2019年陕西省山阳中学高三4月模拟考试物理试卷（解析版）

陕西省山阳中学2019年高三4月模拟考试

物 理

一、选择题

1.关于原子核的变化、核能及核力，下列说法正确的是

A. 核力是一种弱相互作用，只能发生在原子核内相邻核子之间

B. 某原子经过一次α衰变和两次β衰变后，核内质子数不变

C. 放射性原子核X发生衰变，生成物的结合能一定小于X的结合能

D. U+n→Ba+Kr+3n是太阳内部发生的核反应之一

【答案】B

【解析】

【分析】

核力是强相互作用，具有饱和性和短程性；故将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用力且每个核子只跟邻近的核子发生核力的作用，重核衰变时释放能量，衰变产物的结合能之和大于原来重核的结合能，α衰变的过程中电荷数少2，质量数少4，β衰变的过程中电荷数增1，质量数不变；

【详解】A、核力是强相互作用，具有饱和性和短程性；故将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用力且每个核子只跟邻近的核子发生核力的作用，故A错误；

B、α衰变的过程中电荷数少2，质量数少4，β衰变的过程中电荷数增1，质量数不变，某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，电荷数不变，核内质子数不变，故B正确；

C、放射性原子核X发生衰变，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来X的结合能的，故C错误；

D、太阳内部的反应是聚变反应，而是裂变反应，故D错误；

故选B。

【点睛】关键知道α衰变的过程中电荷数少2，质量数少4，β衰变的过程中电荷数增1，质量数不变，太阳内部的反应是聚变反应，放射性原子核X发生衰变，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来X的结合能的。

2.如图所示，一长木板静止在倾角为θ的斜面上，长木板上一人用力推长木板上的物块，使物块与长木板间的摩擦力刚好为零，已知人、物块、长木板的质量均为m，人、物块与长木板间的动摩擦因数均为μ1，长木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

A. 斜面对长木板的摩擦力大小为mgsin θ

B. 斜面对长木板的摩擦力大小为3μ2mgcos θ

C. 长木板对人摩擦力大小为2μ1mgcos θ

D. 长木板对人的摩擦力大小为2mgsin θ

【答案】D

【解析】

AB、对人，物块，长木板三者整体研究，斜面对它们的摩擦力为静摩擦力，其大小为，故AB错误；

CD、对人，物块整体研究，由于物块与长木板间的摩擦力刚好为零，因此长木板对人的静摩擦力大小为，故C错误，D正确。

点睛：本题考查整体法与隔离法的应用，掌握平衡条件的运用方法，注意正确选择研究对象的方法，一般情况可以先整体后隔离进行分析。

3.在图乙的电路中，通入如图甲所示的交变电流，此交变电流的每个周期内，前三分之一个周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定。电阻R的阻值为，电表均为理想电表。下列判断正确的是（　　）

A. 电压表的示数为

B. 该交变电流的有效值为

C. 电阻R一个周期内产生的热量一定大于9J

D. 电流表的示数为

【答案】D

【解析】

【详解】由焦耳定律得，可得电压有效值U=6V，电表读数为有效值，故A错；电压变的读数为有效值，即U=6V，故B错误；热量根据有效值进行计算，则，故C错误；电流表读数为有效值，则，故D正确。

4.2018年12月12日，我国发射的“嫦娥四号”探测器进入环月轨道1，12月30日实施变轨进入环月轨道2．其飞行轨道如图所示，p点为两轨道的交点。如果嫦娥四号探测器在环月轨道1和环月轨道2上运动时，只受到月球的万有引力作用，环月轨道1为圆形轨道，环月轨道2为椭圆轨道。则以下说法正确的是（　　）

A. 若已知嫦娥四号探测器环月轨道1的半径、运动周期和引力常量，则可以计算出月球的密度

B. 若已知婦娥四号探测器环月轨道2的近月点到月球球心的距离、运动周期和引力常量，则可以计算出月球的密度

C. 嫦娥四号探测器在环月轨道2上经过p点的速度小于在环月轨道1上经过P点的速度

D. 娀四号探测器在环月轨道2时，从近月点运动向远月点P的过程中，加速度变大

【答案】C

【解析】

【详解】由万有引力提供向心力可得：，则圆轨道的周期公式，则可计算出月球质量M，但月球半径R未知，所以算不出月球密度，故A错误；因为2轨道为椭圆轨道用不了圆轨道的周期公式，且月球半径R未知，同理计算不出月球密度，故B错误；探测器在1轨道的P减速后才能变轨到2轨道，故C正确；由近月点向远月点P运动过程中，探测器与月心距离增大，则引力减小，由牛顿第二定律加速度应变小，故D错误。

5.中国科学家发现了量子反常霍尔效应,杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果。如图所示,厚度为h,宽度为d的金属导体,当磁场方向与电流方向垂直时,在导体上下表面会产生电势差,这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是(　　)

A. 上表面的电势高于下表面电势

B. 仅增大h时,上下表面的电势差增大

C. 仅增大d时,上下表面的电势差减小

D. 仅增大电流I时,上下表面的电势差减小

【答案】C

【解析】

试题分析：根据左手定则，知自由电子向上偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面．故A错误；根据，解得U=vBh，根据电流的微观表达式I=neSv，故，知仅增大d时，上下表面的电势差减小．故B正确；根据，解得U=vBh，根据电流的微观表达式I=neSv，故，知增大h，上下表面的电势差不变，与h无关，故C错误；根据，解得U=vBh；根据电流的微观表达式I=neSv，电流越大，电子的速度越大，故上下表面的电势差越大，故D错误；故选B。

考点：左手定则；带电粒子在磁场中的而运动

【名师点睛】所谓霍尔效应，是指磁场作用于载流金属导体时，产生横向电位差的物理现象．霍尔效应在新课标教材中作为课题研究材料，解答此题所需的知识都是考生应该掌握的．对于开放性物理试题，要有较强的阅读能力和获取信息能力。

6.如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则(   )

A. 固定位置A到B点的竖直高度可能为2R；

B. 滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关；

C. 滑块可能重新回到出发点A处；

D. 传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多。

【答案】CD

【解析】

【分析】

滑块恰能通过C点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程求C点时临界速度，由动能定理知AC高度差，从而知AB高度；对滑块在传送带上运动的过程根据动能定理列方程求滑行的最大距离的大小因素；根据传送带速度知物块的速度，从而知是否回到A点；滑块与传送带摩擦产生的热量Q=μmg△x，看热量多少，分析相对路程．

【详解】若滑块恰能通过C点时有：mg=m；由A到C，根据动能定理知  mghAC=mvC2；联立解得：hAC=R；则AB间竖直高度最小为 2R+R=2.5R，所以A到B点的竖直高度不可能为2R，故A错误；设滑块在传送带上滑行的最远距离为x，则有动能定理有：0-mvC2=2mgR-μmgx，知x与传送带速度无关，故B错误；若滑块回到D点速度大小不变，则滑块可重新回到出发点A点，故C正确；滑块与传送带摩擦产生的热量Q=μmg△x，传送带速度越大，相对路程越大，产生热量越多，故D正确；故选CD。

【点睛】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律，理清物块在传送带上的运动情况，以及在圆轨道最高点的临界情况是解决本题的关键．

7.质谱仪是一种测量带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图，离子源A产生电荷量相同而质量不同的离子束（初速度可视为零），从狭缝S1进入电场，经电压为U的加速电场加速后，再通过狭缝S2从小孔垂直MN射入圆形匀强磁场。该匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，半径为R，磁场边界与直线MN相切E为切点。离子离开磁场最终到达感光底片MN上，设离子电荷量为g，到达感光底片上的点与E点的距离为x，不计重力，可以判断（　　）

A. 离子束带负电

B. x越大，则离子比荷一定越大

C. 到达处的离子在匀强磁场运动时间为

D. 到达处的离子质量为

【答案】CD

【解析】

【详解】带电粒子在加速电场中做匀加速直线运动，设加速后的速度大小为v，根据动能定理有：，解得：，然后匀速运动到E点进入有界磁场中，其运动轨迹如下图所示：

粒子从E点先沿虚线圆弧，再沿直线做匀速直线运动到N点。由左手定则，粒子是正电。故A错误；由，则，x越大则r越大，则比荷越小，故B错误；在△ENO中，解得:θ=60°，设带电粒子运动的轨迹圆的半径为r，根据数学知识有：，解得：，由，由几何关系圆弧圆心角α=120°，联立可得： ，故CD正确。

8.如图所示，电源电动势为E，内阻为r．电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有关下列说法中正确的是（   ）

A. 只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流

B. 只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流

C. 只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动

D. 若断开电键S，带电微粒向下运动

【答案】AD

【解析】

【分析】

电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于与之并联的滑动变阻器部分的电压．只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，判断R0消耗的电功率，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由分析板间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况．若断开电键S，电容器处于放电状态.

【详解】A、只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，故A正确；

B、电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B错误；

C、只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由可知，电场力变大，带电微粒向上运动，故C错误；

D、若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，将向下运动，故D正确.

故选AD.

【点睛】本题中稳定时电容器与电路部分是相对独立的．分析油滴是否运动，关键分析电场力是否变化．

二、非选择题

9.探究力对物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图（俯视图）关于实验主要过程说法正确的是（　　）

A. 小车运动中会受到阻力，利用补偿的方法可以使木板适当倾斜，轻推小车可以匀速下滑即可

B. 分别用1、2、3、条橡皮筋，就能使得力対小车做的功一定是F、2W、3W、

C. 纸带上打出的点，应选择均匀清晰的点迹求小车的速度

D. 画出的图象应是一条直线

【答案】AC

【解析】

【详解】小车运动中会受到阻力，使木板适当倾斜，小车阻力补偿的方法是平衡摩擦力；故A正确；分别用1、2、3、……条橡皮筋，时还需要每次都让小车拉到同一位置才能使得合外力对小车做的功是W、2W、3W、故B错误；纸带上打出的点，应选择均匀清晰的点迹求小车的速度，故C正确；因为，画出的W-v图象应是一条曲线，W-v2的图象才是直线，故D错误。

10.某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为3kΩ）、电流表（内阻约为1Ω）、定值电阻等。

（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1” 欧姆档测量，示数如图（a）所示，读数______Ω，据此应选择图中的_______（选填“b”或“c”）电路进行实验。

（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐___填 “增大”“减小”）；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验。

（3）图（d）是根据实验数据做出的U—I图线，由图可判断元件_____（填“X”或“Y”）是非线性元件。

（4）该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R＝21Ω的定值电阻，测量待测电池组的电动势E和内阻r，如图（e）所示，闭合S1和S2，电压表读数为3.00V，断开S2，电压表读数为1.00V，结合图（d）可算出E＝______V，r= _____Ω。（结果均保留两位有效数字，电压表为理想电压表）

【答案】（1）10；b

（2）增大；

（3）Y

（4）3.2；0.50

【解析】

试题分析：电阻的大小等于表盘的读数乘以倍率．根据元件X的电阻大小确定电流表的内外接．

先分析电路的连接方式即串联，然后根据滑动变阻器的正确使用方法进行分析．

根据图象得特点判断元件是否是非线性元件；

根据闭合电路欧姆定律列出等式求解电动势E和内阻r．

解：（1）使用多用电表粗测元件X电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为10Ω．

元件X的电阻远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小，因此需要选择图b所示实验电路．

（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，并联支路电压增大，电流表的示数逐渐增大；

（3）如图（d）是根据实验数据作出的U﹣I图线，由图可判断元件Y是非线性元件；

（4）根据U﹣I图线得出元件X的电阻R==10Ω；

闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V，

根据闭合电路欧姆定律列出等式

E=3+×r

E=1+×（r+21）

解得：E=3.2V．r=0.50Ω

故答案为：（1）10；b（2）增大；（3）Y（4）3.2；0.50

【点评】知道串联电路中电阻、电流和电压的关系，会正确使用滑动变阻器，会根据欧姆定律判断电压表和电流表示数的变化．

关键掌握滑动变阻器分压式和限流式的区别，电流表内外接的区别，以及会通过图线求解电源的电动势和内阻．

11.如图甲所示，质量均为m＝0.5 kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点。P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3 s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞。已知B、C两点间的距离L＝3.75 m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：

(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；

(2)Q运动的时间t。

【答案】(1), (2)

【解析】

（1）在0-3s内，对P，由动量定理有：
F1t1+F2t2-μmg（t1+t2）=mv-0
其中F1=2N，F2=3N，t1=2s，t2=1s
解得：v=8m/s
设P在BC两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得：μmg=ma
P在BC两点间做匀减速直线运动，有：v2-v12=2aL
解得：v1=7m/s
（2）设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2′，取向右为正方向，由动量守恒定律和动能守恒有：
mv1=mv1′+mv2′
mv12=mv1′2+mv2′2
联立解得：v2′=v1=7m/s
碰后Q做匀减速直线运动，加速度为：a′=μg=2m/s2
Q运动的时间为：

12.如图，两个滑块A和B的质量分别为4kg和2kg，放在静止于水平地面上的足够长的木板C上，两者与木板间的动摩擦因数均为0.4：木板的质量为2kg，与地面间的动摩擦因数为0.1．某时刻A滑块获得初速度v0=4m/s，0.5秒后A、B发生碰撞，碰撞过程时间极短AB总动能损失0.5J，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑块大小，取重力加速度大小g=10ms2．求

(1)求碰撞前滑块A和B的速度；

(2)A，B，C刚共速时候的速度。

【答案】（1）1.5m/s  2m/s（2）m/s。

【解析】

【详解】（1）碰撞前A滑块做匀减速运动，A受到的滑动摩擦力fA=μAmAg=0.4×4×10N=16N

根据牛顿第二定律得aA=-=-μAg=-4m/s2

碰撞前瞬间A的速度vA=v0+aAt=4-4×0.5=2m/s

碰撞前BC滑块看作一个整体做匀加速运动，则f地=μ地（mA+mB+mC）g

BC整体的加速度aBC=

可得f地=8N，aBC=2m/s2

则vBC=aBCt=2×5=1m/s

（2）碰撞过程AB滑块动量守恒，取向右为正方向，则有： mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′

碰撞过程AB滑块能量守恒，有：   mAvA2+mBvB2=mAvA′2+mBvB′2

可以解得：vA′=1.5m/s，vB′=2m/s

或者vA′=m/s，vB′=m/s。由于A滑块的速度不能大于B，所以舍去

碰撞后A滑块受到摩擦力不变仍然为fA=16N

  可得：aA=-4m/s2

碰撞后BC滑块B物体速度大于C，不能看成一个整体。

B受到摩擦力fB=μBmBg

解得fB=8N

对C有aC=

解得：aC=8m/s2

AC滑块相对运动直到共速过程

对A有vAC=vA′+aAt2。

对C有vAC=vBC+aCt2。

可得vAC=m/s，t2=s

然后B滑块继续减速（此过程AC共同恰好能匀速运动）直到ABC速度均为m/s。

13.下列说法中正确的是         。

A. 一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加

B. 当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小

C. 热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”

D. 在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素

E. 液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力

【答案】ADE

【解析】

【详解】A、温度是分子的平均动能的标志，一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，吸收热量而其分子的平均动能不变，分子之间的势能增加。故A正确；

B、当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子力表现为引力，故随分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增大，故B错误；

C、热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他方面的变化”，故C错误；

D、温度越高，分子无规则运动的剧烈程度越大，因此在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素，故D正确；

E、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，故E正确。

故选ADE。

14.如图是一太阳能空气集热器示意图，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0。经过太阳暴晒，气体温度由T0=300K升至T1=350K。

①求此时气体的压强。

②保持T1=350K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0。求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。

【答案】(1)  (2)

【解析】

试题分析： (1)设升温后气体的压强为p1，

由查理定律得＝①

代入数据得p1＝p0②

(2)抽气过程可视为等温膨胀过程，设膨胀后的总体积为V，由玻意耳定律得p1V0＝p0V③

联立②③式解得V＝V0④

设剩余气体的质量与原来气体的总质量之比为K，由题意得K＝⑤

联立④⑤式解得K＝⑥

考点：查理定律 盖·吕萨克定律

点评：合理的选择公式是处理这类题型的关键

15.一列横波沿x轴正方向传播，在t=0时刻的波形曲线如图所示。已知这列波的质点P从t=0时刻起第一次达到波峰的时间为0.6s，质点PQ的坐标分别为（1，0）和（7，0），则有（　　）

A. 这列波的频率为

B. 这列波的波长为5m

C. 这列波的传播速度为

D. 当时，质点P的位移

E. 质点Q到达波峰时，质点P恰好到达波谷

【答案】ADE

【解析】

【详解】波沿x轴正方向传播，由传播方向与振动方向的关系可知t=0时刻P振动的方向向下，则P质点经过=0.6s第一次到达波峰，所以可知周期为0.8s，波的频率为：=1.25Hz，故A正确；从波形图象可知此波的波长是4 m，故B错误；波速为：，故C错误；在t=0时刻P在平衡位置，经0.8s即一个周期回到原位置，故D正确；P、Q两质点相距6 m，即个波长，P、Q两质点振动步调相反，故E正确。

16.如图所示，半圆形玻璃砖的半径为R，AB边竖直，O为圆心，一纸面内的单色光束从玻璃砖的某一定点P点射入，入射角θ可以任意变化，现要求只考虑能从AB边折射的情况（不考虑从AB上反射后的情况），已知：α=60°，玻璃砖对该单色光的折射率n=，光在真空中的速度为C，则求：

（1）光在玻璃砖中传播的最短距离时入射角θ为多少？

（2）光在玻璃砖中传播的最短时间t

【答案】（1）450（2）

【解析】

【详解】（1）光在玻璃砖中传播的最短时折射光线水平，折射角r=900-600=300

由折射定律有：=n

解得：θ=450

（2）光在玻璃砖中传播的最短距离：x=Rcosr

解得：x=

光在玻璃砖中传播速度：v=

所以最短时间为：t=

解得：t=