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:。- 配套講稿:
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