广东省“六校联盟”2019届高三物理第四次联考(含解析)

1、广东省“六校联盟”2019届高三物理第四次联考（含解析）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1417题只有一项符合题目要求，第1821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，有选错的得0分。1.下列说法正确的是()a.卢瑟福通过粒子散射实验，发现了中子b.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道时，电子的动能增大，原子总能量减少c.衰变中产生的射线是原子核外电子挣脱原子核束缚之后形成的电子束d.氡的半衰期为3.8天，8个氡的原子核，经过7.6天只剩下2个氡原子核【答案】b【解析】【详解】卢瑟福通过粒子散射实验，确定了原子

2、的核式结构理论，选项a错误；按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道时，原子也从高能级跃迁到低能级，电子的动能增大，原子总能量减少，选项b正确；衰变中产生的射线是原子核内的中子转化为质子时放出的电子，选项c错误；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量的原子核不适用，选项d错误。2.如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场b组成的速度选择器后，进人另一个匀强磁场中并分裂为a、两束，下列说法中正确的是（）a.组成a束和b束的离子都带负电b.a束离子的比荷大于b束离子的比荷c.组成a束和b束的离子质量一定不同-1-d.速度选择器中的磁场

3、方向垂直于纸面向外【答案】b【解析】【分析】可以根据左手定则可以判断ab束离子的电性，粒子在磁场和电场正交区域里，同时受到洛伦兹力和电场力作用，粒子没有发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足qvb=qe，即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小v=e/b，粒子进入磁场后受洛伦兹力作用做匀速圆周v2mv运动，满足qvb=m，圆周运动的半径r=，由此进行分析得出结论。rqb【详解】a离子进入磁场后向左偏，根据左手定则可以判断a束离子都带正电，同理可知b离子带负电，故a错误；经过速度选择器后的粒子速度相同，粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足qvb=qe，即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小v=

4、e/b；进入磁场区分开，轨道半径不等，根据公式r=mvqb可知，半径大的比荷小，所以a束离子的比荷（q/m）大于b束离子的比荷，但不能说明质量一定不同，故b正确，c错误；在速度选择器中，电场方向水平向右，ba粒子所受电场力方向向右，粒子所受电场力方向向左，所以a离子受的洛伦兹力方向向左，b离子受的洛伦兹力方向向右，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内，故d错误。故选b。【点睛】本题能根据粒子不发生偏转得出粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，并由此推算出粒子具有相同的速度v，在单独的匀强磁场中粒子分裂成几束说明粒子的荷质比不同，并由此得出电量、质量、以及速度所需要满足的关系式，从而得出

5、正确的结论。3.如图所示，小球从离地高为h的位置a由静止释放，从c点切入半圆轨道后最多能上升到离地面高为h的b位置再由b位置下落，再经轨道由c点滑出到离地高为h的位置速度减为零，不计空气阻力，则（）-2-a.（hh）（hh）b.（hh）（hh）c.（hh）=（hh）d.不能确定（hh）与（hh）的大小关系【答案】a【解析】试题分析：根据能量守恒得，运动过程中损失的机械能转化为摩擦产生的内能，则有：mg（h-h）=e，mg（h）=e2，因为第一次通过圆弧轨道时的速度大于第二次通过圆弧轨道的速度，根据径向合力提供向心力知，第一次通过圆弧轨道时对轨道的压力大，摩擦力大，则摩擦产生的内能大，即ee2，

6、所以h-hh-h故a正确，bcd错误故选a。考点：能量守恒定律、牛顿第二定律【名师点睛】本题综合考查了能量守恒、牛顿第二定律的综合，挖掘出本题的隐含条件，即第一次通过圆弧轨道的压力大于第二次通过圆弧轨道的压力，是解决本题的关键4.中国高铁逐渐成为中国名片，建造高铁时离不开门式起重机龙门吊。为方便研究，将龙门吊的结构简化为右下图，由水平横梁和竖直平面内的四个支腿组成，两支腿间夹角为，支腿下端装有轻质轮子。龙门吊总质量为m，通过电机可以将质量为m的重物吊起。重力加速度为g。若龙门吊始终静止，则下列说法不正确的是（）a.同一条轨道上两个支腿对横梁的作用力方向竖直向上b.若不挂重物时，每个轮子对轨道的

7、压力为n14mgc.将重物加速向上吊起的过程，则四个轮子对轨道总压力大于（m+m）gd.用电机将重物匀加速吊起的过程，则电机的输出功率恒定。【答案】d【解析】-3-【详解】同一条轨道上的两个支腿对横梁的作用力方向竖直向上，选项a正确；对龙门吊，若不挂重物时，每个轮子对轨道的压力为n=1mg，选项b正确；将重物加速向上吊起的4过程，重物超重，则四个轮子对轨道总压力大于（m+m）g，选项c正确；用电机将重物匀加速吊起的过程，牵引力f一定，由p=fv可知，随速度的增加，电机的输出功率逐渐变大，选项d错误.此题选择不正确的选项，故选d.5.北京时间2019年4月10日21时，人类首张黑洞照片面世，如图

8、所示。理论研究表明，黑洞是宇宙空间内存在的一种密度极大体积极小的天体，黑洞的引力很大，连光都无法逃逸，有理论认为黑洞是由大恒星“死亡”后演化而形成的。已知某恒星的质量为m，半径为r，引力常量为g，真空中的光速为c，黑洞的逃逸速度为其第一宇宙速度2倍。则下列说法正确的是（）a.该恒星的平均密度为3m4pr3gmb.该恒星表面的重力加速度rc.若该恒星演化为黑洞，则其半径的最大值为gmc2（假设该恒星质量不变）2gmd.若该恒星演化为黑洞，则其半径的最大值为（假设该恒星质量不变）c2【答案】ad【解析】【详解】该恒星的平均密度为r=mv4pr3，选项a正确；由g4m3m=pr33mmr2=mg，解

9、得g=gmr2，选项b错误；由gmmv22gm=m，c=2v，解得r=，选项c错误，dr2rc2正确.6.图甲为风力发电的简易模型。在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下方-4-的线圈与电压传感器相连。在某一风速时，传感器显示如图乙所示，以下正确的是a.磁铁的转速为2.5r/sb.线圈两端电压.的有效值为6vc.交变电流的电压表达式为u=12sinl0t（v）d.该交变电流可以直接加在击穿电压为10v电容器上【答案】a【解析】的【详解】电流的周期为t=0.4s，故磁体的转速为n=1/t1/0.42.5r/s，故a正确；通过乙图可知电压的最大值为12v，故有效值u=um2122v62

10、v，故b错误；周期t=0.4s，rad/s5prad/s，故电压的表达式为u=12sin5t（a），故c错误；电容故w2p2pt0.4器的击穿电压为交流电的最大值，而交流电的最大值大于电容器的击穿电压，故不能，故d错误；故选a。7.一个带电粒子仅在电场力作用下在x轴上由静止开始从-x1向+x1做直线运动，其速度平方v2随位置x变化的图线如图所示，图象关于纵轴对称，由图象可知（）a.粒子从-x1向+x1运动过程中，加速度先减小后增大b.x=0处电势最高c.在x轴上，-x2和+x2两个位置的电场强度不同-5-d.粒子沿x轴正向运动过程中，电势能先减小后增大【答案】cd【解析】（1）由v2-v2=2

11、ax可知，图线的切线斜率表示加速度，因此粒子沿x轴正向运动过程中，0加速度先增大再减小再变大最后再变小，选项a错误；（2）在x轴上-x1和x1之间，粒子在x=0处的动能最大，电势能最小，但由于粒子的电性不确定，因此x=0处的电势可能最高，也可能最低，选项b错误；（3）根据图线对称性可知，粒子在-x2和x2两个位置的加速度大小相等方向相反，故电场强度大小相等，方向相反，选项c正确；（4）粒子沿x轴正向运动过程中，动能先增大后减小，因此电势能先减小后增大，选项d正确故本题选cd8.如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为m，倾角为其斜面上有一静止的滑块，质量为m，两者之间的动摩擦因数为，滑块受

12、到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为g现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，下列说法正确的是（）a.水平恒力f变大后，如果滑块仍静止在斜面上，滑块对斜面的压力增加b.水平恒力f变大后，如果滑块仍静止在斜面上，滑块对斜面的压力减小c.若要使滑块与斜面体一起加速运动，水平向右的力f的最大值(m+m)g(mcosa-sina)msina+cosad.若水平恒力f方向向左，滑块与斜面一起向左做a=32gtana的加速运动，则摩擦力对滑块做正功。【答案】bcd【解析】【详解】设物体与斜面体一起运动的加速度为a，则当物块与斜面相对静止时，物块沿垂直斜-6-面方向的加速度为asin，对物

13、块由牛顿第二定律：mgcosq-n=masinq；当水平恒力f变大后，如果滑块仍静止在斜面上，则整体的加速度a变大，滑块对斜面的压力减小，选项a错误，b正确；若要使滑块与斜面体一起加速运动，则垂直斜面方向：mgcosq-n=masinq；沿斜面方向：mn-mgsinq=macosq，对整体a=fm+m；解得f=(m+m)g(mcosa-sina)msina+cosa，选项c正确；若水平恒力f方向向左，则若物块与2斜面体之间恰无摩擦力，则此时mgtanq=ma0，则a0=gtanq，若a=3gtanaa可知0斜面体对物块的静摩擦力方向沿斜面向下，可知则摩擦力对滑块做正功，选项d正确。三、非选择题

14、：包括必考题和选考题两部分。第22题一第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题一第38题为选考题，考生根据要求做答。9.如图所示，实验小组的同学将力传感器固定在小车上，然后把细绳的一端固定在传感器拉钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系，根据所测数据作出了如图所示的af图象。已知电源频率为50hz，重力加速度g取9.8m/s2，忽略细绳的质量和滑轮的摩擦以及空气阻力，计算结果均取两位有效数字。（1）图线不过坐标原点可能原因是_；a.实验过程中没有满足“砂和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量”的条件b.实验过程中先释放小车运动，再接通电

15、源打点c.实验过程中没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足（2）由图线求出小车和传感器的总质量为_kg；（3）其中一次实验过程中得到的纸带如图所示，相邻两个计数点间还有4个打点未标出，则该次实验过程中，砂和桶的总质量等于_kg-7-【答案】(1).c(2).1.0(3).0.27【解析】【详解】（1）由图像可知，当f增加到某一值时，小车才开始有加速度，可知原因是实验过程中没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足，故选c.（2）由a=1mf，可知m=0.6-0.10.5kg=1.0kg（3）相邻两计数点间还有4个点未画出，则两计数点间时间间隔为：t=0.1s，根据=at2，运用逐差法得，小车运动的加速度为：a

16、=x-x9t2cfoc=(7.98+10.01+11.99-2.00-3.96-6.02)10-290.01m/s2=2.00m/s2由牛顿第二定律：f-f=ma，mg-f=ma，由第（1）问可知f=0.1n，解得砂和桶的总质量:m=0.27kg10.电动自行车的电瓶用久以后性能会下降，表现之一为电池的电动势变小，内阻变大某兴趣小组将一辆旧电动自行车充满电，取下四块电池，分别标为a、b、c、d，测量它们的电动势和内阻（1）用多用表直流电压50v挡测量每块电池电动势测量电池a时，多用电表的指针如图甲所示，其读数为_v-8-（2）用图乙所示电路测量a、b、c、d四块电池的电动势e和内阻r，图中r0

17、为保护电阻，其阻值为5改变电阻箱的阻值r，测出对应的电流i，根据测量数据分别作出a、b、c、d四块电池的1i-r图线，如图丙由图线c可知电池c的电动势e=_v；内阻r=_（3）分析图丙可知，电池_（选填“a”、“b”、“c”或“d”）较优【答案】(1).11.0v(2).12.0v(3).1.0(4).c【解析】【详解】（1）用多用表直流电压50v挡测量每块电池的电动势，可以从表盘中的中间刻度读出正确结果，由指针指示可知：e=11.0vi（2）根据闭合电路欧姆定律有：e=i（r+r）+ir0，因此有：11r+rr+0，由此可知，ee0由图象可知：k，1r+r11r+r图象的斜率表示，纵轴截距为

18、：0=0.5，由此ee12ee解得：e=12vr=1（3）电动势大的内阻小的电源最优，由图象可知c图象代表的电源电动势最大，内阻最小，因此最优故答案为c11.如图所示，acb是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道cb处在方向水平向右、大小e=1.0106n/c的匀强电场中，一质量m=0.25kg、电荷量q=2.0106c的可视为质点的小物体，在距离c点l0=6.0m的a点处，在拉力f=4.0n的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达c点时撤去拉力，小物体滑入电场中。已知小物体与轨道间的动摩擦因数=0.4，求小物体（1）到达c点时的速度大小；（2）小物体在电场中运动的时间。【答案】（1）12m/s（2

19、）(1+3)s【解析】试题分析：根据牛顿第二定律，求出小物体的加速度大小，在根据速度位移公式求出达c点时的速度大小；根据牛顿第二定律，小物体向右减速的加速度，小物体向右运动的时间和位移，在求出小物体向左运动的时间，即可求出总时间。-9-(1)根据牛顿第二定律，小物体的加速度大小为：a=小物体到达c点的速度大小：v2=2al0代入数据解得：v=12m/sf-mmgm=12m/s2(2)根据牛顿第二定律，小物体向右减速的加速度为：a=1qe+mmgm=12m/s2小物体向右运动的时间：t=1va1=1.0s小物体向右运动的位移：x=1vt=6.0m21由于qemg，所以小物体送减速后反向向左加速，

20、直到滑出电场根据牛顿第二定律，小物体向左加速的加速度为：a=2qe-mmgm=4m/s2a小物体在电场中向左运动的时间为：t=2x1=3s22小物体在电场中运动的总时间为：t=t+t=(1+3)s12点睛：本题主要考查了带电物体在电场中的运动，明确物体的运动规律，然后选择恰当的过程运用牛顿第二定律和运动学公式列式求解。12.如图所示，平行光滑金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成。导轨水平部分的矩形区域mnqp内存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为b=0.50t。在距离磁场左边界d=0.40m处垂直导轨放置导体棒a，在倾斜导轨高h=0.2m处垂直于导轨放置导体棒b。将b由静止释放，最

21、终a以1m/s的速度离开磁场右边界。已知轨道间距l=0.20m。两棒质量均为0.01kg，两棒电阻均为0.1，不计导轨电阻。导体棒在运动过程中始终垂直于导轨且接触良好。g取10m/s2。忽略磁场边界效应。求：（1）安培力对导体棒a做的功。（2）导体棒a刚出磁场时，b的速度大小及两棒之间的距离。（3）导体棒b的整个运动过程中，安培力对b做的功。-10-22【答案】（1）0.005j（2）1m/s；0.2m（3）-0.02j【解析】【详解】（1）导体棒a在安培力的作用下由静止向右加速运动，根据动能定理，安培力对导体a做的功1w=mv2=0.005j11（2）导铁棒b在倾斜部分运动时，由机械能守恒定

22、律有1mgh=mv20得v0=2m/s导体棒b进入磁场与导体棒a通过磁场相互作用直到导体棒a出磁场，由动量守恒定律有mv=mv+mv01222得v2=1m/s,即导体棒a出磁场时，两棒已获得共同速度此过程中，对导体棒b运用动量定理有-blidt=mv-mv20q=idt=bldx2r得dx=0.2mx两棒之间的距离为x=d-=(0.4-0.2)m=0.2m1（3）导体棒b进入磁场与导体棒a通过磁场相互作用后获得共同速度的过程中，安培力对导体棒b做的功11w=mv2-mv2=-0.015j220导体棒a从磁场中出来时，导体棒b与磁场右边界相距x2=0.2m此时对导体棒b运用动量定理有-blq=m

23、v3-mv2q=blx2r22得v3=0导体棒b刚好停止在磁场右边界处，该过程中安培力对导体棒b做的功1w=-mv2=-0.005j32因此整个运动过程中安培力对于导体棒b做的功为w总=w2+w3=-0.02j-11-13.下列说法正确的是_。a液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点b杯中的茶水慢慢冷却，该过程中有的水分子的运动速率反而增大了c清晨时阳光透过窗户射入房间，观察到空中飞舞的粉尘在做布朗运动d在南方的梅雨季节，湿衣服较不容易晾干，这是相对湿度较大的缘故e空调可以把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外而不引起其他变化【答案】abd【解析】液晶具有液态时呈现各向同性、固态

24、时呈现晶体各向异性的特点，液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故a正确；根据麦克斯韦速率分布规律，当温度降低时，大部分液体分子的速率减小，但个别分子的速率可能增大了，故b正确；空中飞舞的粉尘的运动是由于气流作用引起的宏观表现，不是布朗运动，故c错误；在南方的梅雨季节，空气中的相对湿度较大，蒸发变慢，湿衣服较不容易晾干，故d正确；根据热力学第二定律，空调把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外需要消耗电能，故e错误，故选abd.14.如图所示，体积为v的汽缸曲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)

25、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v人压强为p0、体积为10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91，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。-12-【答案】m=ps04g【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。，压强为p0，下部分气体体积为，压强为p0+【详解】开始时，汽缸上部分气体体积为vvmg22s9vvmg后来汽缸上部分气体体积为，设压强为p，下部分气体体积为，压强为p+1010sv打入的空气总体积为49，压强为p10021010v49v9v由玻意耳定律可知，对上部分气体有：p+p=p00对下部分气体有：(p+0mgvmgv)=(p+)s2s10解得：m=ps04g。15