2019届福建省漳州市高三（下）毕业班高考模拟（二）理综物理试题（解析版）

漳州市 2019 届高三毕业班高考模拟试卷 理科综合能力测试物理（二） 第Ⅰ卷 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 14～17 题只有一 项符合题目要求，第 18～21 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.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（　　） A. 汤姆逊通过分析甲图中的 α 粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型 B. 乙图表明当一定频率 光照射到金属板，金属板会有光电子射出 C. 丙图表示的是磁场对 α、β 和 γ 射线的作用情况，其中①是 β 射线，②是 γ 射线 D. 丁图表示的核反应属于重核裂变，是人工无法控制的核反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．卢瑟福通过分析 α 粒子散射实验结果，提出了原子 核式结构模型，A 选项错误； B．根据光电效应的规律可知，入射光的频率大于金属的极限频率时，才会有光电子射出，B 选项正确； C．根据左手定则可知，射线①带正电，①是 α 射线，②不偏转，是 γ 射线，C 选项错误； D．丁图表示的核反应属于重核裂变，是人工可以控制的核反应，D 选项错误。 故选 B。 2.如图所示，水平传送带匀速运动，在传送带的右侧固定一弹性挡杆.在 时刻，将工件轻轻放在传送带 的左端，当工件运动到弹性挡杆所在的位置时与挡杆发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程的能量 损失.则从工件开始运动到与挡杆第二次碰撞前的运动过程中，工件运动的 图像可能是（ ） 的 的 0t = v t−A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【详解】工件与弹性挡杆发生碰撞后，其速度的方向改变，应取负值，故 AB 错误；工件与弹性挡杆发生碰 撞前的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速度大小 不变，工件运动至与弹性挡杆碰撞前，可能做匀加速直线运动，也可能与传送带一起做匀速直线运动，故 CD 正确. 3.对于环绕地球做圆周运动的卫星，它们绕地球做圆周运动的周期会随着轨道半径的变化而变化，某同学根 据测得的不同卫星做圆周运动的半径 r 与周期 T 关系作出如图所示图像，已知地球半径为 R，则可求得地球 表面的重力加速度 g 为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】ABCD．卫星受到的万有引力提供其圆周运动的向心力： G =m r 解得： 2 2 4 b aR π 2 2 4 a bR π 2 24 aR bπ 2 24 bR aπ 2 Mm r 2 2 4 T πr3= T2 对照图象可知： = 故 ACD 错误，B 选项正确； 故选 B。 4.使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质包进一个很小的荚里。播种时，在离地面 10m 高处、以 15m/s 的速度水平匀速飞行的无人机中，播种器利用空气压力把荚以 5m/s 的速度(相对播种器) 竖直向下射出，荚进入地面下 10cm 深处完成一次播种。已知荚的总质量为 20g，不考虑其所受大气阻力及 进入土壤后重力的作用，g 取 10m/s2，则（　　） A. 射出荚的过程中，播种器对荚做的功为 0.25J B. 离开无人机后，荚在空中运动的时间为 s C. 土壤对荚冲量的大小为 3 kg·m/s D. 荚在土壤内受到平均阻力的大小为 22.5N 【答案】A 【解析】 【详解】A．荚 水平速度 v1=15m/s，竖直速度 v2=5m/s，根据矢量求和定则可知，荚离开播种机的速度： v= =5 m/s 分析题意可知，播种器对荚做功引起其动能的变化： W= mv －0=0.25J A 选项正确； B．荚在竖直方向上做匀加速直线运动，则： h=v2t＋ gt2 代入数据解得：t=1s，B 选项错误； C．设荚落地速度为 v′，下落过程中有： mv2＋mgh= mv′2 解得：v′=15 m/s 的 24 GM π 24 GM π a b 2 2 2 4GM ag R bR π= = 2 2 2 2 1 2v v+ 10 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2根据动量定理可知，土壤对荚冲量的大小等于荚的动量的变化，有： I=mv′=0.3 kg·m/s C 选项错误； D．根据几何关系可知，荚到达地面的速度方向与水平方向之间的夹角为 45°，荚进入地面下 10cm，相对于 地面的位移大小 x= d=0.1 m，根据动能定理可知： －Ff·x=0－ mv′2 解得 F=22.5 N，D 选项错误。 故选 A。 5.如图甲所示，倾角 45°斜面置于粗糙的水平地面上，有一滑块通过轻绳绕过定滑轮与质量为 m 的小球相连 （绳与斜面平行），滑块质量为 2m，滑块能恰好静止在粗糙的斜面上。在图乙中，换成让小球在水平面上 做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角 θ，且 θ≤45°，两幅图中，滑块、斜面都静止，则以下说法中正确 的是（　　） A. 甲图滑块受到斜面的摩擦力为 B. 甲图斜面受到地面的摩擦力为 C. 乙图中 θ 越小，滑块受到的摩擦力越大 D. 小球转动角速度越小，滑块受到的摩擦力越小 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．甲图中滑块所受的摩擦力为： 故选项 A 对，B 错误； C．乙图中绳的拉力为： 2 2 2 1 2 2 ( 2 1)mg− 2mg 2 sin 45 - ( 2 1)f mg mg mg= ° = −甲 cos mgT θ=此时对滑块： 故 θ 越小，则滑块受到斜面的静摩擦力越大，选项 C 对； D．乙图中滑块受到的摩擦力为： 显然 ，则 ，若 θ = = V UR UI R = − Uk I = V 1 1 1 R k R = − 2π 4 lR d ρ= V 2 V 4 π 4 R lk R d l ρ ρ= +【答案】（1）9 m/s；（2）41.16m 【解析】 【详解】(1)由牛顿第二定律有 F-mg-f=0 即 代入数据解得 v=9m/s (2)失去动力之前，根据动能定理 代入数据解得 h1=41.76m 失去动力后 代入数据解得 a=7.5 m/s2 上升高度 m 上升总高度为 m 12.如图，两根一端带有挡柱的光滑金属导轨 MN 和 PQ 与水平面成 θ=30°角放置在磁感应强度 B=2T 的匀强 磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，两导轨间距 L=1m。现有两根完全相同的金属棒 ab 和 cd，长度均 为 L，质量均为 m=1kg，电阻均为 R=1 ，两金属棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨自身电阻不计。 P mg fv = + 2 1 1( ) 2Pt mg f h mv− + = mg f ma− = 2 2 5.42 vh a = = 1 2 41.16H h h= + = Ω现让金属棒 ab 在沿斜面向上的外力 F 作用下从轨道上某处由静止开始做加速度 a=2.5m/s2 的匀加速直线运 动，到金属棒 cd 刚要滑动时撤去外力 F，此后金属棒 ab 继续向上运动 0.1s 后减速为零，当金属棒 ab 刚好 返回到初始出发点时金属棒 cd 对挡柱的压力是金属棒 ab 静止时压力的 2 倍。g 取 10m/s2。求： （1）外力 F 的冲量大小； （2）金属棒 ab 从减速为零到返回出发点过程中所产生的焦耳热。 【答案】（1）10N∙s；（2）4.06J 【解析】 【详解】（1）设金属棒 ab 的速度为 v 时金属棒 cd 刚要滑动，由 解得 v=2.5m/s 根据速度时间公式有 v=at 代入数据得 t=1s 匀加速时段内金属棒 ab 的位移为 x1= at2=1.25m 对金属棒 ab，根据牛顿第二定律有 故 代入数据可知 F 随 t 线性变化，且最大值为 F1=12.5N；最小值 F2=7.5N 因此外力 F 的冲量为 2 2 sin2 B L v mgR θ= 1 2 2 2 sin 2 B L vF mg maR θ− − = 2 2 sin 2 B L atF mg maR θ= + +解得 I=10N∙s （2）撤力后金属棒 cd 仍静止，设金属棒 ab 减速滑行的位移为 x2，由动量定理得 又 解得 x2=1m 设金属棒 ab 返回到出发点时的速度为 v1，对金属棒 cd，由 解得 v1=2.5m/s 由能量守恒得 解得 Q=4.06J （二）选考题：共 45 分。请考生从给出的 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选 一题做答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂 题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计 分。 13.关于热力学定律，下列说法正确的是___________。 A. 科技的进步使得人类有可能生产出从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化的热机 B. 物体对外做功，其内能一定减少 C. 气体向真空膨胀时虽然不对外做功，但系统的熵是增加的 D. 制冷设备实现从低温热源处吸热，并在高温热源处放热，没有违反热力学第二定律 E. 第一类永动机不可能制成，是因为它违背了能量守恒定律 【答案】CDE 【解析】 【详解】A．根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化，故 A 错 误； B．根据热力学第一定律，物体对外做功，同时物体吸热，则其内能不一定改变，故 B 错误； 1 2 2 F FI t += ( sin )mg BIL t mvθ + ∆ = 2 2 BLxI t R ∆ = 2 2 1 sin2 B L v mgR θ= 2 1 2 1 1( )sin 22mg x x mv Qθ+ = +C．熵是物体内分子运动无序程度的量度，气体向真空膨胀时虽然不对外做功，但系统的熵是增加的，故 C 正确； D．制冷设备可实现从低温热源处吸热，并在高温热源处放热，故 D 正确； E．第一类永动机不可能制成，是因为它违背了能量守恒定律，故 E 正确。 故选 CDE。 14.如图所示，气缸开口向右、固定在水平桌面上，气缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞横截面 积为 S＝1×10－3m2；活塞与气缸壁导热良好，轻绳跨过定滑轮将活塞和地面上的质量为 m＝1 kg 重物连 接．开始时绳子刚好伸直且张力为零，活塞离缸底距离为 L1＝27 cm，被销子 K 固定在图示位置，此时气 缸内气体的压强 p1＝1.1×105 Pa，温度 T1＝330 K，外界大气压强 p0＝1.0×105 Pa，g＝10 m/s2，不计一切摩 擦和阻力；若在此时拔去销子 K，降低气缸内气体的温度，求： ①重物刚好离开地面时，气体的温度为多少？ ②重物缓慢上升 2 cm，气体的温度为多少？ 【答案】（1）270K（2）250K 【解析】 【详解】（1）设重物刚好离开地面时，压强为 P2，活塞受力平衡，故封闭气体压强 P2＝P0－ ＝0.9×105 Pa 等容变化，根据理想气体状态方程，有 解得 T2＝270K （2）设活塞被销子 K 销定时，气体体积为 V1，V1= L1S 设重物缓慢上升 h=2cm 时，气体体积 V2，V2=( L1－h)S 等压变化，根据理想气体状态方程，有 解得 T2′＝250K 为 mg S 1 2 1 2 P P T T = 1 2 ' 1 2 V V T T =15.一列简谐横波沿 x 轴传播，t=0 时刻的波形如图中实线所示，t=0.1s(T>0.1s)时刻的波形如图中虚线所示。 P 是传播介质中离坐标原点 xp=2.5m 处的一个质点，t=0 时刻 P 质点正向 y 轴正方向运动。则下列说法正确 的是____________。 A. 该波向 x 轴正方向传播 B. 质点 P 运动的路程为 1m C. 该波的周期为 D. 该波的传播速度为 10m/s E. 在 t=0.2s 时刻，在 P 质点右侧且相距 1m 处的质点沿 y 轴正方向运动 【答案】ADE 【解析】 【详解】A．t=0 时刻 P 质点正向 y 轴正方向运动，根据波形平移法可知，该波向 x 轴正方向传播，故 A 对； BCD．波沿 x 轴正方向传播，由于： t=0.1s＜T 则 可得周期为 T=0.4s，P 并非从平衡位置及波峰波谷开始，故 质点振动路程不为一个振幅 0.1m，但仍小于 1m；故质点 P 运动的路程为 0.1m，波速为： 故 BC 错，D 正确； E．在 t=0.2s 时刻，可利用波形平移法，画出此时刻的波形，可判断得在 P 质点右侧且相距 1m 处的质点正 沿 y 轴正方向运动，故 E 对； 故选 ADE。 16.如图，MN 下方足够大的空间有一长方体玻璃介质，玻璃介质在的上边界 MN 是屏幕，玻璃中有一个正 三棱柱的真空区域。三棱柱轴线垂直于纸面，图中竖直截面正三角形的边长 18 cm，顶点 C 很靠近屏幕，距 离可忽略。底边 AB 与屏幕平行，一束激光在竖直截面内垂直于 AB 边射向 AC 边的中点 O，结果在屏幕 MN 2 s15 0.1s 4 Tt = = 4 T 10m/sλv T = =上出现了两个光斑，距离为 18 cm。光在真空中的传播速度 c=3×l08 m/s。求： ①该玻璃得折射率； ②该激光在玻璃介质中传播的速度。 【答案】① ；② m/s 【解析】 【详解】①画出光路图如图所示： O 点到光屏的距离为： cm 在界面 AC，光的入射角 i=60° 由光的反射定律得到，反射角：i=i′=60° 两光斑之间的距离为： 代入数据可以得到折射角 r=30° 由光的折射定律有： 代入数据可以得到 ②该激光在玻璃介质中传播的速度为： 3n = 83 10× 9 3sin 60 2h OC= ° = tan 60 tan(60 ) 18cmx h h r= °+ − = sin sin in γ= 3n =m/s83 10cv n = = ×