2019届安徽省六安市第一中学高三下学期模拟考试理综物理试题（解析版）

六安一中2019届高考模拟理科综合卷（三）-物理部分

二、选择题.

1.下列说法正确的是

A. 用X射线和紫光照射同一金属表面都能发生光电效应，则用X射线照射时光电子的最大初动能较小

B. 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连续地减小

C. 一个质子和一个中子结合为一个氘核，若质子、中子和氘核的质量分别是m1、m2、m3,则放出的的能量是（m1+m2-m3）c2

D. 若原子核发生一次β衰变，则该原子外层就失去一个电子

【答案】C

【解析】

【详解】A、分别用X射线和紫光照射同一金属表面都能发生光电效应，X射线的频率大，则用X射线照射时光电子的最大初动能较大，A错误；

B、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B错误；

C、根据爱因斯坦质能方程可知，一个质子和一个中子结合为一个氘核，若质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3，则放出的能量为（m1+m2-m3）c2．故C正确；

D、β衰变的电子是原子核内一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自外层电子。故D错误。

2.如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内从A点到B点做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.4s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为R＝1m，小球可看做质点且其质量为m＝1kg，g取10m/s2。下列判断错误的是(　 )   

A. 小球在斜面上的碰点C与管道圆心O的高度差是0.2m

B. 小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.8 m

C. 小球经过管道内O点等高点时，重力的瞬时功率是-60W

D. 小球经过管道的A点时，对管道外壁压力是66N

【答案】B

【解析】

【详解】AB、小球从B到C的运动时间为t=0.4s，那么，小球在C点的竖直分速度为：vy=gt=4m/s；由小球恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰可知：小球从B点水平射出的速度v=vycot45°=4m/s，故小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离为：s=vt=1.6m；，，故A正确，B错误；

C、从管道内O点等高点到B点，由动能定理得：，重力的功率，故C正确；

D、从管道内A点等高点到B点，由动能定理得：，在A点，有，解得，故D正确。

本题选择判断错误的，故选B。

3.在如图所示电路中，电源电动势为30 V，内阻不计，各电阻阻值已在图中标出，开关是闭合的。现将开关断开，测得通过电阻R3的电荷量为7.14×10-6C，则电容器的电容为

A. 0.42μF B. 1.05 μF C. 1.428 μF D. 0.595μF

【答案】A

【解析】

【详解】开关闭合时并联部分电阻为，电容器的电压，电容器的电量 ，此时电容器下极板带正电，开关断开后电容器的电压,电容器的电量．此时电容器上极板带正电，所以开关断开后通过电阻R3的电荷量为 ,则,故选A。

4.如图所示，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上．一电阻为r，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形．棒与导轨间无摩擦、棒左侧有两个固定于水平面的光滑立柱．导轨bc段电阻为R，长为L，其他部分电阻不计．以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向右，磁感应强度大小均为B．在t＝0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a．则（　　）

A. F与t2成正比

B. F和t是线性关系

C. 当t达到一定值时，QP刚好对轨道无压力

D. 若F＝0，PQbc静止，ef左侧磁场均匀减小，QP可能对轨道无压力

【答案】BC

【解析】

【详解】AB、t时刻dc产生的感应电动势 E＝BLv，导轨做初速为零的匀加速运动，v＝at，则 E＝BLat；感应电流 I，金属导轨abcd安培力大小 F安＝BIL，对导轨，由牛顿第二定律得：F﹣F安＝ma，则得：F＝mat，可知F与t2不成正比，F与t成线性关系，故A错误，B正确；

C、当t达到一定值时，导致QP的电流，产生的安培力等于其重力，则刚好对轨道无压力，故C正确；

D、当ef左侧磁场均匀减小，不管减小到什么值，QP对轨道压力不会为零，因为受到的安培力与重力同向，故D错误。

5.如图所示，A、B两卫星绕地球运行，运动方向相同，此时两卫星距离最近，其中A是地球同步卫星，轨道半径为r。地球可看成质量均匀分布的球体，其半径为R，自转周期为T.若经过时间t后，A、B第一次相距最远，下列说法正确的有

A. 在地球两极，地表重力加速度是

B. 卫星B的运行周期是

C. 卫星B的轨道半径为是

D. 若卫星B通过变轨与A对接之后，B的机械能可能不变

【答案】AC

【解析】

【详解】A、对于卫星A，根据万有引力提供向心力，可得：Gmr，可得地球的质量：M，在地球两极，据万有引力等于重力，可得：m′g＝G，联立解得：g，故A正确；

B、卫星A的运行周期等于地球自转周期T．设卫星B的周期为T′．当卫星卫星B比A多转半周时，A、B第一次相距最远，则有：tt＝π，解得：T′，故B错误；

C、根据开普勒第三定律得：，解得：rB=，故C正确；

D 、卫星B通过变轨与A对接，则需要在原轨道上对卫星B加速，使万有引力不足以提供向心力，做离心运动，最后与A对接，则卫星B的机械能要增大，故D错误。

6.倾斜角度为θ的斜面上有m1和m2两个物体，与斜面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2．两物体间用一根原长为L0的与斜面平行的轻质弹簧连接，当整体沿斜面匀速下滑时弹簧长度为L，如图所示．则以下说法正确的是（   ）

A. 若μ1>μ2, 可用张力足够的轻绳替代弹簧

B. 若μ1=μ2, 可用轻杆替代弹簧

C. 若μ1<μ2, 弹簧的形变量是(L－L0)

D. 若m1=m2，则μ1=μ2=tanθ

【答案】BC

【解析】

【详解】A、若μ1＞μ2，要使m1和m2处于平衡状态，对m1有：m1gsinθ+F=μ1m1gcosθ，对m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ+F，则弹簧处于压缩状态，所以不能用张力足够的轻绳替代，故A错误；

B、若μ1=μ2，要使m1和m2处于平衡状态，对m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ，对m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ，弹簧的形变量为0，故可用轻杆替代弹簧，故B正确；

C、若μ1＜μ2，要使m1和m2处于平衡状态，对m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ+F，对m2有m2gsinθ+F=μ2m2gcosθ，弹簧处于拉伸状态，故弹簧的形变量是(L－L0)，C正确；

D、m1=m2时，若弹簧处于拉伸状态，对m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ+F，对m2有m2gsinθ+F=μ2m2gcosθ，则μ1＜μ2，若弹簧处于压缩状态，对m1有：m1gsinθ+F=μ1m1gcosθ，对m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ+F，则μ1＞μ2，若弹簧处于原长状态，对m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ，对m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ，则μ1=μ2=tanθ，由于弹簧的状态不清楚，所以无法判断μ1和μ2的关系，故D错误。

7.如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为mA=6kg，mB=2kg的A、B两物体用质量不计的轻弹簧相连，其中A紧靠墙壁现对B物体缓慢施加一个向左的力，该力对物体B做功W=25J，使A、B间弹簧被压缩，在系统静止时，突然撤去向左推力解除压缩，则

A. 解除压缩后，两物体和弹簧组成系统动量守恒

B. 解除压缩后，两物体和弹簧组成系统机械能守恒

C. 从撤去外力至A与墙面刚分离，A对弹簧的冲量I=10 N·s，方向水平向右

D. A与墙面分离后至首次弹簧恢复原长时，两物体速率均是2.5m/s

【答案】BCD

【解析】

【详解】A、解除压缩后，弹簧在恢复原长的过程中，墙壁对A物体还有弹力的作用，故解除压缩后到弹簧恢复原长前，两物体和弹簧组成系统动量不守恒，恢复原长后，AB一起向右运动，系统的合外力为零，动量守恒，故A错误；

B、解除压缩后，两物体和弹簧组成系统只有动能和弹性势能的相互转化，故机械能守恒，故B正确；

C、压缩弹簧时，外力做的功全转化为弹性势能，撤去外力，弹簧恢复原长，弹性势能全转化为B的动能，设此时B的速度为v0，则：，得v0＝5m/s，此过程墙壁对A的冲量大小等于弹簧对A的冲量大小，也等于弹簧对B的冲量大小，由动量定理得：I＝mBv0＝10 N·s，故C正确；

D、当弹簧恢复原长时，A的速度最小，则：vAmin＝0，A、B都运动后，B减速，A加速，当A、B速度相等时弹簧拉伸最长．此后，B继续减速，A继续加速，当弹簧再次恢复原长时，以向右为正，由系统动量守恒、机械能守恒有：，，得，，故D正确。

8.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场B，一群质量为m、带电量为q正负微粒（不计重力），从P点以相同速度v沿图示方向进入磁场，已知OP＝L，x正半轴和y负半轴安装足够长的荧光屏接收粒子，下列判断正确的（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）

A. 能够从x正半轴射出磁场的所有微粒一定带正电

B. 比荷大于的所有正微粒都不能进入第一象限

C. 能够从y负半轴射出磁场的某两个微粒在磁场中运动时间不一定相等

D. 若，微粒射出磁场时位移最大

【答案】ABCD

【解析】

【详解】A、粒子要从x正半轴射出磁场，则粒子的轨迹向上偏转，由左手定则可知，微粒一定带正电；故A正确；

B、正微粒不能x轴射出，则不能进入第一象限，轨迹图如图，当，则粒子不能进入第一象限，，代入得，故B正确；

C、y负半轴射出磁场的两个微粒属于磁场中直线边界问题，直线边界，粒子进出磁场具有对称性，但正负微粒对应的圆心角不同，如图，故运动时间不一定相等,故C正确；

D、微粒射出磁场时位移最大的轨迹图如图所示，则有 ，又，故，故D正确。

三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答。

9.某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图1所示，轻弹簧放置在倾斜的长木板上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．

 (1) 实验中涉及下列操作步骤：

① 松手释放物块；

② 接通打点计时器电源；

③ 木板一端抬高以平衡摩擦；

④ 向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量．

上述步骤正确的操作顺序是________(填序号)．

(2) 甲同学实际打点结果如图2所示，观察纸带，判断测量值比真实值________(选填“偏小”或“偏大”)．

 (3) 乙同学实际打点结果如图3所示．打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，小车质量为200 g，结合纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为________m/s，相应的弹簧的弹性势能为________J．(结果均保留两位有效数字)

【答案】    (1). ③④②①    (2). 偏小    (3). 0.78    (4). 0.061

【解析】

【分析】

（1）根据实验原理排列操作的顺序；（2）根据纸带的点迹分布分析小车的运动情况，从而分析弹性势能的测量值和真实值之间的关系；（3）点迹间距最大时对应的速度最大，此时小车的动能等于弹性势能.

【详解】（1）上述步骤正确的操作顺序是：③④②①．

（2）由纸带可知，物块先加速后减速，可知肯定是平衡摩擦力不够，弹簧的弹性势能一部分克服摩擦力做功，则弹簧弹性势能的测量值小于真实值.

（3）物块脱离弹簧时的速度为；

弹性势能：

10.利用如图所示的电路测量一个满偏电流为300μA，内阻rg约为几十到几百欧姆的电流表的内阻值，有如下的主要实验器材可供选择：

A．滑动变阻器（最大阻值10kΩ）

B．滑动变阻器（最大阻值30kΩ）

C．电源（电动势8V，内阻不计）

D．电源（电动势3V，内阻不计）

(1)为了使测量尽量精确，在上述可供选择的器材中，滑动变阻器R应选用_____，电源E应选用_____。（选填器材前面的字母序号）

(2)实验时要进行的主要步骤有：

A．断开S2，调节R使其接入电路的阻值_______（填“最大”或“最小”），闭合S1

B．调节R的阻值，使电流表指针偏转到满刻度

C．闭合S2

D．调节电阻箱R′的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的三分之一

E．记下此时R′的阻值为100.3Ω，则待测电流表的内阻rg的测量值为_____Ω.

(3)请提出一条提高本实验精确度的方法_____________________.

【答案】    (1). B    (2). C    (3). 最大    (4). 200.6    (5). 将电阻箱更换为精确度更高的电阻箱 (或使用E和R更大的器材)

【解析】

【详解】（1）由半偏法的原理可知：只有滑动变阻器的电阻远大于电流表的内阻时，当电流表再并联一个小电阻时，电路的总电阻才近似未变，电路的电流才近似于不变，所以滑动变阻器选B；大致计算当电流表满偏时电路中的总电压U=ImR=300×10-6×30×103V=9V，综合题目所给的电源，应选择电动势较大的C；

（2）在S2闭合前后可以认为电路的电流未变，所以R′在S2闭合后的电流是，而这两路的电压相等，所以有：，所以；

（3）可将电阻箱更换为精确度更高的电阻箱 ，使电阻的测量更为准确；或使用E和R更大的器材，使开关S闭合前后电路中的总电流的变化量更小。

11.如下左图所示，倾角为θ粗糙斜面固定在光滑水平面上.质量为m=1kg,初速度为v0的小木块距斜面底端的位置开始上滑，若从此时开始计时，小木块滑回底端前速度v的平方随路程变化的关系图象如下右图所示，取g=10m/s2，小木块与斜面的动摩擦因数是;（斜面底端与水平面平滑连接）.求：

(1)小木块在斜面上的位移及;

(2)从小木块在斜面上运动全程产生热量.

【答案】(1)3m,沿着斜面向下;  (2)

【解析】

【详解】（1）选定初速度方向为正方向，根据v2-x图像可得小木块上滑的位移是x1=5m，下滑的位移是x2=-8m，所以在斜面上的总位移是x=x1+x2=-3m

故小木块在斜面上的位移3m沿着斜面向下

根据牛顿第二定律上滑过程加速度

同理可得下滑过程加速度

根据及图像可得

同理可得

联立方程可得=0.5

（3）根据（1）中方程，可得

则摩擦生热

12.如图所示，在空间坐标系x＜0区域中有竖直向上的匀强电场E1，在一、四象限的正方形区域CDEF内有方向如图所示的正交的匀强电场E2和匀强磁场B，已知CD＝2L，OC＝L，E2＝4E1．在-x轴上有一质量为m、电量为+q的金属a球以速度v0沿x轴向右匀速运动，并与静止在坐标原点O处用绝缘细支柱支撑的（支柱与b球不粘连、无摩擦）质量为2m、不带电金属b球发生弹性碰撞。已知a、b球体积大小、材料相同且都可视为点电荷，碰后电荷总量均分，重力加速度为g，不计a、b球间的静电力，不计a、b球产生的场对电场、磁场的影响，求：

(1)碰撞后，a、b两球的速度大小；

(2)a、b碰后，若b球从CD边界射出，求b球运动时间的范围；

(3)若将磁场反向,两球可否再次碰撞，若可以，请求出磁感应强度；若不可以，请简述理由.

【答案】(1)   (2)   (3)

【解析】

【详解】（1）a匀速运动，则：mg＝qE1

ab碰撞，由动量守恒定律得：mv0＝mva+2mvb

碰撞过程由能量守恒得：

联立解得：                       

（2）碰撞后，b受到的电场力为：F电

故b做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

解得：

若b恰好从C射出，则：L＝2r

联立解得：

若b恰好从D射出，则由几何关系得：r2＝4L2+（r﹣L）2

解得：

联立解得：

故若b从CD边界射出，则其在磁场中运动时间满足：

（3）碰后a、b电量总量平分，即：

碰后a在电场中向左做类平抛运动，b在垂直纸面向外的磁场中偏转半周再进入电场中做类平抛运动，设两球再次相遇的位置在P点，其坐标为（-x，-y）

根据类平抛运动x＝vt

则类平抛运动时间差满足

由牛顿第二定律得球a ： a

同理球b： 

解得

根据类平抛运动  

则类平抛运动的侧向位移差满足

联立方程得

13.下列说法正确的是         

A. 在太空里的空间站中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果

B. 多晶体和非晶体都具有各向异性，没有固定熔点的特点

C. 布朗运动表明了分子越小，分子运动越剧烈

D. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越慢

E. 密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气不计分子势能向外界释放热量，而外界对其做功

【答案】ADE

【解析】

【详解】A、凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力，在围绕地球运行的航天器中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果，故A正确；

B、多晶体和非晶体是各向同性的，多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点；，故B错误；

C、布朗运动是小微粒的运动，不是分子的运动。故C错误；

D、在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水气蒸发也就越慢；故D正确；

E、不计分子势能时，气体温度降低，则内能减小，向外界释放热量；薄塑料瓶变扁，气体体积减小，外界对其做功，故E正确。

14.如图所示，气缸放置在水平平台上，活塞质量为10kg，横截面积为50cm2，厚度为1cm，气缸全长为21cm，大气压强为1×105Pa，当温度为7℃时，活塞封闭的气柱长10cm，若将气缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通。（g取10m/s2，不计活塞与气缸之间的摩擦，计算结果保留三位有效数字）

①将气缸倒过来放置，若温度上升到27℃，求此时气柱的长度.

②汽缸倒过来放置后，若逐渐升高温度，发现活塞刚好接触平台，求此时气体的温度.

【答案】(1)   (2)t＝100℃

【解析】

【详解】以活塞为研究对象，汽缸未倒过来时，有p0S+mg＝pS

汽缸倒过来后，有p′S+mg＝p0S       

温度为7℃不变，根据玻意耳定律有：pSl0＝p′Sl′

联立解得：l′l0＝15cm                 

①温度由7℃升高到27℃的过程中，封闭气体压强不变

解得l″≈16.1 cm

②活塞刚好接触平台时，气体的温度为T，则由盖﹣吕萨克定律知

即：

解得：T≈373 K，故t＝100℃

15.如图所示，甲图为一列沿x轴传播的简谐横波在t=1s时刻的波动图象，乙图为参与波动的质点P的振动图象，则下列判断正确的是___________

A. 该波的传播方向沿x轴正方向

B. 该波的传播速率为4m/s

C. 经过2s，质点P沿波的传播方向向前传播4m

D. 该波在传播过程中若遇到直径为4m的球，能发生明显衍射现象

E. 在0~1s时间内，质点P的位移为零，路程为0.4m

【答案】ADE

【解析】

【分析】

在乙图上读出t=0时刻P质点的振动方向，在甲图上判断出波的传播方向；由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，求出波速；波在同一介质中匀速传播，由s=vt可以求出经过波沿波的传播方向传播的距离，而质点并不向前传播；根据波长与障碍物尺寸的关系分析能否发生明显的衍射现象；根据振动图像判断0~1s时间内质点P的运动情况，求出位移和路程．

【详解】A、在乙图上读出t=1s时刻P质点的振动方向沿y轴正方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿x轴正方向．故A正确；

B、由甲读出该波的波长为λ=4m，由乙图读出周期为T=2s，则波速为v=m/s=2m/s，故B错误；

C、质点只在自己的平衡位置附近上下振动，并不波的传播方向向前传播．故C错误；

D、由于该波的波长为4m，所以该波在传播过程中若遇到4m的障碍物，能发生明显的衍射现象．故D正确；

E、在0~1s时间内，质点P由平衡位置向上运动到波峰再回到平衡位置，位移为零，路程s=2A=0.4m，故E正确。

故选：ADE

16.如图所示，四边形ABCD是一块玻璃砖的横截面示意图，∠D=90°，DO垂直于AB，垂足为O.一束单色光从O点射入玻璃砖，人射角为i，调节i的大小，当i=45°时，AD面和CD面都恰好没有光线射出.求：

①玻璃砖对该单色光的折射率.

②四边形ABCD中∠A的大小.

【答案】（1） （2）

【解析】

【详解】①根据题意可知，当光线在AB面上O点的入射角为时，恰好在AD面和CD面发生全反射，作出时的光路图如图所示，P、M、N分别为光线在AD、CD、AB面上的入射点，过P、M两点的法线相交于E点，设光线全反射的临界角为

由几何关系可知：

解得

折射率

解得

②设光线在O点的折射角为r，根据，代入，解得

根据几何关系可得，

解得