2019届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期一模理科综合物理试题（解析版）

2019届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期一模理科综合物理试题（解析版）二、选择题:本题共8小题，每小題6分。在每小題给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合題目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.下列说法正确的是A. 氢原子的核外电子从低能级跃迁到高能级时，吸收光子，电子的轨道半径增大B. 是核裂変方程，当铀块体积大于临界体积时，才能发生链式反应C. 从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的强度无关，与照射光的频率成正比D. 射线是高速运动的氦原子核，能够穿透几厘米厚的铅板【答案】A【解析】【详解】根据波尔理论，氢原子的核外电子从低能级跃迁到高能级时，要吸收光子，电子的轨道半径增大，选项A正确；B方程是衰变方程，B错误；根据光电效应方程，光电子的最大初动能为，不是与频率成正比，C错误。α射线是高速运动的氦原子核，但是不能穿透铅板，D错误； 2.如图所示为小朋友喜欢的磁性黑板 ，下面有一个托盘，让黑板撑开一个安全角度（黑板平面与水平面的夹角为θ），不易倾倒，小朋友不但可以在上面用专用画笔涂鸦，磁性黑板擦也可以直接吸在上面。图中就有小朋友把一块质量m为黑板擦吸在上面保持静止，黑板与黑板擦之间的动摩擦因数μ，则下列说法正确的是（    ）A. 黑板擦对黑板的压力大小为mgcosθB. 黑板斜面对黑板的摩擦力大小为μmgcosθC. 黑板对黑板擦的摩擦力大于mgsinθD. 黑板对黑板擦的作用力大小为mg【答案】D【解析】【详解】对黑板擦受力分析，受到竖直向下的重力，黑板给的支持力N，以及垂直黑板向下的吸力F，沿黑板平面向上的摩擦力f，根据正交分解可知，，根据牛顿第三定律可知黑板擦对黑板的压力大小为，由于黑板擦处于静止，所以重力和其余三个力（黑板对黑板擦的作用力）的合力为零，故黑板对黑板擦的作用力大小为mg，D正确．【点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解． 3.从离水平地面高H处以速度v0水平抛出一个小球A，同时在其正下方地面上斜抛另一个小球B，两球同时落到地面上同一位置，小球B在最高点时，距地面的高度为h，速度为v，则以下关系正确的是A. h=H, v=v0 B. h＝ C. h= D. h=【答案】D【解析】【详解】斜抛可以看成对称两段平抛，则，，，得；，，则，故选D。 4.如图所示，地球绕太阳的运动与月亮绕地球的运动可简化成同一平面内的匀速圆周运动，农历   初一前后太阳与月亮对地球的合力约为F1，农历十五前后太阳与月亮对地球的合力约为F2，则农历初八前后太阳与月亮对地球的合力约为（    ）A. F1+ F2B. C. D. 【答案】B【解析】设太阳对地球的引力大小为F，月亮对地球的引力大小为，由图可知，在农历初一，对地球受力分析有：，在农历十五，对地球受力分析有：，联立解得：；由图可知，在农历初八，对地球受力分析有：，故选B. 5.一质量为m1的物体以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞，其中m2＝km1，k＜1。碰撞可分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为v1和v2。假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体。物体1撞后与碰撞前速度之比的取值范围是A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】若发生弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0=m1v1+m2v2；由能量关系： ，解得，则；若发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0=(m1+m2)v，解得，则。故≤r≤，B正确。 6.与行星绕太阳微匀速周运动类似，处于基态的氢原子的核外电子绕核做匀速圆周运动，其轨道半径为r1，速度为v0，加速度为a1，周期为T1，形成的环形电流为I1;处于n＝2的激发态的氢原子的核外电子绕核做匀速圆周运动，其轨道半径为r2，速度为v2，加速度为a2，周期为T2，形成的坏形电流为I2。已知r1：r2＝1:4，则以下关系正确的是A. v1：v2=2:1 B. a1：a2=4：1 C. T1:T2=1：4 D. I1：I2=8：1【答案】AD【解析】【详解】电子受核的引力提供向心力，则，则，则，A正确；由，则，，B错误；由，则，，C错误；由，则I1：I2=8:1，D正确。 7.如图为模拟远距离输电的部分測试电路。a、b端接电压稳定的正弦交变电源(内阻不计)定值电阻阻值分别为R1、R2，且R1＜R2，理想変压器的原、副线圏匝数比为k且k＜1，电流表、电压表均为理想表，其示数分别用I和U表示。当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，电流表、电压表示数变化分別用△I和∆U表示。则以下说法正确的是A.  B. C. 电源的输出功率减小 D. 电压表示数诚小【答案】AC【解析】【详解】理想变压器初、次级线圈电压变化比，电流变化比，则，将R1视为输入端电源内阻，则，所以，这也是R1耦合到次级线圈电阻值为，即为等效电源内阻，故A正确；根据欧姆定律可以得到：，故B错误；因副线圈电阻变大，则耦合到原线圈的电阻变大，原线圈电流变小，由于电源电压不变，则电源输出功率减小，故C正确；由于原线圈电源电压不变电流减小，则电阻R1两端电压减小，则原线圈端电压增大，可知副线圈端电压也随之增大，则电压表示数一定增加，故D错误。 8.如图所示，在竖直面内有方向垂直纸面向里、高度为h的有界匀强磁场，磁场上、下边界水平。将边长为l(l<h)、质量为m的正方形金属线框abcd从磁场上方某处由静止释放，设ab边通过磁场上边界和磁场下边界时的速度分别为v1和v2；cd边通过磁场下边界时的速度为v3。已知线框下落过程中ab边始终水平、ad边始终竖直，下列说法正确的是A. 若v1=v2，则一定有v2>v3B. 若v1>v2，则一定有v2>v3C. 若v1=v2，从ab离开磁场到cd离开磁场的过程中，线框内产生的焦耳热为mghD. 从ab进入磁场到cd离开磁场的过程中，线框内产生的焦耳热为mgh+mv12－mv32【答案】ABC【解析】AB：因为，所以线框在磁场中运动过程中，有一段不受安培力，只受重力，该过程线框做加速运动；若v1=v2，线框过磁场必须先减速然后加速再减速，则一定有v2>v3。故A项正确，B项错误。C：设cd边通过磁场上边界时线框速度为，则对cd边通过磁场上边界到ab边通过磁场下边界时过程，应用动能定理可得：，解得。若v1=v2，ab边通过磁场上边界到cd边通过磁场上边界的过程与ab边离开磁场到cd边离开磁场的过程线框受力与运动情况相同，即cd离开磁场的速度也是。对ab离开磁场到cd离开磁场的过程应用动能定理得：，解得；则此过程线框内产生的焦耳热。故C项正确。D：从ab进入磁场到cd离开磁场的过程，应用动能定理得：，解得：；则线框内产生的焦耳热。故D项错误。点睛：C项也可对cd边通过磁场上边界到cd离开磁场的过程研究，求焦耳热。 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考題，每个试题考生都必须作答。第33题“第37题为选考题，考生根据要求作答。9.某同学设计了如图所示的实验来验证碰撞过程中的动量守恒。轨道AOB在O处平滑相接，B右侧为粗糙水平面，有两个材料及表面粗糙程度均相同的小物块甲、乙，其质量分别为m1和m2(m1>m2)，令小物块甲从斜面上M点由静止下滑，运动至粗糙水平面上的C点速度恰好减为0，测量B、C间距为x0，把小物块乙置于B点，小物块甲仍从斜面上M点由静止下滑，小物块甲与小物块乙碰撞后，在粗糙水平面上的位移分别为x1、x2。(1)为验证碰撞过程动量守恒，是否需要测量小物块与粗糙水平面间的动摩擦因数?___________(选填“是”或“否”)；小物块甲与轨道AOB间的摩擦力是否影响实验结果?___________(选填“是”或“否”)。(2)若满足关系式______________，则二者碰撞过程动量守恒。【答案】    (1). 否；    (2). 否；    (3). ；【解析】(1)无论小物块甲与轨道AOB间是否存在摩擦力，摩擦力大小如何，只要每次放点相同，则其每次运动到B点的速度相同，故小物块甲与轨道AOB间的摩擦力不影响实验结果；(2)在粗糙水平面上的运动过程，由运动学公式得，，小物块材料和表面粗糙程度相同，故与水平面间的动摩擦因数桢，若满足动量守恒，则满足，即，因此动摩擦因数不要测量。 10.实验室中有热敏电阻Rt、电炉丝、电磁继电器、电源E（3.6V，内阻不计）、电阻箱R0（0~999.9Ω）、开关K和导线若干，某同学设计了如图1所示的温控电路，当通过电磁继电器线圈的电流达到20mA时，衔铁被吸合，电炉丝停止加热；当通过继电器线圈的电流降到18mA时，衔铁与继电器分开，电炉丝通电加热，图2为热敏电阻Rt的阻值与温度t的关系该同学主要实验过程如下，完成下列填空：（1）用多用电表的欧姆“×1Ω”档测继电器线圈的电阻时，主要步骤如下：a．将选择开关旋至“×1Ω”档，短接两表笔，条件欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆档“0”刻度b．调节多用电表的指针定位螺丝，使指针指在直流电流“0”刻度c．将多用电表的选择开关旋至“OFF”d．将两表笔直接连到图1中的1、4两点，读出欧姆表的示数即继电器线圈的电阻值以上步骤中存在错误的一项是____________。改正后正确的步骤顺序为_____________。（填步骤前的字母）（2）已知继电器线圈的电阻为25.0Ω。该同学将电阻箱的阻值调为75.0Ω，则该温控器的温度控制范围在____________之间；若要提高控制的温度，则需要将电阻箱的阻值___________（选填“调大”或“调小”）（3）正确设计电路后闭合K，发现电炉丝发热，Rt温度一直升高但继电器并不吸合。将多用电表选择开关旋至直流电压“×10V”档，将表笔分别接到图1中1、2、3、4各点进行故障排查，现象如下表____：A．开关K断路B．电阻箱断路C．热敏电阻Rt短路D．电磁继电器线圈短路【答案】    (1). （1）d    (2). badc    (3). （2）50℃~60℃；    (4). 调大    (5). （3）B【解析】（1）由于欧姆表不能直接测量带电源的电路，应该断开开关后再放到1.4直接测量继电器的电阻，所以上述步骤中的d有错误，欧姆表的正确的操作步骤是badc（2）当通过电磁继电器线圈的电流达到20mA时，衔铁被吸合，电炉丝停止加热；当通过继电器线圈的电流降到18mA时，所以回路中的电流取值范围是18mA—20mA，当继电器线圈的电阻为25.0Ω。电阻箱的阻值调为75.0Ω，利用闭合电路欧姆定律 可解得此时热敏电阻的取值范围为，结合图像可知温度的取值范围为50℃~60℃，若要提高控制的温度，即热敏电阻的变小，则需要将电阻箱的阻值调大，保持回路中电流的取值范围不变。（3）从图中可以看出电表在测量变阻箱时的电压为电源电动势，所以回路中应该出现了变阻箱断路这样的故障，所以选B。点睛：本题要结合图像来解题，知道不同温度下热敏电阻的阻值不同，根据电路中需要的电阻值即可判断回路中应该控制的温度范围。 11.(16分）如图,水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过衔接处时速率没有改变。质量m1=0.40kg的物块A从斜槽上端距水平木板高度h=0. 80m处下滑，并与放在水平木板左端的质量m2=0.20kg的物块B相碰,相碰后物块B滑行x=4.0m到木板的C点停止运动，物块A滑到木板的D点停止运动。已知物块B与木板间的动摩擦因数=0.20,重力加速度g=10m/s2,求：(1) 物块A沿斜槽滑下与物块B碰撞前瞬间的速度大小；(2) 滑动摩擦力对物块B做的功；(3) 物块A与物块B碰撞过程中损失的机械能。【答案】（1）v0=4.0m/s（2）W=-1.6J（3）E=0.80J【解析】试题分析： ①设物块A滑到斜面底端与物块B碰撞前时的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有m1gh＝m1(1分)v0＝，解得：v0＝4.0 m/s(1分)②设物块B受到的滑动摩擦力为f，摩擦力做功为W，则f＝μm2g(1分)W＝－μm2gx解得：W＝－1.6 J(1分)③设物块A与物块B碰撞后的速度为v1，物块B受到碰撞后的速度为v，碰撞损失的机械能为E，根据动能定理有－μm2gx＝0－m2v2解得：v＝4.0 m/s(1分)根据动量守恒定律m1v0＝m1v1＋m2v(1分)解得：v1＝2.0 m/s(1分)能量守恒m1＝m1＋m2v2＋E(1分)解得：E＝0.80 J(1分)考点：考查了机械能守恒，动量守恒定律 12.电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成。偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示。大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO’射入偏转电场。当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；:当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上。已知磁场的水平宽度为L，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计。（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO’的最远位置和最近位置之间的距离（2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，①求匀强磁场的磁感应强度B②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y【答案】（1）  （2）①②【解析】【详解】（1）由题意可知，从0、2t0、4t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：从t0、3t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：最远位置和最近位置之间的距离：，（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：设电子离开偏转电场时的速度为v1，垂直偏转极板的速度为vy，则电子离开偏转电场时的偏向角为，，式中又：解得：②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上。由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO′的最大距离和最小距离的差值为△y1，所以垂直打在荧光屏上电子束的宽度为： 13.下面说法正确的是_______________A. 液体的沸点与大气有关，大气压较高时沸点也比较高B. 用熵的概念表示热力学第二定律:在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会增加C. 一定质量的理想气体从外界吸热，其内能不一定增加D. 液体温度越高，悬浮顆粒越小，布朗运动越强烈E. 当分子之间作用力表现为斥力时，分子力随分子间的距离増大而增大【答案】ACD【解析】【详解】液体的沸点与压强有关，且随着压强的升高而增大，选项A正确；用熵的概念表示热力学第二定律；在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减少，B错误；根据热力学第一定律，W+Q=△U，所以一定质量的理想气体从外界吸热，其内能不一定增加，故C正确；液体温度越高，分子热运动的平均动能越大，悬浮颗粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动越剧烈，故D正确；分子间的作用力表现为斥力时，分子力随分子间距离的增大而减小，故E错误。 14.如图所示为一种测量粉末状物质实际体积的装置，其中A容器的容积为VA=300cm3，k是连通大气的阀门，C为一水银槽，通过橡皮管与容器B相通，连通A、B的管道很细，其容积可忽略。下面是测量某种粉末体积的操作过程：①打开K，移动C，使B中水银面降低到与标记M相平；②关闭K，缓慢提升C，使B中水银面升到与标记N相平，量出C的水银面比标记N高h1=25cm；③打开K，装入待测粉末，移动C，使B内水银面降到M标记处；④关闭K，提升C，使B内水银面升到与N标记相平，量出C中水银面比标记N高h2=75cm；⑤从气压计上读得当时大气压为p0=75cmHg.试根据以上数据求：（i）标记M、N之间B容器体积；（ii）A中待测粉末的实际体积（设整个过程中温度不变）。【答案】（i）VB=100 cm3（ii）V=200 cm3【解析】【详解】（i）设标记M、N之间B容器体积为VB ,以容器A、B中气体为研究对象。初态时，P1=P0 , V1=VA+VB关闭K，缓慢提升C后，P2=（75+ h1）cmHg, V2=VA整个过程温度保持不变，根据玻意耳定律得P1V1=P2V2解得VB=100 cm3（ii）设A容器中待测粉末的实际体积为V，初态时，P3=P0，V3=VA+VB-V  关闭K，缓慢提升C后，P4=（75+ h2）cmHg， V4= VA-V根据玻意耳定律得P3V3=P4V4, 解得V=200 cm3 15.一列波沿x轴方向传播，某一时刻的波形如图所示．质点A与坐标原点O的水平距离为0.6 m，波长λ＝1.6 m，此时质点A沿y轴正方向振动，从此时起经过0.1 s第一次到达波峰处，则下列说法中正确的是________．A. 这列波沿x轴正方向传播B. 这列波周期T＝0.8 sC. 波速v＝14 m/sD. 从图示时刻开始，质点A经过Δt＝1.6 s运动的路程为0.4 mE. 从图示时刻开始，质点A经过Δt′＝0.5 s第一次到达波谷【答案】ABE【解析】【分析】根据图示波形图，由平移法可以判断波传播方向；A与坐标原点间的距离可以求出波长；根据质点A的振动可以求出波的周期，根据周期与频率的关系可以求出波的频率；已知波长与周期，由波速公式可以求出波速。【详解】质点A由平衡位置向正的最大位移处运动，由平移法可知，波沿x轴正方向传播，故A正确；由题可知，λ=1.6m；由图，O点到左侧的波峰的距离为半个波长，等于0.8m，所以A点到波峰的时间：t＝0.1＝，所以：v=2m/s；得：．故B正确，C错误；由于1.6s=2T，则经过1.6s质点A的路程为8A，由图可知，该波的振幅为10cm=0.10m，所以A的路程：s=8A=8×0.10=0.8m。故D错误；由图可知，A左侧的波谷到O点的距离为一个波长，等于1.6m，质点A第一次到达波谷的时间即该波谷传播到A的时间，所以：，故E正确；故选ABE。【点睛】本题考查了求波长、频率、波速、波的传播方向等问题，由波形图及质点与坐标原点间的距离可以求出波长，根据质点的振动情况可以求出波的周期，由波速、波长与周期间的关系可以求出波速。 16.某种柱状透明工艺品的截面形状如图所示，AO、BO为夹角60°的平面，底部AMB为半径为R的一段圆弧，其对应的圆心角也为60°，圆心在∠AOB的角平分线OM延长线上。一束单色平行光沿与OA面成45°角的方向斜向下射向OA面，经OA折射进入该柱状介质内，已知介质折射率为。（ⅰ）通过计算说明在介质OA面的折射光线的方向；（ⅱ）求底部弧面AMB有光线射出的部分对应的弧长（不考虑二次反射）。【答案】(i) 平行于OB(ii)【解析】 (i)所有光线在OA面上入射角都相同，如图所示：由折射定律知：    其中 解得折射角所以，折射光线均平行于OB；(ii)如图所示，进入介质内的光线，在AMB弧面上到达位置越向左入射角越大在此面上恰发生全反射时临界角C，满足设恰好射到P点的光线为对应临界角时的光线，设此时入射角为，则由几何关系得    故，射出光线的圆弧部分对应圆心角为对应的弧长为。     点睛：本题是一道几何光学题，对于几何光学，作出光路图是解题的基础，并要充分运用几何知识求解入射角和折射角。