2019年山东师大附中高考考前模拟理科综合物理试题（解析版）

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1、 山东师范大学附属中学山东师范大学附属中学 2019 届高考考前模拟理科综合物理试题届高考考前模拟理科综合物理试题 二、选择题：二、选择题： 1.人类在探索自然规律的进程中总结了许多科学方法。如分析归纳法、演绎法、等效替代法、控制变量法、 理想实验法等。在下列研究中，运用理想实验方法进行研究的是 A. 爱因斯坦提出光子假说 B. 查理得出气体状态变化的规律 C. 卢瑟福提出原子的核式结构模型 D. 伽利略得出力不是维持物体运动原因的结论 【答案】D 【解析】 【详解】爱因斯坦由光电效应的实验规律，猜测光具有粒子性，从而提出光子说，科学研究的方法属于科 学假说。故 A 错误。查理得出气体状态变化

2、的规律运用了控制变量法，选项 B 错误；卢瑟福根据 粒子散 射实验结果发现，原子结构与行星绕太阳运行模型相似，提出了原子的核式结构模型，采用类比法。故 C 错误。伽利略根据理想实验法得出力不是维持物体运动原因的结论。故 D 正确。 2.如图所示，电阻不计的正方形导线框 abcd处于匀强磁场中。线框绕中心轴 OO匀速转动时，产生的电动 势 e= 2002cos(100 ) t V。 线框的输出端与理想变压器原线圈相连， 副线圈连接着一只“20V、 8W”的灯泡， 且灯泡能正常发光，电路中熔断器熔断电流为 0.4 2A，熔断器与输电导线的电阻忽略不计。下列判断正 确的是 A. t=0s时刻的线框中

3、磁通量变化率为最小 B. 理想变压器原、副线圈匝数之比为 10：1 C. 若副线圈两端并联多只“20V、8W”的灯泡，则最多不能超过 10 只 D. 若线框转速减半，产生电动势 e=100 2cos（l00t）V 【答案】B 【解析】 【详解】t=0s 时刻的线框在图示位置，线圈与中性面垂直，感应电动势最大，故线框中磁通量变化率最大， 故 A 错误；线框绕中心轴 OO匀速运动时，产生的电压为：u=200 2cos100t，故输入变压器的电压的有 效值为：U=200V；灯泡能正常发光，故变压器的输出电压为 20V；根据变压比公式，有： 1 2 200 101 20 n n ：， 故 B 正确；电

4、路中熔断器熔断电流为 0.4 2A，此时根据能量守恒定律，有：U1I1=U2（nIL） ；解得： 200 0.4 2 14.14 8 n ，故副线圈两端并联“20V、8W”的灯泡最多不能超过 14 只，故 C 错误；若线框 转速减半，根据公式 Em=NBS，产生的电压也减半，=2n=50，则产生的电动势为：e=100 2cos（50t） V，故 D错误；故选 B。 3.把一钢球系在一根弹性绳一端，绳的另一端固定在天花板上，先把钢球托起(如图所示)，然后放手若 弹性绳的伸长始终在弹性限度内， 关于钢球的加速度 a、 速度 v 随时间变化的图像， 下列说法正确的是( ) A. 甲为 at 图像 B

5、. 乙为 at 图像 C. 丙为 vt 图像 D. 丁为 vt 图像 【答案】B 【解析】 由题图可知，弹性绳处于松弛状态下降时钢球做自由落体运动，绷紧后小球做简谐运动；当小球上升至绳 再次松弛时做竖直上抛运动，故 vt 图象为图甲，at 图象为图乙 4.2019 年 4月 10 日，事件视界望远镜捕获到人类历史上的首张黑洞“照片”，这是人类第一次凝视曾经只存 在于理论中的天体。如果把太阳压缩到半径只有 3km且质量不变，太阳就变成了一个黑洞，连光也无法从 太阳表面逃逸。 已知逃逸速度是第一宇宙速度的 2倍， 光速为 8 3 10 m/s， 1122 G6.67 10N mKg ， 则根据以上

6、信息可知太阳的质量约为 A. 29 2 10 Kg B. 30 2 10 Kg C. 30 8 10 Kg D. 31 8 10 Kg 【答案】B 【解析】 【详解】由 2 2 Mmv Gm RR 且 2cv ，解得 11 28 2 30 (3 10 )3000 kg2 10 kg 22 6.67 10 c R M G ，故选 B. 5.平行导轨固定在水平桌面上，左侧接有阻值为 R的电阻，导体棒 ab与导轨垂直且接触良好，ab 棒质量为 m，在导轨间的阻值为 r,长度为 l 。输出功率恒为 P的电动机通过水平绳向右拉动 ab棒，使 ab棒从静止开 始运动。 整个区域存在竖直向上的大小为 B 的

7、匀强磁场。若导轨足够长，且不计其电阻和摩擦。则 A. 导体棒一直做匀加速运动 B. 导体棒的最大速度为 2 2 ()p Rr B l C. 电阻 R消耗的最大功率为 R P Rr D. 若经过时间 t，导体棒速度为 v，则电阻 R 上产生的热量为 pt- 1 2 mv2 【答案】BC 【解析】 【详解】导体棒在细线的拉力作用下向右加速，随着速度的增加，切割电动势增加，电流增加，安培力增 加，加速度逐渐减小，最终稳定时导体棒做匀速直线运动，拉力和安培力平衡，则选项 A 错误；电阻 R 消 耗的电功率最大时，回路的电流最大，导体棒以最大速度做匀速直线运动，受拉力和安培力平衡；拉力的 功率为 P，故

8、克服安培力做功的功率也为 P，产生的电功率为 P；即 2( )PIRr 又 m Blv I Rr ，解得 2 2 () m P Rr v B l ，选项 B正确；根据 P=I2R，有： R PR PRr ，故 R R PP Rr ；选项 C正确；若经过 时间t， 导体棒的速度为v， 则整个电路上产生的总热量为pt- 1 2 mv2， 电阻R上产生的热量： R Rr (Pt- 1 2 mv2)， 故 D 错误。 6.在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a)所示，碰后运 动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的 v-t 图线如图(

9、b)中实线所示，其中 红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为 19 kg，则 A. 碰后蓝壶速度为 0.8ms B. 碰后蓝壶移动的距离为 2.4m C. 碰撞过程两壶损失的动能为 7.22J D. 碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为 5：4 【答案】AD 【解析】 由图可知碰撞前后红壶的速度为 0 1/vm s和 2 0.2/vm s，由动量守恒可得 012 mvmvmv，解得碰后 蓝壶速度为 2 0.8/vm s，碰后蓝壶移动的距离为 1 0.8 52 2 xm，碰撞过程两壶损失的动能为 222 012 111 3.04 222 k EmvmvmvJ，红壶所受摩擦力 11 1.2 1.0 19

10、3.8 1 fmaNN ，蓝壶所受 摩擦力， 22 0.80 193.04 5 fmaNN ，. 碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为 12 :5:4ff ，故 AD正 确，BC 错误； 故选 AD。 【点睛】由动量守恒可得碰后蓝壶速度大小，碰撞过程两壶损失的动能为初末动能之差，碰后红、蓝两壶 所受摩擦力之比由牛顿运动定律求出。 7.如图所示，均匀带电的半圆环在圆心 O点产生的电场强度为 E、电势为,把半圆环分成 AB、BC、CD三 部分。下列说法正确的是 A. BC 部分在 O点产生的电场强度的大小为 2 E B. BC部分在 O点产生的电场强度的大小为 3 E C. BC部分在 O点产生的电势为

11、 2 D. BC 部分在 O点产生的电势为 3 【答案】AD 【解析】 如图所示，B、C 两点把半圆环等分为三段。 设每段在 O 点产生的电场强度大小均为 E。AB 段和 CD 段在 O 处产生的场强夹角为 120 ，它们的合场强 大小为 E则 O点的合场强：E=2E，则：E=E/2；故圆弧 BC在圆心 O 处产生的场强为 E/2。电势是标量， 设圆弧 BC在圆心 O点产生的电势为 ，则有 3=，则 =/3，故选 AD。 点睛：本题要注意电场强度是矢量，应根据平行四边形定则进行合成，掌握电场的叠加原理；电势是标量， 可直接取代数和 8.绝缘光滑斜面与水平面成 角，质量 m、带电荷量为-q（q0

12、）的小球从斜面上的 h 高度处释放，初速度 为 v0（v00） 方向与斜面底边 MN 平行， 如图所示， 整个装置处在匀强磁场 B 中， 磁场方向平行斜面向上 如 果斜面足够大，且小球能够沿斜面到达底边 MN则下列判断正确的是（ ） A. 小球在斜面做变加速曲线运动 B. 小球到达底边 MN 的时间 2 2h t gsin C. 匀强磁场磁感应强度的取值范围为 0 0 mg B qv D. 匀强磁场磁感应强度的取值范围为 0 cos 0 mg B qv 【答案】BD 【解析】 试题分析：小球在斜面上运动时，一定受到竖直向下的重力和垂直斜面向上的洛伦兹力，可能受到垂直斜 面向上弹力； 小球能够沿

13、斜面到达底边 MN， 说明垂直斜面的合力为 0， 洛伦兹力小于重力垂直斜面的分力。 小球合力是重力沿斜面向下的分力，因此小球合力恒定，故小球做匀变速曲线运动，故A错误； 小球做类平抛运动，沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动， 则小球的加速度sinag ，再由运动学公式可得 2 1 sin2 h at 所以球到达底边MN的时间 2 2 sin h t g ，故B正确；带电荷量带负电，由左手定则，根据左手定则可知，小球受到的洛伦兹力的方 向垂直于斜面向上；尽管小球做匀变速曲线运动，但垂直磁场的方向速度不变，故 洛伦兹力 0 sin L FqvBqv B ，小于重力垂直于斜面向下的分力mgco

14、s； 也就是 0 0cosqv Bmg，解得磁感应强度的取值范围为 0 cos 0 mg B qv ，故C错误、D正确。本题选 BD 点睛：本题的关键是小球沿光滑斜面运动，合力为重力沿斜面的分力，是恒力；其次洛伦兹力也是恒力， 因为尽管小球的速度在变，但垂直磁场方向的速度没有变。 三、非选择题：三、非选择题： 9.（1）实验室中常见的长度测量工具有游标卡尺、螺旋测微器、刻度尺，下列对这三种仪器的选用及读数 正确的是_ A.甲同学在测量乒乓球的直径时，选用 20分度的游标卡尺，读数为 40.0mm B.乙同学在测量一根头发丝的直径时，选用螺旋测微器，读数为 0.08mm C.丙同学在测量矿泉水瓶

15、口的内径时，选用 10分度的游标卡尺，读数为 26.0mm D.丁同学在测量学生用等腰直角三角板的斜边长时，选用刻度尺，读数为 70.00mm （2）如图甲所示,是气垫导轨上的两个滑块的照片,中间是滑块 A,质量 mA=0.20 kg,右边是滑块 B,质量 mB=0.30 kg.图乙是滑块 B向左运动中与滑块 A碰后合为一体的频闪照片,频闪照片的频率 f=10 Hz.本实验可 以探究碰撞中不变量。 根据照片提供的信息可知， 在实验误差范围内可认为碰撞中的不变量为_ （选 填“速度”、“动量”、“动能”） ，该不变量碰前的大小为_（保留 2位有效数字） 【答案】 (1). （1）C (2). （

16、2）动量 (3). 4.810-2kgm/s 【解析】 【详解】 （1）20 分度的游标卡尺的精度为 0.05mm，读数时以 mm为单位，小数点后有两位，选项 A 错误； 螺旋测微器的精度为 0.01mm，后面估读以为，则读数时以 mm为单位，小数点后有三位，选项 B错误；10 分度的游标卡尺精度为 0.1mm，读数时以 mm为单位，小数点后有一位，选项 C 正确；毫米刻度尺精度为 1mm，读数时以 mm为单位小数点后有一位，选项 D错误. （2）滑块 B 碰前速度： 1 1.6 cm/s0.16m/s 0.1 B v，碰前动量： 2 11 0.3 0.16kg m/s=4.8 10 kg m

17、/s BB pm v ；滑块 AB 碰后速度： 1.0 cm/s0.10m/s 0.1 v ，碰后动 量： 2 ()(0.30.2) 0.10kg m/s=0.050kg m/s AB pmm v；则在实验误差范围内可认为碰撞中的不 变量为动量；该不变量碰前的大小为 4.810-2kgm/s. 10.（1）实验室中的一只多用电表如图所示，下列对该多用电表的使用正确的是_ A.测量一节干电池两端的电压时，应选择挡位 a，红表笔需连接电池正极，黑表笔需连接电池负极 B.测量一个“3V，0.9W”的灯泡在直流电路中正常发光时的电流时，应选择挡位 b C.测量一个阻值约为 100欧姆的电阻阻值时，最佳

18、挡位为挡位 c D.可以使用挡位 d 来检测家用插座中是否有电 （2）某物理兴趣小组利用一个电流表改装了一个如图所示的欧姆表,通过控制开关 S 和调节电阻箱,可使欧 姆表具有“ 1“和“ 10“两种倍率,所用器材如下: A.干电池电动势 E=1.5 V,内阻不计； B.电流表 G:满偏电流 Ig=1 mA,内阻 Rg=150 ; C.定值电阻 R1=1200 ; D.电阻箱 R2和 R3:最大阻值 999.99 ; E.开关一个,红、黑表笔各 1 支,导线若干。 当开关 S 断开时,将红、黑表笔短接,欧姆调零后，电阻箱 R2阻值为_, 当电流表指针指向图中所 示的位置时,对应的欧姆表的刻度值为

19、_. 调节 R3=150，闭合开关 S，将红、黑表笔短接,欧姆调零，此时欧姆表的倍率是_(填“ 1“或“ 10“). 【答案】 (1). （1）A D (2). （2）150， (3). 1000， (4). 1 【解析】 【详解】 （1）测量一节干电池两端的电压时，应选择直流电压 2.5V，即挡位 a，红表笔需连接电池正极， 黑表笔需连接电池负极，选项 A正确；测量一个“3V，0.9W”的灯泡在直流电路中正常发光时的电流时，因 0.3A P I U ，则选择挡位 b 量程太小，选项 B 错误；测量一个阻值约为 100欧姆的电阻阻值时，挡位 c 过大，应选“10”档，选项 C错误；d档位为交流

20、电压 250V档，则可以使用挡位 d来检测家用插座中是否有 电，选项 D正确； （2）当开关 S 断开时，将红、黑表笔短接,欧姆调零后，电阻箱 R2的阻值满足： 12 g g E I RRR 解得 R2=150；当电流表指针指向 0.6mA 位置时，对应的电阻满足： 12gx E I RRRR ，解得 Rx=1000， 即欧姆表的刻度值为 1000. 当调节 R3=150，闭合开关 S，将红、黑表笔短接,欧姆调零，当电流表满偏时，则： 133 () ggR IRRIR ， 解得 IR3=9mA，则回路总电流为 I=10mA,则内阻 1.5 150 0.01 E R I ；则中值电阻为 150；

21、而 R1R2Rg 三个电阻并联后的阻值为 150(1200 150) 135 150(1200 150) ，若是“10”档，则 R2应调节到 150 10-135=1365， 但是 R2最大值为 999，则此时的档位只能是“1”档。 11.如图所示,质量为 M的光滑长木板静止在光滑水平地面上,左端固定一劲度系数为 k的水平轻质弹簧,右侧 用一不可伸长的细绳连接于竖直墙上,细绳所能承受的最大拉力为 FT， 使一质量为 m、 初速度为 v0的小物体, 在木板上无摩擦地向左滑动而后压缩弹簧,细绳被拉断,不计细绳被拉断时的能量损失.弹簧的弹性势能表达 式为 Ep= 1 2 kx2(k为弹簧的劲度系数,

22、x为弹簧的形变量). (1)要使细绳被拉断, v0应满足怎样条件？ (2)若小物体最后离开长木板时相对地面速度恰好为零,请在坐标系中定性画出从小物体接触弹簧到与弹簧分 离的过程小物体的 v-t图象; (3)若长木板在细绳拉断后被加速的过程中,所能获得的最大加速度为 aM,求此时小物体的速度。 【答案】 （1） 0 T F v km （2） （3） 22 0 () () M kmvMa k Mm 【解析】 试题分析： ： （1）设细绳刚被拉断时弹簧的压缩量为 x1，此时有 kx1=FT，为使弹簧压缩达到 x1，对小物块 要求是 22 01 11 22 mvkx，由此得到，细绳被拉断的条件是： 0

23、 T F v km （2）图象如图； （3）当弹簧压缩至最短时，滑块有向左的最大加速度 am，此时，设弹簧压缩量为 x2，小物体和滑块具有相 同的速度 v；根据牛顿第二定律，有 kx2=MaM；从小物体接触弹簧到压缩到最短，小物体、滑块和弹簧组成 的系统机械能守恒，有 222 20 111 () 222 kxMm vmv 解得 22 0 () () M kmvMa v k Mm 考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律 12.如图所示，平面直角坐标系 xoy被三条平行的分界线分为 I、II、III、IV 四个区域，每条分界线与 x轴所 夹 30 角，区域 I、II分界线与 y 轴的交点坐标（0，l）

24、 ，区域 I中有方向垂直纸面向里、大小为 B 的匀强磁 场；区域 II宽度为 d，其中有方向平行于分界线的匀强电场；区域 III为真空区域；区域 IV 中有方向垂直 纸面向外、大小为 2B的匀强磁场现有不计重力的两粒子，粒子 l带正电，以速度大小 v1从原点沿 x轴正 方向运动；粒子 2带负电，以一定大小的速度从 x轴正半轴一点 A沿 x轴负向与粒子 1 同时开始运动，两粒 子恰在同一点垂直分界线进入区域 II； 随后粒子 1以平行于 x轴的方向进入区域 III； 粒子 2 以平行于 y轴的 方向进入区域 III，最后两粒子均在第二次经过区城 III、IV 分界线时被引出 （1）求 A 点与原

25、点距离； （2）求区域 II内电场强度 E 的大小和方向； （3）求粒子 2 在 A的速度大小； （4）若两粒子在同一位置处被引出，区城 III 宽度应设计为多少？ 【答案】（1） 2 3OAl （2） 1 3Blv E d （3） 21 vv（4）3 2 d Sl 【解析】 （1）因为粒子 1和粒子 2在同一点垂直分界线进入区域，所以粒子 1 在区域运动半径为 R1=l 粒子 2 在区域运动半径为 R2由几何关系知 2 2 1 32 R Rl 2 3Rl 3 332 3OAlll （2）要满足题设条件，区域中电场方向必须平行于分界线斜向左下方 两粒子进入电场中都做类平抛运动，区域的宽度为 d

26、 ，出电场时，对粒子 1 沿电场方向的运动有 1 31 3 tan30 E v vv 1 1 11 3 q E d v mv 又 2 1 1 11 v q v Bm l 所以 11 1 qv mBl 1 3Blv E d （3）粒子 2经过区域电场加速获得的速度大小为 22 4E 3 tan603 vv v 对粒子 2在电场中运动有 2 2 22 3 3 q Ed v mv 又 2 2 2 22 3 v q v Bm l 所以 22 2 3Bl qv m 所以 21 vv （4）粒子 1经过区域时的速度大小为 1 31 2 sin30 v vv 有 2 3 1 31 3 2 v Bq vm R

27、 3 Rl 粒子 2 经过区域时的速度大小为 22 4 2 3 cos303 vv v 有 2 4 2 42 4 2 v Bq vm R 4 3Rl 两粒子要在区域 IV 运动后到达同一点引出，O3圆对应的圆心角为 60，O4圆对应的圆心角为 120 3E4E 34 12 2cos30+ tan30tan6022 vvSSdd RR vv 3 2 d Sl 点睛：带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方 法处理对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和 运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹

28、，由几何知识求解半径 13.在用油膜法测分子大小的实验中，取体积为 V1的纯油酸用酒精稀释，配成体积为 V2的油酸酒精溶液现 将体积为 V0的一滴油酸酒精溶液滴在水面上， 稳定后油膜的面积为 S， 已知油酸的摩尔质量为 M， 密度为 ， 阿伏伽德罗常数为 NA，则下列说法正确的是 A. 该实验中假设油酸分子是按照直线排列的 B. 实验中使用到酒精溶液，酒精溶液是对油酸溶液起到稀释作用 C. 由题目中数据可知油酸分子的直径为 10 2 VV V S D. 在计算面积时，如果将油膜轮廓中包含的所有格数（包括不完整的）都按整数格计算在内，那么计算分 子直径数值会偏大 E. 这一滴溶液中所含的油酸分子

29、数为 10 2 A V N V MV 【答案】BCE 【解析】 【详解】该实验中假设油酸分子是按照单层排列成一个油面，选项 A 错误；实验中使用到酒精溶液，酒精 溶液是对油酸溶液起到稀释作用，选项 B 正确；体积为 V1的纯油酸用酒精稀释，配成体积为 V2的油酸酒精 溶液，单位体积的油酸酒精溶液中的纯油酸的体积： 1 2 V V ；一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积： 1 0 2 V V V ；由 于分子是单分子紧密排列的，因此分子直径为： 10 2 VVV d SV S 选项 C正确；在计算面积时，如果将油膜 轮廓中包含的所有格数（包括不完整的）都按整数格计算在内，那么计算得到的油膜的面积偏大，

30、则测得 的分子直径数值会偏小，选项 D 错误；一滴油酸酒精溶液中纯油酸的质量： 10 2 VV mV V ; 这一滴溶液 中所含的油酸分子数为： 10 2 A A VV Nm nN MV M ，选项 E 正确. 14.某物理社团受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图，导热性能良好的气缸 I、II内径相 同，长度均为 L，内部分别有轻质薄活塞 A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，气缸 I左端开口。 外界大气压强为 p0，气缸 I内通过 A封有压强为 p0的气体，气缸 II内通过 B封有压强为 2p0的气体，一细 管连通两气缸，初始状态 A、B均位于气缸最左端。该装置放入水下后

31、，通过 A向右移动的距离可测定水 的深度。已知 p0相当于 10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求： (i)当 A向右移动 4 L 时，水的深度 h； (ii)该深度计能测量的最大水深 hm。 【答案】(1)3.33hm （2）20 m hm 【解析】 （i）当 A向右移动 4 L 时，设 B 不移动 对 I内气体，由玻意耳定律得： 01 3 4 p SLpSL 解得： 10 4 3 pp 而此时 B 中气体的压强为 01 2pp，故 B不动 由 10 ppgh 解得：水的深度 100 1 3.33 3 hpppm （ii）该装置放入水下后，由于水的压力 A向右移动，I内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于 0 2p后 B 开始向右移动， 当 A恰好移动到缸底时所测深度最大， 此时原 I内气体全部进入内，设 B 向右移动 x距离， 两部分气体压强均为 2 p 对原 I内气体，由玻意耳定律得： 02 p SLp Sx 对原 II内气体，由玻意耳定律得： 02 2p SLp S Lx 又 20m ppgh 联立解得 20 m hm