2019届四川省成都市树德中学高三下学期二诊模拟考试理科综合物理试题（解析版）

四川省树德中学2019届高三下学期二诊模拟考试理科综合物理试题

一、选择题

1.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是

A. 图甲：普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成功解释了光电效应

B. 图乙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率是不连续的

C. 图丙：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子

D. 图丁：根据电子束通过铝箔后的衍射图样，可以说明电子具有粒子性

【答案】B

【解析】

【详解】A、普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一，爱因斯坦第一个成功的解释了光电效应，故A错误；

B、玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的，故B正确；

C、卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，故C错误；

D、根据电子束通过铝箔后的衍射图样，说明电子具有波动性，故D错误；

故选B。

2.双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动。研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化。若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】设m1的轨道半径为R1，m2的轨道半径为R2，两星之间的距离为L；由于它们之间的距离恒定，因此双星在空间的绕向一定相同，同时角速度和周期也都相同，由向心力公式可得：对m1：，对m2：，又因为，，联立可得：，所以当两星总质量变为kM，两星之间的距离变为原来的n倍，圆周运动的周期为，故B正确，A、C、D错误；

故选B。

3.在如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，b两端接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，图中电压表和电流表均为理想电表，D为理想二极管，R0为定制电阻，L为电阻恒定的指示灯，Rr为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法中正确的是

A. 电压表的示数为22V

B. 若Rr处出现火灾时，电压表示数将变大

C. 若Rr处出现火灾时，电流表示数将变大

D. 若Rr处出现火灾时，指示灯L将变亮

【答案】C

【解析】

【详解】A、设原线圈两端电压为U1，根据热效应可得：，解得，则副线圈的电压，故A错误；

B、输入端的电压不变，匝数比不变，则电压表示数不变，故B错误；

C、若RT处出现火灾时，RT电阻变小，输出的总功率变大，则输入端的电功率变大，电压不变，则电流表的示数变大，故C正确；

D、若RT处出现火灾时，RT电阻变小，输出的总功率变大，电流强度变大，R0两端电压变大，则灯泡两端电压变小，灯泡变暗，故D错误；

故选C。

4.如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ（μ＜tanθ），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则下列说法正确的是（）

A. 转台一开始转动，细绳立即绷直对物块施加拉力

B. 当绳中出现拉力时，转台对物块做的功为μmgLsinθ

C. 当物体的角速度为时，转台对物块支持力为零

D. 当转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为

【答案】D

【解析】

转台一开始转动时，物体与转台之间的静摩擦力提供向心力，随转速的增加，静摩擦力逐渐变大，当达到最大静摩擦力时物块开始滑动，此时细绳绷直对物块施加拉力，选项A错误；

对物体受力分析知物块离开圆盘前
合力F=f+Tsinθ=m①
N+Tcosθ=mg②
根据动能定理知W=Ek=mv2③
当弹力T=0，r=Lsinθ④
由①②③④解得W=fLsinθ≤μmgLsinθ，至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为

μmgLsinθ，故B错误；当N=0，f=0，由①②③知W=mgLsinθtanθ=，故D正确；由①②知，所以当物块的角速度增大到时，物块与转台间恰好无相互作用，故C错误；故选D.

点睛：此题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0，f=0．

5.如图所示，一根重力G=0.1N、长L=1m的质量分布均匀的导体ab，在其中点弯成θ=60°角，将此导体放入匀强磁场中，导体两端a、b悬挂于两相同的弹簧下端，弹簧均为竖直状态，当导体中通过I=1A的电流时，两根弹簧比原长各缩短了△x=0.01m，已知匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小B=0.4T，则

A. 导体中电流的方向为b→a

B. 每根弹簧的弹力大小为0.10N

C. 弹簧的劲度系数k=5N/m

D. 若导体中不通电流，则弹簧伸长0.02m

【答案】AC

【解析】

A：当导体中通过I=1A的电流时，两根弹簧比原长缩短，安培力方向向上，则左手定则，导体中电流的方向为b→a。故A项正确。

B：通电后，导体棒的有效长度 ，受到的安培力，据受力分析解得，每根弹簧的弹力大小为0.05N。故B项错误。

C：据解得。故C项正确。

D：若导体中不通电流  解得：，弹簧伸长0.01m。故D项错误。

6.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2(已知m2=0.5kg)的两物块A、B相连接，处于原长并静止在光滑水平面上．现使B获得水平向右、大小为6m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象提供的信息可得      （      ）

A. 在t1时刻，两物块达到共同速度2m/s，且弹簧处于伸长状态

B. 从t3到t4之间弹簧由原长变化为压缩状态

C. t3时刻弹簧弹性势能为6J

D. 在t3和t4时刻，弹簧处于原长状态

【答案】AC

【解析】

从图象可以看出，从0到的过程中B减速A加速，B的速度大于A的速度，弹簧被拉伸，时刻两物块达到共同速度2m/s，此时弹簧处于伸长状态，A正确；从图中可知从到时间内A做减速运动，B做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，即时刻弹簧处于压缩状态，时刻弹簧处于原长，故BD错误；由图示图象可知，时刻两物体相同，都是2m/s，A、B系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： ，即，解得m1：m2=2：1，所以，在时刻根据能量守恒定律可得即，解得，C正确．

7.如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有与水平面平行的匀强电场，场强大小为E。在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为+q的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，以过C点的小球动能最大，且AC两点间的距离为R。忽略小球间的相互作用，下列说法正确的是

A. 电场的方向与AB间的夹角为30°

B. 电场的方向与AB间的夹角为60°

C. 若A点的电势φA=0，则C点的电势φC=-1.5ER

D. 若在A点以初动能Ek0发射的小球，则小球经过B点时的动能EkB=Ek0+qER

【答案】BC

【解析】

【详解】AB、点A与点C间的距离为，连接CO，，说明；小球在匀强电场中，从a点运动到c点，根据动能定理有：，因为到达C点时的小球的动能最大，所以最大，则在圆周上找不到与C电势相等的点，且由A到C电场力对小球做正功，过C点作切线，为等势线电场线与等势面垂直，场强方向如图示，所以电场方向与AB间的夹角θ为，故A错误，B正确；

C、AC间的电势差为：，若A点的电势，根据，则C点的电势，故C正确；

D、AB间的电势差为：，根据动能定理，在A点以初动能发射的小球，从A到B动能增加量为qER，则小球经过B点时的动能，故D错误；

故选BC。

8.如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车．在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN．缓冲车的底部，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B．导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L．假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，而缓冲车厢继续向前移动距离L后速度为零。已知缓冲车厢与障碍物和线圈的ab边均没有接触，不计一切摩擦阻力。在这个缓冲过程中，下列说法正确的是(     )

A. 线圈中的感应电流沿逆时针方向（俯视），最大感应电流为

B. 线圈对电磁铁的作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲

C. 此过程中，线圈abcd产生的焦耳热为

D. 此过程中，通过线圈中导线横截面的电荷量为

【答案】BC

【解析】

试题分析：冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v0，线圈中产生的感应电动势最大，则有 Em=nBLv0．感应电流最大为，由楞次定律知线圈中的感应电流沿顺时针方向，故A错误．根据左手定则可知线圈对电磁铁的安培力向左，使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲．故B正确．由功能关系得线圈产生的焦耳热为：Q=mv02．故C正确．此过程线圈abcd中通过的电量：，故D错误；故选BC．

考点：法拉第电磁感应定律；功能关系

【名师点睛】本题考查学生分析和理解科技成果的能力，运用电磁感应、电路及力学的基本规律进行分析和解答．根据右手定则判断感应电流的方向，由法拉第定律和欧姆定律结合求解最大感应电流．根据能量守恒求解线圈abcd产生的焦耳热．由求解电量；注意线圈的匝数不能遗漏。

二、非选择题

9.用下面的实验可以测量出滑块与桌面的动摩擦因素。图中A是可以固定于水平桌面的滑槽，（滑槽末端与桌面相切），B是质量为m的滑块（可视为质点）．

第一次实验：如图（a）所示，将滑槽固定于水平桌面的右端，滑槽的末端与桌面的右端M对齐，让滑块a从滑槽上最高点由静止释放滑下，落在水平地面上的P点，测出滑槽最高点距离桌面的高度为h、M距离地面的高度H、M与P间的水平距离为x1；

第二次实验：如图（b）所示，将滑槽固定于水平桌面的左端，测出滑槽的末端N与桌面的右端M的距离为L，M与P之间的水平距离为x2．

①在第一次实验中，滑块在滑槽末端时的速度大小为____________（用试验中所测得物理量的符合表示，已知当地重力加速度为g）

②实验中测得h=15cm，H=25cm，x1=30cm，L=10cm，x2=20cm，则滑块与桌面间的动摩擦因数为μ=___．滑块在滑槽上滑动期间克服阻力做的功与重力做功之比等于____．

【答案】    (1). ；    (2). 0.5；    (3). 0.4

【解析】

【详解】解：(1)设滑块滑到底端的速度为v0，通过第一次实验测量有：，，联立解得：；

(2)    设滑块滑到M点速度为vM，通过第二次实验测量有：，解得，从N到M过程中，根据功能关系有：，联立解得：，滑块在滑槽上重力做功为：，到达M点的动能为：，故滑块在滑槽上滑动期间克服阻力做的功与重力做功之比等于：；

10.某研究性学习小组的同学们来到电学实验室测量电源电动势和内电阻。大家分别选用不同的实验器材设计了以下四种测量电路：

(1)上面测量电路中，不能够完成实验目的是哪一个电路？____________．

小明同学根据其中的一个电路直接测得的实验数据作出了表．

(2)①由此可知该同学选用的是____________图所示的电路进行的实验．

②采用图象法处理数据时，应作出____________图线（选填U—R，或U—1/R，或1/U-1/R），若通过图像求出斜率是k，纵轴截距是b，则电源的电动势E=__________；r=__________。

【答案】    (1). c；    (2). d；    (3). ；    (4). ；    (5).

【解析】

【详解】解：(1)要想测量电动势和内电阻需要明确流过电源的电流路端电压，或者利用伏阻法、安阻法明确路端电压或电流；故a、b、d均可以进行测量；但丙图中无法得出流过电源的电流和电压，故c图无法进行测量；

(2)①由表中数据可知，测出了电压和电阻，故应是应用d图进行的实验；

②根据闭合电路欧姆定律可知：，若作出U−R图象得出的是曲线，无法进行数据分析，应进一步化简，得出：，即作出图象；或变形为：，故可以作出图象；由题意可知图象，由数学规律可知：，，联立解得：，；

11.2012年11月，我国舰载机在航母上首降成功。设某一舰载机质量为m = 2．5×104kg，着舰速度为v0=50m/s，着舰过程中航母静止不动。发动机的推力大小恒为F = 1．2×105N，若空气阻力和甲板阻力保持不变。

（1）若飞机着舰后，关闭发动机，仅受空气阻力和甲板阻力作用，飞机将在甲板上以a0=2m/s2的加速度做匀减速运动，航母甲板至少多长才能保证飞机不滑到海里。

（2）为了让飞机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了拦阻索让飞机减速，同时考虑到飞机尾钩挂索失败需要复飞的情况，飞机着舰时并不关闭发动机。若飞机着舰后就钩住拦阻索，图示为飞机钩住拦阻索后某时刻的情景，此时飞机的加速度大小为a1=38m/s2，速度为40 m/s，拦阻索夹角θ=106°两滑轮间距40m，（）

a．求此时拦阻索承受的张力大小。

b．飞机从着舰到图示时刻，拦阻索对飞机做的功。

【答案】（1）625m；（2）a．8．5×105N；b．-1．23×107J。

【解析】

试题分析：（1）由匀变速直线运动规律得

代入数据解得m 5分

（2）a．有牛顿第二定律得得5×104N

飞机着舰受力如图：

有牛顿第二定律得：

代入数据解得：N

b．从着舰到图示位置飞机前进m

由动能定理得：

代入数据解得：=-1．23×107J

考点：匀变速直线运动，牛顿第二定律，动能定理。

12.如图所示，为了研究带电粒子在电场和磁场中的运动，在空间中建立一平面直角坐标系xOy，在0<_y<5l的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，在x>0且y<0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，在y轴的正半轴上固定着一个长为l的弹性绝缘挡板，挡板上端位于Q点，下端与坐标原点O重合．有一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子甲从电场中的M点由静止释放，加速后以大小为v的速度从x轴上的P点进入磁场．当粒子甲刚进人磁场时，位于M点正下方的N点，有一质量为m，电荷量为1.5q的带正电的粒子乙由静止 释放，经过t0=时间加速后也从P点进入磁场．已知甲、乙两粒子在磁场中运动轨迹重合，均垂直打在弹性挡板上的Q点并以原速率弹回，不考虑粒子与挡板发生碰撞所需的时间，不计粒子重力． 

(1)求磁场的磁感应强度大小B； 

(2)求M、P两点和N、P两点间的距离y1和y2； 

(3)若粒子乙与弹性挡板相碰时，立即撤去磁场，并经过时间t恢复原磁场，要使此后两粒子一直在磁场中运动但不能经过同一位置，求时间t的取值范围．

【答案】(1) (2)；(3)

【解析】

【详解】解：(1)由于两粒子均垂直x轴进入磁场且垂直打在弹性挡板上，由几何关系可知，两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r=l

对于粒子甲在磁场中的运动，有

解得：

(2)设粒子乙进入磁场时的速率为v′，电场区域中电场强度的大小为E，对于粒子乙在磁场中的运动，有：

得：

由运动学规律可得：

粒子甲从M点运动到P点的过程中，由动能定理得：

粒子乙从N点运动到P点的过程中，由动能定理得：

联立上述两式可得：

(3)粒子甲进入磁场后经过时间绕圆心O转过的角度：

即粒子乙到达P点时，粒子甲恰好打在Q点上，

粒子乙从P点运动到Q点用时：

在时间t1内，粒子甲绕圆心Q1转过的角度：

设磁场撤去时，粒子甲位于C点，即，此后两粒子均做匀速直线运动；

若磁场恢复后，两粒子运动轨迹恰好相切于G点，如图1所示：

设粒子甲、乙运动轨迹的圆心分别为O2、O3，磁场恢复时粒子甲、乙分别位于F、D两点上，

由几何关系可知，线段O1O3与x轴平行，四边形O1O2FC为矩形，

在△O1O2O3中，由余弦定理得：

解得：

若磁场恢复后，粒子甲的运动轨迹恰好与磁场上边界相切于H点，如图2所示：

设粒子甲、乙运动轨迹的圆心分别为O2′、O3′，磁场恢复时粒子甲、乙分别位于F′、D′两点上，过点O2′作O2′I垂直O1O3′于点I，由几何关系可知

由图2可知：

解得：

综上所述，时间t的取值范围为：

13.如图，用隔板将一绝热气缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个气缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原 的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是________

A．气体自发扩散前后内能相同

B．气体在被压缩的过程中内能增大

C．在自发扩散过程中，气体对外界做功

D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功

E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变

【答案】ABD

【解析】

气体向真空扩散过程中不对外做功，且又因为气缸绝热，可知气体自发扩散前后内能相同，选项A正确，C错误；气体在被压缩的过程中活塞对气体做功，因气缸绝热，则气体内能增大，选项BD正确；气体在被压缩的过程中，因气体内能增加，则温度升高，气体分子的平均动能增加，选项E错误；故选ABD。

【名师点睛】此题考查学生对热力学第一定律的理解和运用能力；要知道气体在向真空膨胀时不对外做功；绝热状态时Q=0；理想气体的内能只与温度有关。

14.一热气球体积为 V，内部充有温度为 Ta的热空气，气球外冷空气的温度为 Tb．已知空气在 1 个大气压、温度为 T0时的密度为 ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g．

（i）求该热气球所受浮力的大小；

（ii）求该热气球内空气所受的重力；

【答案】(i) (ii)

【解析】

【详解】解：(i)设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0，密度为：

设温度为T的体积为VT，密度为：

由盖−吕萨克定律得：

联立可得：

气球受到的浮力为：

联立可得：

(ii)根据可得

气球内空气的重力为：

15.如图所示，一束复合光垂直玻璃砖界面进入球形气泡后分为a、b两种色光， 下列说法正确的是       。

A. 玻璃砖的气泡缺陷处显得更亮是光的全反射现象

B. a光在玻璃中的传播速度比b在玻璃中的传播速度大

C. a光的频率比b光的频率大

D. 若保持复合光的方向不变仅将入射点上移，则a光最先消失

E. 若让a、b二色光通过一双缝干涉装置，则a光形成的干涉条纹的间距最大

【答案】ACD

【解析】

玻璃砖的气泡缺陷处显得更亮是光的全反射现象，故A正确；由题图知，两光射向空气时，玻璃对b光的偏折程度较大，因此a光的折射率较大，再依据，可知，a光在玻璃中的传播速度比b钮玻璃中的传播速度小，故B错误；玻璃对a光的偏折程度较大，a光的折射率较大，则a光的频率比b光的频率大，故C正确；因a光的折射率较大，由 知，a光的临界角较小，若保持复合光的方向不变仅将入射点上移，则a光最先达到全反射的条件，从而a光最先消失，故D正确；让a、b二色光通过一双缝干涉装置，因a光的折射率较大，那么其波长较短，根据干涉条纹间距公式，则b光形成的干涉条纹的间距最大，故E错误。所以ACD正确，BE错误。

16.如图甲所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，已知波速v＝2.0 m/s，质点P平衡位置的坐标为(0.4，0)、质点Q平衡位置的坐标为(3.6，0)。

(ⅰ)求出从t＝0时刻到Q点第二次振动到波谷的这段时间内质点P通过的路程；

(ⅱ)在图乙中画出质点Q的振动图象(至少画出一个周期)。

【答案】(ⅰ) 0.22 m

(ⅱ)质点Q的振动图象如图所示。

【解析】

试题分析：根据波速、波长与周期的关系，求出周期，在求出从t＝0时刻到Q点第二次振动到波谷的这段时间，根据一个周期内通过的路程为四个振幅，即可求解；根据传播规律即可解题。

 (ⅰ)波的周期

从t＝0到质点Q第二次到达波谷所需时间

在这2.2 s内质点P经历

因而通过的路程为：

(ⅱ)质点Q的振动图象如图所示。

点睛：本题主要考查了波的传播规律，由时间与周期的倍数关系求质点通过的路程，该题难度不大。