2019届山东师大附中高三高考考前模拟理科综合物理试卷（解析版）

山东师范大学附属中学2019届高考考前模拟理科综合物理试题

二、选择题：

1.人类在探索自然规律的进程中总结了许多科学方法。如分析归纳法、演绎法、等效替代法、控制变量法、理想实验法等。在下列研究中，运用理想实验方法进行研究的是

A. 爱因斯坦提出光子假说 B. 查理得出气体状态变化的规律

C. 卢瑟福提出原子的核式结构模型 D. 伽利略得出力不是维持物体运动原因的结论

【答案】D

【解析】

【详解】爱因斯坦由光电效应的实验规律，猜测光具有粒子性，从而提出光子说，科学研究的方法属于科学假说。故A错误。查理得出气体状态变化的规律运用了控制变量法，选项B错误；卢瑟福根据α粒子散射实验结果发现，原子结构与行星绕太阳运行模型相似，提出了原子的核式结构模型，采用类比法。故C错误。伽利略根据理想实验法得出力不是维持物体运动原因的结论。故D正确。

2.如图所示，电阻不计的正方形导线框abcd处于匀强磁场中。线框绕中心轴OO'匀速转动时，产生的电动势e= 200。线框的输出端与理想变压器原线圈相连，副线圈连接着一只“20V、8W”的灯泡，且灯泡能正常发光，电路中熔断器熔断电流为0.4A，熔断器与输电导线的电阻忽略不计。下列判断正确的是

A. t=0s时刻的线框中磁通量变化率为最小

B. 理想变压器原、副线圈匝数之比为10：1

C. 若副线圈两端并联多只“20V、8W”的灯泡，则最多不能超过10只

D. 若线框转速减半，产生电动势e=100cos（l00t）V

【答案】B

【解析】

【详解】t=0s时刻的线框在图示位置，线圈与中性面垂直，感应电动势最大，故线框中磁通量变化率最大，故A错误；线框绕中心轴OO′匀速运动时，产生的电压为：u=200cos100πt，故输入变压器的电压的有效值为：U=200V；灯泡能正常发光，故变压器的输出电压为20V；根据变压比公式，有：，故B正确；电路中熔断器熔断电流为0.4 A，此时根据能量守恒定律，有：U1I1=U2（nIL）；解得：，故副线圈两端并联“20V、8W”的灯泡最多不能超过14只，故C错误；若线框转速减半，根据公式Em=NBSω，产生的电压也减半，ω=2πn=50π，则产生的电动势为：e=100cos（50πt）V，故D错误；故选B。

3.把一钢球系在一根弹性绳一端，绳的另一端固定在天花板上，先把钢球托起(如图所示)，然后放手．若弹性绳的伸长始终在弹性限度内，关于钢球的加速度a、速度v随时间变化的图像，下列说法正确的是(　　)

A. 甲为a－t图像 B. 乙为a－t图像 C. 丙为v－t图像 D. 丁为v－t图像

【答案】B

【解析】

由题图可知，弹性绳处于松弛状态下降时钢球做自由落体运动，绷紧后小球做简谐运动；当小球上升至绳再次松弛时做竖直上抛运动，故v～t图象为图甲，a～t图象为图乙

4.2019年4月10日，事件视界望远镜捕获到人类历史上的首张黑洞“照片”，这是人类第一次凝视曾经只存在于理论中的天体。如果把太阳压缩到半径只有3km且质量不变，太阳就变成了一个黑洞，连光也无法从太阳表面逃逸。已知逃逸速度是第一宇宙速度的倍，光速为，，则根据以上信息可知太阳的质量约为

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】由且，解得，故选B.

5.平行导轨固定在水平桌面上，左侧接有阻值为R的电阻，导体棒ab与导轨垂直且接触良好，ab棒质量为m，在导轨间的阻值为r,长度为l 。输出功率恒为P的电动机通过水平绳向右拉动ab棒，使ab棒从静止开始运动。 整个区域存在竖直向上的大小为B的匀强磁场。若导轨足够长，且不计其电阻和摩擦。则

A. 导体棒一直做匀加速运动

B. 导体棒的最大速度为

C. 电阻R消耗的最大功率为

D. 若经过时间t，导体棒速度为v，则电阻R上产生的热量为pt-mv2

【答案】BC

【解析】

【详解】导体棒在细线的拉力作用下向右加速，随着速度的增加，切割电动势增加，电流增加，安培力增加，加速度逐渐减小，最终稳定时导体棒做匀速直线运动，拉力和安培力平衡，则选项A错误；电阻R消耗的电功率最大时，回路的电流最大，导体棒以最大速度做匀速直线运动，受拉力和安培力平衡；拉力的功率为P，故克服安培力做功的功率也为P，产生的电功率为P；即又，解得 ，选项B正确；根据P=I2R，有：，故；选项C正确；若经过时间t，导体棒的速度为v，则整个电路上产生的总热量为pt- mv2，电阻R上产生的热量：(Pt- mv2)，故D错误。

6.在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a)所示，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的v-t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为19 kg，则

A. 碰后蓝壶速度为0.8m／s

B. 碰后蓝壶移动的距离为2.4m

C. 碰撞过程两壶损失的动能为7.22J

D. 碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5：4

【答案】AD

【解析】

由图可知碰撞前后红壶的速度为和，由动量守恒可得，解得碰后蓝壶速度为，碰后蓝壶移动的距离为，碰撞过程两壶损失的动能为，红壶所受摩擦力，蓝壶所受摩擦力，，. 碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为，故AD正确，BC错误；

故选AD。

【点睛】由动量守恒可得碰后蓝壶速度大小，碰撞过程两壶损失的动能为初末动能之差，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比由牛顿运动定律求出。

7.如图所示，均匀带电的半圆环在圆心O点产生的电场强度为E、电势为,把半圆环分成AB、BC、CD三部分。下列说法正确的是

A. BC部分在O点产生的电场强度的大小为

B. BC部分在O点产生的电场强度的大小为

C. BC部分在O点产生的电势为

D. BC部分在O点产生的电势为

【答案】AD

【解析】

如图所示，B、C两点把半圆环等分为三段。

设每段在O点产生的电场强度大小均为E′。AB段和CD段在O处产生的场强夹角为120°，它们的合场强大小为E′则O点的合场强：E=2E′，则：E′=E/2；故圆弧BC在圆心O处产生的场强为E/2。电势是标量，设圆弧BC在圆心O点产生的电势为φ′，则有 3φ′=φ，则 φ′=φ/3，故选AD。

点睛：本题要注意电场强度是矢量，应根据平行四边形定则进行合成，掌握电场的叠加原理；电势是标量，可直接取代数和．

8.绝缘光滑斜面与水平面成α角，质量m、带电荷量为-q（q>0）的小球从斜面上的h高度处释放，初速度为v0（v0>0）方向与斜面底边MN平行，如图所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行斜面向上．如果斜面足够大，且小球能够沿斜面到达底边MN．则下列判断正确的是（　　）

A. 小球在斜面做变加速曲线运动

B. 小球到达底边MN的时间

C. 匀强磁场磁感应强度的取值范围为

D. 匀强磁场磁感应强度的取值范围为

【答案】BD

【解析】

试题分析：小球在斜面上运动时，一定受到竖直向下的重力和垂直斜面向上的洛伦兹力，可能受到垂直斜面向上弹力；小球能够沿斜面到达底边MN，说明垂直斜面的合力为0，洛伦兹力小于重力垂直斜面的分力。

小球合力是重力沿斜面向下的分力，因此小球合力恒定，故小球做匀变速曲线运动，故A错误；

小球做类平抛运动，沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，

则小球的加速度 ，再由运动学公式可得所以球到达底边MN的时间

，故B正确；带电荷量带负电，由左手定则，根据左手定则可知，小球受到的洛伦兹力的方向垂直于斜面向上；尽管小球做匀变速曲线运动，但垂直磁场的方向速度不变，故洛伦兹力 ，小于重力垂直于斜面向下的分力mgcosθ； 也就是，解得磁感应强度的取值范围为，故C错误、D正确。本题选BD

点睛：本题的关键是小球沿光滑斜面运动，合力为重力沿斜面的分力，是恒力；其次洛伦兹力也是恒力，因为尽管小球的速度在变，但垂直磁场方向的速度没有变。

三、非选择题：

9.（1）实验室中常见的长度测量工具有游标卡尺、螺旋测微器、刻度尺，下列对这三种仪器的选用及读数正确的是______

A.甲同学在测量乒乓球的直径时，选用20分度的游标卡尺，读数为40.0mm

B.乙同学在测量一根头发丝的直径时，选用螺旋测微器，读数为0.08mm

C.丙同学在测量矿泉水瓶口的内径时，选用10分度的游标卡尺，读数为26.0mm

D.丁同学在测量学生用等腰直角三角板的斜边长时，选用刻度尺，读数为70.00mm

（2）如图甲所示,是气垫导轨上的两个滑块的照片,中间是滑块A,质量mA=0.20 kg,右边是滑块B,质量mB=0.30 kg.图乙是滑块B向左运动中与滑块A碰后合为一体的频闪照片,频闪照片的频率f=10 Hz.本实验可以探究碰撞中不变量。根据照片提供的信息可知，在实验误差范围内可认为碰撞中的不变量为_________（选填“速度”、“动量”、“动能”），该不变量碰前的大小为________（保留2位有效数字）

【答案】    (1). （1）C    (2). （2）动量    (3). 4.8×10-2kg∙m/s

【解析】

【详解】（1）20分度的游标卡尺的精度为0.05mm，读数时以mm为单位，小数点后有两位，选项A错误；螺旋测微器的精度为0.01mm，后面估读以为，则读数时以mm为单位，小数点后有三位，选项B错误；10分度的游标卡尺精度为0.1mm，读数时以mm为单位，小数点后有一位，选项C正确；毫米刻度尺精度为1mm，读数时以mm为单位小数点后有一位，选项D错误.

（2）滑块B碰前速度：，碰前动量：；滑块AB碰后速度：，碰后动量：；则在实验误差范围内可认为碰撞中的不变量为动量；该不变量碰前的大小为4.8×10-2kg∙m/s.

10.（1）实验室中的一只多用电表如图所示，下列对该多用电表的使用正确的是______

A.测量一节干电池两端的电压时，应选择挡位a，红表笔需连接电池正极，黑表笔需连接电池负极

B.测量一个“3V，0.9W”的灯泡在直流电路中正常发光时的电流时，应选择挡位b

C.测量一个阻值约为100欧姆的电阻阻值时，最佳挡位为挡位c

D.可以使用挡位d来检测家用插座中是否有电

（2）某物理兴趣小组利用一个电流表改装了一个如图所示的欧姆表,通过控制开关S和调节电阻箱,可使欧姆表具有"×1"和"×10"两种倍率,所用器材如下:

A.干电池电动势E=1.5 V,内阻不计；

B.电流表G:满偏电流Ig=1 mA,内阻Rg=150 Ω;

C.定值电阻R1=1200 Ω;

D.电阻箱R2和R3:最大阻值999.99 Ω;

E.开关一个,红、黑表笔各1支,导线若干。

①当开关S断开时,将红、黑表笔短接,欧姆调零后，电阻箱R2阻值为______Ω, 当电流表指针指向图中所示的位置时,对应的欧姆表的刻度值为___Ω.

②调节R3=150Ω，闭合开关S，将红、黑表笔短接,欧姆调零，此时欧姆表的倍率是___(填"×1"或"×10").

【答案】    (1). （1）A D    (2). （2）150Ω，    (3). 1000Ω，    (4). ×1

【解析】

【详解】（1）测量一节干电池两端的电压时，应选择直流电压2.5V，即挡位a，红表笔需连接电池正极，黑表笔需连接电池负极，选项A正确；测量一个“3V，0.9W”的灯泡在直流电路中正常发光时的电流时，因，则选择挡位b量程太小，选项B错误；测量一个阻值约为100欧姆的电阻阻值时，挡位c过大，应选“×10”档，选项C错误；d档位为交流电压250V档，则可以使用挡位d来检测家用插座中是否有电，选项D正确；

（2）①当开关S断开时，将红、黑表笔短接,欧姆调零后，电阻箱R2的阻值满足： 解得R2=150Ω；当电流表指针指向0.6mA位置时，对应的电阻满足：，解得Rx=1000Ω，即欧姆表的刻度值为1000Ω.

②当调节R3=150Ω，闭合开关S，将红、黑表笔短接,欧姆调零，当电流表满偏时，则：，解得IR3=9mA，则回路总电流为I=10mA,则内阻；则中值电阻为150Ω；而R1R2Rg 三个电阻并联后的阻值为，若是“×10”档，则R2应调节到150×10-135=1365Ω，但是R2最大值为999Ω，则此时的档位只能是“×1”档。

11.如图所示,质量为M的光滑长木板静止在光滑水平地面上,左端固定一劲度系数为k的水平轻质弹簧,右侧用一不可伸长的细绳连接于竖直墙上,细绳所能承受的最大拉力为FT，使一质量为m、初速度为v0的小物体,在木板上无摩擦地向左滑动而后压缩弹簧,细绳被拉断,不计细绳被拉断时的能量损失.弹簧的弹性势能表达式为Ep=kx2(k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量).

(1)要使细绳被拉断, v0应满足怎样条件？

(2)若小物体最后离开长木板时相对地面速度恰好为零,请在坐标系中定性画出从小物体接触弹簧到与弹簧分离的过程小物体的v-t图象;

(3)若长木板在细绳拉断后被加速的过程中,所能获得的最大加速度为aM,求此时小物体的速度。

【答案】（1）

（2）

（3）

【解析】

试题分析：：（1）设细绳刚被拉断时弹簧的压缩量为x1，此时有 kx1=FT，为使弹簧压缩达到x1，对小物块要求是，由此得到，细绳被拉断的条件是：

（2）图象如图；

（3）当弹簧压缩至最短时，滑块有向左的最大加速度am，此时，设弹簧压缩量为x2，小物体和滑块具有相同的速度v；根据牛顿第二定律，有kx2=MaM；从小物体接触弹簧到压缩到最短，小物体、滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，有

解得

考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律．

12.如图所示，平面直角坐标系xoy被三条平行的分界线分为I、II、III、IV四个区域，每条分界线与x轴所夹30º角，区域I、II分界线与y轴的交点坐标（0，l），区域I中有方向垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场；区域 II宽度为d，其中有方向平行于分界线的匀强电场；区域III为真空区域；区域IV中有方向垂直纸面向外、大小为2B的匀强磁场．现有不计重力的两粒子，粒子l带正电，以速度大小v1从原点沿x轴正方向运动；粒子2带负电，以一定大小的速度从x轴正半轴一点A沿x轴负向与粒子1同时开始运动，两粒子恰在同一点垂直分界线进入区域II；随后粒子1以平行于x轴的方向进入区域III；粒子2以平行于y轴的方向进入区域III，最后两粒子均在第二次经过区城III、IV分界线时被引出．

（1）求A点与原点距离；

（2）求区域II内电场强度E的大小和方向；

（3）求粒子2在A的速度大小；

（4）若两粒子在同一位置处被引出，区城III 宽度应设计为多少？

【答案】（1）（2）（3）（4）

【解析】

（1）因为粒子1和粒子2在同一点垂直分界线进入区域Ⅱ，所以粒子1在区域Ⅰ运动半径为R1=l  

粒子2在区域Ⅰ运动半径为R2由几何关系知 

（2）要满足题设条件，区域Ⅱ中电场方向必须平行于分界线斜向左下方               

两粒子进入电场中都做类平抛运动，区域Ⅱ的宽度为d ，出电场时，对粒子1沿电场方向的运动有     

又    所以

（3）粒子2经过区域Ⅱ电场加速获得的速度大小为

对粒子2在电场中运动有 

又   

所以 

所以 

（4）粒子1经过区域Ⅲ时的速度大小为 

有     

粒子2经过区域Ⅲ时的速度大小为

有     

两粒子要在区域IV运动后到达同一点引出，O3圆对应的圆心角为60゜，O4圆对应的圆心角为120゜

点睛：带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径．

13.在用油膜法测分子大小的实验中，取体积为V1的纯油酸用酒精稀释，配成体积为V2的油酸酒精溶液．现将体积为V0的一滴油酸酒精溶液滴在水面上，稳定后油膜的面积为S，已知油酸的摩尔质量为M，密度为，阿伏伽德罗常数为NA，则下列说法正确的是       

A. 该实验中假设油酸分子是按照直线排列的

B. 实验中使用到酒精溶液，酒精溶液是对油酸溶液起到稀释作用

C. 由题目中数据可知油酸分子的直径为

D. 在计算面积时，如果将油膜轮廓中包含的所有格数（包括不完整的）都按整数格计算在内，那么计算分子直径数值会偏大

E. 这一滴溶液中所含的油酸分子数为

【答案】BCE

【解析】

【详解】该实验中假设油酸分子是按照单层排列成一个油面，选项A错误；实验中使用到酒精溶液，酒精溶液是对油酸溶液起到稀释作用，选项B正确；体积为V1的纯油酸用酒精稀释，配成体积为V2的油酸酒精溶液，单位体积的油酸酒精溶液中的纯油酸的体积：；一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积：；由于分子是单分子紧密排列的，因此分子直径为：．选项C正确；在计算面积时，如果将油膜轮廓中包含的所有格数（包括不完整的）都按整数格计算在内，那么计算得到的油膜的面积偏大，则测得的分子直径数值会偏小，选项D错误；一滴油酸酒精溶液中纯油酸的质量：; 这一滴溶液中所含的油酸分子数为：，选项E正确.

14.某物理社团受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图，导热性能良好的气缸I、II内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，气缸I左端开口。外界大气压强为p0，气缸I内通过A封有压强为p0的气体，气缸II内通过B封有压强为2p0的气体，一细管连通两气缸，初始状态A、B均位于气缸最左端。该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知p0相当于10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：

(i)当A向右移动时，水的深度h；

(ii)该深度计能测量的最大水深hm。

【答案】(1) （2）

【解析】

（i）当A向右移动时，设B不移动

对I内气体，由玻意耳定律得：

解得：

而此时B中气体的压强为，故B不动

由

解得：水的深度

（ii）该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，I内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原I内气体全部进入Ⅱ内，设B向右移动x距离，两部分气体压强均为

对原I内气体，由玻意耳定律得：

对原II内气体，由玻意耳定律得：

又

联立解得