湖南师大附中2019届高考模拟卷(二)理科综合能力测试时量：150分钟 满分：300分本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

其中第Ⅱ卷33－38题为选考题，其他题为必考题。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷一、选择题：本题共13小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。

14．物理学是一门以实验为基础的学科，任何学说和理论的建立都离不开实验。

下面给出了几个在物理学发展史上有重要地位的物理实验以及与之相关的物理学发展史实的说法，其中错误的是(B)A ．α粒子散射实验是原子核式结构理论的实验基础B ．天然放射现象的发现证实了玻尔原子理论是正确的C ．光电效应实验表明光具有粒子性D ．电子的发现揭示了原子不是构成物质的最小微粒15．如图所示，某交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。

该小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S ＝220m 2，线圈转动的频率为50 Hz ，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B ＝1πT 。

如果用此发电机带动两个标有“220 V 11 kW ”的电动机正常工作，需在发电机的输出端a 、b 与电动机之间接一个理想变压器，电路如图。

下列说法不正确的是(A)A ．发电机的输出电压为220 VB ．原副线圈匝数比n 1n 2＝51C ．电流表示数为20 AD ．发电机的输出功率为2.2×104 W【解析】线圈转动产生的电动势最大值为：E m ＝NBSω＝1 100 2 V ，由于线圈内阻不计，则输出电压就等于电动势，得发电机输出电压的有效值为1 100 V ，故A 错误；由于电动机的额定电压为220 V ，所以理想变压器输出端的电压也为220 V ，则理想变压器原副线圈匝数比为：n 1n 2＝U 1U 2＝51，故B 正确；由电路可知电源输出功率等于电动机的输入功率，故发电机的输出功率为：P 出＝2.2×104 W ，由理想变压器P 入＝P 出，而P 入＝U 1I 1，解得I 1＝20 A ，故C 、D 正确。

16．如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A 、B 两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝2 kg ，当A 、B 之间产生拉力且大于0.3 N 时A 、B 将会分离。

t ＝0时刻开始对物块A 施加一水平推力F 1，同时对物块B 施加同一方向的拉力F 2，使A 、B 从静止开始运动，运动过程中F 1、F 2方向保持不变，F 1、F 2的大小随时间变化的规律如图乙所示。

则下列关于A 、B 两物块受力及运动情况的分析，正确的是(D)A ．t ＝2.0 s 时刻A 、B 之间作用力为零B ．t ＝2.5 s 时刻A 对B 的作用力方向向左C ．t ＝2.5 s 时刻A 、B 分离D ．从t ＝0时刻到A 、B 分离，它们运动的位移为5.4 m【解析】由图可知：F 1＝3.6－0.9t ，F 2＝0.9t ()t<4.0 s ；分析可知一开始AB 一起运动，对AB 整体有：F 1＋F 2＝()m A ＋m B a ，有a ＝1.2 m/s 2；若t 时刻A 与B 分离，此时对A ：F 1＋F Nmax＝m A a ，得t ＝3.0 s ，此过程中s ＝12at 2＝5.4 m ；当t ＝2.5 s 时，对A ：F 1＋F N ＝m A a ，F N ＝－0.15 N ，故此时A 对B 的作用力向右；故答案选D 。

17．托卡马克(Tokamak)是一种复杂的环形装置，结构如图所示。

环心处有一欧姆线圈，四周是一个环形真空室，真空室外部排列着环向场线圈和极向场线圈。

当欧姆线圈中通以变化的电流时，在托卡马克的内部会产生巨大的涡旋电场，将真空室中的等离子体加速，从而达到较高的温度。

再通过其他方式的进一步加热，就可以达到核聚变的临界温度。

同时，环形真空室中的高温等离子体形成等离子体电流，与极向场线圈、环向场线圈共同产生磁场，在真空室区域形成闭合磁笼，将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行。

已知真空室内等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T 成正比，下列说法正确的是(C)A ．托卡马克装置中核聚变的原理和目前核电站中核反应的原理是相同的B ．极向场线圈和环向场线圈的主要作用是加热等离子体C ．欧姆线圈中通以恒定电流时，托卡马克装置中的等离子体将不能发生核聚变D ．为了约束温度为T 的等离子体，所需要的磁感应强度B 必须正比于温度T18．如图所示的建筑是厄瓜多尔境内的“赤道纪念碑”。

设某人造地球卫星在赤道上空飞行，卫星的轨道平面与地球赤道重合，飞行高度低于地球同步卫星。

已知卫星轨道半径为r ，飞行方向与地球的自转方向相同，设地球的自转角速度为ω0，地球半径为R ，地球表面重力加速度为g ，某时刻卫星通过这一赤道纪念碑的正上方，下列说法正确的是(D)A ．该卫星在轨道上运动的线速度小于静止于赤道表面物体随地球自转的线速度B ．该卫星在轨道上运动的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度C ．该卫星在轨道上运行时的机械能一定小于某一个地球同步卫星的机械能D ．该卫星过时间2πgR 2r 3－ω0再次经过此纪念碑的正上方19．半径分别为r 和2r 的同心半圆光滑导轨MN 、PQ 固定在同一水平面内，一长为r 、电阻为2R 、质量为m 且质量分布均匀的导体棒AB 置于半圆轨道上面，BA 的延长线通过导轨的圆心O ，装置的俯视图如图所示。

整个装置位于磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中。

在N 、Q 之间接有一阻值为R 的电阻。

导体棒AB 在水平外力作用下，以角速度ω绕O 顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。

设导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨电阻不计，重力加速度为g ，则下列说正确的是(BC)A ．导体棒AB 两端的电压为34Brω2 B ．电阻R 中的电流方向从Q 到N ，大小为Br 2ω2RC ．外力的功率大小为3B 2r 4ω24R ＋32μmgrω D ．若导体棒不动，要产生同方向的感应电流，可使竖直向下的磁场的磁感应强度增加，且变化得越来越慢【解析】导体棒在匀强磁场中切割磁感线产生感应电动势E ＝Bl v －＝Br v A ＋v B 2＝32Br 2ω，由等效电路可知：I ＝E R ＋2R ＝Br 2ω2R ，U AB ＝R R ＋2RE ＝12Br 2ω，故A 错误，B 正确；由能量的转化和守恒有：P 外＝BIr v －＋f v －＝3B 2r 4ω24R ＋32μmgrω，故C 正确；由楞次定律可知D 错误。

20．如图所示，轻弹簧一端固定在O 1点，另一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为O 2的光滑圆环上，O 1在O 2的正上方，C 是O 1O 2的连线和圆环的交点，将小球从圆环上的A 点无初速度释放后，发现小球通过了C 点，最终在A 、B 之间做往复运动。

已知小球在A 点时弹簧被拉长，在C 点时弹簧被压缩，则下列判断正确的是(BD)A ．小球从A 至C 一直做加速运动，从C 至B 一直做减速运动B ．弹簧在A 点的伸长量一定大于弹簧在C 点的压缩量C ．弹簧处于原长时，小球的速度最大D ．小球机械能最大的位置有两处21．如图所示，在直角坐标系xOy 中x>0空间内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场(其他区域无磁场)，磁感应强度为B ，x<0空间内充满方向水平向右的匀强电场(其他区域无电场)，电场强度为E ，在y 轴上关于O 点对称的C 、D 两点间距为L 。

带电粒子P(不计重力)从C 点以速率v 沿x 轴正向射入磁场，并能从D 点射出磁场；与粒子P 不相同的粒子Q 从C 点以不同的速度v′同时沿纸面平行x 轴射入磁场，并恰好从D 点第一次穿过y 轴进入电场，且粒子P 、Q 同时过D 点，则下列说法正确的是(ABD)A ．粒子P 带正电B ．在粒子Q 从C 点运动到D 点的过程中，粒子P 在磁场中运动的时间一定为πL 2v C ．在粒子Q 从C 点运动到D 点的过程中，粒子P 在磁场中运动的路程可能为2πL 3D ．粒子P 与Q 的比荷之比可能为2＋2vB πE【解析】分析可知粒子P 经磁场匀速圆周运动偏转后垂直y 轴进入电场，经电场中匀变速直线运动后，又在磁场中偏转，如此往复。

由左手定则易知粒子P 带正电，A 正确；粒子P 在磁场中做周期性运动可知：2nR ＝L ，s ＝n ·πR ＝πL 2，C 错误；P 在磁场中运动的时间t ＝s v ＝πL 2v ，B 正确；若粒子P 在磁场中偏转n 次，那么t P ＝πm Bq n ＋2vm Eq()n －1，Q 在磁场中运动半周，t Q ＝πm ′Bq ′，而t P ＝t Q ，当n ＝2时，P 与Q 的比荷之比为2＋2vB πE，可知D 正确。

第Ⅱ卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。

第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题：共129分。

22．(8分，每空2分)某课外活动小组利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律。

(1)某同学用20分度游标卡尺测量小球的直径，读数如图甲所示，小球直径为__1.020__cm 。

图乙所示弹射装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门A 、B ，计时装置测出小球通过A 、B 的时间分别为2.55 ms 和5.15 ms ，由此可知小球通过光电门A 、B 时的速度分别为v A 、v B ，其中v A ＝__4(4.0或4.00也对)__m/s 。

(2)用刻度尺测出光电门A 、B 间的距离h ，已知当地的重力加速度为g ，只需比较__gh 和v 2A 2－v 2B 2__(用题目中涉及的物理量符号表示)是否相等，就可以验证机械能是否守恒。

(3)通过多次实验发现，小球通过光电门A 的时间越短，(2)中要验证的两数值差越大，试分析实验中产生误差的主要原因是__小球上升过程中受到空气阻力的作用，速度越大，所受阻力越大__。

【解析】(1)由游标卡尺的读数方法d ＝主尺读数＋游标尺的读数，注意分度，读得小球直径为1.020 cm ，小球通过光电门可近似认为做匀速直线运动，所以v A ＝d t A ＝1.020 cm 2.55 ms＝4 m/s ；(2)在验证机械能守恒时，要看动能的减少量是否等于势能的增加量，即gh ＝v 2A 2－v 2B 2；(3)小球通过A 的时间越短，意味着小球的速度越大，而速度越大受到的空气阻力就越大，损失的能量越多，动能的减少量和势能的增加量差值越大。