2019届辽宁省辽南协作体高三下学期一模考试理综物理试题（解析版）

2019年辽宁省协作校高三一模考试理综合物理试题二、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14~17题只有一项符合题目要求,第18~21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.铀核经一系列的α衰变和β衰变后变为铅核一共经过几次α衰变和几次β衰变A. 6次α衰变和8次β衰变 B. 8次α衰变和6次β衰变C. 6次α衰变和6次β衰变 D. 8次α衰变和8次β衰变【答案】B【解析】【详解】每一次衰变质量数减少4个，电荷数减少2个；而每一次衰变质量数不变，电荷数增加1个；原子核衰变后成为铅核，质量数少32，可知发生了次衰变，电荷数少10，可知发生了：x=82+2×8-92=6次衰变，B正确。 2.如图所示,光滑的水平面上两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg的物体,中间用轻质弹簧秤连接,在两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力作用下一起匀加速运动,则A. 弹簧秤的示数是10N B. 弹簧秤的示数是25NC. 弹簧秤的示数是26N D. 弹簧秤的示数是52N【答案】C【解析】【详解】以两物体组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得：，解得：a=2m/s2，对物体，由牛顿第二定律得：，解得：T=26N，则弹簧秤示数为26N，C正确。 3.N(N>1)个电荷量均为q(q>0)的小球(可视为点电荷)均匀分布在半径为R的圆周上,示意如图,若移去位于圆周上P点的一个小球,则关于圆心O点处的电场强度和电势的变化情况(以无穷远为零势面),正确的是A. E变小,φ变小 B. E变大,φ变小C. E变小,φ变大 D. E变大,φ变大【答案】B【解析】【详解】如果没移去电荷之前，N（N＞1）个电荷量均为q（q＞0）的小球，均匀分布在半径为R的圆周上在圆心处场强为0，该点场强可以看成是移去的电荷和其余的电荷在该点场强的叠加，所以移去电荷后，在圆心O点处的电场强度与移去的电荷在该处的场强大小相等，方向相反。根据库仑定律得圆心O点处的电场强度大小，方向沿OP指向P，圆心O点处的电场强度变大；电势是标量，移去前一共有N(N>1)个电荷量均为q(q>0)的小球在O点产生电势，且都为正的，移去一个后，只有（N-1)个小球在O点产生电势，则总电势之和小于移去前的总电势之和，故O点的电势变小了，B正确。 4.如图所示,质量为M、半径为R半球形物体A放在水平地面上,通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B。整个装置处于静止状态,已知重力加速度为g则A. A对地面的摩擦力方向向左B. A对地面的压力大于(M+m)gC. B对A的压力大小为D. 细线对小球的拉力大小为【答案】D【解析】【详解】把AB看成一个整体，对整体受力分析得整体受重力和地面对整体的支持力，地面对整体没有摩擦力，即A对地面没有摩擦力，否则不能平衡，A错误；整体对地面的压力即是A对地面的压力等于（M+m）g，B错误；对小球受力分析，如图所示：根据平衡条件，有：，，由几何关系有：，，解得：，，C错误，D正确。 5.如图所示,轻质杆OA长=0.5m,A端固定一个质量为1kg的小球,小球在竖直平面内绕光滑固定转轴O做圆周运动。通过最高点时球对杆的作用力大小为8N,g取10m/s2,忽略空气阻力，则通过最低点时轻质杆对球的作用力大小可能为(    )A. 42N B. 52N C. 58N D. 68N【答案】BD【解析】【详解】若在最高点杆对球力向上，设最高点的速度为v，根据牛顿第二定律有：①，设最低点的速度为，从最高点到最低点由机械能守恒定律得：②，最低点，根据牛顿第二定律有：③，由①②③可得：=52N； 若在最高点杆对球的力向下，设最高点的速度为v，根据牛顿第二定律有：④，设最低点的速度为，从最高点到最低点由机械能守恒定律得：⑤，最低点，根据牛顿第二定律有：⑥，由④⑤⑥式可得：=68N，BD正确。 6.2018年12月8日2时23分,“嫦娥四号”探测器在西昌卫星发射中心由长征三号乙运载火箭成功发射。2019年1月3日10时26分，嫦娥四号成功着陆在月球背面南极—艾特肯盆地冯.卡门撞击坑的预选着陆区,“玉兔二号”月球车则于22时22分到达月面开始巡视探测。如图所示,“嫦娥四号”从距月面高度为100km的环月圆轨道I上的P点实施变轨,进入近月点为15km的椭圆轨道Ⅱ,由近月点Q落月。关于“嫦娥四号”下列说法正确的是(     )A. 沿轨道I运动至P时,需制动减速才能进入轨道ⅡB. 沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道I运行的周期C. 沿轨道Ⅱ正常运行时,在P点的加速度小于在Q点的加速度D. 在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中,万有引力对其做正功,它的动能增加,引力势能减小,机械能增加【答案】AC【解析】【详解】在轨道I上的P点，嫦娥四号做圆周运动，万有引力等于向心力，在轨道Ⅱ上的P点，卫星做近心运动，万有引力大于向心力，可知沿轨道I运动至P时，需制动减速才能进入轨道Ⅱ，A正确。根据开普勒第三定律得：，由于轨道Ⅱ的半长轴小于轨道I的半径，则嫦娥四号沿轨道Ⅱ运行的周期小于沿轨道I运行的周期，B错误。根据牛顿第二定律得：，P点距离月心的距离大于Q点距离月心的距离，则P点的加速度小于Q点的加速度，C正确。在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，根据动能定理知，动能增加，引力势能减小，由于只有万有引力做功，机械能守恒，D错误。 7.如图甲所示,光滑平行金属导轨水平放置,轨间距为L=0.1m,两导轨间有磁感应强度为B的竖直方向的有界匀强磁场(虚线右侧为磁场区)。金属棒Q放置在导轨上,棒的中点与一水平固定的力传感器连接在一起。质量为m=0.1kg的金属棒P以速度vo向右进入磁场区域,两棒始终与导轨垂直且接触良好,两棒未发生碰撞,两棒接入电路中的电阻均为R=0.8Ω其余部分电阻不计。刚进入磁场时P棒的发热率为20W,整个运动过程中力传感器读数F随时间t的变化曲线如图乙。(力传感器受到拉力时读数为正值,受到压力时读数为负值)下列说法正确的是(　　　　)A. 磁场的方向一定竖直向上B. 金属棒P的初速度v０小为2m/sC. 磁感应强度B的大小为20ＴD. P棒运动的整个过程中通过金属棒Q的电量为0.05C【答案】BD【解析】【详解】无论磁场方向竖直向上或是竖直向下，根据楞次定律可知，当P进入磁场时，Q棒受到的安培力方向都是向右，力传感器受到压力均为负值，A错误；刚进入磁场时P棒的发热率为20W，则整个回路中的发热功率为=2×20W=40W，根据乙图可知此时的安培力大小为F=20N，则有可知初速度=2m/s，B正确；根据，可得磁感应强度B的大小为，代入数据解得：B=40T，C错误；P棒运动的整个过程，根据动量定理可得：，又，联立解得：，代入数据解得：C，D正确。 8.现有某种直线加速器结构如图甲所示,编号为1~4号的4块电极板平行放置,极板中心均有一小孔供粒子通过。其中1号和3号板与A接线柱相连,2号和4号板与B接线柱相连,在A、B接线柱间通以如图乙所示的交变电压,其中电压U已知,周期T可以根据需调节。现有一质子从1号板由静止释放,沿直线保持加速运动状态,穿过小孔达到4号板。设质子的电荷量为e,质量为m,1、2号板间距为d,忽略电场边缘效应及电压变化瞬间所产生的影响,则(　　　　)A. 质子离开3号板时的动量大小为2B. 交变电压的周期为C. 3、4号板间距为D. 整个运动过程中质子作匀加速直线运动【答案】AC【解析】【详解】质子沿直线保持加速运动状态，质子从1号板由静止释放到离开3号板的过程由动能定理得：，离开3号板时的动量P=mv，解得：，A正确；要使质子沿直线保持加速运动状态，则质子在两板间的运动时间，即：，解得：，B错误；设3、4号板间距为x，则有：，联立解得：，C正确；质子在板间的加速度为，其中板间距L是变化的，所以加速度a是变化的，所以质子不会作匀加速直线运动，D错误。 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,考生根据要求做答9.如图所示的实验装置可以用来验证力的平行四边形定则,带有滑轮的方木板竖直放置,为了便于调节绳子拉力的方向,滑轮可以安放在木板上的多个位置(1)请把下面的实验步骤补写完整①三段绳子各自悬挂一定数目的等质量钩码,调整滑轮在木板上的位置,使得系统静止不动②把一张画有等间距同心圆的厚纸紧贴木板放置在绳子与木板之间,使得圆心位于绳子结点O处,有足够多等间距同心圆作为画图助手,这样做为的是方便作出力的图示.你认为本实验有必要测量钩码所受的重力大小吗?答_______(选填“有”或“没有”,不必说明理由)③记录___________________以及________________________。④三段绳子上的拉力FA、FB、FC才可用钩码数量来表示,根据记录的数据作出力的图示FA、FB、FC⑤以FA、FB不为邻边,画出平行四边形,如果平行边形的对角线所表示的力与_________(选填FA、FB、FC)近似相等,则在实验误差允许的范围内验证了力的平行四边形定则(2)在图中A、B、C三段绳子上分别悬挂了5、4、5个钩码而静止不动,图中OA、OB两段绳子与竖直方向的夹角分别为α、β，如果本实验是成功的，那么应接近于_____。【答案】    (1). 没有    (2). 三段绳子悬挂的钩码个数    (3). 三段绳子的方向    (4). FC    (5). 【解析】【详解】（1）②实验中钩码都是相同的，一个钩码受到的重力为一个单位力，只要计钩码的个数即可，故没有必要测量钩码的重力。
③该实验采用等效法，需要记录三段绳子上挂的钩码数，以及三段绳子的方向；
⑤以FA、FB为邻边，画出平行四边形，如果FA、FB所夹的对角线与FC，近似共线等长，说明FA、FB所夹的对角线表示的力即为FA、FB的合力，即验证了力的平行四边形定则。（2）作图几个力的关系如图所示：根据正弦定理有：，且，解得：。 10.为测量阻值为几十欧的某定值电阻的阻值,一位同学设计了对应的实验电路请完成下列实验相关内容:(1)为粗测该电阻的阻值,该同学用如图所示的多用电表进行测量:①机械调零后将选择开关拨到“×10Ω”挡②将红、黑表笔短接,调节欧姆调零旋钮,使____________________________________________   ③多用电表指针指示如图,则电阻值Rx=___________________。(2)现要精确测量其电阻值,利用实验室提供的以下器材:A.电源E(电动势约为6V,内阻很小)B.电压表V1(量程0~3V,内阻约为6kΩ)C.电压表V2(量程0~15V,内阻约为15kΩ)D.电流表A1(量程0~0.6A,内阻约为1Ω)E.电流表A2(量程0~6A,内阻约为0.1Ω)F.滑动变阻器R(最大阻值10Ω,额定电流2A)G.定值电阻R1=2ΩH.定值电阻R2=6Ω为了精确测量该待测电阻的阻值,要求电表读数不少于量程的一半。①在可供选择的器材中,电压表应选_____(填器材前的序号),定值电阻应选___（填器材前的序号)②请在虚线框中将实验电路图补充完整。(器材用题中所给字母表示)_____③若在某次实验中,电压表的读数为U,电流表的读数为I则该待测电阻的阻值表达式R=______(用题中所给字母表示)【答案】    (1). 使指针指在0处（或使指针指在右端零刻度处、使指针指在电流满偏的位置）    (2). 50    (3). B    (4). H    (5).     (6). 【解析】【详解】解：（1）②将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0处（或使指针指在右端零刻度处、使指针指在电流满偏的位置）；③由多用电表的表盘示数可知，待测电阻阻值为：5×10=50Ω；（2）①电源电动势为6V，实验要求电表读数不少于量程的一半，则电压表应选择B；为使电流表读数不少于量程的一半，电流表应选择D，通过待测电阻的电流约为：0.06A，应选择定值电阻H与待测电阻并联；②电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示： ③根据欧姆定律，可得待测电阻阻值：。 11.如图所示，粗糙斜面与光滑水平通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角α=37°，A、B是两个质量均为m=1kg的小滑块(可看作质点)，C为左端附有胶泥的薄板(可移动且质量不计)，D为两端分别连接B和C的轻质弹簧。当滑块A置于斜面上且受到大小为F=4N、方向垂直于斜面向下的恒力作用时，恰能沿斜面向下匀速运动。现撤去F，让滑块A从斜面上距斜面末端L=1m处由静止下滑。(取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)求滑块A到达斜面末端时的速度大小(2)滑块A与C(原来C、B、D处于静止状态)接触后粘连在一起，求此后两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中弹簧的最大弹性势能和滑块B的最大动能分别是多少?【答案】(1) m/s(2) J，J【解析】【详解】解：(1)施加恒力F时，根据平衡条件有：①未施加力F时，根据动能定理有：②联立并代入数据，解得m/s③(2)滑块A与C接触后，A、B、C、D组成的系统动量守恒，能量守恒所以当A、B具有共同速度时，系统的动能最小，弹簧的弹性势能最大，设为根据动量守恒定律有： ④根据能量守恒定律有：⑤联立并代入数据，解得J⑥滑块A与C接触后，组成的系统动量守恒，能量守恒，当弹簧由压缩状态恢复原长过程中始终对B做正功，所以弹簧原长时B动能最大根据动量守恒定律有：⑦根据能量守恒定律有：⑧联立并代入数据，解得m/s⑨所以滑块B的最大动能J⑩ 12.2017年6月,由中国研制的国际首台25MeV连续波超导直线加速器通过达标测试，标志着我国在这一领域仍然保持着国际先进水平。如图所示，为某一实验小组设计的某直线加速器粒子接收装置。两平行电极板水平放置，板间电压恒为U，电荷量为q(q>0)的粒子从静止开始经电场加速后，沿半径方向射入磁感应强度为B、半径为R的圆形匀强磁场区域并经磁场偏转后，被圆心正右方距离为L处接收探头接收。若接收探头可视为质点，且可在竖直轨道上自由滑动，不计粒子重力求:(1)被加速的粒子的质量m为?(2)若将磁感应强度减弱为，求探头为了接收粒子而偏离初始位置的距离x为多少?(3)若磁场的磁感应强度仍为B，但是由于某种原因，圆形磁场区域在水平方向上偏移了d(d<R)，求探头为了接收粒子而偏离初始位置的距离x与偏移量d之间的关系。(粒子不与加速电场极板相撞)【答案】(1)    
(2)       
(3)若磁场区域向右偏移了d，     若磁场区域向左偏移了d， 【解析】【详解】解:（1）磁场区域半径等于粒子的轨迹半径：R=r①加速过程由动能定理，得②在磁场中由洛伦兹力提供向心力，得③联立解得：④(2) 粒子在磁场中运动轨迹如图在磁场中由洛伦兹力提供向心力，得：，且⑤由几何关系，得：，⑥联立得：⑦(3)若磁场区域向右偏移了d，如图所示:则由几何关系得：⑧且⑨得：⑩若磁场区域向左偏移了d，如图所示:则由几何关系得：⑪且⑫得：⑬ 13.下列说法正确的是　　　A. 单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点B. 一定质量的理想气体，如果保持压强不变温度升高时气体分子的平均间距一定增大C. 气体分子平均动能越大，每个气体分子的温度就越高D. 即使没有漏气，也没有摩擦等能量损失，内燃机也不能把内能全部转化为机械能E. 热量能自发地从低温物体传给高温物体【答案】ABD【解析】【详解】晶体有固定熔点，非晶体没有固定的熔点。A正确；根据理想气体状态方程可知，一定质量的理想气体，如果保持压强不变温度升高时，则气体的体积增大，所以气体分子的平均间距一定增大。B正确；温度是分子的平均动能的标志，具有统计意义，气体分子平均动能越大，不是每个气体分子的动能都增大，也不是温度就越高。C错误；根据热力学第二定律可知，内燃机也不能把内能全部转化为机械能。D正确；根据热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传给高温物体。E错误。 14.如图所示，开口向上的气缸C固定在水平地面上，用一横截面积S=40cm2的轻质活塞封闭了一定质量的理想气体，不可伸长的轻绳一端系在活塞上另一端跨过两个定滑轮提着一轻弹簧B和质量为20kg的物体A，弹簧的劲度系数为k=2000N/m。开始时，封闭气体的温度t=127℃，活塞到缸底的距离L1=100cm，弹簧恰好处于原长状态。已知外界大气压Pa不变。取重力加速度g=10m/s2，不计一切摩擦。现气缸内的气体缓慢冷却，试求(1)当物体A刚离开桌面时，气体的温度为多少℃?(2)当气体的温度冷却到—133℃时A离开桌面的高度H为多少?【答案】(1) ℃ (2) H=20cm【解析】【详解】解:(1) A刚要离开桌面时弹簧拉力为：①由活塞受力平衡得：②根据理想气体状态方程有： ③代入数据得：④当A刚要离开桌面时缸体气体的温度：℃⑤(2) 由上式可得：cm⑥当温度降至-133℃之后，继续降温，则气缸内气体的压强不变，根据盖—吕萨克定律有：⑦代入数据得：H=20cm⑧ 15.某横波在介质中沿x轴传播，图甲为此波在t=0.75s时的波形图，图乙为质点P(平衡位置在x=1.5m处的质点)的振动图像.下列说法正确的是A. 该波沿x轴负方向传播，波速为2m/sB. 质点L与质点N的运动方向总相反C. t=1s时，质点P处于平衡位置且在向y轴正方向运动D. 从图甲时刻开始再经过0.5s时间内，质点P运动的路程为20cmE. 从图甲时刻开始再经过1.0s时间内，质点P运动的路程为40cm【答案】ABE【解析】【详解】从振动图象可知，在t=0.75s时，P点振动方向向下，所以波向左传播，由甲图知，=4m，由乙图知，T=2s，所以波速为m/s， A正确；由波动图象可知，质点L与质点N平衡位置间距为半个波长，因此它们的运动方向总是相反，B正确；t=1.0s时，质点P处于平衡位置，并正在往波谷运动，即正在往负方向运动，C错误；从图甲时刻开始再经过0.5s时间内，质点P运动的路程应该大于A，即大于20cm。D错误；质点无论出于哪个位置，只要经过经过的路程一定为2A，所以图甲时刻开始再经过1.0s=时间内，质点P运动的路程为40cm，E正确。 16.半径为R的玻璃半圆柱体的横截面如图所示，圆心为O，一条单色光沿平行于AO方向射向圆柱面，方向与底面垂直，光线的入射点为B，∠AOB=53°，已知该玻璃对该单色光的折射率，sin53°=0.8，sin37°=0.6，sin16°=0.28求：i.该单色光经柱面折射后和底面的交点E(图中未画出)到圆心O的距离ii.光线在E点是否能发生全反射?为什么?【答案】i.         ii. E点不能发生全反射。【解析】【详解】解：i. 作出光路如图所示：由折射定律①解得，即，即∠OBE=37°②由几何关系可得∠BOE=37°，③ii. 设全反射的临界角为C，则④光从E点射出玻璃时的入射角为16°，⑤可知入射角小于临界角，所以E点不能发生全反射⑥