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2019年高考桂林、梧州、贵港、玉林、崇左、北海第一次联合调研考试理科综合物理部分二、选择题： 1.材料相同、质量不同的两滑块,以相同的初动能在水平面上运动直到停止。若两滑块运动过程中只受到水平面的摩擦力,则质量大的滑块A. 克服摩擦力做的功多B. 运动的位移大C. 运动的时间长D. 摩擦力的冲量大【答案】D【解析】【详解】由动能定理得，滑块克服摩擦力做的功，两滑块克服摩擦力做功相等，质量大的滑块运动的位移小，质量大的滑块初速度小，又由得，质量大的滑块运动时间短，冲量大小，所以质量大的滑块冲量大，故D正确。【点睛】本题合理利用动能与动量的关系，即可解题。2.甲、乙两物体沿统一直线运动，运动过程中的位移时间图像如图所示，下列说法中正确的是（ ）A. 06s内甲物体做匀变速直线运动B. 06s内乙物体的速度逐渐减小C. 05s内两物体的平均速度相等D. 06s内存在某时刻两物体的速度大小相等【答案】D【解析】【分析】x-t图象为直线表示物体做匀速直线运动，x-t图象的斜率表示速度，斜率大小表示速度大小，斜率正负表示速度方向。【详解】A项：x-t图象为直线表示物体做匀速直线运动，故A错误；B项：x-t图象的斜率表示速度，由图象乙可知，图象的斜率逐渐增大，即速度逐渐增大，故B错误；C项：0-5s甲的位移为5m，平均速度为v甲=1ms，乙的位移为-3m，平均速度为：v乙=-35ms，故C错误；D项：x-t图象的斜率表示速度，由甲、乙图象可知，在0-6内有两处的斜率大小相等，即有两处速度大小相等，故D正确。故应选：D。3.在电荷量分别为2 q和 -q的两个点电荷形成的电场中，电场线分布如图所示，在两点电荷连线上有 a、 b、 c三点，且 b、c两点到正点电荷距离相等，则（ ）A. 在两点电荷之间的连线上存在一处电场强度为零的点B. 将一电子从a点由静止释放，它将在a、b间往复运动C. c点的电势高于b点的电势D. 负试探电荷在a点具有的电势能大于在b点时的电势能【答案】C【解析】【详解】A、正负电荷在两点电荷之间的连线上产生的场强方向相同，所以在两点电荷之间的连线上不存在电场强度为零的点，故A错；B、将一电子从a点由静止释放，电子在a点受到向右的电场力，所以要从静止向右运动，则运动不是在a、b间往复运动，故B错；C、b、c两点到正点电荷距离相等，若只有正电荷，则bc两点的电势相等，但由于负电荷的存在导致c点的电势高于b点的电势，故C对；D、沿着电场线电势在降低，所以a点电势高于b点电势，而负电荷在电势高的地方电势能小，所以a点具有的电势能小于在b点时的电势能，故D错综上所述本题选;C4.天文兴趣小组查找资料得知：某天体的质量为地球质量的a倍，其半径为地球半径的b倍，表面无大气层，地球的第一宇宙速度为v。则该天体的第一宇宙速度为（ ）A. ab B. vba C. ab D. ba【答案】A【解析】【分析】物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，大小7.9km/s，可根据卫星在圆轨道上运行时的速度公式v=GMr解得。【详解】设地球质量M，某天体质量是地球质量的a倍，地球半径r，某天体径是地球半径的b倍由万有引力提供向心力做匀速圆周运动得：GMmr2=mv2r 解得：卫星在圆轨道上运行时的速度公式v=GMr 分别代入地球和某天体各物理量得：v地球=GMrv天体=GaMbr=vab，故A正确。故选：A。【点睛】本题要掌握第一宇宙速度的定义，正确利用万有引力公式列出第一宇宙速度的表达式。5.某医院利用放射线治疗肿瘤，被利用的放射源必须具备以下两个条件：（1）放出的射线有较强的穿透能力，能辐射到体内肿瘤所在处；（2）能在较长的时间内提供比较稳定的辐射强度。现有四种放射性同位素的放射线及半衰期如表所示。关于在表中所列的四种同位素，下列说法正确的是同位素钴60锶90锝99氡222放射线半衰期5年28年6小时3.8天A. 最适宜作为放疗使用的放射源应是钴60B. 最适宜作为放疗使用的放射源应是锶90C. 放射线的电离能力最强的放射源是锝99D. 放射线的电离能力最强的放射源是氡222【答案】AD【解析】【详解】钴60放出的射线穿透能力强，半衰期长，选项A正确，B错误；射线电离能力最强，射线的电离能力最弱，氡222放出的是射线，选项C错误，D正确，故选AD。【点睛】本题只要知道三种射线的电离与穿透能力关系就可正确解题。6.如图所示,质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连,竖直放在光滑的水平面上,木块A上放有质量为2m的木块C,三者均处于静止状态.现将木块C迅速移开,若重力加速度为g,则在木块C移开的瞬间( )A. 弹簧的形变量不改变B. 弹簧的弹力大小为mgC. 木块A的加速度大小为2gD. 木块B对水平面的压力迅速变为2mg【答案】AC【解析】【分析】原来系统静止，根据共点力平衡求出弹簧的弹力。在将C迅速移开的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出木块A的加速度。对B，由平衡条件分析地面对B的支持力，从而分析出B对地面的压力。【详解】A项：由于弹簧弹力属于渐变，所以撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；B项：开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力等于A和C的重力，即F=3mg，撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；C项：撤去C瞬间，弹力不变，A的合力等于C的重力，对木块A，由牛顿第二定律得：2mg=ma，解得：a=2g，方向竖直向上，故C正确；D项：撤去C的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为3mg，对B，由平衡条件得：F+mg=N，解得：N=4mg，木块B对水平面的压力为4mg，故D错误。故选：AC。【点睛】本题是牛顿第二定律应用中的瞬时问题，要明确弹簧的弹力不能突变，知道撤去C的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解。7.如图甲所示，标有“220V 40W”的灯泡和标有“20F 360V”的电容器并联到交流电源上，V为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙中正弦曲线所示，闭合开关S。下列判断正确的是( ) A. 电容器会被击穿B. 交流电源的输出电压的有效值为220VC. t=T/2时刻，V的示数为零D. t=T/2时刻，通过灯泡的电流为零【答案】BD【解析】【分析】交流电压表测量的电压及灯泡的工作电压均为电压的有效值；而交流电的击穿电压为最大值。【详解】A项：交流电的最大值为2202V311V小于电容器的击穿电压，故电容器不会被击穿故A错误；B项：交流电压表测量为交流电压的有效值，由乙图可知，交流电压的最大值为2202V，由电压的有效值为22022V=220V，故B正确；C项：电压表的示数为有效值，电压表的示数为220V，故C错误；D项：t=T/2时刻，灯泡两端电压的瞬时值为0，通过灯泡的电流的瞬时值为0，故D正确，故选：BD。【点睛】本题考查描述交流电的有效值及最大值，要注意明确交流电的有效值不能超过电容器的最大耐压值；而电压表等测量的为有效值。8.如图甲所示，两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为1m，总电阻为1的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行。现使导线框水平向右运动，cd边于t=0时刻进入磁场，c、d两点间电势差随时间变化的图线如图乙所示。下列说法正确的是（ ）A. 磁感应强度的方向垂直纸面向里B. 磁感应强度的大小为4TC. 导线框进入磁场和离开磁场时的速度大小之比为3：1D. 03s的过程中导线框产生的焦耳热为48J【答案】AB【解析】【分析】根据感应电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向。根据线框匀速运动的位移和时间求出速度，结合E=BLv求出磁感应强度，根据焦耳定律求线圈发热量。【详解】A项：0-1s内线框进入磁场，c、d两点间电势差为正，即C点相当于电源的正极，由右手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故A正确；B项：0-1s内线框进入磁场，c、d两点间电势差为Ucd=34BLv=3V，线框的速度为v=11ms=1ms，解得：B=4T，故B正确；C项：由图乙分析可知，线框在0-1s内进入磁场，2-3s内出磁场，且都是匀速运动，所以速度都为1m/s，所以导线框进入磁场和离开磁场时的速度大小之比为1：1，故C错误；D项：线框在0-1s内进入磁场过程中电流为I=ER=BLvR=4A，产生的热量为：Q1=I2Rt=16J，1-2s内线框的磁通量不变，所以无感应电流产生，即无热量产生，2-3s内线框出磁场过程中电流为I=ER=BLvR=4A，产生的热量为：Q2=I2Rt=16J，所以总热量为32J，故D错误。故选：AB。【点睛】本题考查了导线切割磁感线运动类型，要掌握切割产生的感应电动势公式以及楞次定律，本题要能够从图象中获取感应电动势的大小、方向、运动时间等等。9.某同学利用打点计时器来测量某种正弦交变电流的频率，装置如图甲所示。已知砝码盘的总质量m=0.1kg，用弹簧秤测量小车所受重力示意图如图乙所示。图丙为某次实验时打点计时器所打出的纸带的一部分，图A、B、C、D、E为相邻的计数点，且每相邻计数点之间均有一个点未画出。长木板水平放置，不计一切摩擦，取g=10m/s2，回答下列问题。（1）由图乙可知，小车所受重力为_N。（2）根据牛顿运动定律可算出小车的加速度大小为_m/s2。（结果保留两位有效数字）（3）该交流电源的频率为_Hz。（结果保留两位有效数字）【答案】 (1). （1）4.00 (2). （2）2.0 (3). （3）20【解析】【分析】根据测力计的读数规则正确读数，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小。【详解】(1)由图乙可知，测力计的最小分度为0.1N，所以小车的重力为4.00N；(2)对小车和砝码及盘由牛顿第二定律可得：a=FM+m=mgM+m=0.1104.0010+0.1ms2=2.0ms2；(3) 根据逐差法有：x=a(2T)2=4af2 ，解得：f=4ax=42.00.02Hz=20Hz。10.某同学利用图甲所示的电路图测量电流表的内阻RA（约为10）和电源的电动势E。图中R1和R2为电阻箱，S1、S2为开关。已知电流表的量程为100mA。（1）断开S2,闭合S1，调节R1的阻值，使满偏；保持R1的阻值不变，闭合S2，调节R2,当R2的阻值为5.2时的示数为40 mA。则电流表的内阻的测量值RA=_。该测量值_(填大于”“小于”或“等于”)真实值。(2)保持S1闭合,断开S2 ,多次改变R1的阻值,并记录电流表的相应示数。若某次R1的示数如图乙所示，则此次R1的阻值为_。(3)利用记录的R1的阻值和相应的电流表示数I,作出I-1R1图象,如图丙所示，利用图丙可求得E=_V.。(结果保留两位有效数字)【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)根据题意应用并联电路特点与欧姆定律求出电流表内阻；(2)电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；(3)根据电路图应用闭合电路欧姆定律求出表达式，然后根据图示图象求出电源电动势。【详解】(1) 由题意可知，干电路电流不变为：Ig=100mA，流过电阻箱R2的电流：I2=Ig-IA=100mA-40mA=60mA，电流表内阻：RA=I2R2IA=601035.240103=7.8 ，当开关S2闭合后，并联部分的电阻减小，总电流偏大，所以流过流过电阻箱R2的电流应大于60mA，所以该测量值小于真实值；(2) 由图乙所示可知，电阻箱阻值为：1100+210+01+60.1=120.6；(3) 断开S2、闭合S1，由图示电路图可知，电源电动势：E=I（r+R1+RA），则：1I=1ER1+RA+rE 图象的斜率：k=1E=1512128100，解得：E9.3V。【点睛】电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数，要掌握常用器材的使用及读数方法；根据题意分析清楚电路结构、应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式是解题的关键。11.如图所示，一束质量为m、电荷量为q的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为(弧度)。已知粒子的初速度为v0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向内，两平行板间距为d，不计空气阻力及粒子重力的影响，求：(1)两平行板间的电势差U；(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t；(3)圆形磁场区域的半径R。【答案】(1)U=Bv0d；（2）mqB；（3）R=mv0tan2qB【解析】【分析】（1）由粒子在平行板间做直线运动可知洛伦兹力和电场力平衡，可得两平行板间的电势差。（2）在圆形磁场区域中，洛伦兹力提供向心力，找到转过的角度和周期的关系可得粒子在圆形磁场区域中运动的时间。（3）)由几何关系求半径R。【详解】(1)由粒子在平行板间做直线运动可知，Bv0q=qE，平行板间的电场强度E=Ud，解得两平行板间的电势差：U=Bv0d(2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知：Bv0q=mv02r同时有T=2rv0粒子在圆形磁场区域中运动的时间t=2T解得t=mBq(3)由几何关系可知：rtan2=R解得圆形磁场区域的半径R=mv0tan2qB12.如图所示，一条帶有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直。底端分別与两侧的直轨道相切,半径R=0.5 m。物抉A以某一速度滑入圆轨道，滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物抉B发生弹性碰撞，P点左侧轨道光滑右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列,毎段长度都L=0.1 m,物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为=0.5，A、B的质量均m=1kg(重加速度g取10 m/s2;A、B视为质点。碰撞时间极短、有阴影的地方代表粗糙段)，碰后B最终停止在第100个粗慥段的末端。求：（1）A刚滑入圆轨道吋的速度大小v0；（2）A滑过Q点吋受到的弾大小F；（3）碰后B滑至第n个(n100)光滑段上的速度vn与n的关系式。【答案】(1)10m/s；（2）150N；（3）vn=100-km/s,(k100)【解析】【分析】（1）先求出滑块每经过一段粗糙段损失的机械能E，进而求得损失的总能量，根据动量守恒和和能量守恒可得A刚滑入圆轨道时的速度大小v0。（2）在最高点Q由机械能守恒求得速度，由牛顿第二定律可得弹力F。（3）算出B滑到第n个光滑段前已经损失的能量，由能量守恒得速度vn与k的关系式。【详解】（1）滑块每经过一段粗糙段损失的机械能E=mgL，解得E=0.5J设碰后B的速度为vB，由能量关系有：12mvB2=100E设碰后A的速度为vA，A、B碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒和和能量守恒有：mv0=mvA+mvB12mv02=12mvA2+12mvB2解得A刚滑入圆轨道时的速度大小v0=10m/s(2)从A刚滑入轨道到最高点Q，由机械能守恒有：12mv02=mg2R+12mv2在Q点根据牛顿第二定律得：F+mg=mv2R解得A滑过Q点时受到的弹力大小F=150N（3）B滑到第n个光滑段前已经损失的能量E损=kE由能量守恒有：12mvB2-12mvn=kE解得碰后B滑至第n个(n100)光滑段上的速度vn与k的关系式:vn=100-km/s，(k100)(二)选考题: 13.如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p T图中从a到b的直线所示。在此过程中。 A. 气体的体积减小B. 气体对外界做功C. 气体的内能不变D. 气体先从外界吸收热量,后向外界放出热量E. 外界对气体做功,同时气体向外界放出热量【答案】ACE【解析】【分析】根据图示图线判断气体压强与温度如何变化，应用气体状态方程判断气体体积如何变化；根据气体体积的变化判断气体做功情况；应用热力学第一定律分析答题。【详解】A、由图示图线可知，由a到b过程气体温度保持不变而气体压强p增大，由玻意耳定律：pV=C可知，气体体积V减小，故A正确；B、气体体积减小，外界对气体做功，W0，故B错误；C、由图示图线可知，从a到b过程气体温度不变，气体内能不变，U=0，故C正确；DE、由热力学第一定律：U=W+Q可知：Q=U-W=-W0，气体向外界放出热量，故D错误，E正确；故选：ACE。【点睛】该题结合图象考查气态方程，能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系。要注意热力学第一定律U=W+Q中，W、Q取正负号的含义。14.如图所示，体积为V的汽缸由导热性良好的材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成体积相等的上下两部分，汽缸上部通过单向阀门K（气体只能进入汽缸，不能流出汽缸）与一打气筒相连。开始时汽缸内上部分气体的压强为p0，现用打气筒向容器内打气。已知打气筒每次能打入压强为p0、体积为V10的空气，当打气49次后，稳定时汽缸上下两部分的体积之比为9:1，重力加速度大小为g，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦。求活塞的质量m。【答案】m=p0S4g【解析】【分析】根据活塞受力平衡可知上下两部分气体的压强关系；气筒打入的气体和汽缸上部分原来的气体等温压缩，汽缸下部分气体等温压缩，分别应用玻意耳定律列方程，联立即可求解活塞质量。【详解】开始时，汽缸上部分气体体积为V2，压强为p0，下部分气体体积为V2，压强为p0+mgS后来汽缸上部分气体体积为9V10，设压强为p，下部分气体体积为V10，压强为p+mgS打入的空气总体积为V1049，压强为p0由玻意耳定律可知，对上部分气体有：p0V2+p049V10=p9V10对下部分气体有：(p0+mgS)V2=(p+mgS)V10解得：m=p0S4g。15.周期为2s的简谐横波沿x轴传播,该波在t=0时刻的波形如图所示，则下列说法正确的是 A. 该波的波长为15 mB. 该波的波速为5 m/sC. 若该波沿x轴正方向传播，则此时质点a正在沿y轴正方向运动D. 若该波沿x轴负方向传播,则在t=3s时,质点a沿y轴负方向运动E. 在03 s内,质点b通过的路程为0.6 m【答案】BDE【解析】【分析】由质点的振动方向判断波的传播方向由波的图象读出振幅和波长，由波速公式v=T算出周期根据质点的位置分析质点的加速度根据时间与周期的关系求质点通过的路程。【详解】A项：由图可知，该波的波长为10m，故A错误；B项：该波的波速为v=T=102ms=5ms，故B正确；C项：若该波沿x轴正方向传播，由“同侧法”可知，此时质点a正在沿y轴负方向运动，故C错误；D项：若该波沿x轴负方向传播，t=0时刻，质点a沿y轴正方向运动，在t=3s=112T时，质点a沿y轴负方向运动，故D正确；E项：在03 s内即32T，b 质点通过的路程为s=6A=60.1m=0.6m ，故E正确。故选：BDE。【点睛】根据波的图象读出振幅、波长、速度方向及大小变化情况，加速度方向及大小变化情况等，是应具备的基本能力。16.如图所示,由某种透明物质制成的直角三棱镜ABC,A=30，AB长为2 m,且在AB外表面镀有水银。一束与BC面成45角的光线从BC边的中点D射入棱镜。已知棱镜对该光的折射率n=2。.求光线从AC面射出校镜的位置和在该位置对应的折射角。【答案】xCE=34m , 0【解析】【分析】根据折射定律可求从BC边进入时的折射角，根据几何关系可求在AB边的入射角，经AB边反射后垂直AC边射出，则光线射出棱镜时的折射角为0。再根据几何关系可求射出点到C的距离。【详解】由折射定律可知：n=sinisinr=2r30由几何关系可知，光线在AB面的入射角等于30，所以光线在AB面发生反射后，垂直AC面射出棱镜，即光线射出棱镜时的折射角为0射出点到C点的距离解得：。
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