2019届贵州省遵义航天高级中学高三第四次模拟考试理科综合物理试题（解析版）

2019届贵州省遵义航天高级中学高三第四次模拟考试理科综合物理试题（解析版）二、选择题（本题共8小题。共计48分，在每小题给出的四个选项中，14到18题只有一个正确选项，19到21有多个正确选项，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.一个氘核与一个氚核结合成一个氦核同时放出中子，释放17.6 MeV的能量。已知氘核、氚核、氦核和中子的质量分别为m1、m2、m3和m4。下列说法正确的是（    ）A. 该核反应方程是B. 该核反应中的核燃料是当前核电站采用的核燃料C. m1+ m2 > m3+ m4D. 该核反应可以在常温下进行【答案】C【解析】A、1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核,根据质量数与质子数守恒知同时有一个中子生成,反应方程为，故A错误；B、目前核电站都采用核裂变发电，故B错误；C、该反应放出热量，所以一定有质量亏损，故C正确；D、该核反应必须在高温下进行，故D错误；故选C。【点睛】1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，这是聚变反应；由质量数守恒和电荷数守恒判定反应方程是否正确；由质能方程判断出释放的核能；目前核电站都采用核裂变发电。2.一宇航员在一星球表面高度为h处以水平速度为v0抛出一物体，经时间t落到地面，已知该星球半径为R，忽略星球的自转.下列说法正确的是A. 该星球的质量为B. 该星球的质量为 C. 该星球的第一宙速度为D. 该星球的第一宇宙速度为【答案】D【解析】【详解】小球在星球表面做平抛运动，由，该星球表面的重力加速度：，设该星球的质量为M，则由，解得：，故AB错误；根据万有引力提供向心力：，可得：，第一宇宙速度时取 r=R，可得：，故D正确，ABC错误。3.一理想变压器，原、副线圈的匝数比为4:1。原线圈接在一个交流电源上，交变电压随时间变化的规律如图所示，副线圈所接的负载电阻是11 。则下列说法中正确的是（   ）A. 原线圈交变电流的频率为100HzB. 变压器输入、输出功率之比为4:1C. 副线圈输出电压为55VD. 流过副线圈的电流为1A【答案】C【解析】由于，则；由于能量守恒，故变压器输入、输出功率之比为1:1；由得，。副线圈电流。综上分析，C正确。4.在选定正方向后,甲、乙两质点运动的x-t图象如图所示,则在0~时间内A. 甲质点做直线运动,乙质点做曲线运动B. 乙质点的速度先增大后减小C. 时刻两质点速度大小一定相等D. 0~时间内,甲质点的平均速度大于乙质点的平均速度【答案】B【解析】【详解】甲乙均做直线运动，选项A错误；乙质点运动图线的切线的斜率先增大后减小，即乙质点速度先增大后减小，选项B正确，t1时刻两质点运动图线的斜率的绝对值不一定相等，即速度大小不一定相等，选项C错误，0~t2时间内，两质点的位移大小相等，由得，甲质点的平均速度等于乙质点的平均速度，选项D错误。故选B.【点睛】本题注意强化对x-t图象的理解5.在某个电场中，x轴上各点电势φ随x坐标变化如图所示，一质量m、电荷量+q的粒子只在电场力作用下能沿x轴做直线运动，下列说法中正确的是A. x轴上x=x1和x=-x1两点电场强度和电势都相同B. 粒子运动过程中，经过x=x1和x=-x1两点时速度一定相同C. 粒子运动过程中，经过x=x1点的加速度大于x=x2点加速度D. 若粒子在x=-x1点由静止释放，则粒子到达O点时刻加速度为零，速度达到最大【答案】D【解析】【详解】A、从x=x1到x=-x1，电势先降低后升高，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，可知电场的方向先向右再向左，则知x轴上x=x1和x=-x1两点电场强度方向相反，根据斜率等于场强的大小，可知x=x1和x=-x1两点电场强度大小相等，故这两点电场强度不同。由图知两点的电势相等，故A错误。B、x=x1和x=-x1两点电势相等，电场力做功为0，根据动能定理可知粒子运动过程中，经过x=x1和x=-x1两点时速度大小一定相同，但速度方向有可能相反。故B错误。C、由x=x1和x=-x1两点电场强度大小相等，粒子所受的电场力大小相等，则加速度大小相等。故C错误。D、若粒子在x=-x1点由静止释放，粒子到达O处时所受的电场力为零，加速度为零，粒子先加速后减速，则到达O点时的速度最大，故D正确。故选D.【点睛】解决本题的关键知道电势的高低与电场方向的关系，知道电场力做功与电势能的关系，知道φ-x图象切线的斜率大小等于场强．6.在正方形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，比荷相同的两个粒子a、b从一边长中点垂直边界方向进入磁场，则A. a带正电，b带负电B. a、b进入磁场时的速率之比为1∶2C. a、b在磁场中运动的周期之比为2∶1D. a、b在磁场中运动的时间之比为1∶1【答案】AB【解析】【详解】A项：由左手定则结合题图可知，a粒子带正电，b粒子带负电，故A正确；B项：由半径公式得：，由图可知，a运动半径为b的一半，所以两粒子的速率之比为1:2，故B正确；C项：由公式可知，两粒子的周期比为1：1，故C错误；D项：由公式，由图可知，a粒子在磁场中偏转的角度为b粒子的两倍，所以a、b粒子在磁场中运动时间之比为2:1，故D错误。7.如图所示，一架救援直升机通过软绳打捞河中物体，物体质量为m，由于河水的流动对物体产生水平方向的冲击力，使软绳偏离竖直方向，当直升机相对地面静止时，绳子与竖直方向成θ角，已知物体所受的浮力不能忽略。下列说法正确的是（   ）A. 空气对飞机的作用力一定竖直向上B. 物体受到河水的水平方向的作用力小于绳子的拉力C. 绳子的拉力为D. 绳子的拉力可能少于mg【答案】BD【解析】【详解】对物体受力分析，受重力、浮力、拉力和水的水平方向的冲击力，如图所示：根据平衡条件，有竖直方向：F浮+Tcosθ=mg，水平方向：f=Tsinθ，可知绳子的拉力可能少于mg，故C错误，D正确。河水作用力包括浮力和水平冲击力，其中水平冲击力等于拉力的水平分力，故B正确；根据题意可知飞机受到重力、绳子的拉力和空气对飞机的作用力，根据平衡条件可知，空气对飞机的作用力斜向右上方，故A错误。所以BD正确，AC错误。8.如图所示，滑块A、B的质量均为m，A套在固定倾斜直杆上，倾斜杆与水平面成45°，B套在固定水平的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计且足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆(初始时轻杆与平面成30°)连接，A、B从静止释放，B开始沿水平面向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B视为质点，在运动的过程中，下列说法中正确的是A. A、B组成的系统机械能守恒B. 当A到达与B同一水平面时，A的速度为C. B滑块到达最右端时，A的速度为D. B滑块最大速度为【答案】AD【解析】因不计一切摩擦，故系统机械能守恒，A正确；设A的速度为、B的速度为，当A到达与B同一水平面时，对A、B速度进行分解，如图所示根据沿杆方向速度相等有：，根据系统机械能守恒有：，解得：，B错误；B滑块到达最右端时，B的速度为零，如图所示：根据系统机械能守恒有：，解得：，C错误；当A滑到最低点时，速度为零，B的速度最大，如图所示：根据系统机械能守恒有：，解得：，D正确，选AD.【点睛】应用A、B沿杆方向速度相等，求出A、B的速度关系，因为不计一切摩擦，故A、B组成的系统机械能守恒，当A的速度最大时，B的速度为0；当B的速度最大时，A的速度为0.三、实验题（共计两道题，共计15分，其中第22题，6分，每空2分；23题，每空3分，共计9分）9.以下是某同学在“探究共点力作用下物体的平衡条件”实验中的操作步骤。请完成步骤中的填空：A.将一方形薄木板竖直放置，在板面上用图钉固定好白纸，把两滑轮固定在板上；B.用弹簧测力计称一薄铁块重力，记下示数FC.用两根细线结于O点，在O点吊上一薄铁块，两细线绕过定滑轮，与两个弹簧测力计的钩挂钩相连（铁块和测力计都不与纸面接触），如图所示；D．当铁块静止时，分别记下两个测力计的示数和_______； E．根据_____作出的合力，记下OC方向并作出F图示；F.通过比较比较和F的______，即可得出实验结论．【答案】    (1). 方向    (2). 平行四边形法则    (3). 大小和方向【解析】【详解】当铁块静止时，分别记下两个测力计的示数F1、F2和方向；并按平行四边形定则作出F1、F2的合力理论值F12；比较理论值F12和实际值F的大小和方向，即可得出实验结论。10.要测绘一个标有"2.5V，0.6W"小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加，并便于操作.已选用的器材有:A.电池组(电动势为3V，内阻约1Ω);B. 电压表V（量程0-3V．内阻Rv约为l0kΩ）C. 电流表G（量程0-3mA，内阻Rg=l00Ω）D.电流表A（量程0-3A，内阻约为0.5Ω）E.定值电阻R3=0.5ΩF.电键1个、导线若干.(1)为了比较准确测量除上述器材中的A.B.F外还应选用__________.(填字母代号)(2)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的__________.(填字母代号)A.滑动变阻器(最大阻值20Ω，额定电流1A)B.滑动变阻器(最大阻值1750Ω，额定电流0.3A)(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示.如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V.内阻为5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是__________W.【答案】    (1). CE    (2). A    (3). 0.1【解析】【详解】（1）灯泡的额定电流为：，电流表A（量程0-3A，内阻约为0.5Ω）的量程太大，因此需要将电流计电流表G（量程0-3mA，内阻Rg=l00Ω）与定值电阻R3进行扩程，扩程后的量程为： 可以满足需求，因此还应选用CE.（2）因实验中采用分压接法，故滑动变阻器应选择小电阻，故选A。（3）在图中作出电源的伏安特性曲线：交点为灯泡的工作点，由图可知，电流为0.1A；电压为1.0V；则灯泡的功率P=UI=1×0.1=0.1W。四、计算题（共2道题，总分32分，24题14分，25题18分，要写出必要的解题过程才给分）11.竖直平面内半径R＝0.2m的四分之一光滑圆弧轨道下端与粗糙水平轨道相切，水平轨道长L=0.2m，右端与半径大于R的光滑圆弧轨道平滑相连，视为质点的小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.物体始终没有离开轨道，重力加速度g取10m/s2.求：(1)碰撞前瞬间A的速率v；(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；(3)A和B整体最终停止的位置离B距离.【答案】(1)2m/s (2)1m/s(3)0.15m【解析】【分析】A到B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出碰撞前A的速度；A、B碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后整体的速率；对AB整体运用动能定理，求出AB整体在桌面上滑动的距离。【详解】(1)根据机械能守恒定律有mgR＝mv2解得碰撞前瞬间A的速率为：v=2 m/s.(2)根据动量守恒定律有mv＝2mv′解得碰撞后瞬间A和B整体的速率：v′＝v＝1 m/s.(3)根据动能定理有－μ·2m·gs＝0－·2m·v′2解得A和B整体沿水平桌面滑动的路程：位置离B距离：L=0.2-（0.25-0.2)m=0.15m【点睛】本题考查了机械能守恒、动量守恒、动能定理的综合，难度中等，知道机械能守恒和动量守恒的条件，关键是合理地选择研究对象和过程，选择合适的规律进行求解。12.如图所示，两条平行的金属导轨相距L＝1 m，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中．金属棒MN和PQ的质量均为m＝0.2 kg，电阻分别为RMN＝1 Ω和RPQ＝2 Ω.MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t＝0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始以a＝1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态．t＝3 s时，PQ棒消耗的电功率为8 W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN始终在水平导轨上运动．求：(1)磁感应强度B的大小；(2) 求t＝6 s时F2的大小和方向；；(3)若改变F1的作用规律，使MN棒的运动速度v与位移 x满足关系：v＝0.4x，PQ棒仍然静止在倾斜轨道上．求MN棒从静止开始到x＝5 m的过程中，系统产生的热量．【答案】(1) 2T (2) F2＝－5.2N(负号说明力的方向沿斜面向下)(3) 【解析】【分析】t=3s时，PQ棒消耗的电功率为8W，由功率公式P=I2R可求出电路中电流，由闭合电路欧姆定律求出感应电动势。已知MN棒做匀加速直线运动，由速度时间公式求出t=3s时的速度，即可由公式E=BLv求出磁感应强度B；根据速度公式v=at、感应电动势公式E=BLv、闭合电路欧姆定律和安培力公式F=BIL结合，可求出PQ棒所受的安培力大小，再由平衡条件求解F2的大小和方向；改变F1的作用规律时，MN棒做变加速直线运动，因为速度v与位移x成正比，所以电流I、安培力也与位移x成正比，可根据安培力的平均值求出安培力做功，系统产生的热量等于克服安培力，即可得解。【详解】（1）当t=3s时，设MN的速度为v1，则v1=at=3m/s感应电动势为：E1=BL v1根据欧姆定律有：E1=I(RMN+ RPQ)根据P=I2 RPQ代入数据解得：B=2T(2)当t＝6 s时，设MN的速度为v2，则速度为：v2＝at＝6 m/s感应电动势为：E2＝BLv2＝12 V根据闭合电路欧姆定律：安培力为：F安＝BI2L＝8 N规定沿斜面向上为正方向，对PQ进行受力分析可得：F2＋F安cos 37°＝mgsin 37°代入数据得：F2＝－5.2 N(负号说明力的方向沿斜面向下)(3)MN棒做变加速直线运动，当x＝5 m时，v＝0.4x＝0.4×5 m/s＝2 m/s因为速度v与位移x成正比，所以电流I、安培力也与位移x成正比，安培力做功：【点睛】本题是双杆类型，分别研究它们的情况是解答的基础，运用力学和电路。关键要抓住安培力与位移是线性关系，安培力的平均值等于初末时刻的平均值，从而可求出安培力做功。13.下列说法中正确的是_____。A. 布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动B. 气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C. 一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加D. 只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低E. 空调机压缩机制冷时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以这一过程不遵守热力学第二定律【答案】ACD【解析】布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动，反应了液体或其他分子的无规则运动，故A正确；气体温度升高，分子平均动能增大，每个分子运动的速率不一定都增加，故B错误；一定量100℃的水变成100℃的水蒸汽，吸收热量，内能增加，动能不变，所以其分子之间的势能增加，故C正确；气体的温度越高，分子运动越剧烈，所以降低温度可以减弱气体分子热运动的距离程度，故D正确；空调机压缩机制冷时，空气压缩机做功，消耗电能，制冷过程不是自发的进行的，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以这一过程遵守热力学第二定律，故E错误。14.如图所示为“⊥”型上端开口的玻璃管，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中粗细部分的截面积为S1＝2S2＝2 cm2、h1=h2=12cm。封闭气体初始温度为t1=57℃，气体长度为L＝22 cm，外界大气压强。求：①若缓慢升高封闭气体温度，当所有水银全部压入细管内时封闭气体的压强；②封闭气体温度至少升高到多少方可将所有水银全部压入细管内。【答案】(1)112cmHg(2)571.2K【解析】解：①设所有水银全部压入细管内时水银柱的长度为H，封闭气体的压强为P，则有：②气体初状态：，所有水银刚好全部压入细管内时： ，由理想气体状态方程知：代入数据解得：15.图甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=1.0s时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图象，则下列说法正确的是________A. 该简谐横波的传播速度为4m/sB. 从此时刻起，经过2秒，P质点运动了8米的路程C. 从此时刻起，P质点比Q质点先回到平衡位置D. 乙图可能是甲图中x=2m处质点的振动图象E．此时刻M质点的振动速度小于Q质点的振动速度【答案】ACD【解析】试题分析：该简谐横波的传播速度为，选项A正确；从此时刻起，经过2秒，即2个周期，P质点运动的路程为2×4A=16×0.2cm=3.2cm，选项B错误；因此时刻，P点开始向下振动，Q点向上振动，故从此时刻起，P质点比Q质点先回到平衡位置，选项C正确；在t=1.0s时刻，x=2m位置的质点向下振动，故乙图可能是甲图中x=2m处质点的振动图象，选项D正确；因M点在平衡位置，故此时刻M质点的振动速度大于Q质点的振动速度，故选项E错误；故选ACD.考点：质点的振动；机械波的传播.16.图示为一光导纤维(可简化为一长玻璃丝)的示意图，玻璃丝长为L，折射率为n，AB代表端面．已知光在真空中的传播速度为c.(1)为使光线能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面，求光线在端面AB上的入射角应满足的条件；(2)求光线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所需的最长时间．【答案】(1)(2)【解析】【分析】根据折射定律求入射角的条件，利用全反射的条件和运动学知识求光线传播所用的最长时间。【详解】（1）设激光束在光导纤维端面的入射角为i，折射角为r，光路如图所示：由折射定律sin i＝nsin r设该光线射向玻璃丝内壁D点的入射角为α，为了使该光线可在此光导纤维中传播，应有α≥θ    式中，θ是光线在玻璃丝内发生全反射时的临界角，它满足nsin θ＝1    由几何关系得：α＋r＝90°    联立以上可得：（2）光在玻璃丝中传播速度的大小为：光速在玻璃丝轴线方向的分量为：vz＝vsin α光线从玻璃丝端面AB传播到其另一端面所需时间为：光线在玻璃丝中传播，在刚好发生全反射时，光线从端面AB传播到其另一端面所需的时间最长，联立以上可得：【点睛】考查了折射定律和全反射的条件，并对于几何光学问题作出光路图，正确的确定入射角和折射角，并灵活运用折射定律是解题的关键。