2019届山东省淄博市高三3月一模考试理科综合物理试卷（解析版）

淄博市2018-2019学年度高三模拟考试试题理科综合能力测试（物理部分）二、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分。每小题给出的四个选项中，第14至17题只有一项符合题目要求，第18至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，有错选的得0分)1.下列说法正确的是A. α、β、γ三种射线中γ射线贯穿本领最弱B. 两个轻核结合成质量较大的核，核子的比结合能减小C. 根据玻尔原子理论，氢原子在辐射光子的同时，电子的轨道半径连续地减小D. 放射性元素组成的化合物进行高温分解时，放射性元素的半衰期不变【答案】D【解析】【详解】α、β、γ三种射线中γ射线贯穿本领最强，选项A错误；两个轻核结合成质量较大的核的过程中要释放能量，核子的平均质量减小，所以核子的比结合能增加。故B错误；根据玻尔原子理论，氢原子在辐射光子的同时，电子的轨道半径也在减小，但电子的轨道不是连续的。故C错误；半衰期由原子核本身决定，与外界任何因素都无关。故D正确；故选D。2.2018年12月8日，“嫦娥四号”月球探测器在我国西昌卫星发射中心发射成功，并实现人类首次月球背面软着陆。“嫦娥四号”从环月圆轨道Ⅰ上的P点实施变轨，进入椭圆轨道Ⅱ，由近月点Q落月，如图所示。关于“嫦娥四号”，下列说法正确的是A. 沿轨道I运行至P点时，需加速才能进入轨道ⅡB. 沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道I运行的周期C. 沿轨道Ⅱ运行经P点时的加速度等于沿轨道I运行经P点时的加速度D. 沿轨道Ⅱ从P点运行到Q点的过程中，月球对探测器的万有引力做的功为零【答案】C【解析】【分析】根据变轨的原理确定在P点是加速还是减速；根据开普勒第三定律，结合半长轴的大小与圆轨道半径的大小比较运动的周期；根据牛顿第二定律比较P、Q两点的加速度。【详解】沿轨道Ⅰ运动至P时，需要制动减速，万有引力大于向心力才做靠近月球运动，才能进入轨道Ⅱ．故A错误；根据开普勒第三定律＝k可得半长轴a越大，运动周期越大，显然轨道Ⅰ的半长轴（半径）大于轨道Ⅱ的半长轴，故沿轨道Ⅱ运动的周期小于沿轨道Ⅰ运动的周期，故B错误；根据G＝ma得a＝，沿轨道II运行时经P点的加速度等于沿轨道I运动经P点的加速度，故C正确；在轨道II上从P点运行到Q点的过程中，速度变大，月球的引力对探测器做正功，故D错误；故选C。【点睛】知道解决天体运动问题的一般方法：万有引力提供向心力；沿轨道II运行时经P点的加速度等于沿轨道I运动经P点的加速度；根据开普勒第三定律可得半长轴越大，运动周期越大。3.自然界中某个量D的变化量△D与发生这个变化所用时间△t的比值叫做这个量D的变化率。下列说法中正确的是A. 若D表示某质点运动的路程，则恒定不变时，该质点一定做匀速直线运动B. 若D表示某质点运动的速度，则恒定不变时，该质点一定做匀变速直线运动C. 若D表示某质点的动量，则越大，该质点所受的合外力越大D. 若D表示某质点的动能，则越大，该质点所受的合外力做功越多【答案】C【解析】【分析】根据变化率的概念结合物理量的物理意义分析各项；【详解】若D表示某质点运动的位移，则表示速度，当恒定不变时，该质点一定做匀速直线运动，选项A错误；若D表示某质点运动的速度，则表示加速度，当恒定不变时，该质点一定做匀变速运动，但不一定是匀变速直线运动，选项B错误；若D表示某质点的动量，根据动量定理可知，表示合外力，则越大，该质点所受的合外力越大，选项C正确；若D表示某质点的动能，则∆D越大，动能变化越大，则该质点所受的合外力做功越多，选项D错误；故选C.4.如图所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知b球质量为m，杆与水平面的夹角为30°，不计所有摩擦。当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为30°，Ob段绳沿竖直方向，则a球的质量为A.     B.     C.     D. 2m【答案】A【解析】【分析】分别对a、b两球分析，运用合成法，用T表示出a、b两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳子对a、b两球的拉力是相等的．【详解】分别对a、b两球分析，运用合成法，如图：

根据共点力平衡条件，得：T=mbg；（根据正弦定理列式）；故mb：ma=tan300：1，则ma=m；故BCD错误，A正确；故选A。5.如图所示，R是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小。理想变压器原、副线圈的匝数比为10︰1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220sin100πt(V)，则A. 电压表的示数为22VB. 副线圈中交流电的频率为50HzC. 在天逐渐变黑的过程中，电流表A2的示数变小D. 在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变大【答案】BC【解析】【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．根据光照的变化明确电阻的变化，从而分析电压和电流的变化规律．【详解】原线圈的电压的最大值为220V，根据电压之比等于线圈匝数之比可知，副线圈的电压的最大值为22V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为U=V=22V，故A错误；副线圈中交流电的频率为，选项B正确；在天变黑的过程中，光照变弱，R阻值增大；电路的总电阻减大，由于电压是由变压器决定的，输出的电压不变，所以电流变小，电流表A2的示数变小，故C正确；由于变压器的输入和输出的功率是相等的，副线圈的电流减小，电压不变，所以由P=UI可知，输出的功率要减小，故输入的功率也要减小，故D错误。故选BC。【点睛】本题考查原理压中的电路的动态变化的分析，与直流电路中的动态分析相同；总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．6.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度ν、加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是A.     B.     C.     D. 【答案】A【解析】试题分析：在小球下落的开始阶段，小球做自由落体运动，加速度为g；接触弹簧后开始时，重力大于弹力，加速度方向向下，随着小球的不断下降，弹力逐渐变大，故小球做加速度减小的加速运动，某时刻加速度可减小到零，此时速度最大；小球继续下落时，弹力大于重力，加速度方向变为向上，且加速度逐渐变大，直到速度减小到零，到达最低点，由对称知识可知，到达最低点的加速度大于g，故图线A正确。考点：牛顿第二定律；运动图像.7.如图所示，半径为R的圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，过(－2R，0)点垂直x轴放置一线型粒子发射装置，能在0<y<R的区间内各处沿x轴正方向同时发射出速度均为ν、带正电的同种粒子，粒子质量为m，电荷量为q。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏转恰好击中y轴上的同一位置，则下列说法中正确的是A. 粒子击中点距O点的距离为RB. 磁场的磁感应强度为C. 粒子离开磁场时速度方向相同D. 粒子从离开发射装置到击中y轴所用时间t的范围为＜t<【答案】ABD【解析】【详解】由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是y轴上同一点，由最高点射出的只能击中（0，R），则击中的同一点就是（0，R），即粒子击中点距O点的距离为R，所以A选项正确。从最低点射出的也击中（0，R），那么粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛仑兹力提供向心力得：，则磁感应强度 ，所以选项B正确。粒子运动的半径都相同，但是入射点不同，则粒子离开磁场时的速度方向不同，选项C错误；显然偏转角最大的时间最长，显然从最低点射出的粒子偏转90°，在磁场中的时间最长，最长时间为。从最高点直接射向（0，R）的粒子时间最短，则最短的时间为，所以选项D正确。故选ABD。【点睛】看起来情况比较复杂，但涉及的问题却是常规问题，本题的关键点是粒子源发出的粒子是速度大小和方向均相同，则其做匀速圆周运动的半径相同，在从最低点的特殊情况就能知道相同的半径就是圆弧的半径，再结合周期公式能求出最长和最短时间。8.由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为Φ=Φmsinωt，则产生的感应电动势为e=ωΦmcosωt。如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD(由细软弹性电阻丝制成)端点A、D固定。在以水平线段AD为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线框的电阻恒定，圆的半径为R，用两种方式使导线框上产生感应电流。方式一：将导线上的C点以恒定角速度ω1(相对圆心O)从A点沿圆弧移动至D点；方式二：以AD为轴，保持∠ADC=45°，将导线框从竖直位置以恒定的角速度ω2转90°。则下列说法正确的是A. 方式一中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针B. 方式一中，导线框中的感应电动势为e1=BR2ω1cosω1tC. 两种方式中，通过导线截面的电荷量相等D. 若ω1=ω2，则两种方式电阻丝上产生的热量相等【答案】AB【解析】【分析】对于闭合线框ACDA而言，在磁场中的面积先增大后减小，根据楞次定律判定电流方向；根据几何知识找出线框磁通量表达式，从而知电动势的瞬时值表达式，根据判断电荷量；根据有效值求解电热．【详解】方式一中，导线框中磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，感应电流的方向先逆时针，后顺时针，选项A正确；第一种方式穿过回路的磁通量Φ1＝BR2sinω1t，所产生的电动势为e1＝ω1BR2cosω1t，选项B正确；根据可知两种方式中，磁通量的变化量不相同，则通过导线截面的电荷量不相等，选项C错误；第二种方式穿回路的磁通量Φ2＝BR2cosω2t，所产生的电动势为e2＝ω2BR2sinω2t，则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为，时间满足，根据可知，，故D错误。故选AB。【点睛】以电磁感应为命题背景考查学生的推理能力、分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力，本题关键明确交流四值中最大值、平均值、瞬时值和有效值的区别，会根据几何知识写出交流的表达式，注意知识的迁移应用．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.某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为___________N。(2)(多选题)下列能减小实验误差的措施是___________。(请填写选项前对应的字母)A.让重物M的质量适当大一些B.弹簧测力计应在使用前校零C.弹簧测力计B所拉的细绳套应尽可能保持水平方向D.改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请你提出两个解决办法。方法一：___________________________，方法二：______________________________。【答案】    (1). 3.80N    (2). AB    (3). 方法一：减小重物M的质量；方法二：将弹簧测力计B绕O点顺时针转过一个小角度；    (4). 方法三：将弹簧测力计A绕P点逆时针转过一个小角度；方法四：将A更换为量程较大的测力计。（说明：选择其中两个即可）。【解析】【分析】（1）弹簧秤最小刻度为0.1N，根据指针位置读数。
（2）根据实验的原理对各个选项进行判断。
（3）弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，可设法减小合力的大小根据力的合成知识以及平行四边形法则进行解答。【详解】（1）弹簧秤最小刻度为0.1N，读数为：3.80；
（2）让重物M的质量适当大一些，可使得读书大些，减小误差，选项A正确；为了让测出来的两个分力更精确，故弹簧测力计应在使用前校零且拉线方向应与木板平面平行来减小摩擦；故B正确；弹簧测力计B所拉的细绳套不一定保持在水平方向，选项C错误；实验是验证三个力的关系，只要测出三个力就可以了，所以不需要固定O点位置，故D错误；故选AB.
（3）弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，可改变合力的大小，即：方法一：减小重物M的质量；方法二：将弹簧测力计B绕O点顺时针转过一个小角度；方法三：将弹簧测力计A绕P点逆时针转过一个小角度；方法四：将A更换为量程较大的测力计。（说明：选择其中两个即可）。【点睛】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握。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)、滑动变阻器(最大阻值为5Ω，额定电流为1A)、电源、电键、导线等。(1)使用多用电表粗测元件Ⅹ的电阻。选择“×1”欧姆挡测量，示数如图甲所示，读数为___________Ω。(2)现要研究元件Ⅹ的伏安特性，请你根据所给的实验仪器设计合理的实验电路，把理论电路图画在乙方框内_________。(3)根据合理的实验电路对元件X进行研究后，将元件X换成元件Y，重复实验。根据实验数据作出的U-I图线如图丙所示，由图可判断元件___________(填“X”或“Y”)是非线性元件。【答案】    (1). 10    (2). ；    (3). Y【解析】【分析】（1）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。（2）根据电压表内阻和待测电阻的关系判断要用的测量电路，画出电路图；（3）根据U-I图像判断哪个是非线性元件。【详解】（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为10Ω。（2）电压表的内阻远大于待测元件的电阻，可采用电流表外接；滑动变阻器用分压电路；电路如图；（3）根据画出的U-I图像可知，Y元件的图像为非线性曲线，可知Y为非线性元件；11.如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成I和Ⅱ两个区域。区域I存在方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；区域Ⅱ存在垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的正粒子以速度v0从平面MN上的P点水平向右射入区域I。粒子的重力忽略不计。(1)求粒子第一次到达平面MN时离出发点P的距离；(2)上述粒子进入区域Ⅱ空间后，经磁场偏转第一次离开区域Ⅱ时，恰好能够通过P点，试求该匀强磁场磁感应强度的大小。【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）粒子进入电场中做类平抛运动，根据水平和竖直方向的运动规律列式可求解粒子第一次到达平面MN时离出发点P的距离；（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据几何关系可求解轨道半径，根据洛伦兹力等于向心力列式求解磁感应强度B.【详解】（1）带电粒子进入电场后做类平抛运动，设加速度为a，时间为t，所求的距离为s，由牛顿第二定律可得：Eq=ma由运动学公式和几何关系可知：s∙cos450=v0t  s∙sin450=at2联立解得 （2）设粒子进入磁场时竖直方向的分速度为vy，合速度为v，v与MN所成的夹角为θ，与水平方向的夹角为α，则：vy=at   又磁场中： 解得12.如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量m=lkg的小物块A，弹簧压缩后被锁定在某一长度。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以v=2ms的速度逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量M=2kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，l=1.0m。设物块A、B之间发生的是对心碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后两者一起向前运动且碰撞瞬间弹簧锁定被解除。取g=10m/s2。(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；(2)若物块B第一次与A分离后，恰好运动到右边曲面距水平台面h′=0.5m高的位置，求弹簧被锁定时弹性势能的大小；(3)在满足(2)问条件的前提下，两物块发生多次碰撞，且每次碰撞后分离的瞬间物块A都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块A、B第n次碰撞后瞬间速度大小。(计算结果可用根号表示)【答案】（1）物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小为；（2）；（3），【解析】【分析】（1）B从最高点运动到传送带最左端的过程中，根据动能定理列式求解物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；（2）根据动量守恒定律求解两物体碰后的共同速度；AB及弹簧系统由第一次解锁位置到第一次恢复原长位置，由能量关系求解弹簧被锁定时弹性势能；（3）分析两物块多次碰撞的物理过程，结合能量关系和动量守恒定律，联系数学知识归纳物块A、B第n次碰撞后瞬间速度大小.【详解】（1）若B在传送带上能一直减速运动，设它在最左端时的速度为v1前，则B从最高点运动到传送带最左端的过程中由动能定理： 解得v前1=4m/s>2m/s，则物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小为4m/s；（2）设B与A碰撞后瞬间的共同速度为v1后，对AB系统由动量守恒定律： 分析可知，当弹簧恢复原长时AB分离，设B第一次离开弹簧时速度为v1离，对B离开弹簧到运动到h＇高度处由动能定理： 对AB及弹簧系统由第一次解锁位置到第一次恢复原长位置，由能量守恒定律： 联立解得： （3）若B从h＇处下落后再传送带上能够一直减速，则B从h＇运动到传送带最左端过程中由动能定理：解得，故物块B与物块A第二次碰撞前的速度大小为；B与A第二次碰撞的过程中，对AB系统： 解得；B向右再次冲到传送带上若能在其上速度减为0，设其通过的位移为x，由动能定理：解得 故而B第三次与A相碰时速度仍为；再由：解得；推理可知B与A第n次碰撞后速度大小表达式为：根据以上分析可知：，（n=2，3，4…）(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，则每科按所做的第一题计分。13.下列关于分子运动和热现象的说法正确的是__________A. 气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故B. 一定量100°C的水变成100°C的水蒸汽，其分子之间的势能增加C. 气体温度越高，气体分子的热运动越剧烈D. 如果气体分子总数不变，当气体分子的平均动能增大时，气体压强必然增大E. 一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和【答案】BCE【解析】【详解】气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散。故A错误。一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，分子动能之和不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大。故B正确。气体温度越高，气体分子的热运动越剧烈，选项C正确；如果气体分子总数不变，当气体分子的平均动能增大时，温度升高，若同时体积增大，根据理想状态的状态方程可知，其压强不一定增大。故D错误。一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和，选项E正确；故选BCE.14.如图所示，横截面积为S、高度为h内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一厚度可忽略的活塞，活塞所受重力大小为0.1P0S：汽缸内密封有温度为3T0、压强为2.2P0的理想气体。P0和T0分别为大气的压强和温度。已知气体内能U与温度T的关系为U=aT，a为正的常量，汽缸内气体的所有变化过程都是缓慢进行的。求：(1)当活塞刚要向下运动时，汽缸内气体的温度；(2)在活塞下降的整个过程中，汽缸内气体放出的热量。【答案】（1）；（2）气体放出的热量为【解析】【分析】（1）活塞恰开始缓慢下移时，由查理定律列式可求解气体的温度；（2）根据理想气体的状态变化方程求解气体体积的变化，根据W=P∆V求解外界对气体做功；根据热力学第一定律求解放出的热量.【详解】（1）设活塞开始缓慢下移时气体压强为P2，则：P0S+0.1 P0S= P2S；设活塞恰开始缓慢下移时温度为T2，由查理定理可知：，解得 （2）对封闭气体由理想气体状态变化方程：活塞下降过程中活塞对气体做功： 这一过程中气体的内能变化： 解得： 即气体放出热量：15.如图所示，图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象，质点Q的平衡位置位于x=3.5m。下列说法正确的是__________ A. 在0.3s时间内，质点P向右移动了3mB. 这列波的传播速度是20m/sC. 这列波沿x轴正方向传播D. t=0.ls时，质点P的加速度大于质点Q的加速度E. t=0.45s时，x=3.5m处的质点Q到达波谷位置【答案】CDE【解析】根据波的传播特点可知，A错误．由乙图可知，t＝0时刻质点的速度向上，结合图甲在该时刻的波形可知，波沿x轴正方向传播，C正确．波速v＝m/s＝10 m/s，B错误．当t＝0.1 s＝T时，质点P应处于最大位移处，加速度最大，而质点Q应在平衡位置的下方，且位移不是最大，故其加速度应小于质点P的加速度，D正确．t＝0.45 s时，波形平移的距离Δx＝vt＝4.5 m＝λ＋0.5 m，即t＝0时刻，x＝3 m处的质点振动形式传播到Q点，Q点处于波谷位置，E正确．16.某种透明材料制成的空心球体外径是内径的2倍，其过球心的某截面(纸面内)如图所示。一束单色光(纸面内)从外球面上A点入射，入射角为45°时，光束经折射后恰好与内球面相切。(1)求该透明材料的折射率；(2)欲使光束从A点入射后，恰好在内球面上发生全反射，则应将入射角变为多少度?【答案】（i）（ii）30°【解析】（i）如答图，设光束经折射后到达内球面上B点在A点，由题意知，入射角i＝45°，折射角r＝∠BAO由几何关系有：sinr＝＝0.5由折射定律有：n＝代入数据解得：n＝（ii）如答图，设在A点的入射角为i'时，光束经折射后到达内球面上C点，并在C点恰发生全反射，则光束在内球面上的入射角∠ACD恰等于临界角C由sinC＝代入数据得：∠ACD＝C＝45°由正弦定理有AO＝2R，CO＝R解得：sin∠CAO＝由折射定律有：n＝解得：sini'＝0.5，即此时的入射角i'＝30°