山东省实验中学2019届高三二模理科综合物理试卷 含答案解析

山东省实验中学2019届高三第二次模拟（6月）理科综合-物理试题二、选择题：1.1933年至1934年间，约里奥居里夫妇用α粒子轰击铝箔时，发生的核反应方程为274301132150Al He P n +→+，反应生成物3015P 像天然放射性元素一样衰变，放出正电子01e 且伴随产生中微子AZ ν，核反应方程为3030015141A Z P P e ν→++。

则下列说法正确的是A. 当温度、压强等条件变化时，放射性元素3015P 的半衰期随之变化 B. 中微子的质量数A =0，电荷数Z =0C. 正电子产生的原因可能是核外电子转变成的D. 两个质子和两个中子结合成一个α粒子，则质子与中子的质量之和一定等于α粒子的质量 【答案】B 【解析】【详解】A ．放射性元素的半衰期与外界因素无关，选项A 错误；B ．根据质量数和电荷数守恒可知，中微子的质量数A=0，电荷数Z=0，选项B 正确；C ．正电子产生的原因是核内的质子转化为中子时放出的，选项C 错误；D ．两个质子和两个中子结合成一个α粒子要释放能量，根据质能方程及质量亏损可知，两个质子与两个中子的质量之和大于α粒子原子核的质量，故D 错误；2.如图所示，在放置在水平地面上的斜面上，一光滑球被平行于斜面的轻绳系住。

斜面体在外力作用下由静止向右做加速度不断增大的直线运动的一小段时间内，关于球所受到的轻绳拉力T 和斜面支持力N 的说法中正确的是A. T 和N 都逐渐增大B. T 和N 都逐渐减小C. T 和N 的合力保持不变D. T 和N 的合力逐渐增大 【答案】D【解析】【详解】设斜面倾角为θ，加速度为a ，则将加速度分解在沿斜面向上的方向和垂直斜面方向，分别为a x =a cosθ和a y =asinθ，则沿斜面方向：T -mg sinθ=ma x ，则随着a 的增大，T 增大；垂直斜面方向： mg cosθ-N =ma y ，则随着a 的增大，N 增大；选项AB 错误；由平行四边形定则可知，T 和N 的合力22=()()F mg ma +合a 的增加，T 和N 的合力逐渐增大，选项C 错误，D 正确.3.如图所示，正方形线圈abcd 的边长L =0.3m ，线圈电阻为R =1Ω。

直线OO ′与ad 边相距23L ，过OO ′且垂直纸面的竖直平面右侧有磁感应强度B =1T 的匀强磁场，方向垂直纸面向里。

线圈以OO ′为轴匀速转动，角速度ω=20rad/s ，以图示位置为计时起点。

则A. 线圈中产生的交流电瞬时值表达式为u =0.6cos20tB. 流过ab 边的电流方向保持不变C. 当20t π=s 时，穿过线圈的磁通量为0.06WbD. 从t =0到40t π=s ，穿过线圈磁通量的变化量大小为0.06Wb【答案】C 【解析】【详解】当bc 边在磁场中时，线圈中产生的交流电最大值为111200.30.1V 0.6V m E B S ω==⨯⨯⨯=，则瞬时值表达式为u =0.6sin20t （V ）；当ad 边在磁场中时，线圈中产生的交流电最大值为221200.30.2V 1.2V m E B S ω==⨯⨯⨯=，瞬时值表达式为u =1.2sin20t (V)；选项A 错误；每个周期电流方向改变两次，故B 错误； 20t s π=时，线圈转过180°，adoo′在磁场中，垂直于磁场，故穿过线圈的磁通量为22221030.06Wb 33B l Φ=⨯=⨯⨯=．，故C 正确；从t =0到40t s π=，线圈转过90°，此时线圈与面平行，磁通量为零，故穿过线圈磁通量的变化10.03Wb 3BS ∆Φ==，故D 错误。

4.如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在墙上。

空间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

一个带正电的小物块(可视为质点)从A 点以初速度0v 向左运动，接触弹簧后运动到C 点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内。

已知物块质量为m ，A 、C 两点间距离为L ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。

则物块由A 点运动到C 点的过程中，下列说法正确的是A. 小物块的加速度先不变后减小B. 弹簧的弹性势能增加量为2012mv mgL μ- C. 小物块与弹簧接触的过程中，弹簀弹力的功率先增加后减小 D. 小物块运动到C 点时速度为零，加速度也一定为零 【答案】C 【解析】【详解】物块与水平面间动摩擦因数为μ，由于摩擦力做功机械能减小，物块的速度减小，根据f洛=qvB ，可知物块受到的洛伦兹力减小。

由左手定则可知物块向左运动的过程中受到的洛伦兹力的方向向下，洛伦兹力减小，则物块受到的向上的支持力F N =f 洛+mg 减小，所以摩擦力：f =μF N 也减小，物块的加速度a =f/m 也减小；当物块接触弹簧后，物体的加速度：f Fa m+'＝，f 减小，而F 增大，所以不能判断出加速度的变化。

由以上的分析可知 A 是错误的。

此过程动能转换为弹性势能和内能，根据能量守恒知物块克服摩擦力做的功为-W f =12mv 02-E P 弹，由于摩擦力是变力，而且f =μF N =μ（f 洛+mg ），可知弹簧的弹性势能增加量一定不是12mv 02-μmgL ．故B 错误；小物块与弹簧接触的过程中，弹簧弹力逐渐增大，而物块的速度逐渐减小，由P=Fv ，可知开始时弹簧的功率为0，开始时逐渐增大；最后速度等于0时，弹簧的功率也是0，由此可知，弹簧的功率在增大到某一个最大值后又开始减小，即弹簧的弹力的功率先增加后减小，故C 正确；小物块到达C 点时，弹簧处于压缩状态，由于不知道小物块在C 点受到的弹簧的弹力与摩擦力的大小关系，所以不能判断出小物块是否能静止。

故D 错误。

5.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正向运动，其电势能E p 随位移x 变化的关系如图所示，其中0～2x 段是关于直线1x x =对称的曲线，2x ～3x 段是直线，则下列说法正确的是A. 1x 处电场强度最小，但不为零B. 粒子在0～2x 段做匀变速运动，2x ～3x 段做匀速直线运动C. 在0、1x 、2x 、3x 处电势0ϕ、1ϕ、2ϕ、3ϕ的关系为3ϕ<2ϕ=0ϕ<1ϕD. 2x ～3x 段的电场强度大小方向均不变，为一定值 【答案】CD 【解析】【详解】根据电势能与电势的关系：E p =qφ，场强与电势的关系：E xϕ=得：1PE E q x⋅＝，由数学知识可知，E p -x 图象切线的斜率等于PE x，x 1处切线的斜率为零，则知x 1处电场强度为零，故A 错误；由图看出在0～x 1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。

x 1～x 2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。

x 2～x 3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B 错误，D 正确；由图可知：E P3＞E P2=E P0＞E P1，根据E P =φq ，又粒子带负电，故φ3＜φ2=φ0＜φ1，故C 正确；6.一质量为m 的物体静止在北极与静止在赤道对地面的压力差为ΔN ，假设地球是质量分布均匀的球体，半径为R ，则下列说法正确的是(设地球表面的重力加速度为g ) A. 地球的自转周期为2mRT N =∆ B. 地球的自转周期为mRT N=∆C. 地球同步卫星的轨道半径为13()mg R N∆D. 地球同步卫星的轨道半径为132()mg R N∆【答案】AC 【解析】【详解】在北极12N Mm F G R ＝；在赤道：22224N Mm G F m R R Tπ-＝；根据题意，有F N1-F N2=△N ；联立解得：2mRT N=∆，故A 正确，B 错误；万有引力提供同步卫星的向心力，则：2224 GMm m r r T＝π''⋅；联立可得：3GMmR r N =；又地球表面的重力加速度为g ，则：2GMm mg R =；联立得：13()mg r R N=∆，故C 正确，D 错误。

7.如图所示，相距为L 的两条足够长的平行金属导轨右端连接有一定值电阻R ，整个装置被固定在水平地面上，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，两根质量均为m ，电阻都为R ，与导轨间的动摩擦因数都为μ的相同金属棒MN 、EF 垂直放在导轨上．现在给金属棒MN 施加一水平向左的作用力F ，使金属棒MN 从静止开始以加速度a 做匀加速直线运动，若重力加速度为g ，导轨电阻不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则下列说法正确的是( )A. 从金属棒MN 开始运动到金属棒EF 开始运动的过程中，两金属棒的发热量不相等B. 从金属棒MN 开始运动到金属棒EF 开始运动经历的时间为223mgRt B L aμ=C. 若从金属棒MN 开始运动到金属棒EF 开始运动经历的时间为T ，则此过程中流过电阻R 的电荷量为26BT aL q R=D. 若从金属棒MN 开始运动到金属棒EF 开始运动经历的时间为T ，则金属棒EF 开始运动时，水平拉力F 的瞬时功率为P ＝(ma ＋μmg )aT 【答案】ABC【分析】以EF 为研究对象，刚开始运动时所受的静摩擦力达到最大值，由安培力与静摩擦力平衡列式，可求出回路中的电流，再由法拉第电磁感应定律和欧姆定律、速度公式结合求解时间；根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律、位移公式、电量公式结合求解电荷量q ；推导出安培力与速度的关系式，由牛顿第二定律求得水平拉力F 的大小，由P=Fv 求解其瞬时功率；根据电路的连接关系，分析通过两棒的电流关系，即可分析其热量关系。

【详解】A 项：由于MN 棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，通过MN 的电流是EF 电流的2倍，根据焦耳定律2Q I Rt =可知，MN 的发热量是EF 的4倍，故A 正确；B 项：以EF 为研究对象，设EF 刚开始运动时其电流大小为I ，则通过MN 的电流为2I ，由题有：BIL=μmg根据闭合电路欧姆定律得：E=2I （R+0.5R ）=3IR 又 E=BLv v=at联立解得：223mgRt B L aμ=，故B 正确；C 项：MN 棒在T 时间内通过的位移为：x=212aT 根据法拉第电磁感应定律，有：E t∆Φ=∆ 及闭合电路欧姆定律，有： 1.5E I R=且电量表达式，有：q I t =∆ △Φ=BLx ，则得通过MN 棒的电量为：23BLaT q R=由于两棒的电阻都为R ，则此过程中流过电阻R 的电荷量为226q BLaT q R='=，故C 正确；D 项：金属棒EF 开始运动时，由BIL=μmg 得：I=mgBLμ金属棒MN 所受的安培力大小为：F 安=BIL以MN 为研究对象，根据牛顿第二定律得：F-μmg -F 安=ma 拉力的功率为：P=Fv解得：P=（ma+2μmg ）aT ，故意D 错误。