2019届山西省高三考前适应性训练二（二模）理综物理试题（解析版）

2019年高考考前适应性训练二理科综合（物理部分）

一、选择题

1.利用图像描述物理过程、探寻物理规律是物理学研究中常用的方法。如图所示是描述某个物理过程的图像，对相应物理过程分析正确的是

A. 若该图像为质点运动的位移-时间图像，则质点在1秒末改变了运动方向

B. 若该图像为质点运动的速度-时间图像，则质点在前2秒内的路程等于0

C. 若该图像为一条电场线上电势随位置变化的图像，则可能是等量异号点电荷的电场线中的一条

D. 若该图像为闭合线圈内磁场的磁感应强度随时间变化的图像，则闭合线圈中一定产生恒定的电动势

【答案】D

【解析】

【详解】若为位移-时间图像，则图像的斜率表示速度，是定值，质点做匀速直线运动，故A错误；若为速度-时间图像，图线与坐标轴所包围的面积表示位移，则前2秒位移为0，但对应的路程不等于0，故B错误；若图像为一条电场线上电势随坐标变化的图像，图线的斜率为，是定值，应该是匀强电场，而不是等量异号点电荷的电场，故C错误；若为闭合线圈内磁场的磁感应强度随时间变化的图像，图线斜率表示磁感应强度变化率，是定值，根据法拉第电磁感应定律，可判断感应电动势恒定，故D正确。

2.在如图所示装置中，两物体质量分别为m1、m2，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态．由图可知（   ）

A. α可能大于β B. m1一定大于m2

C. m1一定小于2m2 D. m1可能大于2m2

【答案】C

【解析】

【详解】绳子通过定滑轮和动滑轮相连，绳子的拉力相等，等于m2的重力，对与m1连接的滑轮进行受力分析，有Tsinα=Tsinβ，所以α=β．在竖直方向上有：Tcosα+Tcosβ=m1g，而T=m2g，则有2m2gcosα=m1g．所以m1一定小于2m2，当α=β=60°时，T=m1g=m2g．故C正确，ABD错误。故选C。

【点睛】解决本题的关键合适地选择研究对象，正确地进行受力分析，运用共点力平衡，抓住水平方向和竖直方向合力为零进行求解．

3.2018年7月10日发射的“第三十二颗”北斗导航卫星属倾斜地球同步轨道卫星其运转轨道面与地球赤道面有夹角。2018年11月1日发射的“第四十一颗”北斗导航卫星属地球静止轨道卫星，两颗卫星离地面的高度一样。仅考虑卫星与地球间的作用，下列说法正确的是

A. “第三十二颗”卫星的运行周期小于“第四十一颗”卫星的周期

B. “第三十二颗”卫星运动的加速度大小大于“第四十一颗”卫星的加速度大小

C. “第三十二颗”卫星运动的线速度大小大于第一宇宙速度的大小

D. 两颗导航卫星运动角速度的大小相等

【答案】D

【解析】

【详解】两颗卫星都属于地球同步卫星，则它们的周期等于地球自转周期，故A错误；两颗卫星离地面的高度一样，即轨道半径相同，根据可知，，则加速度大小相等，故B错误；第一宇宙速度是卫星环绕地球做圆周运动的最大线速度，则两颗卫星的线速度大小都小于第一宇宙速度大小，故C错误；由于两颗卫星周期相等，根据可知，角速度也相等，故D正确。

4.2018年2月13日，平昌冬奥会女子单板滑雪U形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军。如图所示为U形池模型，其中a、c为U形池两侧边缘，在同一水平面，b为U形池最低点。刘佳宇从a点上方h高的O点自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升至最高位置d点相对c点高度为。不计空气阻力，下列判断正确的是

A. 从O到d的过程中机械能减少

B. 从a到d的过程中机械能守恒

C. 从d返回到c的过程中机械能减少

D. 从d返回到b的过程中，重力势能全部转化为动能

【答案】A

【解析】

【详解】运动员从高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，摩擦力做负功，机械能减小，故A正确；从a到d的过程中有克服摩擦力做功，则机械能不守恒，故B错误；从d返回到c的过程中，只受重力作用，机械能守恒，故C错误；从d返回到b的过程中，摩擦力做负功，重力势能转化为动能和内能，故D错误。

5.如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为10︰1，原线圈两端连接正弦交流电源u=220sin314t(V)，副线圈接电阻R，同时接有理想电压表和理想电流表。下列判断正确的是

A. 电压表读数约为31.1V

B. 若仅将副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数增大到原来的2倍

C. 若仅将R的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍

D. 若R的阻值和副线圈匝数同时增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍

【答案】B

【解析】

【详解】根据u=220sin314t(V)可知，原线圈的电压有效值为，电压表的读数为变压器的输出电压的有效值，由得，电压表读数为，故A错误；若仅将副线圈匝数增加到原来的2倍，根据可知，U2增大到原来的2倍，由可知，电流表的读数增大到原来的2倍，故B正确；输入电压和匝数比不变，则输出电压不变，仅将R的阻值增加到原来的2倍，由可知，电流变为原来的一半，输入功率变为原来的一半，故C错误；若副线圈匝数增加到原来的2倍，则U2增加到原来的2倍，同时R的阻值也增加到原来的2倍，故输出功率变为原来的2倍，故D错误。

6.一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行等距的实线可能是电场线也可能是等势面，则以下说法正确的是

A. 无论图中的实线是电场线还是等势面，a点的场强都比b点的场强小

B. 无论图中的实线是电场线还是等势面，a点的电势都比b点的电势高

C. 如果实线是电场线，电子在a点的电势能比在b点的电势能大

D. 如果实线是等势面，电子在a点的速率一定大于在b点的速率

【答案】CD

【解析】

【详解】若图中的实线为电场线，电场线是一组平行等距直线，则该电场为匀强电场，故a点的等于b点的场强，根据电子的运动轨迹可判断，电子所受电场力方向向右，电场线方向向左，则a点的电势比b点的电势低，并且电场力方向与速度方向的夹角小于90°，则电场力做正功，电势能减小，故电子在a点的电势能比在b点的电势能大；若图中的实线为等势线，等势线是一组平行等距直线，则电场强度方向垂直实线，根据电子的运动轨迹可判断，电子所受电场力方向向下，则电场线向上，故a点电势高于b点电势，电子从a点运动到b点电场力做负功，电势能增加，动能减小，故电子在a点的速率一定大于在b点的速率。综上所述，AB错误，CD正确。

7.如图所示，用两根长度均为L的细绳，分别把a、b两小球悬于同一高度，静止时两小球恰好相接触，a、b两小球大小相同、质量相等。现把a小球拉到与悬点等高的位置，细绳刚好被拉直，然后由静止释放，当a小球摆动到最低位置时与b小球发生对心碰撞，b小球可能上升的高度为

A. 0.1L B. 0.5L C. L D. 1.5L

【答案】BC

【解析】

【详解】a球运动到最低点时速度，若a、b两球发生弹性碰撞，由于两球质量相等，碰撞瞬间两球交换速度，即b球获得的速度，根据机械能守恒可判断b球上摆的高度为L；若a、b两球发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有： ，由能量守恒定律有：，计算可得其上摆的高度为，故b球上摆的高度应满足，故BC正确，AD错误。

8.如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。若只改变带电粒子射入磁场时的速度方向，则下列说法中正确的是

A. 该带电粒子可能从a、b之间射出磁场

B. 该带电粒子不可能从b、c(不包括b、c两点)之间射出磁场

C. 该带电粒子在磁场中运动的时间不可能小于t0

D. 该带电粒子在磁场中运动的时间可能是1.2t0

【答案】BD

【解析】

【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，有，则轨道半径，运动周期，由题意可知，轨道半径，运动周期。只改变速度方向，轨道半径不变，运动周期不变，由几何关系，它只能从Oc之间包括c点射出磁场，故A错误，B正确；根据运动时间公式可知，若粒子射入磁场时，速度方向与Oc夹角小于，则粒子在磁场中运动时间小于，若粒子射入磁场时，速度方向与Oc夹角大于，则粒子在磁场中运动的时间大于，故C错误，D正确。

二、非选择题

9.某实验小组采用了如图甲所示的实验装置通过打点计时器所打出的纸带和力的传感器的示数来研究加速度和力的关系。本实验已经平衡了摩擦力轻滑轮摩擦不计用M表示小车的质量，用m表示砂桶和砂子的总质量。

(1)实验中，一定要进行的操作是___________

A．用天平测出m的大小

B．小车靠近打点计时器，先接通电源后释放小车

C．改变砂桶中砂子的质量，打出几条纸带

D．为减小误差，要保证m远小于M

(2)以力传感器的示数F为横坐标，通过纸带计算出的加速度为纵坐标，画出的a-F图像如图乙所示，则可求出小车的质量M=__kg。

【答案】    (1). BC；    (2). 0.25

【解析】

【详解】(1)小车受合力大小为细绳中弹力的2倍，可由力传感器得出，因此不需要用天平测出m的大小，也不需要使砂桶和砂子的质量m远小于小车的质量M，故AD错误；为了让纸带上可以记录足够多的计时点，且相邻计时点时间间隔相等，小车需要靠近打点计时器，并先接通电源后放开小车，故B正确；改变砂桶中砂子的质量，以便改变小车所受合力大小，从而研究加速度对就不同力作用下的关系，从而得出具有普遍性的结论，故C正确。

(2)对小车由牛顿第二定律有：，故，所以图象中图线斜率，得

10.某多用电表内欧姆挡“×1”的内部电路图如图甲的虚线框所示。一学习小组将电阻箱和电压表并联后接到多用电表两表笔A、B上，采用图甲的电路测量多用电表欧姆挡“×1”正常工作时的内阻RΩ和其内部电池的电动势E(电压表的内阻很大，它在该电路中的分流作用可以忽略)，实验操作步骤如下：

(1)先调整“指针定位螺丝”再将选择开关转至欧姆挡“×1”，红黑表笔短接调节“欧姆调零旋钮”使指针指在表盘___________(填左”或“右”)侧零刻度处。

(2)电阻箱和电压表并联后的两端分别接在表笔A和B上，正确的接法是：电压表的正接线柱要接在多用电表的表笔___________(填“A"或“B”)上。

(3)改变电阻箱的阻值，分别读出多组电压表和电阻箱的示数U、R，并将对应的和的值计算出来并记录在表格中，再画出－图像如图乙所示，若图乙中图线的斜率为k1、与纵轴的截距为b1，则所测内部电池的电动势E=___________，欧姆挡“×1”正常工作时的内阻RΩ=___________。(用k1、b1表示)

(4)一位同学提出了数据处理的另一种思路：先计算出，然后画U-图像如图丙所示。由图丙得到图线斜率为k2、与纵轴的截距为b2，则电池的电动势E=___________，欧姆挡“×1”正常工作时的内阻RΩ=___________。(用k2、b2表示)

【答案】    (1). 右；    (2). B；    (3). ；    (4).     (5). b2；    (6). -k2

【解析】

【详解】(1)欧姆表的0刻度在表盘的右侧，因此红黑表笔短接进行欧姆调零时应将指针调到右侧零刻度线处；

(2)根据电压表的接法，电流需从正接线柱流入，负接线柱流出，由图甲可知表笔B接电源正极，因此电压表的正接线柱应接B；

(3)由闭合电路欧姆定律，得，可知图乙中图线截距，斜率，即，；

(4) 根据等效变换，图丙中图线截距，斜率，故。

11.电磁缓冲车是利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可以等效为：小车底部安装有电磁铁(可视为匀强磁场)，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。水平地面埋着水平放置的单匝闭合矩形线圈abcd，如图甲所示。小车沿水平方向通过线圈上方，线圈与磁场的作用连同其他阻力使小车做减速运动，从而实现缓冲，俯视图如图乙所示。已知线圈的总电阻为r，ab边长为L(小于磁场的宽度)。小车总质量为m，受到的其他阻力恒为F，小车上的磁场边界MN与ab边平行，当边界MN刚抵达ab边时，速度大小为v0。求：

(1)边界MN刚抵达ab边时线圈中感应电流I的大小；

(2)整个缓冲过程中小车的最大加速度am的大小

【答案】(1) ；(2)

【解析】

【详解】(1)磁场边界MN刚抵到ab边时，设线圈中产生的电动势为 

根据闭合电路欧姆定律可得，感应电流

解得：；

(2)小车上的磁场边界NM抵达ab边时加速度最大

根据右手定则可判断感应电流方向从a流到b

根据左手定则可判断安培力方向水平向左

则安培力大小：

由牛顿第二定律：

解得：。

12.足够长的光滑细杆竖直固定在地面上，轻弹簧及小球A、B均套在细杆上，弹簧下端固定在地面上，上端和质量为m1=50g的小球A相连，质量为m2=30g的小球B放置在小球A上，此时A、B均处于静止状态，弹簧的压缩量x0=0.16m，如图所示。从t=0时开始，对小球B施加竖直向上的外力，使小球B始终沿杆向上做匀加速直线运动。经过一段时间后A、B两球分离；再经过同样长的时间，B球距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度取g=10m/s2。求：

(1)弹簧的劲度系数k；

(2)整个过程中小球B加速度a的大小及外力F的最大值。

【答案】(1)5N/m；(2)2m/s2，0.36N

【解析】

【详解】(1)根据共点力平衡条件和胡克定律得：

解得：；

(2)设经过时间t小球A、B分离，此时弹簧的压缩量为，

对小球A：

小球B：

当B与A相互作用力为零时F最大

对小球B：

解得： ，

13.如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、be、cd、de四个过程到达状态e，其中ba的延长线经过原点，bc连线与横轴平行，de连线与纵轴平行。下列说法正确的是_______

A. ab过程中气体从外界吸热

B. bc过程中气体内能不变

C. cd过程中气体从外界吸热

D. de过程中外界对气体做功

E. 状态a的气体体积比状态d的气体体积小

【答案】ACE

【解析】

【详解】由理想气体状态方程：，图线斜率代表体积的倒数，ab过程中图线斜率不变，故气体的体积不变，不做功，又温度升高，内能增大，由,故A正确；bc过程为等压过程，热力学温度升高，气体体积增大，内能增大，故B错误；cd过程减小，则气体体积增大，气体对外做功，气体温度升高内能增大，由热力学第一定律可知，Q为正值，即气体要从外界吸热，故C正确；de段为等温过程，压强降低，气体体积增大，对外做功，D错误；由于图线斜率代表体积的倒数，由图可知，Oa的斜率大于Od的斜率，则状态a的体积小于状态d的体积，故E正确。

14.如图，粗细均匀的等臂U形管竖直放置，其左管封闭有一定量的气体，右管开口与大气相通，左右两侧被水银柱隔开。平衡时测得左管内气柱的长度为l，右管内水银面高于左管内水银面h。现从右管开口处用一不计厚度的活塞缓慢向下压气体，已知活塞与管密封良好，水银的密度为ρ，大气压强为p0，重力加速度为g。若整个过程中气体温度保持不变，求活塞压下多少距离时左右两管水银面相齐平。

【答案】

【解析】

【详解】设U形管的面积为S，再次平衡时，两侧气体压强为

根据玻意耳定律可知，

对左管气体： 

活塞压下距离x时，左右两管水银面相平

同理对右管气体：

联立解得：

15.图甲为=0时刻沿x轴方向传播的某简谐横波的波形图，a、b、c、d是横波上的四个质点；图乙是横波上质点b的振动图象，则下列说法正确的是___________

A. t=0时刻质点c的速度大小与质点d的速度大小相等

B. t=0时刻质点a的加速度大小比质点b的加速度大小小

C. 从t=0时刻开始质点c比质点d先回到平衡位置

D. 0～0.5s时间内质点c的运动路程和质点d的运动路程相等

E. 0～2s时间内质点c、d的运动路程均为20cm

【答案】ACE

【解析】

【详解】在简谐振动中，质点离平衡位置越远，速度越小，t=0时刻质点c和d离平衡位置距离相等，故A正确；质点离平衡位置越远，加速度越大，t=0时刻，质点a的加速度比质点b的大，故B错误；由质点b的振动图象可知，t=0时刻，质点b沿y轴负方向运动，结全波形图可知，波沿x轴正方向传播，t=0时刻，质点c沿y轴负方向运动，质点d沿y轴正方向运动，质点c比质点d先回到平衡位置，故C正确；t=0时刻质点c向下运动，速度增大，质点d向上运动，速度减小，则时间内质点c的平均速度比d的大，故质点c的运动路程比质点d的运动路程大，故D错误；由图乙可知周期，质点c、d的运动路程为，故E正确。

16.玻璃半圆柱体横截面如图所示。O为圆心，A为半圆形的最高点，圆的半径为R。单色光束按如图方向沿截面入射到圆柱体上的B点，方向与底面垂直，∠AOB=60°。已知玻璃对该光的折射率n=，不考虑光的反射，求光束经底面折射后与AO延长线交点到O点的距离d。

【答案】

【解析】

【详解】光束在B点折射时，入射角

由折射定律有：

得，折射角

光束在底面C点折射，入射角

则

折射角

折射光线交AO延长线于D点，

由几何知识：

。