2019届贵州省遵义航天高级中学高三上学期第五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上学期第五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.如图所示为氢原子能级示意图，现有大量的氢原子处于n＝4 的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干种不同频率的光子，下列说法正确的是A. 这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光子B. 由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的光频率最小C. 由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的光波长最长D. 用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂能发生光电效应【答案】D【解析】根据知，这些氢原子总共可辐射出6种不同频率的光子，A错误；n=4和n=3间的能级差最小，辐射的光子频率最小，B错误；n=4和n=1间的能级差最大，辐射的光子频率最大，波长最短，C错误；从n=2跃迁到n=1能级辐射的光子能量为10.2eV，大于金属铂的逸出功，可以发生光电效应，D正确．2.如图，在光滑的水平桌面上有一物体A，通过绳子与物体B相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长．如果mB=3mA，则物体A的加速度和绳的拉力大小等于A. 拉力为mBg    B. 拉力为0.75mBg    C. 加速度为    D. 加速度为3g【答案】C【解析】【分析】AB连在一起，加速度大小相同，对整体分析受力情况，由牛顿第二定律求得加速度，再由A研究，由牛顿第二定律求得绳子拉力。【详解】AB连在一起，加速度大小相同；对整体分析可知，由牛顿第二定律可知：mBg=（mA+mB）a结合mB=3mA解得加速度为：a=选取A为研究的对象。A的合力等于绳子的拉力，所以绳子的拉力为：F=mAa= 故应选：C。【点睛】本题为连接体问题，关键要抓住两个物体的加速度大小相同，采用整体法和隔离法相结合研究，比较简洁。也可以就采用隔离法解答。3.如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为a,一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道．已知重力加速度为g.则A, B之间的水平距离为A.     B.     C.     D. 【答案】B【解析】小球抛出后做平抛运动，小球恰好从轨道的C端沿切线方向进入轨道，说明小球的末速度应该沿着C点切线方向，将平抛末速度进行分解，根据几何关系得：C点速度在竖直方向的分量：，竖直方向的分运动为自由落体运动，，水平方向做匀速直线运动，则有，故B正确；A、C、D错误。4.探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球。如图所示是绕地飞行的三条轨道，轨道1是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道。A点是2轨道的近地点，B点是2轨道的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7．7 km/s，则下列说法中正确的（     ）A. 卫星在2轨道经过A点时的速率一定大于7．7 km/sB. 卫星在2轨道经过B点时的速率一定小于7．7 km/sC. 卫星在3轨道所具有的机械能小于在2轨道所具有的机械能D. 卫星在3轨道所具有的最大速率小于在2轨道所具有的最大速率【答案】AB【解析】从轨道1变轨到轨道2，需要在A点点火加速，故卫星在轨道2经过A点的速率大于7.7km/s，从轨道2变轨到轨道3，需要在A点点火加速，而A点为两个轨道速度最大点，所以卫星在轨道3的最大速率大于在轨道2的最大速率，A错误D正确；假设有一圆轨道经过B点，根据，可知此轨道上的速度小于7.7km/s，卫星在B点速度减小，才会做近心运动进入2轨道运动．故卫星在2轨道经过B点时的速率一定小于7.7km/s，故B错误；卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大，所以卫星在3轨道所具有的机械能一定大于2轨道所具有的机械能，故C错误．5. 如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，从A点运动到B点，其速度随时间变化的规律如图乙所示，则（ ）A. A点的场强大于B点B. 电子在A点受到的电场力小于B点C. A点的电势高于B点D. 电子在A点的电势能小于B点【答案】B【解析】解：A、B：速度时间图象的斜率等于加速度，由图可知：电子做初速度为零的加速度增大的加速直线运动．加速度增大，说明电子所受电场力增大，电子在A点受到的电场力小于B点．由F=qE可知，电场强度增大，A点的场强小于B点，即EA＜EB．故A错误，B正确．C、电子由静止开始沿电场线从A运动到B，电场力的方向从A到B，而电子带负电，则场强方向从B到A，根据顺着电场线电势降低可知，A点的电势低于B点电势，即φA＜φB．故C错误．D、由速度图象看出，电子的速度增大，动能增大，根据能量守恒得知，电子的电势能减小，则电子在A点的电势能大于B点，即ɛA＞ɛB．故D错误．故选：B【点评】本题实质考查分析电子受力情况和运动情况的能力，从力和能量两个角度进行分析，分析的切入口是速度的斜率等于加速度．6.如图所示，面积为S、匝数为N、内阻不计的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从图示位置开始计时，绕水平轴oo′以角速度ω匀速转动。矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动时，可改变副线圈的输出电压；副线圈接有可变电阻R．电表均为理想交流电表。下列判断正确的是（　　）A. 矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为B. 矩形线圈产生的感应电动势的有效值为C. 当P位置不动，R增大时，电压表示数也增大D. 当P位置向上移动、R不变时，电流表示数将增大【答案】AD【解析】试题分析：从垂直于中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为，A正确；矩形线圈产生的感应电动势的有效值为，B错误；交流发电机内电阻不计，故变压器输入电压不变，根据理想变压器的变压比公式：，当P位置不动，R增大时，电压表读数不变，仍然等于发电机的电动势有效值；C错误当P位置向上移动、R不变时，根据理想变压器的变压比公式：，输出电压变大，故电流变大，功率变大，输入电流也变大，故电流表读数变大，D正确；故选AD。考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系。【名师点睛】正弦式交流发电机从垂直中性面位置开始计时，其电动势表达式为：e=NBSωcosωt；电压表和电流表读数为有效值；计算电量用平均值。7.如图所示，设车厢长为L，质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体，以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞几次后（碰撞过程无能量损耗），相对于车厢静止，下列说法正确的是A. 这时车厢的速度为v0，水平向右B. 这时车厢的速度为，水平向右C. 摩擦产生的热量D. 物体相对于车厢的路程一定为L【答案】BC【解析】【分析】物体与车厢反复碰撞，最终两者速度相等，在此过程中，两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出车厢的速度。【详解】A、B项：以物体与车厢组成的系统为研究对象，以向右为正，由动量守恒定律可得：mv=（M+m）v′最终车的速度v′= ，方向与v的速度相同，水平向右，故A错误，B正确；C、D项：以物体与车厢组成的系统为研究对象，由能量守恒得： ，由于联立解得：不一定等于L，故C正确，D错误。故应选：BC。8.如图所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨右端连接有一定值电阻R，整个装置被固定在水平地面上，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两根质量均为m，电阻都为R，与导轨间的动摩擦因数都为μ的相同金属棒MN、EF垂直放在导轨上．现在给金属棒MN施加一水平向左的作用力F，使金属棒MN从静止开始以加速度a做匀加速直线运动，若重力加速度为g，导轨电阻不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则下列说法正确的是(　　)A. 从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动的过程中，两金属棒的发热量不相等B. 从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为C. 若从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为T，则此过程中流过电阻R的电荷量为D. 若从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为T，则金属棒EF开始运动时，水平拉力F的瞬时功率为P＝(ma＋μmg)aT【答案】ABC【解析】【分析】以EF为研究对象，刚开始运动时所受的静摩擦力达到最大值，由安培力与静摩擦力平衡列式，可求出回路中的电流，再由法拉第电磁感应定律和欧姆定律、速度公式结合求解时间；根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律、位移公式、电量公式结合求解电荷量q；推导出安培力与速度的关系式，由牛顿第二定律求得水平拉力F的大小，由P=Fv求解其瞬时功率；根据电路的连接关系，分析通过两棒的电流关系，即可分析其热量关系。【详解】A项：由于MN棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，通过MN的电流是EF电流的2倍，根据焦耳定律可知，MN的发热量是EF的4倍，故A正确；B项：以EF为研究对象，设EF刚开始运动时其电流大小为I，则通过MN的电流为2I，由题有：BIL=μmg根据闭合电路欧姆定律得：E=2I（R+0.5R）=3IR又 E=BLvv=at联立解得：，故B正确；C项：MN棒在T时间内通过的位移为：x= 根据法拉第电磁感应定律，有： 及闭合电路欧姆定律，有： 且电量表达式，有：△Φ=BLx，则得通过MN棒的电量为： 由于两棒的电阻都为R，则此过程中流过电阻R的电荷量为，故C正确；D项：金属棒EF开始运动时，由BIL=μmg得：I= 金属棒MN所受的安培力大小为：F安=BIL以MN为研究对象，根据牛顿第二定律得：F-μmg-F安=ma拉力的功率为：P=Fv又 v=aT解得：P=（ma+2μmg）aT，故意D错误。故应选：ABC。【点睛】电磁感应中导体切割引起的感应电动势在考试中涉及较多，关键要正确分析导体棒受力情况，运用力学和电磁感应的基本规律，如平衡条件、牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律等等进行求解。三、实验题（共计两道题，共计15分，其中第22题，8分；23题7分）9.某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示.实验中测出重物自由下落的高度h及对应的瞬时速度v，计算出重物减少的重力势能mgh和增加的动能mv2，然后进行比较，如果两者相等或近似相等，即可验证重物自由下落过程中机械能守恒.请根据实验原理和步骤完成下列问题： (1)关于上述实验，下列说法中正确的是________.A.重物最好选择密度较小的木块B.重物的质量可以不测量C.实验中应先接通电源，后释放纸带D.可以利用公式v＝来求解瞬时速度(2)如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O点是起始点，选取纸带上连续的点A、B、C、D、E、F作为计数点，并测出各计数点到O点的距离依次为27.94 cm、32.78 cm、38.02 cm、43.65 cm、49.66 cm、56.07 cm.已知打点计时器所用的电源是50 Hz的交流电，重物的质量为0.5 kg，则从计时器打下点O到打下点D的过程中，重物减小的重力势能ΔEp＝________ J；重物增加的动能ΔEk＝________ J，两者不完全相等的原因可能是________________.(重力加速度g取9.8 m/s2，计算结果保留三位有效数字)(3)实验小组的同学又正确计算出图乙中打下计数点A、B、C、D、E、F各点的瞬时速度v，以各计数点到A点的距离h′为横轴，v2为纵轴作出图象，如图丙所示，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的物体机械能守恒的依据是______________________________________________.【答案】    (1). BC    (2). 2.14    (3). 2.12    (4). 重物下落过程中受到阻力作用    (5). 图象的斜率等于19.52，约为重力加速度g的两倍，故能验证【解析】（1）A、重物最好选择密度较大的铁块，受到的阻力较小，故A错误；
B、本题是以自由落体运动为例来验证机械能守恒定律，需要验证的方程是，因为我们是比较、的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平测量重物的质量操作时应先接通电源，再释放纸带，故B正确．
C、释放纸带前，重物应靠近打点计时器．必须保证计时器的两限位孔在同一竖直线上，然后先接通电源，后释放纸带，故C正确；
D、不能利用公式来求解瞬时速度，否则体现不了实验验证，却变成了理论推导，故D错误。（2）重力势能减小量
利用匀变速直线运动的推论动能增加量
由于存在阻力作用，所以减小的重力势能大于动能的增加了；
（3）根据表达式，则有：；
若图象的斜率为重力加速度的2倍时，即可验证机械能守恒，
而图象的斜率；
因此能粗略验证自由下落的物体机械能守恒。点睛：解决本题的关键知道实验的原理，通过原理确定所需测量的物理量，以及知道实验中的注意事项，在平时的学习中，需加以总结，要熟记求纸带上某点瞬时速度的求法。10.用如图所示电路测量一蓄电池的电动势和内阻．实验器材：待测电源(电动势约2 V，内阻约0.2 Ω)，保护电阻R1(阻值2 Ω)和定值电阻R2（阻值，），滑动变阻器R（阻值范围0~5Ω，额定电流）电流表A，电压表V，开关S，导线若干．实验主要步骤：①将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；②逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；③以U为纵坐标，I为横坐标，作U－I图线(U、I都用国际单位)；回答下列问题：(1)电压表最好选用______；电流表最好选用______．A．电压表(0～3 V，内阻约20 kΩ)B．电压表(0～3 V，内阻约5 kΩ) C．电流表(0～300 mA，内阻约2 Ω)D．电流表(0～30 mA，内阻约2Ω)(2) 根据实验数据作出图象，如图乙所示，则电池的电动势_________，电池的内阻__________。(3) 如果偶然误差不考虑，按图示实验进行测量，关于误差的说法正确的是__________A．由于电流表的分压作用，使内电阻的测量值小于真实值；B．由于电流表的分压作用，使内电阻的测量值大于真实值；C．由于电压表的分流作用，使内电阻的测量值小于真实值；D．由于电压表的分流作用，使内电阻的测量值大于真实值；E．测出的电动势与真实值相同；F.测出的电动势比真实值小．【答案】    (1). AC    (2). 2.10    (3). 0.2    (4). C    (5). F【解析】【分析】根据电路图从减小实验误差的角度分析选择电压表，根据电路最大电流选择电流表．应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后求出电源电动势与内阻。【详解】(1) 由图示电路图可知，电压表有分流作用，流过电源的电流大于电流表示数，电压表分流是造成实验误差的原因，为减小实验误差，应减小电压表分流对实验的影响，应选择内阻较大的电压表，因此电压表应选择B；通过电路的最大电流约为：，则电流表应选择C；(2)U-I图象中直线与纵轴的交点即电源电动势，所以E=2.10V，由闭合电路欧姆定律可得：，所以图象的斜率，解得：；(3)电源的电动势等于电源没有接入电路时两端的电压，即在图甲中断开外电路即（滑动变阻器，电流表，定值电阻R1），此时电压表与电源和定值电阻R2组成回路，电压表的示数一定小于电源的电动势，即电动势测量值偏小，由闭合电路欧姆定律可知，，由图象可知，图象斜率为，所以内阻的测量值与真实值相等。四、计算题（共2道题，总分32分，24题12分，25题20分,要写出必要的解题过程才给分）11.一矩形区域abcd内充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O以一定的初速度垂直于磁场射入一带电粒子，方向与ad边夹角为α＝30°，如图所示，已知粒子的电荷量为q，质量为m(重力不计)．粒子恰能从b点且垂直于ab边射出磁场.求：（1）粒子的电性及粒子在磁场中运动的时间t（2）ab边的长度【答案】(1)正电， ；(2) 【解析】【详解】(1)由于粒子向上偏，根据左手定则可知，粒子带正电；粒子在洛伦兹力作用下，在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，由几何关系得  R=L 由牛顿第二定律得： 周期T= 磁场中运动时间： 解得：；(2)由几何关系可得：ab边长LAB=R(1+cos300)= 。12.如图甲所示的装置是由直线加速器改装而成，由N个长度逐个增大的金属圆筒沿水平轴线排列成一串，图中代表性地画了几个圆筒，圆筒的两底面中心开有小孔，一根绝缘光滑细管从中心小孔穿过，各筒相间地连接到频率为f、最大电压值为U0的电源的两端，M、N两点间的电势差UMN随时间变化如图乙所示，现有一电量为+q、质量为m、直径略小于细管内径的小球，沿细管左端射入，并将在圆筒间的缝隙处受到电场力的作用而加速（设圆筒内部没有电场）。缝隙的宽度很小，小球穿过缝隙的时间可以不计。已知t=0时刻小球以v1速度进入第一个圆筒左端，小球多次被加速后通过最右侧圆筒，最后从A点水平向右飞出并以速度v2垂直于电场方向射入一个方向竖直向下、场强为E的匀强电场中，在B点速度方向与电场线成120°角。求：（1）小球在电场中的加速度大小a及在B点的速度大小vB；(2) 小球从A运动到B的时间tAB(3) A、B两点间的电势差UAB；(4) 为使小球从A点射出获得最大能量，各个圆筒的长度应满足什么条件？（用n的形式来表示）【答案】(1)a= ，；(2) ；(3) ；(4) ，(n=1 ,2.3……)。【解析】【详解】(1)小球在电场中受电场力和重力作用根据牛顿第二定律可得a＝ 将小球在B点的速度分解可知；(2) )在B点设小球沿电场方向的速度大小为vy，则有：vy＝v2tan30°vy＝atAB 联立解得： (3) 小球竖直位移: 解得： A、B两点间的电势差UAB=Ey解得：；(4) 为了使小球获得最大能量，要求小球每次穿过缝隙时，前一个圆筒的电势比后一个的电势高，这就要求小球穿过每个圆筒的时间恰好等于交变电流的半个周期设第N个圆筒长为Ln，则有：  (n=1 ,2.3……)解得： 所以 (n=1 ,2.3……)。13.下列说法正确的是______（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A．医学上利用液晶来检查肿瘤，是利用了液晶的温度效应B．自然发生的热传递过程是沿着分子热运动无序性增大的方向进行的C．非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性D．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加E．分子热运动各速率间的分子数占总分子数的比例是常数，与温度无关【答案】ABD【解析】A、在皮肤表面涂上一层液晶，由于肿瘤温度与周围正常组织的温度不同，液晶就会显示出不同颜色，所以医学上利用液晶来检查肿瘤，是利用了液晶的温度效应，故A正确；B、热力学第二定律的微观意义是一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，故B正确；C、非晶体和多晶体的物理性质各向同性，而单晶体的物理性质都是各向异性，故C错误；D、根据热力学第一定律可知，物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加，故D正确；E、分子热运动各速率间的分子数占总分子数的比例与温度有关，故E错误；故选ABD。【点睛】医学上利用液晶来检查肿瘤，是利用了液晶的温度效应；热力学第二定律的微观意义是一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，非晶体和多晶体的物理性质各向同性，而单晶体的物理性质都是各向异性，分子热运动各速率间的分子数占总分子数的比例与温度有关。14.如图所示，在上端开口、竖直放置的足够高光滑导热气缸内，体积均为V的理想气体1、2被轻活塞A隔开，气体1上面有活塞B，两活塞均被锁定。已知气体1的压强、大气压均为p0，气体2的压强为2p0。现解除对活塞A的锁定。求：（i）稳定后气体1的体积和压强；（ii）稳定后，再解除对活塞B的锁定，求再次稳定后气体2的体积。【答案】(1)      （2） 2V【解析】【分析】稳定后由玻意耳定律求出气体1的体积和压强，再次稳定后，气体2的压强等于大气压，由玻意耳定律求气体2的体积。解：（i）稳定后，由玻意耳定律，对气体1p0V＝p1V1 对气体2：2p0V＝p2V2 两气体的压强相等：p1＝p2总体积不变V1＋V2＝2V可解得：V1＝，p1＝ （ii）再次稳定后，气体2的压强等于大气压，由玻意耳定律2p0V＝p0V3 解得：v3＝2V15.如图甲，可以用来测定半圆柱形玻璃砖的折射率n，O是圆心，MN是法线。一束单色光线以入射角i=30°由玻璃砖内部射向O点，折射角为r，当入射角增大到也为r时，恰好无光线从玻璃砖的上表面射出。让该单色光分别通过宽度不同的单缝a、b后，得到图乙所示的衍射图样（光在真空中的传播速度为c）。则下列说法正确的是___________      。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A．此光在玻璃砖中的全反射临界角为60°B．玻璃砖的折射率n= C．此光在玻璃砖中的传播速度D．单缝b宽度较大E．光的偏振现象说明光是一种纵波【答案】BCD【解析】根据折射定律有，由题知，玻璃砖的全反射临界角等于C，根据，结合i=30°，解得，C=45°，故A错误，B正确；光在玻璃砖中的传播速度为，故C正确；由乙图知，单色光通过单缝a后衍射现象比较显著，所以单缝a宽度较小，则缝b宽度较大，故D正确；偏振是横波的特有现象，光的偏振现象说明光是一种横波，故E错误。所以BCD正确，AE错误。16.如图所示，一垂钓者在平静的湖面上钓鱼，浮标Q离岸边P点的距离为2m，鱼饵在M点的正下方，Q、M间的距离为2m，当垂钓者的眼睛位于P点正上方1.5m处时，浮标恰好挡住垂钓者看到鱼饵的视线。已知P、Q、M在同一水平线上，水的折射率n=。①求鱼饵离水面的深度；②若鱼饵缓慢竖直上浮，当垂钓者恰好从水面PQ上方无论如何也看不到鱼饵时，求鱼饵离水面的深度。【答案】（1）      （2）【解析】①光路如图所示，由几何关系可知： 解得：h＝m②设鱼饵深度为h1时，在Q点发生全反射，即在水面PQ上方无论如何也看不到鱼饵，由几何关系可得：解得： 点睛：本题的关键是作出光路图，找到临界光线，利用几何知识和折射定律求解相关的角度和深度。