2019届山东省济南外国语学校高三上学期 高考模拟（二）理科综合-物理试题
物理答案
1．D 【解析】
A. 比结合能越大的原子核越稳定，故A错误；
B. 光电效应的规律只能用光子学说解释，揭示了光具有粒子性，故B错误；
C．氢原子从较高的激发态跃迁到较低的激发态时，释放出光子，总能量减小，库伦力做正功，电子的动能增大，电势能减小。故C错误；
D. 半衰期的大小与温度无关。故D正确。 故选：D. 2．C 【解析】
A．小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，方向始终沿杆指向O点，小球受重力和杆的作用力，所以杆的作用力不一定沿杆指向O点，故A错误；
BCD．小球做匀速圆周运动，合力做功为零，从最高点到最低点，重力做正功，所以杆一直做负功，故B错误，C正确，D错误。
故选：C 3．D 【解析】
mAv0?mAv1?mBv2，A由静止释放，在最低点的速度设为v0，A与B发生弹性碰撞，碰后速度分别为v1，v2，则：
11122 mAv0?mAv12?mBv2222联立解得，v1?2mAmA?mB11v0?v0 故选：D 点睛：根据弹性碰撞列方程，求出碰后两球的速度；根据球摆动过程中，机械能守恒，在最低点时速度越大，最大偏角越大，可判断偏角是否小于30°。 4．C 【解析】 开关断开时电流表的示数为I，则原线圈两端电压为U?IR1；根据电流之比等于匝数反比可得副线圈的电流强度为3I，副线圈两端电压为3I(R2+R3)；理想变压器的原、副线圈的电压比为：（U?IR1）：3I(R2+R3)=3：1；设开关闭合时电流表的示数为I′，则原线圈两端电压为U?I′R1；根据电流之比等于匝数反比可得副线圈的电流强度为3I′，副线圈两端电压为3I′R2；理想变压器的原、副线圈的电压比为：（U?I′R1）：3I′R2=3：1；联立解得I′=4I，故C正确、ABD错误。故选：C。 点睛：变压器输入电压为U与电阻R1两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求当S闭合时，电流表的示数． 5．AD 【解析】 A. 电荷量为+q的小球以初速度v0从管口射入的过程，因库仑力与速度方向垂直，竖直方向只受重力作用，加速度始终为g，故A正确； B. 小球有下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功，故B错误； C. 电场力不做功，只有重力做功；根据动能定理，速度不断增加，故C错误； D．在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为：E= kQ?d????2?2?4kQ；根据矢量的合成法则，2dqQ8kQ，因此电荷量为+q的小球受到最大库仑力为，结合受力分析可知，弹力与库仑8kd2d2qQ力平衡，则管壁对小球的弹力最大值为8k2，故D正确； d则有电场强度最大值为 故选：AD. 点睛：对于等量异种电荷，根据矢量的合成法则，中垂线的中点的电场强度最大，在无穷远的电场强度为零；点电荷靠近两个电荷的连线的中点过程，电场力不做功；中点处的电场强度最大，则库仑力也最大，弹力也是最大，从而即可求解． 6．CD 【解析】 A. 由x=x0+，结合图象可知物块做匀加速直线运动，加速度a=0.5m/s，初位置x0=?2m，故A错误； 2 B. 由x=at得t=2s时物块的位移x=1m，故B错误； 2 C. 由x=x0+at得t=4s时物块的位置为x=2m，故C正确； 2 D．由x=at得t=2s时物块的位移x=1m，t=4s时物块的位移x=4m，2~4s时间内物块的位移大小为3m ，故D正确。 故选：CD 7．BC 【解析】 2 v2qBrAB．根据qvB?m得v?，α粒子的荷质比是质子荷质比的一半，要达到相同的速度，磁感应强度 rm应大小变为原来的2倍，故A错误，B正确； mv212 CD．根据Ek= mv=nqU得n?，α粒子的荷质比是质子荷质比的一半，要达到相同的速度，α粒子 2qU2 加速的次数应是质子加速次数的2倍，在回旋加速器中转过的周期数是原来的2倍，故C正确，D错误。 故选：BC 8．BD 【解析】 A．保持环和小球的位置不变，细线与竖直方向的夹角不变，细线的拉力Tcos45°=mg，T=2mg，保持不变，故A正确； B．环受到重力、细线的拉力、杆的作用力，由于重力和细线的拉力不变，杆对环的作用力保持不变，故B正确； CD．杆的位置由水平转到竖直位置的过程中，由于线的拉力与环重力的合力方向斜向右下，杆对环的弹力始终垂直于杆方向，根据动态分析方法可知，杆对环的弹力先增大后减小，对环的摩擦力先减小再增大，因此杆对环的弹力在杆水平时为2mg，竖直时为mg，所以杆对环的弹力的最小值为mg；杆对环的摩擦力在水平时为f=Tsin45°=mg，在竖直时为：f2=mg+Tcos45°=2mg，所以杆对环的摩擦力最大值2mg，故C错误，D正确。 故选：BD 9．（1）μ= mg??M?m??x2?x1?f2Mg；偏大；系统误差 （2）适当垫高长木板没有定滑轮的一端以平衡摩擦力 【解析】 (1)由匀变速运动的推论△x=aT可知加速度为：a= 2 x2?x12；以系统为研究对象，由牛顿第二?x?xf??212T定律得：mg?f=(m+M)a，滑动摩擦力：f=μMg，解得：μ= mg??M?m??x2?x1?f2Mg； 如果用托盘和砝码的总重力替代细绳对物块拉力，由牛顿第二定律得：mg?f=Ma，联立解得μ= mg?M?x2?x1?f2Mg，求出的动摩擦因数的数值偏大；由此引起的误差是由于实验原理造成的，属于系统误差。 （2）做“探究物块的加速度与力的关系”的实验时，物块受到的拉力应为物块受到的合外力，应适当垫高长木板没有定滑轮的一端，用重力沿木板向下的分力平衡摩擦力。 10．（1）【解析】 （1）根据闭合电路欧姆定律，S2断开时有：E=I(Rx+R1+RA+r)…① S2闭合时有：E=I(R2+RA+r)…② 联立①②解得：Rx=R2?R1； (2)S闭合后，由闭合电路欧姆定律可知：E=I(R+RA+r) （2）3.2；2.0 则有：， 由图像可得， 联立解得：E=3.2V，r=2.0Ω. 【点睛】 ， 根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，然后再通过求出电路中需要的最大电阻来选择电阻箱；列出开关S2断开和闭合时对应的闭合电路欧姆定律表达式，然后求解即可；根据（2）中所列方程，根据图象的性质可求得电源电动势和内阻。 11．(1)【解析】 ⑴开始时木板和木块一起做加速运动,有F=(m1＋m2)a…① (2)见解析 解得 …② 当木板与木块间的摩擦力达到fm=μm2g后两者发生相对滑动。 对木板有fm=μm2g=m1a…③ 由②③得μm2g=m1解得：t1=10s…⑤ k=3…④