廣西桂林、梧州、貴港、玉林、崇左、北海2019屆高三物理上學期第一次聯合調研考試試卷（含解析）.doc

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2019年高考桂林、梧州、貴港、玉林、崇左、北海第一次聯合調研考試理科綜合物理部分 二、選擇題： 1.材料相同、質量不同的兩滑塊,以相同的初動能在水平面上運動直到停止。若兩滑塊運動過程中只受到水平面的摩擦力,則質量大的滑塊 A. 克服摩擦力做的功多 B. 運動的位移大 C. 運動的時間長 D. 摩擦力的沖量大 【答案】D 【解析】 【詳解】由動能定理得，滑塊克服摩擦力做的功，兩滑塊克服摩擦力做功相等，質量大的滑塊運動的位移小，，質量大的滑塊初速度小，又由得，質量大的滑塊運動時間短，沖量大小，所以質量大的滑塊沖量大，故D正確。 【點睛】本題合理利用動能與動量的關系，即可解題。 2.甲、乙兩物體沿統一直線運動，運動過程中的位移—時間圖像如圖所示，下列說法中正確的是（ ） A. 0～6s內甲物體做勻變速直線運動 B. 0～6s內乙物體的速度逐漸減小 C. 0～5s內兩物體的平均速度相等 D. 0～6s內存在某時刻兩物體的速度大小相等 【答案】D 【解析】 【分析】 x-t圖象為直線表示物體做勻速直線運動，x-t圖象的斜率表示速度，斜率大小表示速度大小，斜率正負表示速度方向。 【詳解】A項：x-t圖象為直線表示物體做勻速直線運動，故A錯誤； B項：x-t圖象的斜率表示速度，由圖象乙可知，圖象的斜率逐漸增大，即速度逐漸增大，故B錯誤； C項：0-5s甲的位移為5m，平均速度為v甲=1ms，乙的位移為-3m，平均速度為：v乙=-35ms，故C錯誤； D項：x-t圖象的斜率表示速度，由甲、乙圖象可知，在0-6內有兩處的斜率大小相等，即有兩處速度大小相等，故D正確。 故應選：D。 3.在電荷量分別為2 q和 -q的兩個點電荷形成的電場中，電場線分布如圖所示，在兩點電荷連線上有 a、 b、 c三點，且 b、c兩點到正點電荷距離相等，則（ ） A. 在兩點電荷之間的連線上存在一處電場強度為零的點 B. 將一電子從a點由靜止釋放，它將在a、b間往復運動 C. c點的電勢高于b點的電勢 D. 負試探電荷在a點具有的電勢能大于在b點時的電勢能 【答案】C 【解析】 【詳解】A、正負電荷在兩點電荷之間的連線上產生的場強方向相同，所以在兩點電荷之間的連線上不存在電場強度為零的點，故A錯； B、將一電子從a點由靜止釋放，電子在a點受到向右的電場力，所以要從靜止向右運動，則運動不是在a、b間往復運動，故B錯； C、b、c兩點到正點電荷距離相等，若只有正電荷，則bc兩點的電勢相等，但由于負電荷的存在導致c點的電勢高于b點的電勢，故C對； D、沿著電場線電勢在降低，所以a點電勢高于b點電勢，而負電荷在電勢高的地方電勢能小，所以a點具有的電勢能小于在b點時的電勢能，故D錯 綜上所述本題選;C 4.天文興趣小組查找資料得知：某天體的質量為地球質量的a倍，其半徑為地球半徑的b倍，表面無大氣層，地球的第一宇宙速度為v。則該天體的第一宇宙速度為（ ） A. νab B. vba C. abν D. baν 【答案】A 【解析】 【分析】 物體在地面附近繞地球做勻速圓周運動的速度叫做第一宇宙速度，大小7.9km/s，可根據衛(wèi)星在圓軌道上運行時的速度公式v=GMr解得。 【詳解】設地球質量M，某天體質量是地球質量的a倍，地球半徑r，某天體徑是地球半徑的b倍 由萬有引力提供向心力做勻速圓周運動得：GMmr2=mv2r 解得：衛(wèi)星在圓軌道上運行時的速度公式v=GMr 分別代入地球和某天體各物理量得：v地球=GMr v天體=G?aMbr=vab，故A正確。 故選：A。 【點睛】本題要掌握第一宇宙速度的定義，正確利用萬有引力公式列出第一宇宙速度的表達式。 5.某醫(yī)院利用放射線治療腫瘤，被利用的放射源必須具備以下兩個條件：（1）放出的射線有較強的穿透能力，能輻射到體內腫瘤所在處；（2）能在較長的時間內提供比較穩(wěn)定的輻射強度。現有四種放射性同位素的放射線及半衰期如表所示。關于在表中所列的四種同位素，下列說法正確的是 同位素 鈷60 鍶90 锝99 氡222 放射線 β α 半衰期 5年 28年 6小時 3.8天 A. 最適宜作為放療使用的放射源應是鈷60 B. 最適宜作為放療使用的放射源應是鍶90 C. 放射線的電離能力最強的放射源是锝99 D. 放射線的電離能力最強的放射源是氡222 【答案】AD 【解析】 【詳解】鈷60放出的射線穿透能力強，半衰期長，選項A正確，B錯誤；α射線電離能力最強，射線的電離能力最弱，氡222放出的是α射線，選項C錯誤，D正確，故選AD。 【點睛】本題只要知道三種射線的電離與穿透能力關系就可正確解題。 6.如圖所示,質量均為m的木塊A和B用一輕彈簧相連,豎直放在光滑的水平面上,木塊A上放有質量為2m的木塊C,三者均處于靜止狀態(tài).現將木塊C迅速移開,若重力加速度為g,則在木塊C移開的瞬間( ) A. 彈簧的形變量不改變 B. 彈簧的彈力大小為mg C. 木塊A的加速度大小為2g D. 木塊B對水平面的壓力迅速變?yōu)?mg 【答案】AC 【解析】 【分析】 原來系統靜止，根據共點力平衡求出彈簧的彈力。在將C迅速移開的瞬間，彈簧的彈力不變，根據牛頓第二定律求出木塊A的加速度。對B，由平衡條件分析地面對B的支持力，從而分析出B對地面的壓力。 【詳解】A項：由于彈簧彈力屬于漸變，所以撤去C的瞬間，彈簧的形變量不變，故A正確； B項：開始整體處于平衡狀態(tài)，彈簧的彈力等于A和C的重力，即F=3mg，撤去C的瞬間，彈簧的形變量不變，彈簧的彈力不變，仍為3mg，故B錯誤； C項：撤去C瞬間，彈力不變，A的合力等于C的重力，對木塊A，由牛頓第二定律得：2mg=ma，解得：a=2g，方向豎直向上，故C正確； D項：撤去C的瞬間，彈簧的彈力不變，仍為3mg，對B，由平衡條件得：F+mg=N，解得：N=4mg，木塊B對水平面的壓力為4mg，故D錯誤。 故選：AC。 【點睛】本題是牛頓第二定律應用中的瞬時問題，要明確彈簧的彈力不能突變，知道撤去C的瞬間，彈簧的彈力不變，結合牛頓第二定律進行求解。 7.如圖甲所示，標有“220V 40W”的燈泡和標有“20μF 360V”的電容器并聯到交流電源上，V為交流電壓表，交流電源的輸出電壓如圖乙中正弦曲線所示，閉合開關S。下列判斷正確的是( ) A. 電容器會被擊穿 B. 交流電源的輸出電壓的有效值為220V C. t=T/2時刻，V的示數為零 D. t=T/2時刻，通過燈泡的電流為零 【答案】BD 【解析】 【分析】 交流電壓表測量的電壓及燈泡的工作電壓均為電壓的有效值；而交流電的擊穿電壓為最大值。 【詳解】A項：交流電的最大值為2202V≈311V小于電容器的擊穿電壓，故電容器不會被擊穿故A錯誤； B項：交流電壓表測量為交流電壓的有效值，由乙圖可知，交流電壓的最大值為2202V，由電壓的有效值為22022V=220V，故B正確； C項：電壓表的示數為有效值，電壓表的示數為220V，故C錯誤； D項：t=T/2時刻，燈泡兩端電壓的瞬時值為0，通過燈泡的電流的瞬時值為0，故D正確， 故選：BD。 【點睛】本題考查描述交流電的有效值及最大值，要注意明確交流電的有效值不能超過電容器的最大耐壓值；而電壓表等測量的為有效值。 8.如圖甲所示，兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為1m，總電阻為1Ω的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行?，F使導線框水平向右運動，cd邊于t=0時刻進入磁場，c、d兩點間電勢差隨時間變化的圖線如圖乙所示。下列說法正確的是（ ） A. 磁感應強度的方向垂直紙面向里 B. 磁感應強度的大小為4T C. 導線框進入磁場和離開磁場時的速度大小之比為3：1 D. 0～3s的過程中導線框產生的焦耳熱為48J 【答案】AB 【解析】 【分析】 根據感應電流的方向，結合楞次定律得出磁場的方向。根據線框勻速運動的位移和時間求出速度，結合E=BLv求出磁感應強度，根據焦耳定律求線圈發(fā)熱量。 【詳解】A項：0-1s內線框進入磁場，c、d兩點間電勢差為正，即C點相當于電源的正極，由右手定則可知，磁場方向垂直紙面向里，故A正確； B項：0-1s內線框進入磁場，c、d兩點間電勢差為Ucd=34BLv=3V，線框的速度為v=11ms=1ms，解得：B=4T，故B正確； C項：由圖乙分析可知，線框在0-1s內進入磁場，2-3s內出磁場，且都是勻速運動，所以速度都為1m/s，所以導線框進入磁場和離開磁場時的速度大小之比為1：1，故C錯誤； D項：線框在0-1s內進入磁場過程中電流為I=ER=BLvR=4A，產生的熱量為：Q1=I2Rt=16J，1-2s內線框的磁通量不變，所以無感應電流產生，即無熱量產生，2-3s內線框出磁場過程中電流為I=ER=BLvR=4A，，產生的熱量為：Q2=I2Rt=16J，所以總熱量為32J，故D錯誤。 故選：AB。 【點睛】本題考查了導線切割磁感線運動類型，要掌握切割產生的感應電動勢公式以及楞次定律，本題要能夠從圖象中獲取感應電動勢的大小、方向、運動時間等等。 9.某同學利用打點計時器來測量某種正弦交變電流的頻率，裝置如圖甲所示。已知砝碼盤的總質量m=0.1kg，用彈簧秤測量小車所受重力示意圖如圖乙所示。圖丙為某次實驗時打點計時器所打出的紙帶的一部分，圖A、B、C、D、E為相鄰的計數點，且每相鄰計數點之間均有一個點未畫出。長木板水平放置，不計一切摩擦，取g=10m/s2，回答下列問題。 （1）由圖乙可知，小車所受重力為______N。 （2）根據牛頓運動定律可算出小車的加速度大小為_______m/s2。（結果保留兩位有效數字） （3）該交流電源的頻率為______Hz。（結果保留兩位有效數字） 【答案】 (1). （1）4.00 (2). （2）2.0 (3). （3）20 【解析】 【分析】 根據測力計的讀數規(guī)則正確讀數，根據勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小。 【詳解】(1)由圖乙可知，測力計的最小分度為0.1N，所以小車的重力為4.00N； (2)對小車和砝碼及盤由牛頓第二定律可得： a=FM+m=mgM+m=0.1104.0010+0.1ms2=2.0ms2； (3) 根據逐差法有：Δx=a(2T)2=4af2 ，解得：f=4aΔx=42.00.02Hz=20Hz。 10.某同學利用圖甲所示的電路圖測量電流表的內阻RA（約為10Ω）和電源的電動勢E。圖中R1和R2為電阻箱，S1、S2為開關。已知電流表的量程為100mA。 （1）斷開S2,閉合S1，調節(jié)R1的阻值，使?jié)M偏；保持R1的阻值不變，閉合S2，調節(jié)R2,當R2的阻值為5.2Ω時的示數為40 mA。則電流表的內阻的測量值RA=___Ω。該測量值_____(填"大于”“小于”或“等于”)真實值。 (2)保持S1閉合,斷開S2 ,多次改變R1的阻值,并記錄電流表的相應示數。若某次R1的示數如圖乙所示，則此次R1的阻值為_____Ω。 (3)利用記錄的R1的阻值和相應的電流表示數I,作出I-1—R1圖象,如圖丙所示，利用圖丙可求得E=____V.。(結果保留兩位有效數字) 【答案】 (1). （1）7.8 (2). 小于 (3). （2）120.6 (4). （3）9.3（9.1-9.4） 【解析】 【分析】 (1)根據題意應用并聯電路特點與歐姆定律求出電流表內阻； (2)電阻箱各旋鈕示數與對應倍率的乘積之和是電阻箱示數； (3)根據電路圖應用閉合電路歐姆定律求出表達式，然后根據圖示圖象求出電源電動勢。 【詳解】(1) 由題意可知，干電路電流不變?yōu)椋篒g=100mA，流過電阻箱R2的電流：I2=Ig-IA=100mA-40mA=60mA，電流表內阻：RA=I2R2IA=6010?35.24010?3Ω=7.8Ω ， 當開關S2閉合后，并聯部分的電阻減小，總電流偏大，所以流過流過電阻箱R2的電流應大于60mA，所以該測量值小于真實值； (2) 由圖乙所示可知，電阻箱阻值為：1100Ω+210Ω+01Ω+60.1Ω=120.6Ω； (3) 斷開S2、閉合S1，由圖示電路圖可知，電源電動勢：E=I（r+R1+RA），則： 1I=1ER1+RA+rE 圖象的斜率：k=1E=15?12128?100，解得：E≈9.3V。 【點睛】電阻箱各旋鈕示數與對應倍率的乘積之和是電阻箱示數，要掌握常用器材的使用及讀數方法；根據題意分析清楚電路結構、應用閉合電路的歐姆定律求出圖象的函數表達式是解題的關鍵。 11.如圖所示，一束質量為m、電荷量為q的粒子，恰好沿直線從兩帶電平行板正中間通過，沿圓心方向進入右側圓形勻強磁場區(qū)域，粒子經過圓形磁場區(qū)域后，其運動方向與入射方向的夾角為θ(弧度)。已知粒子的初速度為v0，兩平行板間與右側圓形區(qū)域內的磁場的磁感應強度大小均為B，方向均垂直紙面向內，兩平行板間距為d，不計空氣阻力及粒子重力的影響，求： (1)兩平行板間的電勢差U； (2)粒子在圓形磁場區(qū)域中運動的時間t； (3)圓形磁場區(qū)域的半徑R。 【答案】(1)U=Bv0d；（2）θmqB；（3）R=mv0tanθ2qB 【解析】 【分析】 （1）由粒子在平行板間做直線運動可知洛倫茲力和電場力平衡，可得兩平行板間的電勢差。 （2）在圓形磁場區(qū)域中，洛倫茲力提供向心力，找到轉過的角度和周期的關系可得粒子在圓形磁場區(qū)域中運動的時間。 （3）)由幾何關系求半徑R。 【詳解】(1)由粒子在平行板間做直線運動可知，Bv0q=qE，平行板間的電場強度E=Ud，解得兩平行板間的電勢差：U=Bv0d (2)在圓形磁場區(qū)域中，由洛倫茲力提供向心力可知： Bv0q=mv02r 同時有T=2πrv0 粒子在圓形磁場區(qū)域中運動的時間t=θ2πT 解得t=θmBq (3)由幾何關系可知：rtanθ2=R 解得圓形磁場區(qū)域的半徑R=mv0tanθ2qB 12.如圖所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直。底端分別與兩側的直軌道相切,半徑R=0.5 m。物抉A以某一速度滑入圓軌道，滑過最高點Q,再沿圓軌道滑出后，與直軌道上P處靜止的物抉B發(fā)生彈性碰撞，P點左側軌道光滑右側軌道呈粗糙段、光滑段交替排列,毎段長度都カL=0.1 m,物塊與各粗糙段間的動摩擦因數都為μ=0.5，A、B的質量均カm=1kg(重カ加速度g取10 m/s2;A、B視為質點。碰撞時間極短、有陰影的地方代表粗糙段)，碰后B最終停止在第100個粗慥段的末端。求： （1）A剛滑入圓軌道吋的速度大小v0； （2）A滑過Q點吋受到的弾カ大小F； （3）碰后B滑至第n個(n<100)光滑段上的速度vn與n的關系式。 【答案】(1)10m/s；（2）150N；（3）vn=100-km/s,(k<100) 【解析】 【分析】 （1）先求出滑塊每經過一段粗糙段損失的機械能?E，進而求得損失的總能量，根據動量守恒和和能量守恒可得A剛滑入圓軌道時的速度大小v0。（2）在最高點Q由機械能守恒求得速度，由牛頓第二定律可得彈力F。（3）算出B滑到第n個光滑段前已經損失的能量，由能量守恒得速度vn與k的關系式。 【詳解】（1）滑塊每經過一段粗糙段損失的機械能?E=μmgL，解得?E=0.5J 設碰后B的速度為vB，由能量關系有：12mvB2=100?E 設碰后A的速度為vA，A、B碰撞為彈性碰撞，根據動量守恒和和能量守恒有： mv0=mvA+mvB 12mv02=12mvA2+12mvB2 解得A剛滑入圓軌道時的速度大小v0=10m/s (2)從A剛滑入軌道到最高點Q，由機械能守恒有： 12mv02=mg2R+12mv2 在Q點根據牛頓第二定律得：F+mg=mv2R 解得A滑過Q點時受到的彈力大小F=150N （3）B滑到第n個光滑段前已經損失的能量E損=k?E 由能量守恒有：12mvB2-12mvn=k?E 解得碰后B滑至第n個(n<100)光滑段上的速度vn與k的關系式:vn=100-km/s，(k<100) (二)選考題: 13.如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過程如p —T圖中從a到b的直線所示。在此過程中。 A. 氣體的體積減小 B. 氣體對外界做功 C. 氣體的內能不變 D. 氣體先從外界吸收熱量,后向外界放出熱量 E. 外界對氣體做功,同時氣體向外界放出熱量 【答案】ACE 【解析】 【分析】 根據圖示圖線判斷氣體壓強與溫度如何變化，應用氣體狀態(tài)方程判斷氣體體積如何變化； 根據氣體體積的變化判斷氣體做功情況；應用熱力學第一定律分析答題。 【詳解】A、由圖示圖線可知，由a到b過程氣體溫度保持不變而氣體壓強p增大，由玻意耳定律：pV=C可知，氣體體積V減小，故A正確； B、氣體體積減小，外界對氣體做功，W＞0，故B錯誤； C、由圖示圖線可知，從a到b過程氣體溫度不變，氣體內能不變，△U=0，故C正確； DE、由熱力學第一定律：△U=W+Q可知：Q=△U-W=-W＜0，氣體向外界放出熱量，故D錯誤，E正確； 故選：ACE。 【點睛】該題結合圖象考查氣態(tài)方程，能夠運用控制變量法研究多個物理量變化時的關系。要注意熱力學第一定律△U=W+Q中，W、Q取正負號的含義。 14.如圖所示，體積為V的汽缸由導熱性良好的材料制成，面積為S的活塞將汽缸分成體積相等的上下兩部分，汽缸上部通過單向閥門K（氣體只能進入汽缸，不能流出汽缸）與一打氣筒相連。開始時汽缸內上部分氣體的壓強為p0，現用打氣筒向容器內打氣。已知打氣筒每次能打入壓強為p0、體積為V10的空氣，當打氣49次后，穩(wěn)定時汽缸上下兩部分的體積之比為9:1，重力加速度大小為g，外界溫度恒定，不計活塞與汽缸間的摩擦。求活塞的質量m。 【答案】m=p0S4g 【解析】 【分析】 根據活塞受力平衡可知上下兩部分氣體的壓強關系；氣筒打入的氣體和汽缸上部分原來的氣體等溫壓縮，汽缸下部分氣體等溫壓縮，分別應用玻意耳定律列方程，聯立即可求解活塞質量。 【詳解】開始時，汽缸上部分氣體體積為V2，壓強為p0，下部分氣體體積為V2，壓強為p0+mgS后來汽缸上部分氣體體積為9V10，設壓強為p，下部分氣體體積為V10，壓強為p+mgS 打入的空氣總體積為V1049，壓強為p0 由玻意耳定律可知，對上部分氣體有：p0?V2+p0?49V10=p?9V10 對下部分氣體有：(p0+mgS)?V2=(p+mgS)?V10 解得：m=p0S4g。 15.周期為2s的簡諧橫波沿x軸傳播,該波在t=0時刻的波形如圖所示，則下列說法正確的是 A. 該波的波長為15 m B. 該波的波速為5 m/s C. 若該波沿x軸正方向傳播，則此時質點a正在沿y軸正方向運動 D. 若該波沿x軸負方向傳播,則在t=3s時,質點a沿y軸負方向運動 E. 在0~3 s內,質點b通過的路程為0.6 m 【答案】BDE 【解析】 【分析】 由質點的振動方向判斷波的傳播方向．由波的圖象讀出振幅和波長，由波速公式v=λT算出周期．根據質點的位置分析質點的加速度．根據時間與周期的關系求質點通過的路程。 【詳解】A項：由圖可知，該波的波長為10m，故A錯誤； B項：該波的波速為v=λT=102ms=5ms，故B正確； C項：若該波沿x軸正方向傳播，由“同側法”可知，此時質點a正在沿y軸負方向運動，故C錯誤； D項：若該波沿x軸負方向傳播，t=0時刻，質點a沿y軸正方向運動，在t=3s=112T時，質點a沿y軸負方向運動，故D正確； E項：在0~3 s內即32T，b 質點通過的路程為s=6A=60.1m=0.6m ，故E正確。 故選：BDE。 【點睛】根據波的圖象讀出振幅、波長、速度方向及大小變化情況，加速度方向及大小變化情況等，是應具備的基本能力。 16.如圖所示,由某種透明物質制成的直角三棱鏡ABC,∠A=30，AB長為2 m,且在AB外表面鍍有水銀。一束與BC面成45角的光線從BC邊的中點D射入棱鏡。已知棱鏡對該光的折射率n=2。.求光線從AC面射出校鏡的位置和在該位置對應的折射角。 【答案】xCE=34m , 0 【解析】 【分析】 根據折射定律可求從BC邊進入時的折射角，根據幾何關系可求在AB邊的入射角，經AB邊反射后垂直AC邊射出，則光線射出棱鏡時的折射角為0。再根據幾何關系可求射出點到C的距離。 【詳解】由折射定律可知：n=sinisinr=2 r＝30 由幾何關系可知，光線在AB面的入射角等于30，所以光線在AB面發(fā)生反射后，垂直AC面射出棱鏡，即光線射出棱鏡時的折射角為0 射出點到C點的距離 解得：。