2019届广东省普宁市第二中学等七校联合体高三冲刺模拟理科综合物理试题（解析版）

2019届广东省普宁市第二中学等七校联合体高三冲刺模拟

理科综合物理试题（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题中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. 在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示。则可判断出

A. 甲光的频率大于乙光的频率

B. 乙光的波长大于丙光的波长

C. 乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率

D. 甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能

【答案】B

【解析】

根据eU截=mvm2=hγ-W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等；故A错误．丙光的截止电压大于乙光的截止电压，所以乙光的频率小于丙光的频率，乙光的波长大于丙光的波长,故B正确．同一金属，截止频率是相同的，故C错误．丙光的截止电压大于甲光的截止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能．故D错误．故选B．

2.如图所示，在倾角为=30º的斜面上方的A点处悬挂一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块自A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α角的大小为（　  　）

A. α=10º

B. α= 15º

C. α=30º

D. α=60º

【答案】B

【解析】

【详解】如图所示：

在竖直线AC上取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切与D点，根据等时圆的结论可知：A点滑到圆上任一点的时间都相等，所以由A点滑到D点所用时间比由A到达斜面上其他各点时间都短，将木板下端B点与D点重合即可，而角COD为θ，所以，故选B。

3.2018年6月14日11时06分，探月工程嫦娥四号任务“鹊桥”中继星成为世界首颗成功进入地月拉格朗日L2点的Halo使命轨道的卫星，为地月信息联通搭建“天桥”。如图所示，该L2点位于地球与月球连线的延长线上，“鹊桥”位于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，已知地球、月球和“鹊桥”的质量分别为Me、Mm、m，地球和月球之间的平均距离为R，L2点离月球的距离为x，则(      )

A. “鹊桥”的线速度小于月球的线速度

B. “鹊桥”的向心加速度小于月球的向心加速度

C. x满足

D. x满足

【答案】C

【解析】

【详解】线速度v＝ωR，中继星绕地球转动半径比月球绕地球的半径大，“鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球转动的线速度大，故A错误；向心加速度a＝ω2R，“鹊桥”中继星绕地球转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大，故B错误；中继卫星的向心力由月球和地球引力的合力提供，则有，对月球而言则有 ，两式联立可解得 ，故C正确，D错误；故选C。

4.如图所示，将质量为M的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法不正确的是(　  　)

A. 若M=3m，则环不可能到达B点

B. 若M=2m，则环下滑到达B处向下运动时正在加速

C. 若M=m,则环下滑到B处时速度最大

D. 若M=m，若绳足够长，环将一直向下运动

【答案】B

【解析】

【详解】若环恰能到达B点，则满足：，解得，则若M=3m，则环不可能到达B点；选项A正确；若M=2m，则平衡位置满足即，此时m下降的高度为，则环下滑到达B处向下运动时正在减速，选项B错误；若M=m，则在B点时满足，可知B点是平衡位置，此时环下滑到B处时速度最大，选项C正确；若M=m，则平衡位置满足，此时α=0°，即若绳足够长，环将一直向下运动，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选B.

5.如图，楔形物块A静置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有小物块B。用平行于斜面的力F拉B，使之沿斜面匀速上滑。现逐渐增大力F的方向与斜面之间的夹角，但仍使物体B沿斜面匀速上滑。在B运动的过程中，楔形物块A始终保持静止。关于相互间作用力的描述正确的有（     ）

A. 拉力F与重力的合力逐渐增大

B. 拉力F先增大后减少

C. 拉力F先减少后增大

D. 地面受到的摩擦力大小逐渐变大

【答案】C

【解析】

【详解】拉力F平行斜面向上时，先对物体B受力分析如图，根据平衡条件，有

平行斜面方向：F=f+mgsinθ。
垂直斜面方向：N=mgcosθ
其中：f=μN
解得：F=mg（sinθ+μcosθ）…①
f=μmgcosθ…②

拉力改变方向后，设其与斜面夹角为α，根据平衡条件，有
平行斜面方向：F′cosα=f+mgsinθ。
垂直斜面方向：N′+F′sinα=mgcosθ
其中：f′=μN′
解得：…③
f′=μ（mgcosθ-F′sinα）…④
其中，则随α角的变大，F＇先减小后增加，选项B错误，C正确； 由②④两式得到滑动摩擦力f减小，斜面对物体的支持力N也减小，则故f和N的合力一定减小，即斜面对物体的作用力逐渐减小，因拉力F与重力的合力与斜面对物体的作用力等大反向，则拉力F与重力的合力减小，选项A错误；对物体A受力分析，受重力、支持力、B对A的压力、B对A的滑动摩擦力、地面对A的静摩擦力，如图；

根据平衡条件，在水平方向有：f静=Nsinθ+fcosθ；结合前面分析可知，当拉力改变方向后，N和f都减小，则地面对A的静摩擦力也一定减小，由牛顿第三定律可知，地面受到的静摩擦力减小，故D错误。

6.心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其部分电路简化如图所示．交流电源U0与电阻R1串联接在理想变压器的初级线圈上，电阻R2接在次级线圈上．电阻R1受心肌收缩的影响，阻值可以变化；R2是扩音器的阻值，阻值大小也可以调节．如果交流电源的电压有效值为22V，当R1的阻值等于11Ω时，调节R2=1100Ω时，扩音器功率最大．则下列说法正确的是（     　　）

A. 理想变压器初级线圈与次级线圈的匝数之比为1：10

B. 当R1的阻值等于11Ω时，电阻R2两端电压为11V

C. 交流电源的输出功率为11W

D. 通过扩音器的功率为11W

【答案】AD

【解析】

【详解】采用等效法，将电阻R1等效为交流电源的内阻，将变压器看成一个电阻R′，当R′=R=11Ω时，变压器原线圈输入的功率最大，扩音器功率最大；变压器原线圈电流；变压器原线圈输入功率；电阻R1两端的电压U1=I1R1=1×11V=11V；交流电源的输出功率，通过扩音器的电流 ；电阻R2两端电压为U2=I2R2=110V；通过扩音器的功率为P2=I2U2=11W；根据电流与匝数成反比，，故AD正确，BC错误。

7.如图所示，在B=0.1T的匀强磁场中有一边长为L=8cm的正方形ABCD，内有一点P，它与AD和DC的距离均为2cm，在P点有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向发射出速率不同的正离子，离子的质量为1.0×10-14kg，电荷量为1.0×10-5C，离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用，则（　   　）

A. 速率为5×105m/s的离子在磁场中运动的半径是5cm

B. 速率在5×105m/s到8×105m/s范围内离子不可能射出正方形区域

C. 速率为5×106m/s的离子在CB边上可以射出磁场的范围为距C点距离

D. 离子从CB边上射出正方形区域的最小速度为

【答案】BCD

【解析】

【详解】离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

，代入数据解得：；故A错误。P点与AD和DC的距离均为2cm，离子轨道半径r＜1cm的离子不可能射出正方形区域，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：v=1.0×106m/s，速度v＜1.0×106m/s离子不能射出磁场区域；故B正确。速度大小为v1=5×106m/s的粒子运动的轨道半径：r1=5cm。当粒子运动沿轨迹Ⅱ与CD边相切于E点时，粒子将从BC边F点出射，为最低出射点。由几何关系得：r12=（r1-d）2+PH2，解得：PH=4cm，由几何关系得，F与C点的距离为；当粒子沿轨迹Ⅲ与BC边相切于G点时，粒子将从GF边G点出射，为最高出射点。由几何关系得：r2=（L-r-d）2+x2， 解得：x=cm，则出射点G距下边界高：CG=x+d=(+2)cm，综上，出射点距B的距离x满足：(5-)cm≤x≤(+2)cm．故C正确。

离子运动轨迹与CD相切又与BC相切是所有射出BC的轨迹中半径最小的，由几何知识可知，该轨道半径满足，解得：r=（8-2）cm，根据得，v=（8-2）×106m/s；故D正确。故选ACD。

8.如图所示，竖直放置的“冂”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d， 磁感应强度为B。将质量为m的水平金属杆由静止释放，金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。则金属杆（      ）

A. 穿过磁场Ⅰ和磁场Ⅱ时某段时间内可能做加速运动

B. 穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间

C. 穿过两磁场产生的总热量为4mgd

D. 释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于

【答案】BC

【解析】

【详解】金属杆在两磁场区域间做匀加速直线运动，由题意可知，金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，则金属杆在I区做减速运动，同理在II区也做减速运动，选项A错误；金属杆在磁场Ⅰ运动时，随着速度减小，产生的感应电流减小，受到的安培力减小，合力减小，加速度减小，所以金属杆做加速度逐渐减小的变减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题知，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆在磁场Ⅰ中运动时平均速度小于在两磁场之间运动的平均速度，两个过程位移相等，所以金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确；金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律得：2mgd=Q；金属杆通过磁场Ⅱ时产生的热量与通过磁场Ⅰ时产生的热量相同，所以总热量为：Q总=2Q=4mgd，故C正确；设金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度为h时进入磁场Ⅰ时刚好匀速运动，则有：，又，联立解得：，由于金属杆进入磁场Ⅰ时做减速运动，所以h一定大于，故D错误。

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分.

9.用图甲所示的实验装置探究“动能定理”． 某学习小组在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条．细线一端连着滑块，另一端绕过气垫导轨左端的定滑轮与力电传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．

(1)某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=______mm．

(2)下列实验要求中不必要的一项是_________(请填写选项前对应的字母)．

A．应使A位置与光电门间的距离适当大些

B．应使滑块质量远大于钩码和力电传感器的总质量

C．应将气垫导轨调至水平

D．应使细线与气垫导轨平行

(3)实验时保持滑块的质量M和A、B间的距离L不变，改变钩码质量m，测出对应的力电传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块动能的变化量与合外力对它所做功的关系，处理实验数据时应作出的图象是_________(请填写选项前对应的字母)．

A．作出“t-F图象”             B．作出“t2-F图象”

C．作出“t2-图象”           D．作出“-F2图象”

【答案】    (1). （1）2.30    (2). （2）B    (3). （3）C

【解析】

【分析】

（1）游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读；
（2）从实验原理和实验误差角度分析操作的步骤；
（3）根据运动学公式计算加速度，根据牛顿第二定律F=Ma计算表达式，从而确定处理数据时应作什么图象．

【详解】（1）由图知第6条刻度线与主尺对齐，d=2mm+6×0.05mm=2.30mm；
（2）应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故A是必要的；拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故B不必要；应将气垫导轨调节水平，保持拉线方向与木板平面平行，这样拉力才等于合力，故CD是必要的；本题选不必要的，故选B．
（3）根据牛顿第二定律得，
那么()2＝2()L
解得：
所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出−F图象或作出t2-图象，故C正确．故选C.

【点睛】本题要知道滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．要求能够根据实验原理分析操作的合理性．

10.现要测电阻R0阻值和干电池组的电动势E及内阻r．给定的器材有：两个理想电压表V（量程均为3V），理想电流表A（量程为0.6A），滑动变阻器R，待测的电阻R0，两节串联的电池，电键S及导线若干．

某同学设计一个如图(a)所示的电路同时测电阻R0阻值和电池组的电动势及内阻，调节变阻器，两电压表和电流表分别测得多组U1、U2、I的读数，并作出U1-I图(图线1)和U2-I图（图线2），见图(b)．

(1)由图可得出电阻R0阻值为_______Ω，电池组E的电动势为_____V，内阻为______Ω（均保留两位有效数字）．实验中的电压表和电流表不是理想的，电动势的测量值_____(填“偏大”、“偏小”）．

(2)若上述电路中少了一个电压表，仍可用一个电路同时测电阻R0阻值和干电池组电动势E及内阻，其电路图如下，请完成下列实验步骤：

①按电路图连接好电路；

②闭合开关S，移动滑片P使滑动变阻器________，读取两电表读数为U1，I1；

③移动滑片P使滑动变阻器不短路，读取两电表读数为U2，I2；

④整理器材，数据处理．

⑤根据以上数据得出电阻R0＝_______，电源电动势E＝_____，r＝__________．

【答案】    (1). 4.0    (2). 3.0    (3). 2.0    (4). 偏小    (5). 短路    (6).     (7).     (8).

【解析】

【详解】（1）由图可知，图线2中的斜率表示电阻，；
由U=E-I（R0+r）可知，图象与纵轴的交点表示电源的电动势，故E=3.0V；图线的斜率表示电源的内阻，故r+R0==6Ω；故r=6.0-4.0=2.0Ω；
当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U-I图象如图所示，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值．

（2）②闭合开关S，移动滑片P使滑动变阻器短路，读取两电表读数为U1，I1；则电阻；⑤根据欧姆定律E=U+Ir，则有E=U1+I1r，E=U2+I2r，解得：；.

11.如图所示，往光滑的水平而上有M=2kg的长木板，在其右端放一个质量m=1kg、可视为质点的物体B，长木板的左上端恰与一个固定在紧直面内半径R=1.25m的光滑圆弧底端平齐，现将一个质量m=1kg、可视为质点的物体A从圆弧最高点由静止滑下。己知物体A与长木板间的动摩擦因数为0.4，物体B与长木板间的动摩擦因数为0.2。当物体A刚滑上长木板时对物体B施加一大小为I=1N·s、方向向左的瞬时冲量，结果两物体在长木板上恰好不相撞。取g=10m/s2，求：

(1)全程因摩擦而产生的热量：

(2)长木板的长度。

【答案】（1）11J（2）3m

【解析】

【详解】（1）物体A沿圆弧下滑，由动能定理得：mgR=

可得：vA=5m/s
对B，由动量定理得：I=mvB。
解得：vB=1m/s
两物体恰不相撞时整体同速，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
mvA-I=（M+m+m）v
解得：v=1m/s
由功能关系得： 

解得：Q=11J
（2）物体B在长木板上减至0的时间为：

由对称性知物体B反向加速至v=1m/s的过程中，t2=t1=s，

对地位移为0。
长木板在t1、t2时间内的加速度为
解得 a=1m/s2
对应的位移为x3=a(t1+t2)2
解得  x3=m
相对滑动时间内物体A一直匀减速的位移为
解得 x4=3m
由几何关系知长木板的长度 L=x4-x3+x3=3m

【点睛】本题是一道力学综合题，关键要理清三个物体的运动过程，把握物理规律。要知道木块在木板上滑动时，往往根据动量守恒定律和能量守恒定律解决这类问题，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式结合研究，但这种方法较为复杂。

12.如图所示，足够大荧光屏ON垂直xOy坐标面，与x轴夹角为30°，当y轴与ON间有沿+y方向、场强为E的匀强电场时，一质量为m、电荷量为-q的离子从y轴上的P点，以速度v0、沿+x轴方向射入电场，恰好垂直打到荧光屏上的M点（图中未标出）．现撤去电场，在y轴与ON间加上垂直坐标面向里的匀强磁场，相同的离子仍以速度v0从y轴上的Q点沿+x轴方向射入磁场，恰好也垂直打到荧光屏上的M点，离子的重力不计．求：

(1)离子在电场中运动的时间t1；

(2)P点距O点的距离y1和离子在磁场中运动的加速度大小a；

(3)若相同的离子分别从y轴上的不同位置以速度（＞0，k为常数）、沿+x轴方向射入磁场，离子都能打到荧光屏上，k应满足的条件．

【答案】（1）（2） （3）

【解析】

试题分析：（1）设离子垂直打到荧光屏上的M点时，沿y方向的分速度大小为vy，在电场中运动的加速度为a1，则

（1分）

（1分）

（1分）

解得（1分）

（2）由几何关系可知

（2分）

解得（1分）

设离子在磁场中做圆周运动半径为y2，则（1分）

而（1分）

解得（1分）

（3）如图所示，设从纵坐标为y处射入磁场的离子，恰好能打到荧光屏上，对应的圆周运动半径为r0，则

（1分）

此离子进入磁场时的速度，设运动半径为r，则

（1分）

为使离子能打到荧光屏上应满足（1分）

而（1分）

解得（2分）

考点：带点粒子在复合场中的运动

13.列说法正确是_______

A. 一定质量的气体，在体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减少

B. 晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大

C. 空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下热传递方向性可逆

D. 外界对气体做功时，其内能一定会增大

E. 生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成

【答案】ACE

【解析】

A、一定质量的气体，在体积不变，温度降低时，分子平均速率减小，单位体积内分子个数不变，则分子每秒与器壁平均碰撞次数减小，故A正确；

B、晶体有固定熔点，在熔化时吸收热量，温度不变，则分子平均动能不变，故B错误；

C、根据热力学第二定律知，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体。空调既能制热又能制冷，是在外界的影响下，要消耗电能来实现的，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向，故C正确；

D、外界对气体做功时，其内能不一定会增大，还与吸放热情况有关，故D错误；

E、在高温条件下分子的扩散速度增大，在半导体材料中掺入其他元素，可以通过分子的扩散来完成，E正确。

故选：ACE。

14.如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长L1=66cm的水银柱，中间封有长L2=6.6cm的空气柱，上部有长L3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐．已知大气压强为P0=76cmHg．如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度．(封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气.)

【答案】在开口向下管中空气柱的长度为12cm，到原来位置时管中空气柱的长度是9.2cm．

【解析】

解：设玻璃管开口向上时，空气柱压强为：P1=P0+ρgl3①

（式中ρ和g分别表示水银的密度和重力加速度．）

玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空．

设此时开口端剩下的水银柱长度为x，则P2=ρgl1，P2+ρgx=P0 ②

（P2管内空气柱的压强．）

由玻意耳定律得P1（sl2）=P2（sh） ③

（式中，h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积．）

由①②③式和题给条件得h=12cm  ④

从开始转动一周后，设空气柱的压强为P3，则P3=P0+ρgx⑤

由玻意耳定律得P1（sl2）=P3（sh′）⑥

（式中，h′是此时空气柱的长度．）

由①②③⑤⑥h′≈9.2cm

答：在开口向下管中空气柱的长度为12cm，到原来位置时管中空气柱的长度是9.2cm．

【点评】本题关键是求出被封闭气体的压强即可正确解答，解答这类问题注意以水银柱为研究对象，根据平衡状态求解．