2019届安徽省黄山市高三第二次质量检测理综物理试题（解析版）

2019届安徽省黄山市高三第二次质量检测理综物理试题（解析版）二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。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.关于近代物理学，下列说法正确的是A. 核反应方程+X中的X表示电子B. ɑ粒子散射实验的结果表明原子核由质子和中子构成C. 放射性元素的半衰期随温度的升高而变长D. 一个氢原子从n=4的激发态跃迁时，最多能辐射6种不同频率的光子【答案】A【解析】【详解】A、核反应方程，X的质量数为，电荷数，可知X表示电子，故A正确；B、卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子具有核式结构，不能说明原子是由质子与中子组成的，故B错误；C、放射性元素的半衰期不受到环境的变化而变化，与温度无关，故C错误；D、一个氢原子从n=4的激发态跃迁时，最多能辐射种不同频率的光子，故D错误；说法正确的是选A。2.空间存在一静电场，x轴上各点电势随x变化的情况如图所示。若在-x0处由静止释放一带负电的粒子，该粒子仅在电场力的作用下运动到x0的过程中，下列关于带电粒子的a-t图线，v-t图线，Ek-t图线，Ep-t图线正确的是（  ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】AB、由图可知，图像的斜率表示电场强度，从到的过程中电场强度先减小后增大，受到沿x轴正方向的电场力先减小后增大，粒子的加速度也是先减小后增大，在位置加速度为零；粒子在运动过程中，粒子做加速度运动，速度越来越大，先增加得越来越慢，后增加得越来越快，故B正确，A错误；C、粒子在运动过程中，受到沿x轴正方向的电场力先减小后增大，根据动能定理可知图像的斜率先变小再变大，在位置的斜率为零，故C错误；D、由于粒子带负电，根据电势能可知，变化规律与变化规律相反，故D错误；图线正确的是选B。3.2018年5月和12月，我国分别成功地将探月工程的鹊桥号中继星和嫦娥四号登月探测器发射升空。鹊桥号中继星是世界首颗运行于地月拉格朗日L2点的通信卫星，为在月球背面工作的 嫦娥四号登月探测器提供地月间的中继通信。该L2点位于地球和月亮连线的延长线上，如图所示，鹊桥号在该点消耗很少燃料就可较长期地与月球同步绕地球做圆周运动。嫦娥四号登月探测器软着陆月球背面，更深层次地探测月球地质、资源等方面的信息。请根据上述信息和你所掌握的物理知识，确定下列叙述中正确的是 A. 地球对鹊桥号的万有引力作用可忽略不计B. 以同样的速度爬上相同的坡道，探测器在月球上将比在地球上消耗更大的功率C. 相对月面静止的探测器绕地球运行的向心加速度比鹊桥号的向心加速度小D. 在降落到月面的过程中，探测器和月球系统的机械能守恒【答案】C【解析】【详解】A、由于地月拉格朗日L2点与月球、地球总在同一直线上，“鹊桥”号中继星绕地球运行的角速度和周期与月球相等，地球对鹊桥号的万有引力与月球对鹊桥号的万有引力的合力提供“鹊桥”号中继星绕地球运行的向心力，故A错误；B、由于在月球表面上的加速度比在地球表面上的加速度小，以同样的速度爬上相同的坡道，在地球表面上克服引力做功大于在月球表面上克服引力做功，所以探测器在地球上将比在月球上消耗更大的功率，故B错误；C、因为“鹊桥”号中继星绕地球运行轨道半径比月球的轨道半径大，由可知相对月面静止的探测器绕地球运行的向心加速度比鹊桥号的向心加速度小，故C 正确；D、在降落到月面的过程中，地球对探测器的引力做功，探测器和月球系统的机械能不守恒，故D错误；叙述正确的是选C。4.如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在等边三角形ABC内，D是AB边的中点，一群相同的带负电的粒子仅在磁场力作用下，从D点沿纸面以平行于BC边方向，以大小不同的速率射入三角形内，不考虑粒子间的相互作用力，已知粒子在磁场中运动的周期为T，则下列说法中正确的是（   ）A. 若该粒子在磁场中经历时间为，则它一定从BC边射出磁场B. 若该粒子在磁场中运动时间为，则它一定从AC边射出磁场C. 速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁场中运动时间长D. 若该粒子在磁场中运动时间为，则它一定从AB边射出磁场【答案】B【解析】【详解】ABD、若带电粒子刚好从BC边射出磁场，运动轨迹与BC边相切，可知圆心角为，粒子在磁场中经历时间为，若带电粒子刚好从AC边射出磁场，运动轨迹与AC边相切，作图可得切点为C点，可知圆心角为，粒子在磁场中经历时间为，若带电粒子从AB边射出磁场，可知圆心角为，粒子在磁场中经历时间为，所以该粒子在磁场中经历时间为，则它一定从AB边射出磁场；该粒子在磁场中运动时间为，即小于，则它一定从AC边射出磁场，该粒子在磁场中运动时间为，即大于小于，则它一定从BC边射出磁场，故B正确，A、D错误；C、若这些带电粒子都从AB边射出磁场，可知圆心角都为，粒子在磁场中经历时间都为，故C错误；说法正确的是选B。5.如图，AB为一光滑水平横杆，横杆上固定有一个阻挡钉C。杆上套一质量不计的轻环，环上系一长为L且足够牢固、不可伸长的轻细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将轻环拉至C左边L/5处并将绳拉直，让绳与AB平行，然后由静止同时释放轻环和小球。重力加速度为g，则关于之后的运动情况，下列描述正确的是 A. 小球还可以回到AB杆的高度B. 小球在最低点的速度大小为C. 小球到达最低点之前一直做曲线运动D. 小球在最低点对绳子的拉力大小小于3mg【答案】D【解析】【详解】轻环运动到阻挡钉C的过程中，轻环与小球水平方向动量守恒，由于杆上套的质量不计的轻环，所以小球水平方向速度为零，只有竖直方向的速度，小球做自由落体运动，此时轻细绳与水平方向的夹角为，则有，根据机械能守恒有，可得小球的速度为，轻环到阻挡钉C时小球的速度发生突变，速度大小为，轻环不动时小球以C为圆心的做圆周运动，到小球到最低点的过程中根据动能定理可得：，解得小球在最低点的速度大小为，小球在最低点对绳子的拉力大小，由于轻环到阻挡钉C时小球的速度发生突变，机械能有损失，所以小球不能回到AB杆的高度，故D正确，A、B、C错误；描述正确的是选D。6.如图所示，甲、乙两个小球同时从同一固定的足够长斜面的A、B两点分别以、水平抛出，分别落在斜面的C、D两点（图中未画出），不计空气阻力，下列说法正确的是 A. 甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度的方向相同B. 甲、乙两球做平抛运动的时间之比为1:4C. A、C两点间的距离与B、D两点间的距离之比为1:4D. 甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度大小之比为1：【答案】AC【解析】【详解】A、设小球落在斜面上时，速度与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则，，可知，因为小球落在斜面上时，位移与水平方向的夹角为定值，可知两球接触斜面的瞬间，速度方向相同，故A正确；B、根据可得，因为两球初速度之比为，甲、乙两球做平抛运动的时间之比为，故B错误；C、根据可知两球下落的高度之比为，根据相似三角形知识可知A、C两点间的距离与B、D两点间的距离之比为1:4，故C正确；D、甲乙两球运动的时间之比为，则竖直分速度之比为，因为两球落在斜面上时速度方向相同，根据平行四边形定则知，两球接触斜面的瞬间，速度大小之比为，故D错误；说法正确的是故选AC。7.空间有一个两边界水平的匀强磁场区域，其上方有一位于竖直平面内的矩形导体框abcd，导体框dc边与磁场边界平行，如图所示。已知磁场的高度H大于导体框的高度h，现让导体框自由下落，从dc边进入磁场到ab边进入磁场为导体框进入磁场的过程，从dc边出磁场到ab边出磁场为导体框穿出磁场的过程。已知导体框有电阻，进入磁场过程是先加速后匀速，则关于导体框进入和穿出磁场这两个过程中，下列说法正确的是 A. 导体框的速度变化相等B. 安培力对导体框的冲量相等C. 穿过导体框某横截面电量的绝对值相等D. 导体框中产生的热量相等【答案】BC【解析】【详解】A 、导体框进入磁场过程是先加速后匀速，匀速运动时安培力等于导体框的重力，导体框全部在磁场中运动时只受到重力作用，做匀加速运动，导体框穿出磁场时安培力大于导体框的重力，导体框做减速运动，所以导体框的速度变化不相等，故A错误；BC、穿过导体框某横截面电量，所以导体框进入和穿出磁场这两个过程中穿过导体框某横截面电量的绝对值相等；规定竖直向上为正方向，导体框进入磁场过程安培力对导体框的冲量，导体框穿出磁场程安培力对导体框的冲量，安培力对导体框的冲量相等，故B、C正确；D、导体框进入磁场过程安培力的平均值小于导体框穿出磁场时安培力的平均值，所以导体框进入磁场过程克服安培力做功小于导体框穿出磁场时克服安培力做功，根据可知导体框进入磁场过程导体框中产生的热量小于导体框穿出磁场时导体框中产生的热量，故D错误；说法正确的是选BC。8.如图，C是放在光滑水平面上的一块右端有固定档板的长木板，在木板的上面有两块可视为质点的小滑块A和B，三者的质量均为m，滑块A、B与木板间的动摩擦因数均为μ。最初木板 静止，A以初速度v0从C的左端、B以初速度2v0从木板中间某一位置同时以水平向右的方向滑上木板C。在之后的运动过程中B曾以v0的速度与C的右档板发生过一次弹性碰撞，重力加速度为g，则对整个运动过程，下列说法正确的是  A. 滑块A的最小速度为v0B. 滑块B的最小速度为v0C. 滑块A与B可能发生碰撞D. 系统的机械能减少了40%【答案】ABD【解析】【详解】当小滑块A和B相对长木板滑动时，受的滑动摩擦力相同，根据动量定理可知在相同的时间内小滑块A和B的速度变化量相同；当长木板与小滑块A共速时滑块A的速度最小，设滑块A的最小速度为，速度变化量为，视长木板、小滑块A和B为系统，动量守恒，规定向右运动为正方向，则有：，解得；设小滑块B与挡板发生碰撞之前瞬间长木板速度为，根据动量守恒则有：，解得；小滑块B与挡板发生弹性碰撞，小滑块B与长木板交换速度，之后小滑块A和B做加速直线运动，长木板加速匀减速直线运动，直到共速，所以滑块A与B不能发生碰撞；设长木板、小滑块A和B的共速为，根据动量守恒则有：，解得，系统的机械能减少了，即，故A、B、D正确，C错误；说法正确的是选ABD。第II卷（非选择题，共174分）三、非选择题：共174分，第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。9.某同学利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图所示。气垫导轨倾斜固定在水平桌面上，导轨A点处有一带挡光片的滑块，滑块与挡光片的总质量为M，挡光片的宽度为d，滑块通过细线跨过光滑的定滑轮与两个相同的钩码相连，连接滑块的一段细线与导轨平行，每个钩码的质量为m。开启气泵，滑块恰好能静止于A点。导轨上B点处固定一个光电门，挡光片到光电门的距离为L（L小于钩码到定滑轮的距离）。已知当地重力加速度为g。① 该同学用游标卡尺测出遮光片的宽度，则该同学用的游标卡尺是________分度（填10、20或50）。② 某时刻只撤去钩码2，让滑块从A点静止开始运动，已知光电门记录挡光片挡光时间为，则滑块通过B点的瞬时速度为_________（用题目中所给的物理符号表示）。③ 在滑块从A点运动到B点的过程中，为了验证滑块与钩码1组成的系统机械能守恒，需要验证的关系式为_________________________（用题目中所给的物理符号表示）。【答案】    (1). 50    (2).     (3). 【解析】【详解】解：①10分游标卡尺将9mm等分成10份，每份0.9mm，和主尺一格差0.1mm，精度0.1mm；20分游标卡尺将19mm等分成20份，每份0.95mm，和主尺一格差0.05mm，精度0.05mm；50分游标卡尺将49mm等分成50份，每份0.98mm，和主尺一格差0.02mm，精度0.02mm；游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读，所以该同学用游标卡尺测出遮光片的宽度，用的游标卡尺是50分度；②极短时间内的平均速度等于瞬时速度，则滑块通过B点的瞬时速度为③开启气泵，滑块恰好能静止于A点，根据平衡条件则有：；只撤去钩码2，让滑块从A点静止开始运动，系统重力势能的减小化量为，动能的增加量为：，为了验证滑块与钩码1组成的系统机械能守恒，需要验证的关系式为，即；10.为了精确测量某待测电阻的阻值，某实验小组先用多用电表进行粗测，后用伏安法精确测量，实验室提供的器材如下：待测电阻：Rx 电压表：V1（量程3V，内阻约为3KΩ）电压表：V2（量程15V，内阻约为15KΩ）电流表：A（量程10mA，内阻为rA=30Ω）滑动变阻器：R（最大阻值10Ω，额定电流1A）定值电阻：R1（阻值30Ω）定值电阻：R2（阻值2Ω）直流电源：E（电动势为3V，内阻可忽略）单刀单掷开关一个，导线若干     ① 当用多用电表的欧姆×10挡粗测Rx的阻值时，发现指针偏转角度太大了，应使选择开关拨到________（填“×100或×1” ）倍率挡，重新欧姆调零后再测，此时多用电表指针位置如图（a）所示，其读数为_________Ω。② 在用伏安法测量Rx时，为使测量尽量精确，要求电表指针均达到半偏以上，电压表应选________，定值电阻应选________。（均填器材符号）③ 图b为该实验小组设计测量电阻电路图的一部分，请在虚线框内______将电路图补充完整，并标出器材符号。【答案】    (1). ×1    (2). 15.0Ω    (3). V1    (4). R2    (5). 【解析】【详解】解：①选择开关指向欧姆挡“×10”档位的多用电表测量，指针的偏转角度太大，说明所选档位太大，应换小挡，应将选择开关换成欧姆挡的“×1”档位，然后进行欧姆调零；由图甲可知，电阻丝的电阻为15.0×1Ω=15.0Ω；②直流电源的电动势为3V，所以电压表应选V1；根据可知电流表需要改装，若选定值电阻R1（阻值30Ω），改装后的电流表的量程为，所以选定值电阻R2（阻值2Ω）进行改装，改装后的电流表的量程为，改装后的电流表的阻值为；③由于改装后的电流表的阻值为已知的阻值，不是大约值，为了减小误差电表采用内接法；滑动变阻器R的最大阻值小于待测电阻的阻值，所以滑动变阻器采用分压式，所以电路图为：11.某物理兴趣小组设计了一个货物传送装置模型，如图所示。水平面左端A处有一固定挡板，连接一轻弹簧，右端B处与一倾角的传送带平滑衔接。传送带BC间距，以顺时针运转。两个转动轮O1、O2的半径均为，半径O1B、O2C均与传送带上表面垂直。用力将一个质量为的小滑块（可视为质点）向左压弹簧至位置K，撤去外力由静止释放滑块，最终使滑块恰好能从C点抛出（即滑块在C点所受弹力恰为零）。已知传送带与滑块间动摩擦因数，释放滑块时弹簧的弹性势能为1J，重力加速度g取，，，不考虑滑块在水平面和传送带衔接处的能量损失。求：（1）滑块到达B时的速度大小及滑块在传送带上的运动时间（2）滑块在水平面上克服摩擦所做的功【答案】（1）1s  （2）0.68J【解析】【详解】解：(1)滑块恰能从C点抛出，在C点处所受弹力为零，可得：解得： 对滑块在传送带上的分析可知：故滑块在传送带上做匀速直线运动，故滑块到达时的速度为：滑块在传送带上运动时间： 解得：(2)滑块从K至B的过程，由动能定理可知：根据功能关系有： 解得：12.如图所示，在竖直平面内的xoy直角坐标系中，x轴上方存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度E1，方向沿y轴向上，磁感应强度B，方向垂直纸面向里。x轴下方存在方向沿y轴向上的匀强电场（图中未画出），场强为E2.一质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点），从y轴上的A点以速度大小沿x轴正方向抛出，经x轴上的P点后与x轴正向成进入x轴上方恰能做匀速圆周运动。O、P两点间距离与O、A两点间距离满足以下关系：，重力加速度为g，以上物理量中m、q、v0、g为已知量，其余量大小未知。（1）电场强度E1与E2的比值（2）若小球可多次（大于两次）通过P点，则磁感应强度B为多大？（3）若小球可恰好两次通过P点，则磁感应强度B为多大？小球两次通过P点时间间隔为多少？【答案】（1）；（2） ；（3）  （n=1，2，3……..）；  （n=1，2，3……..）【解析】【详解】解：(1)小球在x轴上方匀速圆周，可得： 小球从A到P的过程做内平抛运动：   结合：可得：由牛顿第三定律可得： 解得： 故： (2) 小球第一次通过P点时与x轴正向成，可知小球在P点时则有：故P点时的速度： 由类平抛的位移公式可得：  小球多次经过P点，轨迹如图甲所示，小球在磁场中运动个周期后，到达x轴上的Q点，P、Q关于原点O对称，之后回到A并不断重复这一过程，从而多次经过P点设小球在磁场中圆周运动的半径为R，由几何关系可得： 又由：联立解得： (3)小球恰能两次经过P点，轨迹如图乙所示在x轴上方，小球在磁场中的运动周期：在x轴下方，小球的运动时间：由规律可知，小球恰能两次经过P点满足的几何关系为：  （n=1，2，3……..）解得： （n=1，2，3……..）两次通过P点的时间间隔为： （n=1，2，3……..）解得： （n=1，2，3……..）（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。33. [物理——选修3-3]13. 下列说法正确的是 。气体吸热后，温度一定升高热量不可能自发地从低温物体传到高温物体分子势能随分子距离的增大，可能先减小后增大气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度有关单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的【答案】BCD【解析】【详解】A、气体吸热后，若再对外做功，温度一定升高，故A错误；B、根据热力学第二定律热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故B正确；C、由于分子之间的距离比较大时，分子之间的作用力的引力，而分子之间的距离比较小时，分子之间的作用力的斥力，所以分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，故C正确；D、气体对容器壁的压强是由于大量气体分子对器壁碰撞作用产生的，压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度有关，故D正确；E、单晶体的物理性质是各向异性的，非晶体和多晶体是各向同性的，故E错误；说法正确的是选BCD。14.如图所示，粗细均匀的U型玻璃管，竖直放置，左端开口，右端封闭。一定质量的理想气体B，气柱长为L=12.5cm，左端长为h=4cm的水银柱封闭了一定质量的理想气体A，气柱长度为也为h，且两端最上方液面齐平。现再往左端缓慢加入长为h的水银柱。已知大气压强为P0=76cmHg，整个过程温度保持不变。当气柱稳定时，求： 右端液面上升的高度L0及气柱A的长度LA（计算结果均保留一位小数）【答案】L0=0.5cm    LA=3.8cm【解析】【详解】解：设水银密度为，玻璃管横截面积为S，重力加速度为g，右端液面上升高度为L0A气体初状态压强为，体积A气体末状态压强为，体积为B气体初状态压强为，体积B气体末状态压强为；体积为根据玻意耳定律，有 ，联立可得 ：L0=0.5cm  LA=3.8cm34. [物理——选修3-4] 15.一列沿x轴负方向传播的简谐横波，波源在d点，t时刻的部分波形图象如图所示，已知该波的周期为T，a、b、c、d为沿波传播方向上的四个质点，则下列说法中正确的是           。A. 在t时刻，质点a沿y轴正方向运动B. 在t时刻，质点c的速度达到最小值C. 在t+2T时，质点d的加速度达到最大值D. 从t到 时间内，质点d通过的路程为0.35mE. t时刻后，质点a比质点b先回到平衡位置【答案】BCE【解析】【详解】A、根据“上下坡法”知质点a沿y轴负方向运动，故A错误；B、在t时刻，质点c运动到负向最大位移处，速度为零，故B正确；C、在t+2T时，质点d的运动到正向最大位移处，加速度达到最大值，故C正确；D、从t到 时间内，质点d通过的路程为等于，故D错误；E、t时刻a质点向下振动，b质点向下振动，质点a比质点b先回到平衡位置，故E正确；说法中正确的是选BCE。16.由某种材料制成的直角三角形棱镜，折射率n1=2，AC边长为L，∠C=，∠B=，AB面水平放置。另有一半径为，圆心角的扇形玻璃砖紧贴AC边放置，圆心O在AC中点处，折射率n2=，如图所示。有一束宽为d的平行光垂直AB面射入棱镜，并能全部从AC面垂直射出。求：（Ⅰ）从AB面入射的平行光束宽度d的最大值；（Ⅱ）光从OC面垂直射入扇形玻璃砖后，从圆弧面直接射出的区域所对应的圆心角。【答案】(1)L  (2)45°【解析】【详解】解：(I)在三角形棱镜中，设全反射临界角为C1， 则有： 解得： C1=如图，从D点射入的光线，在BC面反射到A点，则从B、D间垂直射入的光都能垂直射到AC面由几何关系，有： ， 即宽度为 (II)设扇形玻璃砖全反射角为C2，且知：       解得：C2= 如图，当α=时，从OC面垂直射入扇形玻璃砖的光线恰不能从圆弧面直接射出故所求圆心角：