2019届宁夏石嘴山市第三中学高三下学期一模考试理科综合物理试卷（解析版）

石嘴山三中2019届高三一模考试理科综合能力测试-物理部分

1.下列说法正确的是 (      )

A. 衰变为要经过4次衰变和2次衰变

B. 一束光照射到某金属表面上产生了光电效应，增大光的强度可以增加光电子的最大初动能

C. 铋210的半衰期是5天，1克铋210经过10天全部衰变为其它原子核

D. 查德威克发现中子的反应方程式是：

【答案】A

【解析】

【详解】A、根据质量数守恒和电荷数守恒知U衰变为Rn，需经过8次α衰变和6次β衰变，每经过一次β衰变就会有一个中子转变为质子，同时放出一个电子，所以共有6个中子转化为质子，故A正确；

B、根据光电效应方程，光电子最大初动能与光的强度无关，故B错误；

C、铋210的半衰期是5天，经过10天后，发生2个半衰期，有数发生衰变，即有的铋还没有衰变，故C错误；

D、查德威克发现中子的核反应属于人工核转变，根据质量数与质子数守恒：，故D错误；

故选A.

2.如图所示，质量为m的木块在质量为M的木板上滑行，木板与地面间动摩擦因数为μ1，木块与木板间的动摩擦因数为μ2，木板一直静止，那么木板受地面的摩擦力大小为（ ）

A. μ1Mg B. μ2mg C. μ1（m+M）g D. μ1Mg+μ2mg

【答案】B

【解析】

【详解】物体m相对M向右滑动，受到向左的滑动摩擦力，大小为：f1=μ2N=μ2mg；力的作用是相互的，故m对M有向右的滑动摩擦力，故M有向右滑动的趋势，受到地面对其向左的静摩擦力，根据共点力平衡条件，有f2=f1，因而f2=μ2mg．故B正确，ACD错误。故选B。

3.质量m=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图象甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图象乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大.则下列说法正确的是(   )

A. 汽车受到的阻力200N

B. 汽车的最大牵引力为700N

C. 汽车在做变加速运动过程中的位移大小为90m

D. 8s~18s过程中汽车牵引力做的功为7×104 J

【答案】D

【解析】

【详解】根据机车保持恒定的加速度启动，先做匀加速直线运动，当功率增大到最大功率后做变加速直线运动，最后牵引力减小到等于阻力时做匀速直线运动.

A、机车匀速时有，可得；故A错误.

B、对启动的过程分析可知，最初的匀加速阶段时的牵引力最大，而由v-t图象可知，故最大牵引力为；B错误.

C、汽车在做变加速运动过程的时间，速度从8m/s增大为10m/s，此过程牵引力的功率保持不变，由动能定理，解得：；故C错误.

D、8s~18s牵引力的功率保持不变，则牵引力的功为，故D正确.

故选D.

4.将一只苹果（可看成质点）水平抛出，苹果在空中依次飞过三个完全相同的窗户1、2、3，图中曲线为苹果在空中运行的轨迹。若不计空气阻力的影响，则         (      )

A. 苹果通过第1个窗户期间竖直方向上的平均速度最大

B. 苹果通过第3个窗户期间重力所做的功最多

C. 苹果通过第1个窗户期间重力做功的平均功率最小

D. 苹果通过第3个窗户期间速度变化量最大

【答案】C

【解析】

【详解】A、苹果在竖直方向运动速度越来越大，但窗户的高度一样，因此时间越来越短，故由竖直方向的平均速度可知越来越大，即通过第1个窗户期间竖直方向上的平均速度最小，故A错误；

B、窗户的高度一样，故通过每个窗户重力做功都为mgh，故B错误；

C、苹果通过第一扇窗户时间最长，故通过第1个窗户克服重力做功的平均功率得最小，故C正确；

D、平抛运动的加速度恒定为g，则速度变化量为，通过第3个窗户的时间最短，故其速度变化量最小；故D错误；

故选C.

5.如图所示，边长为L的正六边形abcdef中，存在垂直该平面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为B．a点处的粒子源发出大量质量为m、电荷量为+q的同种粒子，粒子的速度大小不同，方向始终垂直ab边且与磁场垂直，不计粒子的重力，当粒子的速度为v时，粒子恰好经过b点，下列说法正确的是 (       )

A. 速度小于v的粒子在磁场中运动时间为

B. 经过d点的粒子在磁场中运动的时间为

C. 经过c点的粒子在磁场中做圆周运动的半径为2L

D. 速度大于2v 小于4v的粒子一定打在cd边上

【答案】D

【解析】

【详解】A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，当粒子的速度为v时，粒子恰好经过b点时在磁场中运动了半周，运动时间为，轨迹半径等于ab的一半.当粒子的速度小于v时，由知，粒子的轨迹半径小于ab的一半，仍运动半周，运动时间仍为；故A错误.

B、在a点粒子的速度与ad连线的夹角为30°，粒子经过d点时，粒子的速度与ad连线的夹角也为30°，则粒子轨迹对应的圆心角等于60°，在磁场中运动的时间；故B错误.

C、经过c点的粒子，根据几何知识知，该粒子在磁场中做圆周运动的圆心b，半径为L，故C错误.

D、设经过b、c、d三点的粒子速度分别为v1、v2、v3．轨迹半径分别为r1、r2、r3．据几何知识可得，，r2=L，r3=2L，由半径公式得：v2=2v1=2v，v3=4v1=4v，所以只有速度在这个范围：2v≤v≤4v的粒子才打在cd边上；故D正确.

故选D.

6.如图所示是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时产生的交变电压图象．将该电压加在图中理想变压器的M、N两端．变压器原、副线圈匝数比为5∶1，电阻R的阻值为2 Ω，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是(　　)

A. 0.01 s时穿过线圈的磁通量最大

B. 线圈转动的角速度为50π rad/s

C. 流过灯泡的电流方向每秒钟改变50次

D. 电流表的示数为2 A

【答案】BCD

【解析】

【分析】

电压最大，磁通量的变化率最大，穿过线圈的磁通量为零；电表读数为交流电有效值；交流电的电流方向一个周期改变2次．

【详解】由图象可知，在t=0.01s时，电压最大，此时是磁通量的变化率最大，此时穿过线圈的磁通量为零，所以A错误；根据图象可以知道，交流电的周期是0.04s，由ω==50πrad/s，所以B正确；交流电的频率f=1/T=25Hz，可知流过灯泡的电流方向每秒钟改变50次，选项C正确；原线圈的电压的有效值为100V，由电压与匝数成正比可得副线圈的电压有效值为20V，所以次级电流，由电流与匝数成反比得 I1=2A，所以电流表读数为2A，所以D正确。故选BCD。

7.人类将在2023年登陆火星，己知人造卫星A绕火星做匀速圆周所能达到的最大速度为v，最小周期为T．现有人造卫星B绕火星做匀速圆用运动，运行半径是火星半径的n倍。引力常量为G，则（     ）

A. 火星的半径为

B. 火星的质量为

C. 火星的密度为

D. 卫星B的运行速度为

【答案】AC

【解析】

由题意可知，卫星A绕火星表面做圆周运动，则火星的半径满足：，选项A正确；根据，解得，选项B错误；火星的密度为，选项C正确；根据解得，则卫星B的运行速度为，选项D错误；故选AC.

8.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是

A. 匀强电场的电场强度

B. 小球动能的最小值为

C. 小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小

D. 小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大

【答案】AB

【解析】

【分析】

小球静止时悬线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件列式求解场强的大小；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律列式求解最小速度，得到最小动能；小球运动过程中只有重力和电场力做功，故重力势能、电势能和动能之和守恒，机械能最小的位置即为电势能最大的位置．

【详解】小球静止时悬线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtanθ=qE，解得，选项A正确；

小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有：，则最小动能Ek=mv2=，所以选项B正确。小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误；故选AB.

【点睛】此题关键是明确小球的受力情况和运动情况，可以将重力和电场力的合力等效成重力进行考虑，结合动能定理和牛顿第二定律分析，不难求解；至于机械能最小的位置就是电势能最大的位置，由能量守恒定律和功能关系求两者之和．

三、非选择题：

9.图甲是改装并校准电流表的电路图，已知表头G的量程为Ig =300uA、内阻为Rg = 99Ω，要求改装后的电流表量程为I =30mA，是标准电流表，完成下列填空。

（1）图甲中分流电阻Rp的阻值为_________．

（2）在电表改装完成后的某次校准测量中，标准电流表的示数如图所示，为______mA．此时流过分流电阻RP的电流为__________mA．

【答案】    (1). (1) 1Ω    (2). (2)25.0 mA；    (3). 24.75 mA

【解析】

(1) 由于Rg和Rp并联，由IgRg=IRRp和I=Ig+IR

解得：；

(2) 由图乙知流过a电流表的电流25.0mA，

设此时流过表头的电流为I'g，流过RP的电流为I'R，

加在表头和Rp上的电压相等，故有I'gRg=I′RRp

I'=（I'g+I'R）

联立得：I'R=24.75mA。

点晴：改装电流表要并联一电阻Rp，并联一电阻后流过表头a的电流为Ig，流过Rp的电流为IR，而加在表头和Rp上的电压相等，即IgRg=IRRp，则改装后的电流表量。

10.用图甲所示的装置来探究功和动能变化的关系．木板上固定两个完全相同的遮光条A、B，用不可伸长的细线将木板通过两个滑轮与弹簧测力计C相连，木板放在安装有定滑轮和光电门的轨道D上，轨道放在水平桌面上，P为小桶（内有沙子），滑轮质量、摩擦不计，重力加速度为g。

(1)实验中轨道应倾斜一定角度，对此下列说法正确的是__________．

A．为了释放木板后，木板在细线拉动下能匀速下滑

B．为了增大木板下滑的加速度，提高实验精度

C．尽量保证细线拉力对木板做的功等于木板所受合力对木板做的功

D．使木板在未施加拉力时能匀速下滑

(2)实验主要步骤如下：

①测量木板、遮光条的总质量M，测量两遮光条间的距离L，遮光条的宽度d,按甲图正确安装器材．

②将木板左端与轨道左端对齐，静止释放木板，木板在细线拉动下运动，记录弹簧测力计示数F及遮光条B、A先后经过光电门的时间t1、t2．则遮光条B、A通过光电门的过程中木板动能的变化量∆Ek＝__________，合外力对木板做功W＝__________，（均用字母M、t1、t2、d、L、F表示）．

③在小桶中增加沙子，重复②的操作．

④比较W、∆Ek的大小，得出实验结论．

(3)若在本实验中轨道水平放置，其它条件和实验步骤不变，假设木板与轨道之间的动摩擦因数为μ．测得多组F、t1、t2的数据，并得到F与的关系图像如图所示．已知图像在纵轴上的截距为b，直线的斜率为k，求解 μ ＝___________（用字母b、d、L、k、g表示）．

【答案】    (1). CD    (2).     (3). FL    (4).

【解析】

【详解】(1)为了使绳子拉力充当合力，即细线拉力做的功等于合力对小车做的功应先平衡摩擦力，摩擦力平衡掉的检测标准即：可使得小车在未施加拉力时做匀速直线运动，故C,D正确；故选CD.

(2)小车通过A时的速度：,小车通过B时的速度：

则小车通过A、B过程中动能的变化量

拉力所做的功W=FL；

(3)由题意，小车受到的拉力是：F=(mg-f)，小车的位移是s，设小车的质量是M，小车动能的变化是：,

根据做功与动能变化的关系可得：，得，所以图线的纵截距表示摩擦力f，即，图线的斜率：；由摩擦力的公式得：.

11.如图所示，光滑导轨MN和PQ固定在竖直平面内，导轨间距为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2, 两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m的金属杆与导轨相互垂直且接触良好，从ab处由静止释放，若金属杆离开磁场前已做匀速运动，其余电阻均不计．求：

(1) 金属杆离开磁场前的瞬间流过R1的电流大小和方向；

(2) 金属杆离开磁场时速度的大小；

(3) 金属杆穿过整个磁场过程中电阻R1上产生的电热．

【答案】(1)，方向从P到M；(2)；(3)

【解析】

【分析】

（1）杆出磁场前已做匀速运动，重力与安培力平衡，由安培力公式F=BIL和平衡条件求解；
（2）杆产生的感应电动势E=Bv，又根据闭合欧姆定律得到E=I，联立可求得速度v；
（3）金属杆穿过整个磁场过程中，重力做功为mg•，杆获得的动能为mv2，根据能量守恒定律求解回路中产生的总热量，根据两个电阻并联求解R1上产生的电热．

【详解】（1）设流过金属杆中的电流为I，由平衡条件得mg＝BI，

解得I＝

所以R1中的电流大小I1＝，方向从P到M.

（2）设杆匀速运动时的速度为v

由E＝Bv　

E＝I　

得v＝

（3）mg＝Q＋mv2

得 　　

R1上产生的焦耳热为

【点睛】本题是电磁感应中电路问题，掌握安培力公式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律是基础；搞清能量之间的转化关系．

12.如图所示，静止在光滑水平面上的小车，由水平部分AB和半圆弧轨道BCD部分平滑连接而成，一质量m=1kg的可视为质点的物块Q以初速度v0=10m/s从左侧滑上小车。，已知AB长为L=10m，小车的质量为M=3kg．取重力加速度g=10m/s2。

（1）若水平部分AB是粗糙的，而半圆弧BCD部分是光滑的，物块Q滑到C点返回恰好停止在AB的中点，求物块Q与水平部分AB间的动摩擦因数μ和半圆弧BCD的半径R1。

（2）若小车上表面AB和半圆弧轨道BCD面均光滑，半圆弧轨道BCD的半径为R2=1.2m，物块Q可以从半圆弧轨道BCD的最高点D飞出，求其再次落回小车时，落点与B点的距离S为多少？（结果可用根号表示）

【答案】（1）0.25；1.25m（2）

【解析】

【详解】(1)物块Q从开始运动到与小车相对静止过程，共同速度为v，系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，有：mv0=(m+M)v，

代入数据解得：v =2.5m/s

系统能量守恒：

代入数据解得：μ=0.25

Q至C点与车共速时，系统能量守恒，有：

代入数据解得：R1=1.25m

(3)设Q通过D点时，Q与小车的速度分别为v1、v2系统水平方向动量守恒，全过程能量守恒，规定向右为正方向，

mv0=mv1+Mv2

解得：v1=-2m/s，v2=4 m/s    或v1=7m/s，v2=1 m/s（舍）

物块Q通过D点时相对小车的速度为：v′=（v2-v1）6 m/s，

物块Q再次落回小车时与物块的距离为：

代入数据解得：

13.下列说法中正确的是        

A. “油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油酸酒精溶液的体积除以油膜的面积

B. 非晶体呈各向同性，晶体也有可能呈各向同性

C. 雨后叶子表面上的小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果

D. 不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力大于液体分子之间的吸引力

E. 物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多

【答案】BCE

【解析】

【详解】A、“油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径，用的是纯油酸的体积除以油膜的面积；故A错误.

B、非晶体呈各向同性，多晶体也有可能呈各向同性，而单晶体大多表现为各向异性；故B正确.

C、液体表面层的分子距离大于内部分子间的距离，故表面层的分子间表现为分子引力，使得液体表面呈现球形；故C正确.

D、不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力小于液体分子之间的吸引力；故D错误.

E、温度从微观角度看表示大量分子无规则运动的剧烈程度，物体温度升高时，按照麦克斯韦的速率分布统计规律可得到速率小的分子数目减小，速率大的分子数目增多；故E正确.

故选BCE.

14.如图所示，在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内，用一可自由移动的活塞A封闭体积相等的两部分气体。开始时管道内气体温度都为T0=500K，下部分气体的压强p0=1．25×105Pa，活塞质量m=0．25kg，管道的内径横截面积S=1cm2。现保持管道下部分气体温度不变，上部分气体温度缓慢降至T，最终管道内上部分气体体积变为原来的，若不计活塞与管道壁间的摩擦，g=10m/s2，求此时上部分气体的温度T。

【答案】T＝281.25K

【解析】

试题分析：设初状态时两部分气体体积均为V0，对下部分气体，由等温变化

P0V0= PV

解得 P =1×l05Pa

对上部分气体，初态

末态

根据理想气体状态方程，有

T=281.25K  

考点：理想气体状态方程

【名师点睛】此题考查了玻意耳定律的应用；关键是对两部分气体分别分析，找出状态参量，并注意两气体之间的压强关系和体积关系。

【此处有视频，请去附件查看】

15.弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，把小钢球从平衡位置向左拉一段距离，放手让其运动。从小钢球通过平衡位置开始计时，其振动图象如图所示，下列说法正确的是         

A. 钢球的振动周期为1s

B. 在t0时刻弹簧的形变量为4cm

C. 钢球振动半个周期，回复力做功为零

D. 钢球振动一周期，通过的的路程等于10cm

E. 钢球振动方程x=5sincm

【答案】BCE

【解析】

【详解】A、由振动图象可以看出钢球的振动周期为T=2s，故A错误；

B、弹簧振子在光滑水平面上做简谐振动，平衡位置时弹簧的形变量为零，则t0时刻在平衡位置的左侧距离平衡位置为4cm处，则弹簧的形变量等于4cm，故B正确；

C、经过半个周期后，振子的速度大小相等，动能变化为零，根据动能定理知回复力做功为零，故C正确；

D、钢球振动一周期，通过的路程S=4A=4×5cm=20cm，故D错误；

E、振幅A=5cm，角频率，则钢球振动方程 x=Asinωt=5sinπt cm．故E正确.

故选BCE.

16.如图所示，O是半球形玻璃砖的球心，MN是其中心轴，玻璃砖半径为R．两束与中心轴平行的同种单色光a、b分居在中心轴的两侧，当a光与中心轴MN的距离是R/2时．单色光a从玻璃砖上C点射出，出射光线与中心轴MN交于F点．当b光与中心轴MN距离为时，b光在玻璃砖右侧的出射光线恰好消失；求：

（1）这种单色光对玻璃砖的折射率n；

（2）C点与F点间的距离．

【答案】（1） （2）R

【解析】

【详解】（1）由题意当b光移至与中心轴MN距离时，在球面处发生全反射,光路如图所示:

解得:

（2）由题意，单色光a从球面的C点射出，其入射角为

由

解得折射角:

在∆CEF中∠CFE=300，

又因

解得: