丰台区2019年高三年级第二学期综合练习（一）理科综合物理
1.以下事实可作为“原子核可再分”的依据是
A. 天然放射现象 B. 粒子散射实验
C. 电子的发现 D. 氢原子发光
【答案】A
【解析】
【详解】A. 天然放射现象是原子发生衰变之后会放出三种射线，这说明原子核可再分。故A正确。
B. 粒子散射实验说明了原子的核式结构模型。故B错误。
C.电子位于原子核外的，不能说明原子核可再分。故C错误。
D. 氢原子发光说明核外电子的跃迁，不能说明原子核可再分。故D错误。
2.下列说法正确的是
A. 气体的温度升高，每个气体分子的运动速率都会增大
B. 从微观角度讲，气体压强只与气体分子的密集程度有关
C. 当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大
D. 若一定质量的气体膨胀对外做功50 J，则内能一定减少50 J
【答案】C
【解析】
【详解】A. 气体的温度是分子平均动能的标志，所以气体的温度升高，从统计规律看分子的平均运动速率增大，但是仍会有分子的速率减小。故A错误。
B. 从微观角度讲，气体压强只气体分子的密集程度和气体的温度有关。故B错误。
C.在时，分子力表现为引力，分子的间距增大时分子力做负功，故越大，分子势能越大。故B正确。
D. 一定质量的气体膨胀对外做功50 J，同时气体还可能吸收热量，所以内能减少量不一定是。故D错误。
3.甲、乙两单色光分别通过同一双缝干涉装置得到各自的干涉图样，设相邻两个亮条纹的中心距离为，若，比较甲、乙两种单色光，则下列说法正确的是
A. 真空中甲光的波长较短
B. 甲光的光子能量较小
C. 甲光发生全反射时的临界角较小
D. 甲光能发生偏振现象，而乙光不能
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据双缝干涉的条纹间距可知对于同一个实验装置，波长越长，条纹间距越大，由可知甲光的波长一定大于乙光的波长。故A错误。
B.根据可知甲光的频率小于乙光的频率，而光子的能量，故甲光的光子能量一定小于乙光子的能量。故B正确。
C. 由可知甲光的波长一定大于乙光的波长，则对同一均匀介质，甲光的折射率小于乙光的折射率，由临界角公式甲光发生全反射时的临界角大于乙光发生全反射时的临界角。故C错误。
D.偏振现象是横波特有的现象，由于光是横波，故甲乙都可以发生偏振现象。故D错误。
4.一简谐机械横波沿x轴正方向传播，波长为λ，周期为T。t=T时刻的波形如图1所示，a、b是波上两个质点，图2是波上某质点的振动图像。下列说法中正确的是
A. t=T时质点a的振幅比质点b的大
B. t=T时质点a的速度比质点b的大
C. 质点a的振动图像是图2
D. 质点b的振动图像是图2
【答案】D
【解析】
【详解】A.在一列波中所有质点的振幅都一样。故A错误。
B. t=T时质点a的速度等于零，质点b的速度最大。故B错误。
CD.在 t=T时刻质点a的位移最大，质点b的位移为零，在结合图2，可知图2是质点b的震动图象。故D正确。
5.如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的
两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过N、Q、M回到P的运动过程中，下列说法正确的是
A. 从P到N阶段，动能逐渐增大
B. 从N到Q阶段，速度逐渐增大
C. 从Q到M阶段，所用时间大于
D. 从M到P阶段，加速度逐渐减小
【答案】C
【解析】
【详解】A. 从P到N阶段，海王星离太阳越来越远，海王星做离心运动，所以速度越来越小，动能越来越小。故A错误。
B.从N到Q阶段海王星离太阳越来越远，海王星做离心运动，所以速度越来越小。故B错误。
C. 从Q到M阶段，海王星的平均速度小于从M到P阶段的平均速度，所以从Q到M阶段，所用时间大于 。故C正确。
D. 从M到P阶段，海王星离太阳越来越近，所以加速度逐渐增大。故D错误。
6.如图所示，地面附近某真空环境中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带正电的油滴，沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，由此可以判断
A. 匀强电场方向一定是水平向左
B. 油滴沿直线一定做匀加速运动
C. 油滴可能是从N点运动到M点
D. 油滴一定是从N点运动到M点
【答案】A
【解析】
【详解】A.粒子的受力如图所以的情况，即电场力只能水平向左，粒子才能沿直线运动。故A正确。
B. 油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据物体做直线运动条件可知，粒子所受洛伦兹力亦为恒力据可知，粒子必定做匀速直运动。故B错误。
CD.粒子受到的洛仑磁力的方向为垂直MN向上，又因为粒子带正电，再结合左手定则，可知油滴一定是从M点运动到N点一定。故CD都错误。
7.为了研究平抛物体的运动，用两个相同小球A、B做下面的实验：如图所示，用小锤打击弹性金属片，A球立即水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面。A、B两小球开始下落到落地前瞬间的过程中，下列对A、B球描述正确的是
A. A球与B球的速率变化量相同
B. A球与B球的动量变化量相同
C. A球与B球的速度变化率不同
D. A球与B球的动能变化量不同
【答案】B
【解析】
【详解】A.因为A球立即水平飞出，以一定的速度做平抛运动， B球被松开，做自由落体运动，所以两球落地的速率不同，速率的变化量也不同。故A错误。
BD.两球落地的时间相同，受到的重力也相同，落地的过程中，重力的冲量相同，由动量定理可知，两球的动量的变化量也是相同的。故B正确，D错误。
C. A球与B球的速度变化率等于重力加速度，故A球与B球的速度变化率相同。故C错误。
8.地球上某处海水的周期性涨落称为潮汐。潮汐主要是月球对海水的引力造成的，太阳的引力也起一定的作用，但要弱得多。引起潮汐的力称为引潮力，引潮力沿垂直海水表面向上（背离地心）最大处，海水形成高峰；反之，引潮力沿垂直海水表面向下（指向地心）最大处，海水出现低谷。为简化研究，只在地-月系统分析问题，此时引潮力可称为月潮力。假设地球表面全部被海水覆盖，如图所示，月地距离为r，地球半径为R，月球质量为M月，地球质量为M地；A为近月点，B为远月点。如取直角坐标系的x轴沿月地联线，θ为地表某处的半径与x轴正方向的夹角。该处质量为Δm的海水的月潮力在x轴、y轴上的分力值Fx、Fy分别是 ；；依据已学的知识，结合上述公式，判断下列说法正确的是
A. 月潮力就是地球对海水的引力 B. 月潮力就是月球对海水的引力
C. 近月点处的海水月潮力向下最大 D. 远月点处的海水月潮力向上最大
【答案】D
【解析】
【详解】AB. 月潮力是月球的吸引与地球的自转共同对海水产生的等效力。故AB都错误。
C.在近月点A，，，方向沿x轴负方向，背离地心向上, 海水月潮力向上最大。故C错误。
D.在远月点B，，，向沿x轴正方向，背离地心向上, 海水月潮力向上最大。故D正确。
第二部分（非选择题）
9.某同学要把一个量程为300μA，内阻约为100Ω的直流电流计G，改装成量程范围是0~3V的直流电压表。
（1）按如图1所示电路，用半偏法测定电流计G的内电阻Rg。电源电动势为6V，内阻不计。在以下器材中，可变电阻R1应选用______；可变电阻R2应选用______。（选填器材前的字母）
A．电阻箱（0~999.9Ω）
B．滑动变阻器（0~200Ω）
C．电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器相当，0~47kΩ）
（2）该同学在开关断开情况下，检查电路连接无误。
a．后续的实验操作步骤依次是_________，最后记录R2的阻值并整理好器材。（请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母）
A．将R1的阻值调至最大
B．闭合K2调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半
C．闭合K1调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度
b．若实验记录R2的阻值为112.0Ω，则可测得电流计G的内阻Rg=_________Ω。
（3）测得电流计G的内阻后，要将其改装成量程为3V的电压表，应将其_____联（选填“串”或“并”）一个电阻R3，R3=_______Ω。
（4）按照上述方法将电流计G与电阻R3改装成一电压表后，用比改装电压表分度值更小的标准电压表V0进行校准。
a．请你完成方框图2中的校准电路图__________；
b．利用校准电路，该同学将量程中的各个刻度都校准一遍，可得到30组Ux（改装电压表读数）、ΔUx（改装电压表读数Ux与标准表读数U的差值，即ΔUx = Ux -U）。以Ux为横坐标，ΔUx为纵坐标，将相邻两点用直线连接，做出呈折线状的曲线，如图3所示，这条曲线我们称为校准曲线。当使用这块表测量时，就可以根据校准曲线对各数据点进行校准，从而获得更高的精度。若改装电压表测量结果为2.50V时，电压更精确的值应为_______V。
（5）在校准电压表时，该同学利用了“并联电路各支路两端电压总相等”的电路特点。实际上，在恒定电流电路内，各处的电荷分布是稳定的，稳定分布的电荷产生了一种恒定电场，这种恒定电场与静电场的性质基本相同，这成为我们认识电路问题的基础。请判断“并联电路各支路两端电压总相等”这一电路特点，是下列选项中哪一个说法的对应表现______。（填写选项前的字母）
A．电荷在电场中受到力的作用 B．匀强电场电场强度处处相等
C．电场力做功与路径无关 D．沿电场线方向电势逐渐降低
【答案】 (1). （1）C (2). A (3). （2）a.ACB (4). b.112.0 (5). （3）串 (6). 9888.0 (7). （4）a.如图；
(8). b.2.480或2.48 (9). （5）C
【解析】
【详解】(1)闭合电建K1电路中的电流不能大于，由可知,故应该选C。实验中要读出的具体的数值，故应该选A。
（2）半偏法测电阻的实验步骤为：第一步，按原理图连接好实物图；第二步，闭合电建K1，调节滑动变阻器，使表头指针满偏；第三步闭合电建K2，改变电阻箱的阻值，当表头指针半偏时记下电阻箱的读数，此时电阻箱的阻值等于表头的内阻。故正确的步骤是ACB。
由（2）的分析可知指针半偏时电阻箱的读数等于表头的内阻，所以表头的内阻为。（3）改装成电压表，应该把表头和电阻串联。由电表的改装原理可得，化简
可得：。
（4）改装的电压表应该与标准电压表并联，滑动变阻器采用分压式接法，电路如图所示：
由图象可知2.50V对应的为0.020V，再由可得
（5）因为电场力做功与路径无关，所以并联电路中，电荷从并联的一端运动到另一端时，也就是电荷运动的初末位置相同，所以静电力做功相同，电势差也相同，所以并联电路各支路两端电压总相等”这一电路特点，与“电场力做功与路径无关”这一说法是对应的。
10.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.4m，一端连接R=1Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=5T。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v=0.6 m/s。求：
（1）感应电动势E和感应电流I；
（2）在0.2s时间内，拉力的冲量IF的大小；
（3）若将MN换为电阻r =0.5Ω的导体棒，其它条件不变，求导体棒两端的电压U。
【答案】（1）1.2A；（2）0.48N∙s（3）0.8V
【解析】
【详解】（1）有法拉第电磁感应定律可得感应电动势：；感应电流：由闭合电路的欧姆定律可得：。
（2）导体棒匀速运动，拉力等于安培力得：
所以拉力的冲量
（3）由闭合电路的欧姆定律可得：
11.如图1所示，一小车放于平直木板上（木板一端固定一个定滑轮），木板被垫高一定角度θ，该角度下，小车恰能做匀速直线运动（假设小车所受摩擦力与小车对木板的正压力成正比，比例系数为μ），小车总质量为M。
（1）请推导θ与μ应满足的定量关系；并分析说明若增大小车质量，仍使小车做匀速直线运动，角度θ是否需要重新调整。
（2）如图2所示，将小车上栓一根质量不计，且不可伸长的细绳，细绳通过滑轮（滑轮与细绳之间摩擦不计）下挂一个砝码盘（内放砝码），在木板上某位置静止释放小车后，小车做匀加速直线运动。已知砝码盘及砝码的总质量为m，求：
①a．如果m=M，小车所受细绳拉力与砝码盘及砝码总重力的比值；
b．用F表示小车所受细绳的拉力，如果要求，此时应该满足的条件；
②小车沿木板运动距离为x的过程中，其机械能的变化量ΔE。
【答案】（1）μ=tanθ；增大小车的质量，角度θ无须改变。（2）①a. b. ②
【解析】
【详解】（1）受力分析如图：重力的下滑分力为，小车受到的摩擦力为：
小车匀速运动，由平衡条件可得：
解得
论证：当小车的质量由M变成M+∆m时，若使小车匀速运动，仍有 成立，仍然满足：，即若增大小车的质量，角度θ无须改变。
（2）根据牛顿第二定律：①a.对小车由牛顿第二定律可得；对砝码和砝码盘由牛顿第二定律可得：由于 则 的到：
b.利用a中得到的结论：解得 可得
②小车沿木板运动距离为x的过程中，机械能的变化量等于小车所受的拉力和摩擦力做功的总和，则：
12.构建理想化模型，是处理物理问题常见的方法。
（1）在研究平行板电容器的相关问题时，我们是从研究理想化模型——无限大带电平面开始的。真空中无限大带电平面的电场是匀强电场，电场强度为E0=，其中k是静电力常量，σ为电荷分布在平面上的面密度，单位为C/m2。如图1所示，无限大平面带正电，电场指向两侧。若带负电则电场指向中央（图中未画出）。在实际问题中，当两块相同的带等量异种电荷的较大金属板相距很近时，其中间区域，可以看作是两个无限大带电平面所产生的匀强电场叠加；如果再忽略边缘效应，平行板电容器两板间的电场就可以看作是匀强电场，如图2所示。已知平行板电容器所带电量为Q，极板面积为S，板间距为d，求：
a. 两极板间电场强度的大小E；
b. 请根据电容的定义式，求出在真空中，该平行板电容器的电容C；
c. 求解图2中左极板所受电场力的大小F。
（提示：因为带电左极板的存在已经影响到带电右极板单独存在时空间场强的分布，所以不能使用a问中计算出的场强，而是应该将电场强度“还原”到原来右极板单独存在时，在左极板所在位置产生的电场强度。）
（2）根据以上思路，请求解真空中均匀带电球面（理想化模型，没有厚度）上某微小面元所受电场力。如图3所示，已知球面半径为R，所带电量为Q，该微小面元的面积为∆S，带电球面在空间的电场强度分布为，其中r为空间某点到球心O的距离。
（提示：“无限大”是相对的，在实际研究中，只要被研究点距离带电面足够近，就可认为该带电面为无限大带电平面）
【答案】（1）a. b. c. （2） ,方向背向圆心向外，表现为扩张力.
【解析】
【详解】（1）a.由电场的叠加可知，平行板电容器内部的电场是正负极板上的电荷产生的电场的矢量和，由电场的叠加原理可得：
b.电容器极板间的电势差为：，在由电容器的电容的定义式可得：
c.由题意可知右极板产生的匀强电场，电场强度为E0=，所以左极板受力：
（2）取距离微小面元无限近的两点M和N，分别位于带电球体的内表面和外表面；由题意可知：①微小面元在MN两点产生的场强大小为：，方向分别指向球心和背向球心；
②由带电球面在空间的场强分布可知，M点处场强为零，因此除去小面元∆S以外的带电球面在M点产生的场强与小面元在M点产生的场强大小相等，方向相反，即场强大小为，方向背向球心（由N点计算的场强也为）
因此，除去面元∆S以外的带电球面在面元∆S处所产生的场强，由此得打该面元所受的电场力 ,方向背向圆心向外，表现为扩张力.
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