【市級聯(lián)考】河南省鄭州市2019年高三第二次質量預測理綜物理試題(解析版)

1、鄭州市2019年高中畢業(yè)班第二次質量預測理綜試卷1.1933年至1934年間，約里奧居里夫婦用a粒子轟擊鋁箔時，發(fā)生的核反應方程為丨韌；丁丨站反應生成物像天然放射性元素一樣衰變，放出正電子e,且伴隨產(chǎn)生中微子Av,核反應方程為丨八。則下列說法正確的是A. 當溫度、壓強等條件變化時，放射性元素；川的半衰期隨之變化B. 中微子的質量數(shù)A=0，電荷數(shù)Z=0C. 正電子產(chǎn)生的原因可能是核外電子轉變成的D. 兩個質子和兩個中子結合成一個a粒子，則質子與中子的質量之和一定等于a粒子的質量【答案】B【解析】【詳解】A.放射性元素的半衰期與外界因素無關，選項A錯誤；B. 根據(jù)質量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，中微子的質

2、量數(shù)A=0，電荷數(shù)Z=0,選項B正確；C. 正電子產(chǎn)生的原因是核內(nèi)的質子轉化為中子時放出的，選項C錯誤；D. 兩個質子和兩個中子結合成一個a粒子要釋放能量，根據(jù)質能方程及質量虧損可知，兩個質子與兩個中子的質量之和大于a粒子原子核的質量，故D錯誤；2.1876年美國著名物理學家羅蘭在實驗室中完成了著名的“羅蘭實驗”。羅蘭把大量的負電荷加在一個橡膠圓盤上，然后在圓盤附近懸掛一個小磁針，使圓盤繞中心軸高速旋轉，發(fā)現(xiàn)小磁針發(fā)生了偏轉。下列說法正確的是A. 使小磁針發(fā)生轉動的原因是圓盤上的電荷運動時產(chǎn)生了磁場B. 使小磁針發(fā)生轉動的原因是圓盤上產(chǎn)生了渦流C. 僅改變圓盤的轉動方向，小磁針的偏轉方向不變D

3、. 如果使圓盤帶上正電，圓盤的轉動方向不變，小磁針的偏轉方向不變【答案】A【解析】【詳解】AB.由題意可知，磁針受到磁場力的作用，原因是由于電荷的定向移動，從而形成電流，而電流周圍會產(chǎn)生磁場，本題中不符合感應電流的產(chǎn)生條件，故無法產(chǎn)生渦流；故A正確，B錯誤；C僅改變圓盤的轉動方向，即電荷的定向移動方向改變，磁場方向改變，則小磁針的偏轉方向改變，選項C錯誤；D.如果使圓盤帶上正電，圓盤的轉動方向不變，則產(chǎn)生的電流方向反向，磁場反向，則小磁針的偏轉方向改變，選項D錯誤；3.2018年12月8日2時23分，嫦娥四號探測器搭乘長征三號乙運載火箭，開始了奔月之旅，首次實現(xiàn)人類探測器月球背面軟著陸。12月

4、12日16時45分，號探測器成功實施近月制動，順利完成“太空剎車”，被月球捕獲，進入了近月點約100km的環(huán)月軌道，如圖所示，則下列說法正確的是A. 嫦娥四號的發(fā)射速度大于第二宇宙速度B. 嫦娥四號在100km環(huán)月軌道運行通過P點時的加速度和在橢圓環(huán)月軌道運行通過P點時加速度相同C. 嫦娥四號在100km環(huán)月軌道運動的周期等于在橢圓環(huán)月軌道運動周期D. 嫦娥四號在地月轉移軌道經(jīng)過P點時和在100km環(huán)月軌道經(jīng)過P點時的速度相同【答案】B【解析】【詳解】A.嫦娥四號發(fā)射時，先在距離地球較近的橢圓軌道上運動然后在地球的近地點逐漸加速進入較遠的橢圓軌道，然后進入地月轉移軌道，最后被月球俘獲，所以嫦娥

5、四號的發(fā)射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，選項A錯誤；GMB. 根據(jù):可知，嫦娥四號在100km環(huán)月軌道運行通過P點時的加速度和在橢圓環(huán)月軌道運行通過P點時加速度相同，選項B正確；C. 根據(jù)開普勒第三定律，因嫦娥四號在100km環(huán)月軌道運動的半徑大于在橢圓環(huán)月軌道運動的半長軸，則嫦娥四號在100km環(huán)月軌道運動的周期大于在橢圓環(huán)月軌道運動周期，選項C錯誤；D. 嫦娥四號在地月轉移軌道經(jīng)過P點時要剎車減速才能被月球俘獲，則嫦娥四號在地月轉移軌道經(jīng)過P點時的速度大于在100km環(huán)月軌道經(jīng)過P點時的速度，選項D錯誤；.4.如圖所示，某電場的電場線和等勢面分布圖，其中實線為電場線，虛線為等勢面

6、，a、b、c為電場中的三個點。下列說法正確的是A. a點的電勢高于b點的電勢B. a點的電場強度小于b點的電場強度C. 電子從a點移到c點，電勢能增大D. 將電子從a點移到c點，再從c點移到b點，電場力做功代數(shù)和為零【答案】D【解析】【詳解】A.因a、b兩點在同一等勢面上，則a點的電勢等于b點的電勢，選項A錯誤；B. a點電場線較b點密集，可知a點的電場強度大于b點的電場強度，選項B錯誤；C. 因c點電勢高于a點，可知電子從a點移到c點，電勢能減小，選項C錯誤；D. 因a點的電勢等于b點的電勢，則將電子從a點移到c點，再從c點移到b點，電勢能的變化為零，則電場力做功代數(shù)和為零，選項D正確；.5

7、蹦極是一項考驗體力、智力和心理承受能力的空中極限運動。跳躍者站在約50m高的塔臺上，把一根原長為L的彈性繩的一端綁在雙腿的踝關節(jié)處，另一端固定在塔臺上，跳躍者頭朝下跳下去。若彈性繩的彈力遵守胡克定律，不計空氣阻力，則在跳躍者從起跳到第一次下落到最低點的過程中，跳躍者的動能ik（圖線）和彈性繩的彈性勢能Ep（圖線）隨下落高度的變化圖象中，大致正確的是【答案】B解析】【詳解】在彈性繩到達原長之前，由動能定理可知，動能隨下降的高度均勻變大，即Ek-h圖像為直線；當彈性繩被拉直后，彈力逐漸變大，則加速度逐漸減小，速度仍然變大，即動能繼續(xù)變大，當彈力等于重力式速度最大，此時的動能最大；之后隨著人的下降彈

8、力變大大于重力，加速度變?yōu)橄蛏希俗鲎儨p速運動最后動能減到0時到達最低點；綜上所述，圖像B正確，ACD錯誤；故選B.6如圖所示，2019個質量均為m的小球通過完全相同的輕質彈簧（在彈性限度內(nèi)）相連，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做勻加速運動，設1和2之間彈簧的彈力為F12,2和3間彈簧的彈力為F2_3,2018和2019間彈簧的彈力為F20182019,則下列結論正確的是AF12：F23：F20182019=】：2：32018B. 從左到右每根彈簧長度之化為1:2：3：2018C. 如果突然撤去拉力F,撤去F瞬間，第2019個小球的加速度為F/m，N其余每個球的加速度依然

9、為aD. 如果1和2兩個球間的彈簧從第1個球處脫落，那么脫落瞬間第1個小球的加速度為0,第2個小球的加速度為2a,其余小球加速度依然為a.【答案】AD【解析】【詳解】A.以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得：F=2019ma，解得和梟喬；以后面的第1、2、1220183.2018個小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得可知F1-2=麗F,F2-3=麗F,F2018-2019=麗F,則F1-2：F2-3：F2018-2019=1：厶3：2018，故A正確；B. 因為每根彈簧的勁度系數(shù)相等，根據(jù)胡克定律可知，從左到右每根彈簧伸長量之比為1:2：3：2018,但是總長度之比不等于1:2：3：2018

10、，故B錯誤；20182018FC. 突然撤去F瞬間，因彈簧的彈力不能突變，可知除第2019個球所受合力突然變?yōu)榇騀,加速度為其他球的合力未變，所以其他球的加速度依然為a,故C錯誤；D. 如果1和2兩個球間的彈簧從第1個球處脫落，那么脫落瞬間第1個小球受到的合力為零，則加速度為2F2F0,第2個小球受到的合力變?yōu)榇?，；，則加速度為其余小球受到的合力不變，加速度依然為a.故D正確。7如圖所示，質量均為M的b、d兩個光滑斜面靜止于水平面上，底邊長度相等，b斜面傾角為30,d斜面傾角為60。質量均為m的小物塊a和c分別從兩個斜面頂端由靜止自由滑下，下滑過程中兩斜面始終A. 兩物塊所受重力沖量相同B.

11、兩物塊所受重力做功的平均功率相同C. 地面對兩斜面的摩擦力均向左D. 兩斜面對地面壓力均小于（m+M）g【答案】AD解析】【詳解】A.設斜面的底邊長度為L,則斜邊長度，小滑塊下滑的加速度a=gsinO,下滑的時間12s4L:，當斜面傾角分別為30。和60。時，可得兩滑塊運動的時間相同，根據(jù)I=mgt可知，重力的沖量相等，選項A正確;_W1,B. 重力做功W=mgLtanO，則重力做功的平均功率：尺二，則當斜面傾角分別為30。和60。時兩物塊所受重力做功的平均功率不相同，選項B錯誤;C. 當物塊加速下滑時，加速度有水平向右的分量，則對滑塊和斜面的整體而言，由牛頓第二定律可知，地面對兩斜面的摩擦力

12、均向右，選項C錯誤；d.豎直方向，因滑塊下滑時加速度有豎直向下的分量，可知滑塊失重，則兩斜面對地面壓力均小于m+M）g,選項D正確；8如圖所示，空間存在一個沿水平方向的磁場，磁場上邊界OM水平，以O點為坐標原點，OM為x軸，豎直向下為y軸，磁感應強度大小在x方向保持不變、y軸方向按B=ky變化，k為大于零的常數(shù)。一質量為m、電阻為R、邊長為l的單距正方形線框abed從圖示位置以速度v0沿x軸正方向拋出，拋出時de邊和OM重合，da邊和y軸重合，運動過程中線框始終處于xOy平面內(nèi)，且de邊始終平行于x軸。磁場足夠大，重力加速度為g,不計空氣阻力。則下列說法正確的是A.線框在水平方向做勻速直線運動

13、，豎直方向上做自由落體運動B. 線框所受安培力方向始終豎直向上C. 線框在水平方向上所受合力不為零mgRD. 線框在豎直方向上最終速度為=7【答案】BD【解析】【詳解】線框在磁場中斜向下運動時產(chǎn)生逆時針方向的感應電流，線圈的兩豎直受安培力等大反向，則水平方向受力為零做勻速直線運動；水平下邊受安培力豎直向上，水平上邊受安培力豎直向下，但因下邊受安培力大于上邊，可知豎直方向上受向上的安培力，則豎直方向的運動不是自由落體運動，選項AC錯誤，mgRB正確；當線框受到的安培力等于重力時,達到最終速度，則：沆冷其中的,解得審,選項D正確；故選BD.三、非選擇題：9如圖甲所示，一條質量和厚度不計的紙帶纏繞在

14、固定于架子上的定滑輪上，紙帶的下端懸掛一質量為m的重物，將重物由靜止釋放，滑輪將在紙帶帶動下轉動。假設紙帶和滑輪不打滑，為了分析滑輪轉動時角速度的變化情況，釋放重物前將紙帶先穿過一電火花計時器，交變電流的頻率為50Hz,如圖乙所示，通過研究紙帶的運動情況得到滑輪角速度的變化情況。下圖為打點計時器打出來的紙帶，取中間的一段，在這一段上取了7個計數(shù)點A、B、C、D、E、F、G,每相鄰的兩個計數(shù)點間有4個點沒有畫出，已知：其中x=8.05cm、x=10.34cm、x=12.62cm、x=14.92cm、x=17.19cm、x=19.47cm。123456(1) 根據(jù)上面的數(shù)據(jù)，可以求出D點的速度vD

15、=m/s；(結果保留三位有效數(shù)字)(2) 測出滑輪半徑等于3.00cm，則打下D點時滑輪的角速度為rad/s；(結果保留三位有效數(shù)字)(3) 根據(jù)題中所給數(shù)據(jù)分析，在誤差允許范圍內(nèi)，你認為滑輪的角速度隨時間是增大(選填“均勻”或“不均勻”)?！敬鸢浮?1).(1)1.38m/s；(2).(2)46.0rad/s；(3).(3)均勻【解析】Xo+x.01262+01492【詳解】(1)根據(jù)上面的數(shù)據(jù)，可得到D點的速度vD=八；Vjj38(2) 打下D點時滑輪的角速度為達：壬/(3) 重物下降的速度v=gt，則-則滑輪的角速度隨時間是均勻增大。10. 導體或半導體材料在外力作用下產(chǎn)生機械形變時，其

16、電阻值發(fā)生相應變化，這種現(xiàn)象稱為應變電阻效應。圖甲所示，用來稱重的電子吊秤，就是利用了這個應變效應。電子吊秤實現(xiàn)稱重的關鍵元件是拉力傳感器。其工作原理是：掛鉤上掛上重物，傳感器中拉力敏感電阻絲在拉力作用下發(fā)生微小形變(宏觀上可認為形狀不變)，拉力敏感電阻絲的電阻也隨著發(fā)生變化，再經(jīng)相應的測量電路把這一電阻變化轉換為電信號(電壓或電流)，從而完成將所稱物體重量變換為電信號。物理小組找到一根拉力敏感電阻絲RL,其阻值隨拉力F變化的圖象如圖乙所示，小組按圖丙所示電路制作了一個簡易“吊秤”電路中電源電動勢E=3V，內(nèi)阻r=lQ；靈敏毫安表量程為10mA，內(nèi)阻Rg=50Q；R1是可變電阻器，A、B兩接線

17、柱等高且固定。現(xiàn)將這根拉力敏感電阻絲套上輕質光滑絕緣環(huán)，將其兩端接在A、B兩接線柱之間固定不動。通過光滑絕緣滑環(huán)可將重物吊起，不計敏感電阻絲重力，現(xiàn)完成下列操作步驟：步驟a.滑環(huán)下不吊重物時，閉合開關調(diào)節(jié)可變電阻R1使毫安表指針滿偏；步驟b.滑環(huán)下吊上已知重力的重物G,測出電阻絲與豎直方向的夾角為8；步驟c.保持可變電阻R1接入電路電阻不變，讀出此時毫安表示數(shù)I；步驟d.換用不同已知重力的重物，掛在滑環(huán)上記錄每一個重力值對應的電流值；步驟e：將電流表刻度盤改裝為重力刻度盤。(1) 試寫出敏感電阻絲上的拉力F與重物重力G的關系式F=_；(2) 設R-F圖象斜率為k試寫出電流表示數(shù)I與待測重物重力

18、G的表達式1=(用E、r、R、R、R、1g0k、0表示)；(3) 若R-F圖象中R=100Q,k=0.5Q/N,測得0=60。，毫安表指針半偏，則待測重物重力G=N；0(4) 關于改裝后的重力刻度盤，下列說法正確的是()A. 重力零刻度線在電流表滿刻度處，刻度線均勻B. 重力零刻度線在電流表零刻度處，刻度線均勻C. 重力零刻度線在電流表滿刻度處，刻度線不均勻D. 重力零刻度線在電流表零刻度處，刻度線不均勻(5) 若電源電動勢不變，內(nèi)阻變大，其他條件不變，用這臺“簡易吊秤”稱重前，進行了步驟a操作；則測量結果_(填“偏大”、“偏小”或“不變”)。答案】.(1廠呂J；.(3).(3)600N；(4

19、).4)C；(5).(5)不變解析】【詳解】(1)對滑環(huán)受力分析，由平衡知識可知：2Fcos0=G,解得F二二(2)由圖乙可知：R=kF+R0；由丙電路可知:Ef+Rn+/?+/?Gr+RR.+R.+k(3)將R0=1OOQ,k=0.5Q/N,0=60，I=g=5mA,E=3V，內(nèi)阻r=lQ,Rg=50Q帶入”W呂可得G=600N(4) 當不掛重物時，電流計滿篇，則重力零刻度線在電流表滿刻度處，因G與I不是正比關系，則刻度線不均勻，故選C.(5) 實驗前進行了a操作，則心|你|心，則當掛重物G時：-1兒心則I不變，對實驗的結果無影響，測量結果不變.11. 如圖甲所示，半徑為R=0.8m的四分之

20、一光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，A為軌道最高點，和圓心等高；B為軌道最低點。在光滑水平面上緊挨B點有一靜止的平板車，其質量M=3kg，小車足夠長，車的上表面與B點等高，平板車上表面涂有一種特殊材料，物塊在上面滑動時，動摩擦因數(shù)隨物塊相對小車左端位移的變化圖象如圖乙所示。物塊（可視為質點）從圓弧軌道最高點A由靜止釋放，其質量m=lkg,g取10m/s2。（1）求物塊滑到B點時對軌道壓力的大小;2）物塊相對小車靜止時距小車左端多遠？答案】（1）30N；（2）1.75m解析】【詳解】（1）物塊從圓弧軌道A點滑到B點的過程中，只有重力做功，其機械能守恒，由機械能守恒定律代入數(shù)據(jù)解得vB=4m/s在B點

21、，由牛頓第二定律得”np代入數(shù)據(jù)解得FN=30N由牛頓第三定律可知，物塊滑到軌道B點時對軌道的壓力：FnFn=30N（2）物塊滑上小車后，由于水平地面光滑，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒。以向右為正方向由動量守恒定律得川I眄代入數(shù)據(jù)解得v=1m/s由能量關系得系統(tǒng)生熱。：川忙“解得Q=6J由功能關系知Q+的gq（.v,）丨將片=0.4,X=0.5m代入可解得x=1.75m12如圖所示，三塊擋板圍成截面邊長L=1.2m的等邊三角形區(qū)域，C、P、Q分別是MN、AM和AN中點處的小孔，三個小孔處于同一豎直面內(nèi)，MN水平，MN上方是豎直向下的勻強電場，場強E=4x10-4N/C。三角形區(qū)域內(nèi)有垂

22、直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B1；AMN以外區(qū)域有垂直紙面向外，磁感應強度大小為B2=3B的勻強磁場。現(xiàn)將一比荷q/m=105C/kg的帯正電的粒子，從O點由靜止釋放，粒子從MN小孔C進入內(nèi)部勻強磁場，經(jīng)內(nèi)部磁場偏轉后直接垂直AN經(jīng)過Q點進入外部磁場。已知粒子最終回到了O點，OC相距2m。設粒子與擋板碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量不變，不計粒子重力，不計擋板厚度，取n=3o求：（1）磁感應強度B的大?。唬?）粒子從O點出發(fā)，到再次回到O點經(jīng)歷的時間；（3）若僅改變B2的大小，當B2滿足什么條件時，粒子可以垂直于MA經(jīng)孔P回到O點（若粒子經(jīng)過A點立即被吸收）?！敬鸢浮浚?）:（2）1=2

23、.需x1（）-s；（3）沖【解析】【詳解】（1）粒子從o到c即為在電場中加速，貝y由動能定理得:譏八解得v=400m/s帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖所示。v2由屮丨代入數(shù)據(jù)得山丁(2)由題可知B2=3B=2x10-5Tv2qvBt=m則仁加由運動軌跡可知：進入電場階段做勻加速運動，貝卩于仃得到t1=0.01s2nm粒子在磁場B中的周期為.,則在磁場B中的運動時間為I、2nm在磁場B2中的運動周期為“沁,在磁場B2中的運動時間為匚=180。+M00+180。込=罟x1CT冬=5.5X%360則粒子在復合場中總時間為：匸=止：心；飛，:;177r)xl0_3s=2.85xl0_25(3)設擋板外磁

24、場變?yōu)閺?，粒子在磁場中的軌跡半徑為r,則有屮山：.：V2=mV根據(jù)已知條件分析知，粒子可以垂直于MA經(jīng)孔P回到O點，需滿足條件；汕Ilp-其中k=O、1、2、313.一定質量的理想氣體由狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b、e到狀態(tài)d,其體積V與熱力學溫度T關系如圖所示，O、a、d三點在同一直線上，ab和cd平行于橫軸，be平行于縱軸，則下列說法正確的是A.由狀態(tài)a變到狀態(tài)b過程中，氣體吸收熱量B. 由狀態(tài)a變到狀態(tài)b過程中，每個氣體分子的動能都會增大C. 從狀態(tài)b到c,氣體對外做功，內(nèi)能減小D. 從狀態(tài)c到d,氣體密度不變E. a狀態(tài)與d狀態(tài)氣體內(nèi)能增加【答案】ADE【解析】【詳解】A.由狀態(tài)a變到狀態(tài)b過程中

25、，氣體體積不變，則W=0,溫度升高，則AU0,根據(jù)AU=W+Q可知氣體吸收熱量，選項A正確；B. 由狀態(tài)a變到狀態(tài)b過程中，氣體的溫度升高，則氣體分子的平均動能變大，但不是每個氣體分子的動能都會增大，選項B錯誤；C. 從狀態(tài)b到c,氣體溫度不變，內(nèi)能不變；體積變大，則氣體對外做功，選項C錯誤；D. 從狀態(tài)c到d,氣體體積不變，則氣體的密度不變，選項D正確；E. 從a狀態(tài)到d狀態(tài)氣體溫度升高，則內(nèi)能增加，選項E正確；14.如圖所示，一個內(nèi)壁光滑的氣缸豎直放置，其側壁絕熱，內(nèi)有兩個厚度不計的密閉活塞，將缸內(nèi)理想氣體分成1、11兩部分。活塞A導熱且質量不計，活塞B絕熱。質量為m=10kg。初狀態(tài)整個

26、裝置靜止不動且處于平衡狀態(tài)，1、11兩部分氣體的高度均為l0=12cm,溫度為T0=300K.現(xiàn)保持環(huán)境溫度、外界大氣壓強不變，通過汽缸的導熱底面給II氣體加熱至T=600K，同時在活塞A上逐漸添加細砂，保持活塞B的位置始終不變，最終活塞A下降的高度為h（未知）時，兩部分氣體重新處于平衡。已知外界大氣壓強P=lX105Pa。0活塞橫截面積S=1.0X10-3皿2,g=10m/s2。試求（I）最終氣體平衡時，11氣體的壓強仃I）活塞A下降的高度h?！敬鸢浮?i)4X105Pa；(ii)8cm解析】【詳解】（i）初狀態(tài)時，設氣體I的壓強為宀，因活塞A質量不計，則p1=p0=1.0x105Pa初狀態(tài)時，設氣體II的壓強為廠，以活塞B為研究對象，由平衡條件知p2S=+mg得p2=2x105Pa對氣體II由查理定律有:解得1Xurn(ii)末狀態(tài)時，