广东省汕头市2019届高三一模考试理综物理试题（Word版有解析）.doc

2019 年汕头市普通高考第一次模拟考试试题 1.中国自主研发的世界首座具有第四代核电特征的核电站一华能石岛湾髙温气冷堆核电站. 位于山东省威海市荣成石岛湾。目前核电站使用的核燃料基本都是浓缩铀，有一种典型的轴 核裂变方程是 .下列关于 x 的说法正确是（　　） A. x 是 α 粒子，具有很强的电离本领 B. x 是 α 粒子，穿透能力比较弱 C. x 是中子，中子是卢瑟福通过实验最先发现的 D. x 是中子，中子是查得烕克通过实验最先发现的 【答案】D 【解析】 【详解】AB、根据该反应的特点可知，该核反应为重核裂变，根据核反应方程得质量数守恒 和电荷数守恒可得，x 为中子，故 AB 错误； CD、根据物理学史可知，卢瑟福发现了质子，预言了中子的存在，中子是查得威克通过实验 最先发现的，故 C 错误，D 正确。 2.如图所示是汽车 45°极限爬坡时的照片，汽车缓慢逐步沿斜坡攀爬，斜坡的倾角逐渐增大 至 45°。下列关于汽车这一爬坡过程的说法中正确的是 A. 坡的倾角越大，汽车对坡面的压力也越大 B. 汽车受到沿坡面向下、大小不断减小的滑动摩擦力作用 C. 汽车受到沿坡面向上、大小不断增大的静摩擦力作用 D. 若汽车能顺利爬坡．则车胎与坡间的最大静摩擦力至少为车重的大小 【答案】C 【解析】 【详解】A、坡面上的汽车受到重力、斜面得支持力与摩擦力，设坡面的倾角为 θ，则其中支 持力：FN＝Gcosθ，坡的倾角增大，则汽车受到的支持力减小。根据牛顿第三定律可知，坡面 235 144 89 92 56 36U+x Ba+ Kr+3x→的倾角增大，则汽车对坡面的压力减小，故 A 错误； BC、汽车受到的摩擦力：f＝Gsinθ，方向沿斜面向上；当 θ 增大时，汽车受到的摩擦力增 大，故 B 错误，C 正确； D、要使汽车不打滑，则有：μmgcosθ≥mgsinθ，解得：μ≥tanθ，由于 μ＜1，则 θ＝ 45°时静摩擦力达到最大；可知若汽车能顺利爬坡，则车胎与坡间的最大静摩擦力至少为车 重的大小的 倍，故 D 错误 3.如图所示为远距离输电的原理图．发电厂输出的电压恒定，升压、降压变压器均为理想变 压器。由于用户负载的变化会造成其得到的电压变化，供电部门要实时监控．监控电表为理 想电表。若某次监侧发现 V2 表的示数减小．则下列判断正确的是 A. 电流表 A1 的示数增大 B. 电流表 A2 的示数减少 C. 电压表 V1 的示数增大 D. 输电线损失 功率减小 【答案】A 【解析】 【详解】AC、根据题意知，发电厂的输出电压恒为 U，升压变压器的变压比不变，所以电压表 V1 的示数不变，故 C 错误；某次监测发现 V2 表的示数减小，根据降压变压器变压比可知，降 压变压器的输入电压减小，又 U1＝U20+I1R 可知，降压变压器处：由 可知， 减小， 减小，由以上式子分析得：电流表 A1 的示数增大，故 A 正确； B、根据 A 知，电流表 A1 的示数增大，根据降压变压器电流比：根据 可知，电流表 A2 的示数增大，故 B 错误； 的 2 2 20 3 2 4 U n U n = 2U 20U 1 4 2 3 I n I n =D、输电线上损失功率为 ，由于电流表 A1 的示数增大，故输电线损失的功率增大， 故 D 错误。 4.如图．纸面内有一垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，比荷（ ）为 k1、k2 的带电粒子 分别从 P 点以速率 v1、v2 垂直进入磁场，经过时间 t1、t2 从 M 点射出磁场．已知 v1 沿半径方 向．v2 与 v1 夹角为 30°, ∠POM＝120°。不计粒子重力，下列判断正确的是 A. 若 v1＝v2，则 k1：k2＝ ：1 B. 若 v1＝v2，则 t1：t2＝ ：2 C. 若 t1＝t2，则 k1：k2＝2：1 D. 若 t1＝t2，则 v1：v2＝ ：1 【答案】B 【解析】 【详解】设匀强磁场区域半径为 R，带电粒子 k1、k2 的轨迹如图所示： 根据如图所示几何关系可得：v1 的轨道半径 r1＝Rtan60° ，v2 的轨道半径 r2＝R，v1 转过的圆心角为 60°，v2 转过的圆心角为 120°；故根据洛伦兹力做向心力可得： Bvq ，故速度 v ，运动周期 T ；运动时间 t A、若 v1＝v2，则 k1：k2＝r2：r1＝1： ，故 A 错误； B、若 v1＝v2，则 t1：t2 ：2，故 B 正确； C、若 t1＝t2，则 k1：k2＝1：2，故 C 错误； 2 1P I R=损 q m 3 3 3 3R= 2mv r = qrB m = 2 2R m v qB π π= = 2 T θ π= 3 3=D、若 t1＝t2，则 v1：v2 ：2，故 D 错误。 5.甲、乙两辆遥控小汽车在两条相邻的平直轨道上作直线运动，以甲车运动方向为正方 向， 两车运动的 v-t 图象如图所示。下列说法正确的是（　　） A. 两车若在 t=5s 时相遇，则另一次相遇的时刻是 t=10s B. 两车若在 t=5s 时相遇，则 t=0 时两车相距 15m C. 两车若在 t=10s 时相遇，则另一次相遇的时刻是 t=20s D. 两车若在 t=10s 时相遇，则相遇前两车的间距是逐渐减小的 【答案】BD 【解析】 【详解】A、根据速度图象与时间轴所围的面积表示位移，可知，5﹣15s 内两车的位移相等， 因此，两车若在 t＝5s 时相遇，则另一次相遇的时刻是 t＝15s，故 A 错误。 B、两车若在 t＝5s 时相遇，因为 0﹣5s 内两车相向运动，则 t＝0 时两车相距距离等于 0﹣5s 内两车位移大小之和，为 S＝2×5 15m，故 B 正确。 C、两车若在 t＝10s 时相遇，因为 10﹣20s 内乙车的位移大于甲车的位移，所以 t＝20s 时两 车没有相遇，故 C 错误。 D、两车若在 t＝10s 时相遇，在 0﹣5s 内两车相向运动，两车的间距逐渐减小。在 5﹣10s 内， 两车同向运动，甲车在乙车的前方，且甲车的速度比乙车的大，则两车间距减小，所以相遇 前两车的间距是逐渐减小的，故 D 正确。 故选 BD 6.我国将于 2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示为简化跳 台滑雪的雪道示意图，助滑坡由长度 55m 的斜面 AB（倾角 θ＝37°）和半径 25m 的光滑圆弧 BC 组成，两者相切于 B 点，过圆弧最低点 C 的切线水平．CD 为着陆坡（倾角 α＝30°）。一 3= 2 5 2 ×+ =运动员连同滑板（整体可视为质点）从 A 点由静止滑下，到 C 点以 vc＝26m/s 的速度水平飞出， 不计空气阻力，重力加速度 g＝10m/s2，sin37°＝0.6，关于该运动员，下列说法正确是 A. 经过 C 处时对轨道的压力约为其重力的 2.7 倍 B. 在 B 点的速度大小为 24m/s C. 在斜面 AB 上的运动时间约为 4.6s D. 运动员落在着陆坡时的速度大小与 C 点速度 vc 大小成正比 【答案】BCD 【解析】 【详解】A、在 C 点，有： ，代入数据得： ，有牛顿第三定律 得： ，故 A 错误； B、由 B 运动到 C，由动能定理得： ，代入数据得： ，故 B 正确； C、由 A 运动到 B，由运动学公式得： ，得： ；由动量定理得： ，解得： ，故 C 正确； D、运动员从 C 点飞出后，在空中做平抛运动落在斜面上的 D 点，位移偏向角为 ，则有 ，解得： ；又 ， ，联立解 得： ，即 ，故 D 正确。 7.如图甲为电动汽车无线充电原理图，M 为受电线圈，N 为送电线圈。图乙为受电线圈 M 的示 意图，线圈匝数为 n，电阻为 r，横截面积为 S，两端 a、b 连接车载变流装置，匀强磁场平行 2 C NC vF mg m r − = 3.7NCF mg≈ 3.7NCF mg′ ≈ 2 21 1( cos ) 2 2C Bmg r r mv mvθ− = − 24 /Bv m s= 2 0 2B ABv a L− = 2288 /55ABa m s= AB Bma t mv= 4.6B AB vt sa = ≈ α 21 2tan 2 CD CD C CD C gt gty x v t v α = = = 2 tanC CD vt g α= y CDv gt= 2 2 2 D y Cv v v= + 2 2 2 24 tanD C Cv v vα= + 7 3D Cv v=于线圈轴线向上穿过线圈。下列说法正确是 A. 只要受电线圈两端有电压，送电线圈中的电流一定不是恒定电流 B. 只要送电线圈 N 中有电流流入，受电线圈 M 两端一定可以获得电压 C. 当线圈 M 中磁感应强度大小均匀增加时．则 M 中有电流从 a 端流出 D. 若△t 时间内，线圈 M 中磁感应强度大小均匀增加△B，则 M 两端的电压 【答案】AC 【解析】 【详解】A、只要受电线圈两端有电压，说明穿过受电线圈的磁场变化，所以送电线圈中的电 流一定不是恒定电流，故 A 正确； B、若送电线圈 N 中有恒定电流，则产生的磁场不变化，在受电线圈中变化产生感应电流，也 就不会获得电压，故 B 错误； C、穿过线圈 M 的磁感应强度均匀增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向 下，故感应电流方向从 b 向 a，即电流从 a 端流出；故 C 正确； D、根据法拉第电磁感应定律，有：E＝n nS ，由闭合电路的欧姆定律得 M 两端的电 压 U R ，故 D 错误。 8.传感器在生活中有很多应用．电容式加速度传感器在安全气囊、手机移动设备方面应用广 泛，其原理如图所示，质量块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外 框上，质里块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动，但不能上下移动。下列关于该传感 器的说法正确的是 nS B t ∆ ∆ t ∅ =  B t   E R r = + ( ) nS BR t R r = +  A. 当电路中没有电流时，电容器所带电荷量一定都相等 B. 当电路没有电流时，传感器一定处于平衡状态 C. 当电路中有顺时针方向的电流时，电容器电容一定增大 D. 当电路中有顺时针方向的电流时，传感器可能向左也可能向右运动 【答案】CD 【解析】 详解】A、当电路中没有电流时，说明电容器处于稳定状态，因电容器的电压不变，根据电 容器的电容公式 C＝ɛ ，当电介质插入极板间深度不一，即电介质大小不同，则电容器 电容也不同，因此电容器所带电荷量也不相等，故 A 错误； B、当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容 不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故 B 错误； C、当电路中有顺时针方向的电流时，说明电容器处于充电状态，根据 Q＝CU，可知，电容器 的电容在增大，故 C 正确； D、当电路中有顺时针方向电流时，由上分析，可知，电容器的电容在增大，插入极板间电介 质加深，因此传感器可能向左减速，也可能向右加速，故 D 正确； 三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第 22 题~32 题为必考题,每个试题考生都必须做 答。第 33 题~38 题为选考题,考生根据要求做答。 (一)必考题(共 129 分) 9.某实验小组设计了如图甲所示实验装置“探究加速度与物体受力的关系”。图中 A 为滑 块．B 为装有砝码的小盘，C 为放置在水平桌面上一端带有定滑轮的长木板，滑块通过纸带与 电磁打点计时器（未画出）相连． （1）小组成员先用弹簧测力计测量滑块的重力（如图乙〕．由图可知滑块的重力 GA＝__N。 【 4 S kdπ（2）小组成员接着将滑块与砝码盘用细绳连接，将细绳挂在滑轮上，使滑轮和滑块间 细绳 处于水平然后在砝码盘中添加砝码．在规范操作的情况下．得到了滑块加速度 a 与砝码盘及 砝码总重力 F 的关系．将实验数据描绘在 a 一 F 图象中，得到一条实验图线如图丙所示．该 图线与横轴的交点数值 F0＝0.87N，据此可计算出滑块与木板间的动摩擦因数 ＝__（保留 2 位有效数字）该图线在 a 较小(a< 1m/s2)时基本上是一直线．该直线段的斜率___（填选项前 面的代号） A.只跟 GA 有关　　 B. 只跟 F0 有关　　C.跟 GA 和 F0 之和有关 【答案】 (1). 2.80（2.78-2.81） (2). 0.31 (3). C 【解析】 【详解】（1）由图知，测力计的分度值为 0.1N，所以其示数为 2.80N； （2）设滑块的质量为 M，砝码盘和砝码的总质量为 m。在滑块加速运动时，对系统有 在图像中，在 a=0 时，设此时砝码盘和砝码总质量为 ，则 且 代入数据解得 对滑块 A 列牛顿第二定律方程 ，同理对砝码盘列牛顿第二定律方程 ，联立解得： ，即为： ，而 ，因此斜率 k 与 有关。 10.要测绘一个标有“2.5V 2W”小灯泡的伏安特性曲线.己选用的器材有： 直流电源（3V.内阻不计） 电流表 A1 量程为 0.6 A，内阻为 0.6n） 电流表 A2（量程为 300mA.内阻未知） 电压表 V（量程 0—3V，内阻约 3kQ） 滑动变阻器 R（0—5Ω，允许最大电流 3A） 开关、导线若干。 的 µ =(M+m)aAF Gµ− 0m 0 0F m g= 0F AGµ= 0.31µ = T Mg Maµ− = mg T ma− = mg Mga M m M m µ= −+ + 1 Mga FM m M m µ= −+ + ( )0AG F M m g+ = + ( )0AG F+其实验步骤如下： ①由于电流表 A1 的里程偏小.小组成员把 A1、A2 并联后在接入电路，请按此要求用笔画线代表 导线在实物图中完成余下导线的连接. （ ） （2）正确连接好电路，并将滑动变阻器滑片滑至最_______端，闭合开关 S，调节滑片.发现 当 A1 示数为 0.50A 时，A2 的示数为 200mA，由此可知 A2 的内阻为_______. ③若将并联后的两个电流表当作一个新电表，则该新电表的量程为_______A；为使其量程达 到最大，可将图中_______（选填，“I”、“II”）处断开后再串联接入一个阻值合适的电阻。 【答案】 (1). (2). 右 (3). 1.5 (4). 0.84 (5). I 【解析】 【详解】（1）由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小，电流表采用外接法，连接 实物图如图所示：（2）开关闭合前，滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置，故应调至右端； 根据欧姆定律得： （3）由于 Ug1＝0.6×0.6V＝0.36V，Ug2＝0.3×1.5V＝0.45V，由于 Ug1＜Ug2，故两电流表两段 允许所加最大电压为 0.36V，新电流表量程为： ，由于 A2 未达到最 大量程，要使其达到最大量程，要增大电压，此时电流表 A1 会烧毁，为了保护该电流表，应 给其串联一电阻分压，故应在Ⅰ区再串联接入一个阻值合适的电阻。 11.在水平方向的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为 m、电荷量为 q 的带电小球．另一端固定于 O 点．将小球拉起使细线伸直且与电场方向平行．然后无初速释 放，小球沿着圆弧轨道摆到最低点的另一侧时，细线与竖直方向的最大夹角 θ＝37°，如图 所示．已知重力加速度大小为 g，sin37°＝0.6，cos37°=0.8，求： (1）匀强电场的电场强度 E 的大小； (2)小球经过最低点时细线对小球的拉力大小． 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【详解】（1）由题意可知，带电小球在运动过程中必受水平方向向左的电场力，设线长为 L， 由动能定理得 解得 （2）从初位置运动到最低点过程，由动能定理得 在最低点，有 1 1 2 2 0.5 0.6 1.50.2 A A I RR I ×= = Ω = Ω 0.360.6 0.841.5I A A= + = 2 mgE q = 2T mg= ( )cos 1 sin 0mgL qELθ θ− + = 2 mgE q = 21 2mgL qEL mv− = 2mvT mg L − =联立解得细线对小球的拉力大小 12.一长度 L＝0.90m 的木板在光滑水平地面上向右运动，将小物块 A 相对于地面静止轻放到 木板右端端点上，一段时间后物块运动到木板左端恰好不会脱离木饭。接着再将另一小物块 B 同样相对干地面静止轻放到木板右端端点上。己知物块 A 与木板的质量相等，而物块 B 的质 量是 A 的 3 倍．两物块与木板间的动摩擦因数均为 ＝0.25.物块与木板间的最大静摩擦力等 于滑动摩擦力。取重力加速度的大小 g＝10m/s2，求： (1)木板开始时的初速度 v0 的大小； (2)最后两物块之间的距离。 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【详解】（1）设物块 A 和木板的质量都为 m，释放 A 到物块与板共速过程，根据动量守恒定律 得 由功能关系可得 代入数据解得 （2）设释放 B 后经时间 ，木板和 B 的速度达到相等，这段时间内，木板和 A 都作匀减速运 动，但不能保持相对静止。 设 A、木板和 B 的加速度大小为 、a 和 ，由牛顿第二定律得 对 A： A 对木块： 对 B： 可得 ，说明木板减速比 A 更快，A 相对于板向右滑动。木板和 B 速度达到相 等，有 代入数据额解得 B 的位移为 的 2T mg= µ 0 3.0 /v m s= 0.66x m∆ = 0 12mv mv= 2 2 0 1 1 1 *22 2mgL mv mvµ = − 0 3.0 /v m s= 1t Aa Ba mg maµ = 3mg mg maµ µ− = 3 3 Bmg maµ = 25 / Aa m s a= > 2 1 1 1Bv v at a t= − = 1 0.2t s= 2 1 1 2B Bx a t=此后木板和 B 保持相对静止一起加速，再经时间 t2 和 A 速度达到相等，根据动量守恒定律 得 代入数据解得末速 A 在 的时间内已知保持匀减速运动，有 代入数据解得 在 t2 时间内 B 的位移为 而 A 在（t1+t2）时间内的位移 最后两物块之间的距离 代入数据解得 (二)选考题(共 45 分)请考生从 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答， 如果多做，则每学科按所做的第一题计分。 13.如图是某种喷雾器示意图，在贮液筒内装入一些药液后将密封盖盖好．多次拉压活塞充气， 然后打开喷嘴开关，活塞位置不再改变，药液可以持续地喷出，贮液筒内的空气可视为理想 气体，设充气和喷液过程筒内的空气温度可视为不变，下列说法正确的是＿＿ A. 充气过程中．贮液筒内的气体内能增大 B. 充气过程中，贮液筒内的气体分子平均动能增大 C. 充气过程中，贮液筒内的气体压强增大．体积也变大 D. 喷液过程中，贮液筒内的气体吸收热量全部用来对外做功 E. 喷液过程中，贮液筒内的气体压强减小．气体内能不变 【答案】ADE 【解析】 【详解】AB、充气过程筒内的空气温度可视为不变，则分子的平均动能不变；充气的过程中 的 ( )0 33mv m m m v= + + 3 0.6 /v m s= ( )1 2t t+ ( )3 1 1 2Av v a t t= − + 1 0.16t s= ( )' 2 3 2 1 2Bx v v t= + ( )( )1 3 1 2 1 2Ax v v t t= + + ( )' B B Ax L x x x∆ = + + − 0.66x m∆ =分子的总个数增加，则内能增加，故 A 正确，B 错误； C、充气的过程中气体的体积不变，故 C 错误； DE、喷液过程筒内的空气温度可视为不变，则分子的平均动能不变，气体的内能也不变；药 液就可以持续地喷出，气体体积增大，对外做功，由于没有其他的变化，可知贮液筒内的气 体吸收热量全部用来对外做功，根据气态状态方程 ，温度不变，体积增大，压强减 小，故 DE 正确。 14.如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直固定放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。 活塞和直杆连成一体，直杆长度 L＝45cm，开始时直杆下端压在气缸底部，此时缸内气体的压 强与缸外大气压相等．缸内气体的温度 T0＝300K,现通过电热丝缓慢加热气体．当缸内气体的 温度到达 T1=305K 时，直杆刚好脱离气缸底部即将上升。继续缓慢加热气体使其温度到达 T2＝ 366K．活塞缓慢上升到与容器底部相距 H＝53cm 处。已知大气压 p0＝1.0×105Pa．活塞圆形面 积 S＝9.0×10－2m2，取重力加速度 g＝10m/s2，不计活塞与气缸壁间的摩擦。求： ①活塞连同直杆的总质量； ②直杆的体积。 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【详解】（1）从开始到直杆脱离气缸底部时，气体发生等容变化，有 直杆脱离气缸底部时，对活塞和直杆整体，有 代入数据解得活塞连同直杆的总质量 PV CT = 15m kg= -3 3=4.5 10gV m× 0 1 0 1 P P T T = 0 0p S p S mg= + 15m kg=（2）活塞缓慢上升过程，气体发生等压变化，有 设直杆的体积为 ，则气体原来的体积和最后的体积分别为 ， 代入数据解得直杆的体积 15.一列机械波在 t＝0 时刻第一次形成的波形如图所示，质点 A、P、B.C、Q 的在 x 轴上的位 置分别为 1cm、1.5cm、3cm、4cm、19cm。从此时开始，质点 B 到达波峰的时间比质点 C 早了 0.5s。下列说法正确的是　　　　。 A. t＝0 时刻，质点 P 向上振动 B. 振源振动的频率为 0.5 Hz C. 该波的波速为 2 m/s D. t＝9s 时，质点 Q 处于波峰位置 E. 4.5s 内质点 P 的路程为 45cm 【答案】ABD 【解析】 【详解】A、t＝0 时刻，因波向右传播，则 P 点要达到它之前点的位置，则 P 向上振动，则 A 正确； B、B 比 C 超前运动 个周期，即 0.5，则周期 T＝2S，频率 f 0.5Hz，则 B 正确； C、由图知 cm，v 0.02m/s，则 C 错误； D、由第一波峰传到 Q 点历时：t 9s，则 D 正确； E、周期为 2S，则 45S 为 22.5 个周期，每个周期的路程为 4 个振幅，则总路程：x＝22.5×4×5 1 2 1 2 V V T T = 1 gV LS V= − 2 gV HS V= − -3 3=4.5 10gV m× 1 4 4 T = 1 T = = 4λ = 24 10 2T λ −×= = = ( ) 219 1 10 0.02 −− ×= =＝900cm，则 E 错误。 16.如图为一玻璃砖的截面图．ABCD 为长方形．BCE 为 圆。AB＝2R，BC＝R，一束单色光从 AD 界面上的 F 点（未画出）入射，在 CD 界面上的 G 点（未画出）发生一次全反射后，从 BE 界 面上的 H 点射出．折射角 α＝60°．折射光平行于 DE 且与反射光垂直，光速为 c。 ①画出光路图并求出折射率 n。 ②光从射入玻璃砖到第一次射出的时间 t。 【答案】（1）折射率为 ，光路图如图所示： （2）所用时间 【解析】 【详解】（1）光路图如图所示： 由几何关系得： 1 4 3n = 5s Rt v c = = 90 30β α= − =  sin sinn α β=解得 （2）由几何关系得： 在等腰 中： 在直角 中： 3n = 2 60θ β= = 90 30γ θ β= − = =  GHC∆ 2 cos 3GH R Rβ= = FDG∆ 2 3 sin 3 CD CG RFG θ −= = S GH FG= + cn v = 5s Rt v c = =