：，则线框中感应电流为：，故B错误；C项：AC刚进入磁场时线框cd边产生的安培力与v的方向相反，ad边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是：，由几何关系可以看出，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量合，即：，故C正确；D项：当AC刚进入磁场时，CD两端电压：，故D错误。 8.如图所示，在竖直面内固定有一半径为R的圆环，AC是圆环竖直直径，BD是圆环水平直径，半圆环ABC是光滑的，半圆环CDA是粗糙的。一质量为m小球（视为质点）在圆环的内侧A点获得大小为v0、方向水平向左的速度，小球刚好能第二次到达C点，重力加速度大小为g。在此过程中A. 小球通过A点时处于超重状态B. 小球第一次到达C点时速度为C. 小球第一次到达B点时受到圆环的弹力大小为D. 小球损失的机械能为【答案】ACD【解析】【详解】A项：在A点受重力和支持力的合力提供向心力，即，解得：，故小球通过A点时处于超重状态，故A正确；B项：小球第一次到达C点的过程由动能定理得：，解得：，故B错误；C项：小球第一次到达B点的过程由动能定理得：，在B点由牛顿第二定律得：，解得：，故C正确；D项：设整个过程克服摩擦力做功为W，根据动能定理得：，刚好能第二次到达C点，则，由功能关系得：，解得：，故D正确。 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）9.某实验小组采用图甲所示的装置“探究动能定理”即探究小车所受合外力做功与小车动能的变化之间的关系。该小组将细绳一端固定在小车上，另一端绕过定滑轮与力传感器、重物相连。实验中，小车在细绳拉力的作用下从静止开始加速运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况，力传感器记录细绳对小车的拉力大小。（1）实验中为了把细绳对小车的拉力视为小车的合外力，要完成的一个重要步骤是______________；（2）若实验中小车的质量没有远大于重物的质量，对本实验 ______ 影响（填“有”或“没有”）； （3）实验时，下列物理量中必须测量的是______。A．长木板的长度L    B．重物的质量m   C．小车的总质量M （4）实验中，力的传感器的示数为F，打出的纸带如图乙。将打下的第一个点标为O，在纸带上依次取A、B、C三个计数点。已知相邻计数点间的时间间隔为T，测得A、B、C三点到O点的距离分别为x1、x2、x3。则从打O点到打B点过程中，探究结果的表达式是：__________________________（用题中所给字母表示）【答案】    (1). 平衡摩擦力    (2). 没有    (3). C    (4). 【解析】【详解】(1) 小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使细线的拉力等于其合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力；(2) 由于有力传感器测量绳的拉力，则没必要使小车质量远大于重物和力传感器的总质量，即对实验没有影响；(3)由题可知，小车的合力即力传感器的示数，由纸带可求得小车运动某段距离时对应的速度，由原理，所以一定要测量的物理量为小车的质量，故C正确；(3) 从打 O 点到打 B 点的过程中，拉力对小车做的功，B点的速度，小车动能的增加量，探究结果的表达式是：。 10.某同学用一个满偏电流为10 mA、内阻为30 Ω的电流表，一只滑动变阻器和一节电动势为1.5 V的干电池组装成一个欧姆表，如图所示。（1）该同学按如图正确连接好电路。甲、乙表笔中，甲表笔应是____（选填“红”或“黑”）表笔。（2）测量电阻前，他先进行欧姆调零：将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到___________处。（3）欧姆调零后，他将甲、乙两表笔分别接如图中的a、b两点，指针指在电流表刻度的4 mA处，则电阻Rx=________ Ω。（4）若误将甲、乙两表笔分别接在了如图中的a、c两点，则Rx的测量结果________（选填“偏大”或“偏小”）。（5）再给电流表并联一个合适的定值电阻R0，就可组装成一个中间刻度值为15 Ω的欧姆表，则R0=________ Ω。(保留两位有效数字)【答案】    (1). 红    (2). 10mA    (3). 225    (4). 偏小    (5). 3.3【解析】【详解】(1) 由图示可知，甲表笔与欧姆表内置电源负极相连，甲表笔是红表笔；(2) 测量电阻前，他先进行欧姆调零：将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到电阻为零即电流最大的地方（10mA）；(3) 欧姆表内阻：，指针指在电流表刻度的4mA处，由闭合电路欧姆定律得：，解得：；(4) 若误将甲、乙两表笔分别接在了图中的a、c两点，由图示电路图可知，两电池串联，相当于欧姆表内置电源电动势E变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变大，欧姆表指针向右偏转，欧姆表示数变小，Rx的测量结果偏小；(5) 欧姆表内阻等于中值电阻，中间刻度值为15Ω的欧姆表，其内阻为15Ω，，把电流表改装成0.1A的电流表需要并联分流电阻，分流电阻阻值：。 11.如图所示，在坐标系的第一象限存在一垂直纸面向外的矩形有界匀强磁场，磁场的长为a，宽为，磁感应强度的大小为B。在第三象限存在与y轴成30°角的匀强电场。现有一带电荷量为q、质量为m的带正电的粒子由静止从电场的P点经电场加速后从O点进入磁场(不计粒子的重力)。求：（1）若粒子经磁场偏转后打到x轴上的（0，a）上，则粒子在磁场中运动的时间为多长；（2）欲使粒子恰好不能从上边界射出磁场，UPO的值；【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律，得：粒子圆周运动的周期：粒子在磁场运动的时间：解得：（2）设粒子进入磁场的速度为V时，恰好不能从上边界射出磁场。由动能定理，得：由牛顿第二定律，得：由几何关系，得：解得： 12.如图所示，在台阶的水平台面边缘静止一质量为m=0.1kg的小球A，在紧靠A的左侧用细线竖直挂一同样大小的小球B，两球心连线水平。在平台下面的地面上有一倾角为θ=37°的传送带，传送带顺时针转动，长度为，传送带的上端离台阶的高度H=0.45m。把小球B拉到离平台h=0.8m高处由静止释放，与小球A正碰后B的速率变为碰撞前的，小球A恰好沿平行于传送带的方向从传送带的上端飞上传送带并沿传送带运动。已知小球A与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度为g=10m/s2。求：（1）传送带上端与台阶的水平距离s；（2）求小球B的质量；（3）若要使小球A能在最短时间内到达传送带底端，传送带转动的速度应满足什么条件？【答案】（1）；（2）；（3）传送带的速度应该满足：【解析】【详解】（1）小球A做平抛运动，有：到达传送带上端时，竖直方向：传送带上端与台阶的水平距离：解得：（2）设B与A碰前的速度为，由动能定理，得：解得：碰后B的速度大小为：若碰后B的速度水平向右，由能量守恒定律，得：解得：因，故此情况成立。若碰后B的速度水平向左，则解得： 因，故此情况不成立。（3）设小球A在传送带运动时的最大速度为，由牛顿第二定律得：解得设传送带速度为V时，小球A恰能以一直匀加速至传送带下端并与传送带共速。小球A滑上传送带的速度：由运动学公式，得：解得：故传送带的速度应该满足： （二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。13.下列说法正确的是_______A. 分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小B. 液体表面层中分子间的相互作用力表现为引力C. 扩散现象在气体、液体中可以发生，在固体中不能发生D. 在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零E. 热量不能自发地从低温物体传递给高温物体【答案】ABE【解析】【详解】A项：根据分子力的特点可知，分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，故A正确；B项：当分子间距离为r0时，分子引力和斥力相等，液体表面层分子比较稀疏，分子间距大于r0，所以分子间作用力表现为引力，故B正确；C项：扩散现象在气体、液体、固体中均能发生，故C错误；D项：、在完全失重的情况下，气体分子运动不停止，对容器壁的碰撞不会停止，则气体的压强不会为零，故D错误；E项：由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传递给高温物体，说明能量转移具有方向性，故E正确。 14.如图所示，大气压强恒为p0，用横截面积为S的可动水平活塞将一定质量的理想气体密封于悬挂在天花板上的汽缸中，活塞的质量为。当环境的热力学温度为T0时，活塞与汽缸底部的高度差为h0。由于环境温度缓慢降低，活塞缓慢向上移动，降至某一值时，活塞向上移动了0.25h0。已知密封气体的内能U与热力学温度T的关系为U=kT(k为正常数)，汽缸导热良好，与活塞间的摩擦不计，重力加速度为g，求此过程中：（1）活塞缓慢向上移动距离0.25h0时气体的温度；（2）密封气体向外界放出的热量。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）由盖吕萨克定律，得：解得；（2）此过程，气体内能的变化量：外界对气体做的功：其中：由热力学第一定律，得：联立解得：即气体向外界放出的热量： 15.如图所示，a、b两列沿x轴传播的简谐横波，0时刻的波形如图所示，两列波传播的速度大小均为v=2m/s。a波的振幅为2cm，沿x轴正向传播，b波的振幅为1cm，沿x轴负向传播，下列说法中正确的是______A. 横波a的周期为2sB. x=1m处的质点的振幅为1cmC. t=0.5s时刻，x=2m处的质点位移为﹣3cmD. t=0.5s时刻，x=1m处的质点向y轴负方向振动E. t=1.0s时刻，x=2m处的质点位移大小等于3cm【答案】ABD【解析】由题可知，。若以x=0, x=4m处等效看作波源，两列波振动情况相反。x=1 m处的质点为振动减弱点 ，其振幅为，振动函数为； t=0.5 s时刻，x=1 m处的质点向y轴负方向振动；x=2m处的质点为振动加强点，振动函数为，t=0.5 s时刻，x=2 m处的质点位移为+3cm，t=1 s时刻，x=2 m处的质点位移大小等于0。综上分析可知 ABD正确。 16.如图所示为一半径为R的透明半球体过球心O的横截面，面上P点到直径MN间的垂直距离为。一细光束沿PO方向从P点入射，经过面MON恰好发生全反射。若此光束沿平行MN方向从P点入射，从圆上Q点射出，光在真空中的传播速度为c，求：①透明半球体的折射率n；②沿MN方向从P点入射的光在透明物中的传播时间t。【答案】①②【解析】试题分析：光线从P点入射，经过面MON恰好发生全反射，说明在MON面的入射角等于临界角C，由几何关系求出临界角进而求出折射率；由几何关系求出光线在P点的入射角，由折射定律求折射角，由几何关系求出光线在透明物中传播的距离，求出光线在透明物中传播的速度，从而求得传播时间。①设透明半球体的临界角为C，光路如图所示：                          则由几何关系有：又有：                       解得：                    ②光在P点的入射角设对应的折射角为r，则   解得：                           光在透明半球体中的传播距离光在透明半球体中的传播时间   光在透明半球体中的传播速度：       联立解得：                         点睛：本题主要考查了折射定律的应用，关键是掌握全反射的条件和临界角，要画出光路图，运用几何知识求解入射角与折射角，即可求解。