- 1 - 重庆南开中学2019届高三下学期适应性考试理科综合物理试题

二、选择题：

1.下列说法正确的是 A. 是重核裂变的反应方程式

B. 原子核所含核子单独存在时的总质量等于该原子核的质量

C. β衰变所释放的电子是原子核内的自由电子

D. 铯原子核

的结合能小于铅原子核 的结合能

【答案】D

【解析】

【详解】A 、重核裂变是质量较大的核俘获中子后分裂成两个(或多个)中等质量核的反应过程，而题中所给的反应方程式表示的是衰变。A 错

B 、原子核是由质子和中子构成，质子和中子结合形成原子核会有质量亏损，所以原子核所含核子单独存在时的总质量大于该原子核的质量。B 错

C 、衰变是原子核的衰变，与核外电子无关，衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子的同时释放出来的。C 错

D 、原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，且原子核越大，它的结合能就越高，铯原子核比铅原子核小，所以铯原子核的结合能比铅原子核小。D 对

2.如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m ，半径为r 的半球体物块A 。现在A 上放一半径为r ，质量为2m 的光滑球体B ，A 球球心距墙角的距离为2r ，重力加速度为g 。整个系统处于静止状态，则AB 间弹力大小为

A. B. 2mg C. D. 4mg

【答案】C

【解析】

【分析】

根据“则AB 间弹力大小为”可知，本题考查的是静力学平衡问题，根据平衡条件，对B 物体

受力分析，列式求解即可。

【详解】选择B为研究对象，受力分析如图所示。

根据几何关系可得，所以，C对。

3.一轿车和一卡车从同一地点出发，由静止开始向同一方向做匀加速直线运动，加速度大小分别为5m/s2和3m/s2，两车能达到的最大速度均为30m/s，则两车间的最大距离为

A. 20m

B. 60m

C. 90m

D. 150m 【答案】B

【解析】

【分析】

根据“由静止开始向同一方向做匀加速直线运动”可知，本题考查的是匀变速直线运动的问题，根据匀变速直线运动的规律，列式求解即可。

【详解】根据匀变速直线运动的规律结合速度时间图像可得，轿车和卡车的速度时间图像如图所示。

所以两车的最大距离为60m。B对

4.我国发射的第10 颗北斗导航卫星是一颗倾斜地球同步轨道卫星，该卫星的轨道平面与地球

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赤道平面有一定的夹角，它的运行周期是24小时．图中的“8”字是该卫星相对地面的运行轨迹，它主要服务区域为亚太地区．已知地球半径为R，地球静止同步卫星的轨道距地面高度约为地球半径的6 倍，地球表面重力加速度为g．下列说法中正确的是

A. 该北斗卫星的轨道半径约为7R

B. 该北斗卫星的线速度小于赤道上物体随地球自转的线速度

C. 图中“8”字交点一定在赤道正上方

D. 依题可估算出赤道上物体随地球自转的向心加速度大小约为g

【答案】ACD

【解析】

该北斗卫星的轨道半径约为r=6R+R=7R，选项A正确；该卫星的周期等于地球自转的周期，故卫星的角速度等于地球自转的角速度，根据v=ωr可知，该北斗卫星的线速度大于赤道上物体随地球自转的线速度，选项B错误；同步卫星的轨道在赤道正上方，故图中“8”字交点一定在赤道正上方，选项C 正确；对卫星 ,其中GM=gR2，则地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度，联立解得：，选项D正确；故选ACD.

5.在 x 轴上关于原点对称的 a、b 两点处固定有两个电荷量相等的点电荷，如下的图象描绘了x轴上部分区域的电场强度（以x轴正方向为电场强度的正方向）．对于该电场中x轴上关于原点对称的c、d两点，下列结论正确的是

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A. 两点场强相同，c点电势更高

B. 两点场强相同，d点电势更高

C. 两点场强不同,两点电势相等,均比O点电势高

D. 两点场强不同,两点电势相等,均比O点电势低

【答案】A

【解析】

试题分析：根据根据给出的E﹣x图象判断出ab处的电性，根据点电荷产生的场强和电场的叠加即可判断cd两处的场强大小，沿电场方向电势降低

解：根据给出的E﹣x图象可知，在a处为正电荷，在b处为负电荷，根据点电荷产生的场强E=及电场的叠加可知，cd两处场强相同，电场方向由c指向d，故c点电势高，故A正确故选：A

【点评】该题考查等量异种电荷电场的特点，解题的关键是先判断出两电荷的电性，根据点电荷的场强叠加和沿电场线方向电势的变化变化

6.如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中有三个带电粒子，它们在纸面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，其中1和2为质子的轨迹，3为α粒子（氦核）的轨迹．三者的轨道半径关系为R1＞R2＞R3，并相切于P点．设v、a、T、F分别表示它们做圆周运动的线速度、加速度、周期和所受的洛伦兹力的大小，则下列判断正确的是（）

A. v1＞v2＞v3

B. a1＞a2＞a3

C. T1＜T2＜T3

D. F1=F2=F3【答案】AB

【解析】

试题分析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，可列式得到周期和半径的一般表达式，由牛顿第二定律得到加速度的一般表达式，再分析大小．

解：A、C 、带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时半径为，比荷相等时，r与v成正比，则有v1＞v2．

设带电粒子的质量和电量分别为m、q，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时周期为

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- 5 - ，T 与比荷成反比，质子与α粒子的比荷之比为2：1，则有T 1=T 2＜T 3．

由公式：v=，由于R 2＞R 3，T 2＜T 3，所以v 2＞v 3．故A 正确，C 错误．

B 、粒子的加速度为

，因为v 1＞v 2，故有a 1＞a 2． 又：，T 2＜T 3，所以ω2＞ω3，根据a=v•ω，所以a 2＞a 3．故B 正确；

D 、根据公式：f 洛=qvB ，v 1＞v 2 所以F 1＞F 2．故D 错误．

故选：AB

【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，半径和周期公式要熟记，同时也要注意与圆周运动的其他公式相结合，也要学会应用．

7.如图所示，质量为m 1、带有正电荷q 的金属小球和质量为m 2、不带电的小木球之间用绝缘细线相连，置于竖直向上、场强为E 、范围足够大的匀强电场中，两球恰能以速度v 匀速竖直上升．当小木球运动到A 点时细线突然断开，小木球运动到B 点时速度为零，重力加速度为g ，则

A. 小木球的速度为零时，金属小球的速度大小为

B. 在小木球由点A 到点B 的过程中，两球组成的系统机械能增加

C. A 、B 两点之间的电势差为

D. 在小木球由点A 到点B 的过程中，小木球动能的减少量等于两球重力势能的增加量

【答案】ABC

【解析】

【分析】

细线断开前，两球在电场中做匀速直线运动，两球的总重力与电场力平衡，断开细线后，两球的总重力与电场力均不变，合力为零，两球组成的系统总动量守恒，根据动量守恒定律分析小木球的速度为零时，金属小球的速度；对于木球B ，细线断开后，只受重力，机械能守恒，由机械能守恒定律求解上升的高度AB ，再由U=Ed 求出A 、B 间的电势差；根据能量守恒定律

分析小木球从点A到点B的过程中，其动能的减少量与两球重力势能的增加量的关系；

【详解】A、断开细线后，两球组成的系统合力为零，总动量守恒，取向上方向为正方向，根据动量守恒定律得：，得金属小球的速度大小为：，故A错误；

B、小木球从点A到点B的过程中，由于电场力做正功，电势能减小，则知A、B组成的系统机械能在增加，故B正确；

C、断开细线后，木球的机械能守恒，则有，得：，即A、B 间距离为：，两点A、B 之间的电势差为：，故C正确；

D、小木球从点A到点B的过程中，小木球动能的减少量等于木球重力势能的增加量，故D错误；

故选BC。

【点睛】关键是两球没有发生作用，但系统的合力为零，遵守动量守恒；断开细线后，木球的机械能守恒。

8.如图所示，MN为同一竖直线上相距为h的两点，空间存在竖直平面内方向未知的匀强电场，一带点小球（m，+q）从M 点以速度水平抛出，刚好能够通过N点，过N点时速度大小，重力加速度为g，则

A. 电场强度E =

B. 电场强度E =

C. 小球从M到N点用时t =

D. 小球从M到N点用时t =

【答案】BD

【解析】

【分析】

根据“匀强电场”可知，本题考查的是匀强电场中的动力学问题，根据动能定理、匀强电场电场力做功、动力学分析等规律，列式即可。

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【详解】根据动能定理，可得，可知电场力做正功，又由于小球刚好能够通过N点，结合小球的电性可大致判断出电场强度的方向为斜向右下方。再结合电场力做功的大小可得，电场力的竖直分量为2mg，所以小球在竖直方向的加速度为3g,竖直向下，可得，，D对，C错。水平方向小球的位移为0，根据运动的对称性，可知小球运动到N点的水平速度大小仍然为v0，所以电场力在水平方向的分量所产生的加速度，所以电场力的水平分量等于，根据勾股定理可得电场力的大小为4mg ，因此电场强度的大小，B对A错。

三、非选择题：

（一）必考题

9.某课外活动小组通过如图甲所示的实验装置测量滑动摩擦因数．将一木板用垫块垫高形成斜面，在木板底端B处固定一个光电门以测量物体通过该处时的速度，实验时滑块由距地面h 高的A处静止释放，测出滑块滑到B点的速度v．改变垫块的数量，从而改变木板的倾斜程度，但始终保持释放点A到B点的水平距离（即B、C间的距离）L=0.8m不变。重复实验，最后做出如图乙所示的h—v2图像，

（1）木板倾斜程度更大时，为了保证L不变，滑块下滑到底端B点的位移将_________（填“变大”“变小”或“不变”）

（2）滑块与木板间的动摩擦因数μ= ____________

（3）若所用木板更粗糙些，重复上述实验步骤，得到的图像的斜率将____________（填“变大”“变小”或“不变”）

【答案】 (1). （1）变大； (2). （2）0.375； (3). （3）不变．

【解析】

试题分析：根据几何关系得出滑块下滑到底端B点的位移与L之间的关系分析变化；

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根据牛顿第二定律和运动学公式表示出h与v2之间的关系求解滑动摩擦因数µ；

根据动能定理得出h与v2之间的关系分析求解．

解：（1）根据几何关系得出滑块下滑到底端B点的位移x=，

木板倾斜程度更大时，为了保证（即B、C间的距离）L=0.8m不变，滑块下滑到底端B点的位移将变大．

（2）根据h﹣v2图象得v=0时，h=0.3，即此时滑块处于平衡状态，

根据牛顿第二定律得μmgcosθ=mgsinθ

µ=tanθ==0.375，

（3）若所用木板更粗糙一些，重复上述实验步骤，

根据动能定理得

mgh﹣μmgcosθ×=mv2

h=+μL

所以若所用木板更粗糙一些，重复上述实验步骤，得到的图象的斜率将不变．

故答案为：

（1）变大；

（2）0.375；

（3）不变．

【点评】熟练应用数学知识和牛顿第二定律以及运动学公式解决问题；认真审题、熟练应用数学知识，并把握匀变速直线运动的特点和本实验的实验原理是解决此题的前提．

10. 某同学通过实验研究LED灯的伏安特性曲线，可用的器材如下：电源、滑动变阻器、电流表、电压表、不同规格的LED灯两组、电键、导线．

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（1）该同学将灯L1连接成如图甲所示的实验电路．开关闭合前，滑动变阻器的滑片位置应置于端（填“左”或“右”）．各元件检查正常，闭合开关后，移动滑动变阻器滑片，发现电压表有示数，而电流表始终无示数，且灯L1不亮，则一定断路的导线是

（2）更换导线后，移动滑动变阻器滑片，得到灯L1的I﹣U图象如图乙中的图线L1，则可知灯L1的电阻随电压增大而（填“变大”“变小”或“不变”）

（3）换灯L2重做实验，得到其I﹣U图象如图乙中的图线L2．将滑动变阻器的滑片移到合适位置固定，同时撤去导线2，接灯L2时电流表的读数为0.16A，接灯L1时电流表的读数为0.14A，灯被短路时，电流表的读数应为 A（结果保留两位有效数字）

【答案】（1）左，6；（2）变小；（3）0.22

【解析】

【详解】（1）分压电路开始时的电压要从0开始；根据实验原理分析实验电路图，明确断点的位置；

（2）结合I﹣U图象的特点，分析LED等的电阻的性质；

当通过灯泡的电流最小时，灯泡实际功率最小，分析图示电路结构，确定滑片在什么位置时灯泡实际功率最小，在同一坐标系内作出电源U﹣I图象，然后根据图象应用电功率公式求出灯泡实际功率．

解：（1）该同学将灯L1连接成如图甲所示的实验电路．由图可知该电路为分压式的电路，所以开关闭合前，滑动变阻器的滑片位置应置于左端，使开始时的LED灯的电压最小．各元件检查正常，闭合开关后，移动滑动变阻器滑片，发现电压表有示数，说明电路中的滑动变阻器之前的电路没有问题，电压表的支路也没有物体；而电流表始终无示数，且灯L1不亮，则只有LED灯的支路存在问题．所以一定断路的导线是 6．

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（2）在I﹣U图象中，各个点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数，由图可知，随电压增大，各点与坐标原点的连线的斜率增大，所以可知待测电阻的电阻值减小；

（3）由图乙可以读出，接灯L2时电流表的读数为0.16A，此时的电压为：U2=0.8V；接灯L1时电流表的读数为0.14A，此时的电压：U1=1.05V；

设电源的电动势为E，电路中的其他部分的电阻值为R，由闭合电路的欧姆定律得：

E=U1+I1R ①

E=U2+I2R ②

联立得：E=2.8V，R=12.5Ω

所以当灯被短路时，电流表的读数：

故答案为：（1）左，6；（2）变小；（3）0.22

【点睛】应用图象法处理实验数据是常用的方法，要掌握描点法作图的方法；本题最后一问是本题的难点，要注意图象法的应用．

11.竖直平面内有两竖直放置的不计电阻的光滑导轨，间距l=1m，导轨上端接电阻R，导轨间分布着如图所示的磁场，aa＇、bb＇之间无磁场，高度差h1=0.2m，bb＇、cc＇之间有磁场，磁感应强度B1=1T，高度差也为h1=0.2m，cc＇、dd＇之间无磁场，高度差h2=3m，dd＇下方有磁场B2。一质量m=0.1kg的不计电阻的导体棒从aa＇位置静止释放，进入磁场B1区域刚好匀速运动，整个过程导体棒始终保持水平且和导轨接触良好，重力加速度g=10m/s2，求：

（1）导体棒刚进入磁场B1时的速度v1；

（2）定值电阻R的阻值；

（3）要使导体棒刚进入B2区域也匀速，磁感应强度B2为多大。

【答案】（1）2m/s（2）2Ω（3） 0.5T

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【解析】

【分析】

根据“导体棒从aa＇位置静止释放，进入磁场B1区域刚好匀速运动”可知，本题考查的是动生电动势问题，根据法拉第电磁感应定律、动力学规律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式，列式即可。

【详解】（1）进入磁场前，导体棒做自由落体运动，根据动能定律可得，v1=2m/s；（2）进入磁场，导体棒刚好匀速，根据平衡条件，可得，；

（3）离开B1磁场时，导体棒的速度仍然为v1，根据动能定理可得进入B2

的速度满足

，v2=8m/s；导体棒刚进入B2区域也匀速，所以，因此B2=0.5T。【点睛】磁场交替出现的电磁感应问题，关键是要找到相应的特殊状态。

12.竖直平面内有固定的半径R=0.15m的光滑半圆轨道COD，圆心O下方有水平向右的匀强电场，上方无电场，传送带AB以很大的速度逆时针转动，左端B与圆形轨道上端C在同一竖直线上。带电滑块（m，+q）与传送带间的摩擦因数μ=0.1，将滑块无初速度从A端释放，滑块滑过传送带后恰好可以沿着圆形轨道内侧运动，然后滑上静止于粗糙地面上的木板M，已知

m=1kg，M=2kg，M的长度l2=1.8m，重力加速度g=10m/s2，电场强度，M、m之间的摩擦因数μ1=0.7，M与地面之间的摩擦因数为μ2=1/6，木板右端与固定挡板之间的初始距离PQ 为l3，滑块和木板撞到固定挡板速度都会立即变为零。求：

（1）传送带的长度l1；

（2）滑块刚滑上木板时的速度；

（3）滑块滑到D点后M、m之间的摩擦生热。

【答案】（1）0.75m（2）3m/s（3）若L3>0.5m，Q=12.25J；若0.45m<L3<0.5m，(15.75-7L3)J；若L3<0.45m，Q=12.6J

【解析】

【分析】

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根据“圆心O下方有水平向右的匀强电场”可知，本题考查的是匀强电场下的动力学分析问题，根据匀变速直线运动的规律、动能定理、动力学规律，列式即可。

【详解】（1）传送带的速度很大，物块恰好沿光滑圆弧轨道运动，所以可知物块一直匀加速到达B 点，且，可得；

（2）根据动能定理可得，滑块刚滑上木板时的速度v D=3m/s；（3）以向右为正方向，滑块滑上长木板以后，滑块的加速度，长木板的加速度，共速以后，由于，两者一起匀速。作出两者的速度时间图像如图所示。

通过分析发现，共速时的相对位移等于1.5m，小于长木板长度，所以滑块不会掉下去。

①若L3>0.5m，则M、m共速后M撞上挡板，此时m单独减速，减到0的位移等于0.25m<0.3m，m不会撞到挡板，M、m之间的相对位移等于（1.5+0.25）m=1.75m，M、m之间的摩擦热Q=12.25J ②若M、m共速前M撞上挡板，此时m一直减速，此时m减速的总位移为2.25m，求得L3=0.45m，所以如果L3<0.45m，m会撞到挡板，M、m之间的相对位移等于1.8m，M、m之间的摩擦热Q=12.6J，如果0.45m<L3<0.5m，m不会撞到挡板，M、m之间的相对位移等于（2.25-L3）m，M、m之间的摩擦热Q=（15.75-7L3）J

【点睛】摩擦热的求解一定要找到相应的相对位移。

（二）选考题：

【物理—选修3—3】

13.下列说法正确的是（）

A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则

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性

B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大

C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大

D．在真空，高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素

E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大

【答案】ACD

【解析】

显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性，选项A正确；分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，先减小后增大，再减小，选项B 错误；分子势能随着分子间距离的增大先减小后增大，选项C正确；在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素，选项D正确；当温度升高时，物体内分子的平均速率变大，并非每一个分子热运动的速率一定都增大，选项E错误；故选ACD.

14.如图所示为一简易火灾报警装置。其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声。27℃时，空气柱长度l1为20cm，水银上表面与导线下端的距离l2为10cm，管内水银柱的高度h为13cm，大气压强大小为75cmHg。求：

（1）当温度达到多少℃时，报警器会报警；

（2）如果要使该装置在87℃时报警，则应该再往玻璃管内注入多少cm高的水银柱。

【答案】（1）177℃（2）8cm

【解析】

【分析】

根据“管内水银柱的高度h为13cm，大气压强大小为75cmHg”可知，本题考查的是选修3-3理想气体状态方程的问题，根据理想气体的状态方程，列式即可。

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【详解】（1）根据题意可知，气体的状态变化是等压变化，根据理想气体状态方程，可得，所以，求得t=177℃；

（2）设加入的汞柱为xcm ，根据理想气体状态方程，可得，P1=88cmHg，V1=20S，T1=300K，P3=（88+x）cmHg，T3=（273+87）K，V3=（43-13-x）S，解的x=8cm。

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