1、石家庄二中石家庄二中 2019 届高三届高三 4 月月考理综试卷月月考理综试卷 物理试题物理试题 第第卷卷 选择题（共选择题（共 126 分）分） 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 8小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第分。在每小题给出的四个选项中，第 14 题只有一项符合题目要求，第题只有一项符合题目要求，第 58 题有多项符合题目要求。全部选对得题有多项符合题目要求。全部选对得 6 分，选对但不全的分，选对但不全的 得得 3 分，有选错的或不答得分，有选错的或不答得 0 分。分。 1.关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（ ） A.
2、安培首先发现了电流的磁效应 B. 伽利略认为自由落体运动是速度随位移均匀变化的运动 C. 牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球间引力的大小 D. 法拉第提出了电场的观点，说明处于电场中的电荷所受到的力是电场给予的 【答案】D 【解析】 电流磁效应最早由奥斯特发现，答案 A 错误；伽利略认为自由落体运动是速度不随位移均匀变化的运动， 答案 B 错误；牛顿发现万有引力并没有测出引力常量所以无法计算，答案 C 错误；选 D。 【命题意图与考点定位】本题考查物理学史，对知识的适记就可以，属于容易题。 【星级】 2.下列说法不正确的是（ ） A. 、 和 三种射线中， 射线的穿透能力最强 B. 放
3、射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性 C. 卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为 D. 质子、中子、 粒子的质量分别为 m1、m2、m3，那么质子和中子结合成一个 粒子，所释放的核能为 【答案】D 【解析】 【详解】A. 、 和 三种射线中， 射线的穿透能力最强，电离能力最弱。故 A 正确。 B.放射性元素的放射性与核外电子无关，故放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性。故 B正确。 C.根据物理学史的知识可知卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为。故 C 正确。 D.一个 粒子包含两个两个质子和两个中子，所以质子和中子结合成一个 粒子，所释放的核能为 3.如图所示，边长为 L的正方
4、形导线框质量为 m，由距磁场 H高处自由下落，其下边 ab 进入匀强磁场后， 线圈开始做减速运动，直到其上边 cd 刚刚穿出磁场时，速度减为 ab边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为 L则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 试题分析：设线框 ab 边刚进入磁场时速度大小为 v根据机械能守恒定律得：mgH= mv2，解得： 从线框下落到 cd 刚穿出匀强磁场的过程，根据能量守恒定律，焦耳热为： Q=2mgL+mgH- m（ v）2=2mgL+ mgH故选 C。 考点：能量守恒定律 【名师点睛】本题是运用能量守恒定律处理电磁感应中能量问题，关键要
5、正确分析能量是如何转化的。 4.如图所示， 在平面直角坐标系中有一底角是 60 的等腰梯形， 坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场， 其中 O（0，0）点电势为 6V，A（1， ）点电势为 3V，B（3， ）点电势为 0V，则由此可判定（ ） A. C点的电势为 3V B. C 点的电势为 6V C. 该匀强电场的电场强度大小为 100V/m D. 该匀强电场的电场强度大小为 100V/m 【答案】D 【解析】 【分析】 因为 ABCD，并且四边形 ABCD 为底角是 60的等腰梯形，故有 UOC=2UAB，等势线与电场线垂直，根 据求出电场强度的大小。 【详解】A、B项：因为 AB平行于
6、CD，并且四边形 ABCD 为底角是 60的等腰梯形，其中坐标 O（0，0） ， A（1，）B（3，） ） ，故有：UOC=2UAB，即 6-C=2（3-0） ，得 C=0V，故 A错误，B错误； C、D项：由 A 分析知，BC为 0V等势线，过 B 作 OC的垂线 BD，垂足为 D，再作 DE 垂直于 BC，由几何 关系得：LDE=，故电场强度为： ，故 C错误，D 正确。 故应选 D。 【点睛】 解决本题的关键知道电场线与等势线垂直， 掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系， 即 求出电场强度的大小，注意 d是沿电场线方向上的距离。 5.如图所示电路，理想变压器原、副线圈匝数比 5：1，
7、原线圈输入电压为，副线圈输 出端通过滑动变阻器 R 连接两只相同灯泡 L1和 L2，它们的规格为“”，当开关 S 断开时灯 L1正常 发光现闭合开关 S，调节滑动变阻器使灯泡再正常发光，则此状态（ ） A. 原线圈的电流为 5A B. 变压器输入功率变为原来的 2 倍 C. 滑动变阻器 R上损耗的功率变为原来的 4倍 D. 滑动变阻器的阻值调到了 8 【答案】BD 【解析】 【详解】A.灯泡正常发光的电流为,副线圈的总电流为，根据电流与匝数成反比，原线 圈的电流为。故 A 错误。 B.输入功率等于输出功率，由于副线圈的电压不变，电流加倍，输出功率加倍，变压器的输入功率变为原来 的 2倍。故 B
8、正确。 C.滑动变阻器 损耗的功率为，电流变为原来的 2 倍，但是电阻变小了，所以损耗的功率不是原来的 4 倍。故 C错误。 D.灯泡的电阻为,两个灯泡并联后的电阻为，副线圈的电压为 ,变压器 分得的电压为解得：。故 D正确。 6.2018 年 7月 25 日，科学家们在火星上发现了一个液态水湖，这表明火星上很可能存在生命。若一质量为 m 的火星探测器在距火星表面高度为 h 的轨道上做匀速圆周运动，运行周期为 T， 已知火星半径为 R， 引 力常量为 G， 则（ ） A. 探测器的线速度 B. B火星表面重力加速度 C. 探测器的向心加速度 D. 火星的密度 【答案】AB 【解析】 【详解】探
9、测器的线速度,选项 A 正确；对探测器：，解得火星 的质量：；由可得火星表面的重力加速度：，选项 B 正确；根据 可知，测器的向心加速度：，选项 C 错误；火星的密度， 选项 D错误；故选 AB. 7.如图甲所示，在水平路面上有一质量为 1 103kg的汽车（可视为质点）以 10m/s 的速度向右匀速行驶，由 于路面发生变化， BC段阻力变小。 从汽车到达 A位置开始计时， 经过 20s 汽车到达 C位置， 汽车运动的 vt 图像如图乙所示。若行驶过程中汽车发动机的输出功率恒为 40kW，且汽车在 AB和 BC 路段上行驶时所受 阻力均恒定，则下列说法正确的是（ ） A. 汽车在 AB段所受的
10、阻力为 B. 汽车在 5-15s 内作加速度逐渐增大的加速运动 C. 当汽车速度为 16m/s 时，汽车的加速度大小为 0.5m/s2 D. AC 间距离为 275m 【答案】CD 【解析】 【详解】A、汽车在 AB 段做匀速直线运动，有，且，解得；故 A 错误. B、汽车在 BC段的阻力变小，由牛顿第二定律可知，结合图象可知做加速度减小的变加速直线 运动；B错误. C、当速度时做变加速直线运动，由 ，得；而速度为 20m/s 匀速时有 ，联立可得；故 C 正确. D、汽车在 BC段保持功率恒定，但牵引力为变力，故由动能定理得 ，其中，代入数据解得 ，则 ；故 D正确. 【点睛】抓住汽车保持功
11、率不变这一条件，利用瞬时功率表达式求解牵引力，同时注意隐含条件汽车匀速 运动时牵引力等于阻力；对于变力做功，汽车非匀变速运动的情况，只能从能量的角度求解 8.如图所示，在光滑绝缘的水平面上，虚线左侧无磁场，右侧有磁感应强度的匀强磁场，磁场方向 垂直纸面向外，质量、带电量的小球 C 静置于其中；虚线左侧有质量 ，不带电的绝缘小球 A 以速度进入磁场中与 C球发生正碰，碰后 C球对水平面压 力刚好为零，碰撞时电荷不发生转移，g 取 10m/s 2，取向右为正方向则下列说法正确的是（ ） A. 碰后 A球速度为 B. C 对 A的冲量为 C. A对 C 做的功为 D. AC 间的碰撞为弹性碰撞 【答
12、案】AC 【解析】 A、设碰后 C的速度为 v2，由，解得，由系统的动量守恒可得， 代入得 v1=15m/s，故 A 正确；B、C对 A的冲量 ，故 B 错误；C、A对 C 做的功为，则 C项正确；D、碰撞前的总动能为，碰撞 后的总动能为，因说明碰撞有机械能损失为非弹性碰撞，则 D项错误。 故选 AC. 【点睛】抓住碰撞前后动量守恒，且带电的球受洛伦兹力，同时注意挖掘隐含条件。 第第卷（共卷（共 174 分）分） 三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 2232 题为必考题为必考题，每个试题考生都必须题，每个试题考生都必须 作答。第作答。第
13、 3338题为选考题，考生根据要求作答。题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题（一）必考题 9.如图所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度 a与钩码的质 量及小车和砝码的质量对应关系图.钩码的质量为，小车和砝码的质量为 m2，重力加速度为 g. （1）下列说法正确的是_. A.每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力 B.实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源 C.本实验 m2应远小于 m1 D.在用图象探究加速度与质量关系时，应作 a 和图象 （2）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的图象，如图，设图中直 线的斜率
14、为 k，在纵轴上的截距为 b，则小车与木板间的动摩擦因数_，钩码的质量_. （3）实验中打出的纸带如图所示.相邻计数点间的时间间隔是，图中长度单位是 cm，由此可以算出小车 运动的加速度是_m/s2. 【答案】 (1). D (2). (3). (4). 0.46 【解析】 【详解】 （1）A.小车与长木板的间的粗糙情况与小车的质量无关，所以在同一个实验中，每次改变小车的 质量，不需要平衡摩擦力。故 A错误。 B.实验时应先接通电源，后释放小车。故 B 错误。 C.根据牛顿第二定律可得系统的加速度，则绳子的拉力，由此可知 钩码的质量远小于小车和砝码的质量 m2时，绳子的拉力才等于钩码的重力。故
15、 C 错误。 D.由牛顿第二定律可知，当 一定是， 与成正比，所以应作出图象。故 D正确。 （2）根据牛顿第二定律可知，结合图象可得，由此可得钩码的质量 为，小车与木板间的动摩擦因数为。 （3） 设， 有公式， 化简可得 10.图（a）为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图。 （1）虚线框内是用毫安表改装成电流表的电路。已知毫安表表头的内阻为 10，满偏电流为 100mA，电阻 ，由此可知，改装后电流表的量程为_A。 （2）实验步骤如下，请完成相应的填空： 将滑动变阻器 R 的滑片移到_端（选填 A 或 B） ，闭合开关 S； 多次调节滑动变阻器的滑片，记下电压表的示数 U和毫安表的示
16、数 I；某次测量时毫安表的示数如图（b） 所示，其读数为_mA。 以 U为纵坐标，I为横坐标，作 U-I图线，如图（c）所示； 根据图线求得电源的电动势 E=_V，内阻 r=_。 （结果均保留到小数点后两位） 【答案】 (1). 0.5； (2). B； (3). 68； (4). 1.48； (5). 0.45； 【解析】 【详解】（1）根据并联电路基本原理可知，改装后的量程为：； 内阻 R=2 （2）实验中应让电阻由最大值开始调节，所以开始时滑片应滑到 B 端； 电流表量程为 100mA，故读数为 68mA； 根据改装原理可知，实际电流为电流表读数的 5倍，由闭合电路欧姆定律可知： U=E
17、-5I（r+R） 由图可知，电源的电动势 E=1.48V；r+R=2.45 故 r=2.45-2=0.45； 【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，注意明确实验原理，能根据给出的实验步骤分析实验方法； 同时根据图象分析实验数据，明确电表的改装原理的应用。 11.如图所示，质量的平板小车静止在光滑水平地面上，在小车左端放有质量 m0.2 kg 的物块 A （可视为质点） ，物块 A 与小车表面间的动摩擦因数，在物块 A正上方 l0.45 m高处有一固定悬点， 通过不可伸长的细绳悬挂一质量的物块 B，把细绳拉至水平，由静止释放，物块 B（视为质点） 在最低点与物块 A 发生弹性碰撞。最终物块恰
18、好不能从小车上滑下。重力加速度 g10 m/s2。求： （1）物块 B与物块 A 碰撞后瞬间细绳的拉力大小（计算结果保留两位有效数字） ； （2）小车的长度。 【答案】(1)F1.2 N (2) x0.8m 【解析】 【分析】 （1）根据机械能守恒定律、动量守恒定律和牛顿第二定律即可求解； （2）根据动量守恒定律和动能定理即 可求解。 【详解】(1)设物块 B 刚到达最低点时，速度为 v0，物块 B自开始释放到运动至最低点过程中，由机械能守 恒定律得： 物块 B与物块 A 发生弹性碰撞，设碰后 A、B的速度分别为 v1、v2 由 A、B 碰撞前后动量守恒、机械能守恒有： 在 A 点，由牛顿第二
19、定律有： 联立解得：F1.2N (2)物块 A滑到小车右端时的速度与小车的相等，设物块和小车的共同速度大小为 v 由动量守恒定律有： 由动能定理得： 联立解得：x0.8 m。 【点睛】本题关键是根据动量守恒定律、动能定理、机械守恒列式求解，同时分清楚物块 A的运动过程。 12.如图所示，半径为 r的圆形匀强磁场区域与 x轴相切于坐标系的原点 O，磁感应强度为 B1，方向垂直 于纸面向外磁场区域右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为 2r，轴线与 x 轴平行且过磁场区域 的圆心，左侧的电势比右侧高在加速管出口下侧距离 2r 处放置一宽度为 2r的荧光屏加速管 右侧存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场
20、区域在 O 点处有一个粒子源，能沿纸面向 y0的各个方向均 匀地发射大量质量为 m、带电荷量为 q且速率相同的粒子，其中沿 y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线 进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置不计粒子重力及其相互作用，求： （1）粒子刚进入加速管时的速度大小； （2）磁场区域的磁感应强度大小 B2（用 B1表示） ； （3）若磁场的磁感应强度 B2减小 10%，求荧光屏上有粒子到达的范围？ 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 （1）沿 y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置，则磁场区域 I内粒子运动轨迹半径距离为 r，在匀强磁场中粒子做圆周运动
21、，洛伦兹力作向心力，则有：B1vq， 解得：； （2）沿 y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线进入长方形加速管，则由动能定理可得粒子进入磁场的 速度为 v，有关系式：Uq mv2 mv2； 解得：； 因为粒子在磁场中运动，并打在荧光屏的中心位置，所以，粒子在磁场中做圆周运动的半径 R=2r，由 洛伦兹力作向心力可得：B2vq，所以， ，其中； （3）在匀强磁场中，设粒子从 P 点离开磁场，如图所示， ， 因为粒子做圆周运动的圆心在弦长的垂直平分线上，且磁场区域和圆周运动的半径都为 r，所以，磁场区域 的两条半径和圆周运动轨迹的两条半径构成菱形，所以，在 P 点的径向平行于 y 轴，所以，粒子离
22、开磁场 时的速度为水平方向 若进入加速管的粒子数目为 N，则这 N个粒子在竖直方向上均匀分布； 在磁场中粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力作向心力，有：Bvq， 解得： ； 磁场 II的磁感应强度 B2减小 10%时，则粒子在磁场中做圆周运动的半径为： ， 设粒子进入磁场时，竖直高度为 y，则只要：02R-2r-y2r，粒子就可以打在荧光屏上， 所以， ryr，因为 N个粒子在 0y2r 上均匀分布，所以打在屏上的粒子数为： 点睛：求解粒子在匀强磁场中的运动问题时，应用几何关系要注意数量关系，如本题在磁场中，半径都 是 r，才能形成菱形，得到出射速度方向 （二）选考题：共（二）选考题：共 45分。请
23、考分。请考生从生从 2道物理题、道物理题、2 道化学题、道化学题、2 道生物体中每科任选一题作答。道生物体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。如果多做，则每科按所做的第一题计分。 物理物理选修选修 33 13.以下说法中正确的是（ ） A. 热现象的微观理论认为，各个分子的运动都是无规则的、带有偶然性的，但大量分子的运动却有一定的 规律 B. 从微观角度看，气体压强的大小跟两个因素有关:一个是气体分子的最大速率，一个是分子的数目 C. 同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如金刚石是晶体，石墨是非晶体，但组成它们的微 粒均是碳原子 D. 一定温度下，饱和汽的分子数
24、密度是一定的，因而饱和汽的压强也是一定的 E. 物体吸收热量同时对外做功，内能可能改变 【答案】ADE 【解析】 【详解】A.热现象的微观理论认为分子运动满足统计规律，即单个分子的运动都是无规则的、带有偶然性 的，但大量分子的运动却有一定的规律；故 A正确 B.一定量气体压强的大小跟两个因素有关：一个是分子的平均动能，一个是分子的数密度；故 B错误 C. 金刚石是晶体，石墨也是晶体。故错误。 D.饱和蒸汽压仅仅与温度有关；一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，因而饱和汽的压强也是一定 的；故 D 正确 E.热力学第一定律，U=W+Q，物体吸收热量同时对外做功，内能可能变化。故 E正确。 14
25、.如图所示，足够长的圆柱形气缸竖直放置，其横截面积为，气缸内有质量 m2kg的活塞， 活塞与气缸壁封闭良好，不计摩擦。开始时活塞被销子 K销于如图位置，离缸底，此时气缸内被 封闭气体的压强为，温度为。外界大气压为，。 （1）现对密闭气体加热，当温度升到 T2=400K，其压强 P2多大？ （2） 若在此时拔去销子 K， 活塞开始向上运动， 当它最后静止在某一位置时， 气缸内气体的温度为， 则这时活塞离缸底的距离 L3为多少？ 【答案】（1）2 105Pa （2）18cm 【解析】 (1)气体体积不变，由查理定律得 即 解得：p22 105 Pa (2)，T3360K 设气体温度为 360 K时
26、活塞离缸底的距离为 l3， 由理想气体状态方程得 V1l1S，V3l3S 解得：l318cm 【点睛】该题考查了气体状态方程的应用，解答此类问题的关键就是正确的确定气体的状态，找出状态参 量，利用相应的状态方程求解在此过程中，正确的确定气体的压强是解题的关键 物理物理选修选修 34 15.一列简谐横波在 t=0时刻的波形图如图中实线所示，t=时的波形图如图中虚线所示，若波传播的速度 v=8m/s，下列说法正确的是（ ） A. 这列波的周期为 0.4s B. 这列波沿 x 轴负方向传播 C. t=0 时刻质点 a 沿 y轴负方向运动 D. 从 t=0时刻开始质点 a经 0.25s 通过的路程为
27、0.4m E. x=2m处的质点的位移表达式为 【答案】BCD 【解析】 由图读出波长 =4m， 则波的周期为， 由题， 波传播的时间为 t= s= ， 根据波形的平移可知， 波的传播方向沿 x轴负方向，故 A错误，B正确。波 x轴负方向传播，由“上下坡法”可知 t=0 时，质点 a 沿 y轴负方向运动。故 C 正确。从 t=0 时刻经 0.25s 时，由于 t=0.25s= ，所以质点通过的路程等于 2A=0.4m， 故 D 正确。t=0 时刻 x=2m处的质点正向 y轴负方向运动，其位移表达式为 y=-Asint=-0.2sin（4t）m故 E错误。故选 BCD。 点睛：本题要理解波的图象
28、随时间变化的规律波在一个周期内传播一个波长，波的图象重合利用波形 的平移或上下坡法是研究波动图象常用的方法 16.如图所示，是一个半径为 R 的半圆柱形透明物体的截面图。现有平行于轴线 OA的单色光从左侧射入透 明物体，已知从距圆心 的 P 点射入透明物体的光，经过透明物体后通过轴线 OA上的 Q点，Q点距圆心 O 的距离为。求： （1）该透明物体的折射率； （2）能够从透明物体圆形边界射出的光（不考虑多次反射的情况） ，其入射光的范围。 【答案】(1) (2) 入射光的范围在距 O 点小于 的距离内 【解析】 (i) 如图， 设光在弧面上的入射点为 S，入射角为 r，折射角为 i，OS 与 OA夹角为 ，由几何关系： 设 S、Q间的距离分别为 ， 由题意可得 O、Q间距： 在 OSQ 中，由余弦定理得： 代入数据得： OSQ 为等腰三角形 设 SQ与 OA 的夹角为 ， 由几何知识可得： =，i= + 由折射定律： 代入数据得： (ii)设临界角为 C，入射光离 O 的最远距离为 d，由折射定律： 根据几何关系： 代入数据得：，即入射光的范围在距 O 点小于的距离内。 点睛点睛：要正确的做出光电图，并掌握折射定律和全反射条件，结合临界角求解。
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