广东茂名2019届高三第一次综合测试理科综合物理部分试题解析版

1、2019年茂名市高三级第一次综合测试理科综合试卷（物理部分）二、选择题：1 .放射性元素针（龄。）发生衰变时，会产生$1匕和一种未知粒子，并放出丫射线，其核反应方程为尚R一荔x+lne+x下列说法正确的是A.$在的穿透能力比丫射线强B.y=214C.X核的中子个数为124D.这种核反应为裂变【答案】C【解析】【分析】根据质量数等于质子数和中子数之和，核反应过程质量数守恒，电荷数守恒判断质子数和质量数。a、3、丫射线中的穿透能力最弱。这种核反应为“衰变。【详解】A料的穿透能力比丫射线弱，故A错误；B、根据核反应过程质量数守恒，y=210-6=206,故B错误；C、X核的中子个数为206-82=1

2、24,故C正确；D、题设中的核反应为a衰变，故D错误。故选：Co2.如图所示，有一内壁光滑的高为H=5m、宽为L=1m的直立长方形容器，可视为质点的小球在上端口边缘O以水平初速度vo向左抛出正好打在E点，若球与筒壁碰撞时无能量损失，不计空气阻力，重力加速度的大小为g=10m/s2。则小球的初速度Vo的大小可能是0“力LA.2m/sB.4m/sC.6m/sD.9m/s【答案】D【解析】【分析】根据平抛运动在水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动规律列出方程；小球水平运动的路程可能为长方形容器宽度的2n+1倍，由此关系可求得初速度。【详解】根据平抛运动的分析可知H=(2n+1)L=v0t,

3、解得V0=(2n+1)L,要满足题意，n=0,1,2,3所以Vo的可能值为1m/s,3m/s,5m/s,7m/s,9m/s故D正确，ABC错误；故选:D。3.如图所示，理想变压器的原线圈接在一个交流电源上，交流电压瞬时值随时间变化的规律为u=220正sin100兀t(V)副线圈所在电路中接有灯泡、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表。已知理想A,通过副线圈的电流方向每秒钟改变变压器原、副线圈匝数比为10:1,灯泡的电阻为22%电动机内阻为1/电流表示数为3A,各用电器均50次B.电压表示数为22也VC.变压器原线圈的输入功率为66出WD.电动机的输出功率为40W【答案】D【解析】【分析】每个

4、周期内电流方向改变两次；电压表测量的是副线圈的电压有效值，根据原线圈交流电压随时间变化的规律求出原线圈电压的有效值，再利用求出电压表的示数；变压器的输入功率等于副线圈的输出功率，计算副线圈总的输出功率就能得出变压器的输入功率；电动机的输出功率等于电动机的输入功率减去发热功率，分别计算即可；【详解】A.交流电的频率f=100兀/2兀=50Hz,每个周期内电流方向改变两次，所以通过副线圈的电流方向每秒钟改变100次，故A错误；B.已知交变电压瞬时值随时间变化的规律为u=22砧sin100兀t(V),则原线圈电压的有效值为Ui=220赤/&V=220V,U:U2=ni：禀，解得U=22V,故

5、电压表示数为22V,故B错误；C.副线圈的输出功率P2=U212=22X3W=66VV变压器输入功率等于输出功率，也是66皿故C错误；D.通过电灯泡的电流I3=U/R灯=22/22A=1A,故通过电动机的电流Im=I-I3=3-1=2A,则电动机的输入功率P=IMJ2=22X2=44VV电动机的发热功率P热=I2R内=4VV故电动机的车出功率为P-P支4=44-4=406/故D正确;故选：D4.某物体做直线运动，运动时间t内位移为x,物体的;一t图象如图所示，下列说法正确的是02咽A.物体的加速度大小为2m/s2B. t=0时，物体的初速度为2m/sC. t=0到t=1这段时间物体的位移为2m

6、D. t=0到t=2这段时间物体的平均速度为2m/s【答案】C【解析】【分析】2根据匀变速直线运动位移时间公式x=V0t+-at2得到-表达式，结合图象的信息求加速度、初速度和位移.t【详解】AB根据匀变速直线运动位移时间公式x=v0t+：at2得：,v0+atI根据数学知识可得：-a=-4/2,得加速度a=-4m/s2;初速度为V0=4m/s,故A错误，B错误；C.t=0到t=1s这段时间物体的位移为x=v0t+-at2=4X1+-?(-4)?12=2m,故C正确；22D.t=0到t=2s这段时间物体的位移为x=V0t+；at=4X2+-?(-4)?22=0,平均速度为0,故D错误。故选：C

7、5.如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30。且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)。一质量为m、电荷量为q的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30。角斜向左上方的速度v做匀速直线运动，重力加速度为g。则A,匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外B,小球可能带正电荷C.电场强度大小为dq一5mgD.磁感应强度的大小为B=qv【答案】D【分析】用假设法确定小球的电性；根据小球做匀速直线运动，受合力为零，可求电场强度和磁感应强度。【详解】R小球做匀速直线运动，受到合力为零，假设小球带正电，则小球的受力情况如图1所示:Eg图1小球受到洛伦兹力沿虚线当方向末知，小球受到重力与电场

8、力的合力与洛伦兹力不可能平衡，所以小球不可能做匀速度直线运动，假设不成立，小球实际一定带负电，故B错误；A、小球受力f#况如图2示:小球受洛伦兹力一定斜向右上方，根据左手定则，匀强磁场的方向定垂直于纸面向里，故A错误;C、根据几何关系，电场力大小qE=mg洛伦兹力大小qvB=.mcg,解得E=mg/q,B=赵空，故C错误，D正确。qv故选：Db6.嫦娥四号于2019年1月3日在月球背面着陆，嫦娥五号也讨划在今年发射。如果嫦娥五号经过若干次轨道调整后，先在距离月球表面h的高度处绕月球做匀速圆周运动，然后开启反冲发动机，嫦娥五号着陆器暂时处于悬停状态，最后实现软着陆，自动完成月面样品采集，并从月球

9、起飞，返回地球。月球的半径为且小于地球的半径，月球表面的重力加速度为go且小于地球表面的重力加速度，引力常量为Go不考虑月球的自转，则下列说法正确的是A.嫦娥五号探测器绕月球做匀速圆周运动的速度可能大于地球的第一宇宙速度上心十小3goB.月球的平均密度p=-4泪艮,_,LtRgoC.嫦娥五号探测器在绕月球做匀速圆周运动的t时间内，绕月球运转圈数n=-=T2<R-h)Jr+hD.根据题目所给数据无法求出月球的第一宇宙速度【答案】BC【解析】【分析】根据月球表面附近重力等于向心力可求月球的第一宇宙速度，可比较地球的第一宇宙速度的大小；根据月球表面的重力加速度可求月球的质量，进而可求月球密度；

10、根据嫦娥五号距月球表面的高度，可求其周期，进而可求t时间内转过的圈数；GMmV-fe-M【详解】A.根据=v=I,嫦娥五号探测器绕月球做匀速圆周运动的速度小于月球的第一宇宙速度。根据月球表面附近重力等于向心力：mg0=可求月球的第一宇宙速度v月=寸疑。同理可求地R球的第一宇宙速度v地=也地R堆。所以嫦娥五号探测器绕月球做匀速圆周运动的速度小于地球的第一宇宙速B.根据月球表面附近万有引力等于重力,度，故A错误，D错误；111耿=二1"月球质量M=,月球的平均密度RGM3名界三加十6nr应p=,故B正确;V4G成344RGMmC.根据万有引力提供向心力,(R+hr4-g1tR-m<

11、R+h),月球质量M=,周期T.TG收姐+h?L,嫦娥五号探测器在t时间内绕月球运转圈数n=-=-I,故C正确;T2忒Rh“R+h故选：BC7.如图所示，匝数为n=200、面积为S=0.625m2、电阻为r=0.5的圆形线圈处于方向垂直纸面向里的匀强磁场内，磁感应强度大小随时间按B=0.08t+1.6(T)的规律变化，处于磁场外的电阻Ri=4.5QR2=5Q,电容器的电容C=500口，开关S闭合一段时间后，下列说法正确的是A.线圈两端M、N间的电压为9.5VB.线圈中的电流方向为顺时针C.若将电阻Ri短路，则该电路的输出功率变大D.现断开开关S,则通过电阻R2的电荷量为2.5X0-3C【答案】

12、ACD根据法拉第电磁感应定律求出线圈产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求出电流强度的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方向；根据外电路电阻与内阻的关系，判断输出功率的变化；断开S,电容器放电，所带的电量全部通过R,闭合时，根据Q=CUt出R2所带的电量.【详解】A.B=0.08t+1.6(T).B/At=0.08T/s线圈内产生的感应电动势:S闭合后，电路中电流岫ABE=n-=n-S=200X0.08X0.625V=10V,AtAtE10A=1A,则线圈两端MN两点间的电压为U=I(Ri+R)=9.5V,故A正确;B.穿过线圈的磁通量垂直纸面向里增加，根据楞次定律，线圈中的电流方向为逆时针

13、，故B错误；C.由于R+R>r,且R>r,若将电阻R短路，外电路电阻减小，则该电路的输出功率变大，故C正确；D.电容器与电阻R并联，两板间电压U2=IR2=5V,断开S后，通过R的电流Q=CU=500X10-6X5C=2.5X103C,故D正确；故选：ACD.8.如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗糙。一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度Vo向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R,不计空气阻力。设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是A.若小球运动到最高点时速度为0,则小球机械能一定不守恒B.若经过足够长时间，小球最终的机械能

14、可能为；mgRC.若使小球始终做完整的圆周运动，则Vo一定不小于我示D.若小球第一次运动到最高点时速度大小为0,则V0=v'4gR【答案】AC【解析】【分析】内圆粗糙，小球与内圆接触时要受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守恒；外圆光滑，小球与外圆接触时不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律分析答题.【详解】A.若小球运动到最高点时受到为0,则小球在运动过程中一定与内圆接触，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，小球的机械能一定不守恒，故A正确；8 .若初速度vo比较小，小球在运动过程中一定与内圆接触，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终在圆心

15、下方运动，最大的机械能为mgR所以小球最终的机械能不可能为，gR.若初速度v。足够大，小球始终沿外圆做完整的圆周运动，机械能守恒，机械能必定大于2mgR故B错误；C.若使小球始终做完整的圆周运动，小球应沿外圆运动，在运动过程中不受摩擦力，机械能守恒，小球恰好运动到最高点时速度设为v,则有mg=m.R由机械能守恒定律得：/4=mg12R-,，小球在最低点时的最小速度vo=*gR,所以若使小球始终做完整的圆周运动，则V。一定不小于'顾.故C正确;D.如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0,由机械能守恒定律得：$iv广mg?2R小

16、球在最低点时的速度vo,艰,由于内圆粗糙，小球在运动过程中要克服摩擦力做功，则小球在最低点时的速度vo一定大于、痼,故D错误。故选：AC、非选择题:9 .某实验小组的同学在做验证机械能守恒定律的实验，实验装置如图甲所示，接下来该小组的同学完成了如下的操作：匕光电门1,*V*笄=光用n2ff图甲(1)先利用10分度的游标卡尺测出了小球的直径，其示数如图乙所示，该示数为cm；(2)将该小球由光电门1的正上方无初速度释放，先后通过光电门1、2,通过电脑显示的时间分别为Ati=5XI03s>At2=4X103s,若小球通过两光电门1、2的速度分别用v1、丫2表示，由以上数据可知v2=m/s；(保

17、留两位有效数字)该小组的同学测出两光电门之间的距离为h,重力加速度用g表示，若小球的机械能守恒，则需要验证的关系式为。(用题中所给字母表示)【答案】(1).(1)1.22；(2).(2)3.0；(3).(3)2助=4【解析】【分析】(1)游标卡尺的读数等于主尺刻度读数加上游标尺刻度读数，不需估读；(2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球通过两个光电门的瞬时速度；(3)根据下降的高度得出重力势能的减小量，结合小球通过两个光电门的瞬时速度求出动能的增加量，从而得出需要验证的表达式.【详解】(1)游标卡尺的主尺刻度读数为12mm游标尺刻度读数为0.1x2mm=0.2mm则小球的直径d=12

18、.2mm=1.22cm；0.0122(2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小球通过光电门2的速度为V2=d/4t2=-m/s=3.0m/s;4*id_1,1.(3)小球通过两光电门过程中重力势能的减小重为Ep=mgh动能的增加重为E=mv；-mv,2-21即为：10.热敏阻包括正温度系数电阻器(PTC)和负温度系数电阻器(NTC),正温度系数电阻器的电阻随温度的升高而增大，负温度系数电阻器的电阻随温度的升高而减小。某实验小组选用下列器材探究某一热敏电阻Rx的导电特性。A.电流表Ai量程10mA,内阻n=1)B.电流表A2量程0.6A,内阻2约为0.5)C.滑动变阻器R1(最大阻值200

19、Q)D.滑动变阻器R2(最大阻值20Q)E.定值电阻R3(阻值1499Q)F.定值电阻R4(阻值149Q)G.电器E(电动势15V,内阻忽略)H.开关与导线若于(1)实验采用的电路图如图甲所示，则滑动变阻器选,定值电阻R选(填仪器前的字母序号(2)用笔画线代替导线将图乙中实物按图甲的电路补充完整(3)该小组根据测量数据作出热敏电阻的U-I图象如图丙所示，则该曲线对应的是(选填“PTCBNTC'热敏电阻。(4)若将此热敏电阻直接接到一电动势为9V,内阻为10的电源两端，则此时该热敏电阻的阻值为Q结果保留三位有效数字)。【答案】(1).(1)D,(2).E；(3).(2)连线如图所示(4)

20、.(3)NTC；(5).(4)80.0Q【解析】【分析】(1)为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器.明确电路结构，从而选择定值电阻；(2)按照电路图连接实物图；(3)根据图象应用欧姆定律判断元件阻值随温度变化的关系，然后确定元件类型；(4)根据PTC的对应伏安特性曲线，再作出电源的伏安特性曲线，则可明确此时电阻的工作电压和电流,由欧姆定律可求得阻值.【详解】(1)采用滑动变阻器分压接法，故滑动变阻器应选择总阻值较小的D;由图可知，定值电阻R与电流计串联充当电压表使用，故应采用阻值较大的E;(2)按照电路图，实物连线如图所示：(3)由图冰可知，图象上各点与原点连线的斜率减小，故说明电阻随

21、电压的增大而减小，因此应为负温度系数的热敏电阻，即NTC热敏电阻；(3)在热敏电阻的伏安特性曲线中作出电源的伏安特性曲线，如图所示：两图的交点表示电阻的工作电压和电流，由图可知，电压U=8.0V,电流I=0.1A，故电阻R=U/I=8.0/0.1=80.0Q（78.982.0均可以）11.如图所示，有一对平行金属板，板间加有恒定电压，两板间有匀强磁场，磁感应强度大小为B。、方向垂直于纸面向里。金属板右下方以MN、PQ为上、下边界，以MP为左边界的区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为d,MN与下极板等高。MP与金属板右端在同一竖直线上。一电荷量为q、质量为m的正离子，以初速度Vo沿平行

22、于金属板面、垂直于板间磁场的方向从A点射入金属板间，不计离子的重力。(1)已知离子恰好做匀速直线运动，求金属板间电场强度的大小;(2)若撤去板间磁场Bo,离子恰好从下极板的右侧边缘射出电场，方向与水平方向成30°角，求A点离下极板的高度;(3)在(2)的情形中，为了使离子进入磁场运动后从边界MP的P点射出，磁场的磁感应强度B应为多大？，一、叫八一2叫【答案】(1)E=V0B0,万向竖直向下；(2)h=；(3)B=；6BoQqd【解析】【分析】(1)离子做匀速直线运动时，电场力和洛仑兹力二力平衡，根据平衡条件列式，即可求解电场强度的大小，由左手定则判断出洛仑兹力的方向，即可确定电场强度

23、的方向；(2)撤去板间磁场Bo,离子在电场中做类平抛运动，平行于极板做匀速直线运动，垂直于极板做初速度为零的匀加速直线运动，根据速度的分解求出离子从M点射出电场时的速度，由动能定理求解A点离下极板的高度；(3)根据题意画出离子的运动轨迹，根据几何知识求出轨迹半径，再由洛伦兹力提供向心力，列式求解B.【详解】(1)设板间的电场强度为E,离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qvoBo解得E=V0B0由左手定则可判断出洛仑兹力方向竖直向上，所以电场力的方向竖直向下，故场强的方向竖直向下。(2)设A点离下极板的高度为h,离子射出电场时的速度为v,根据动能定理得:1Eqh=-mv2

24、离子在电场中做类平抛运动，水平分方向做匀速运动，有vcos30=V0叫联立解得h=(3)设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r,轨迹如图所示:根据牛顿第二定律得：qvB=m匚r联立解得：B=一sqd12.如图所示，一质量M=3kg的足够长木板B静止在光滑水平面上，B的右侧有竖直墙壁，B的右端与墙壁的距离L=4mo现有一可视为质点的质量m=1kg的小物体A,以初速度v()=8m/s从B的左端水平滑上B,已知A、B间的动摩擦因数科=0.2B与竖直墙壁的碰撞时间极短，且碰撞时无能量损失。(1)求B与竖直墙壁碰撞前，系统AB产生的内能；(2)求从A滑上B到B与墙壁碰撞所用的时间t；(3)若L的大小可

25、以改变，并要求B只与墙壁碰撞两次，则B的右端开始时与墙壁的距离L应该满足什么条件？A俭B-，、，、，、L，4,、【答案】(1)24J;(2)3.5s；(3)【解析】【分析】(1)A、B系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出速度，根据能量守恒可求系统转化的内能；(2)根据牛顿第二定律可求加速运动的时间和位移，再根据匀速运动求剩下位移所用的时间，即可求解总时间；(3)A、B系统动量守恒，应用动量守恒定律与动能定理可以求出S。应用动量守恒定律与动能定理求出S的临界值，然后答题.【详解】(1)设A、B达到的共同速度为v共，根据动量守恒有mv0=(m+M)v共解得v共=2m/s设这一过程中B向右运动的位

26、移为x1，根据动能定理有ping=产唳解得xi=3m因xi<L,A、B达到共同速度后才与墙碰撞，对系统有能量守恒可得:代入数据解得Q=24J(2)设从A滑上B到两者达到共同速度所用的时间为ti,则有v=ati代入数据解得ti=3s两者达到共同速度后一起匀速运动，直到B第一次与墙壁碰撞，设匀速运动所用时间为t2,L-Xi=vt2,解得t2=0.5s所以，从A滑上B到B与墙壁碰撞所用的时间为：t=ti+t2=3.5s(3)要能碰撞两次，表明第一次碰撞前瞬间A、B的速度大小不等。取水平向右为正方向，设B与墙壁第次碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为v1、v2,根据动量守恒有mv0=mvi+Mv2设

27、B与墙壁第二次碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为v3、v4,根据动量守恒有mviMv2=mv3+Mv4若要B与墙只发生两次碰撞，则第一次碰撞后系统总动量方向要向右，第二次碰撞后总动量方向要向左，所以有mviMv2>0,mv3Mv4W0根据B往返运动的对称性知v2=v4根据动能TE理有1解得L>-m,-I如mviMv2=0,L="mI4满足题目条件是：13.下列说法中正确的是。A.内能不同的物体，它们的分子平均动能可能相同B.外界对物体做功，同时物体向外界放出热量，物体的内能一定改变C.绝热气缸中密封的理想气体在被压缩过程中，气体分子运动剧烈程度增大D.单晶体和多晶体在物理性

28、质上都表现出各向异性E.已知某物质的摩尔质量和分子质量，可以计算出阿伏加德罗常数【答案】ACE【解析】【分析】内能与温度、体积、物质的多少等因素有关，而分子平均动能只与温度有关；根据热力学第一定律，分析做功和热传递两个因素，判断内能的变化；单晶体在物理性质上都表现出各向异性，多晶体在物理性质上都表现出各向同性；物质的摩尔质量除以分子质量等于阿伏加德罗常数。【详解】A.内能与温度、体积、物质的多少等因素有关，而分子平均动能只与温度有关，故内能不同的物体，它们分子热运动的平均分子动能可能相同，故A正确；B.根据热力学第一定律，如果外界对物体做的功与物体向外界放出热量相等，物体的内能不变，故B错误；

29、C.绝热气缸中密封的理想气体在被压缩过程中，内能增大，温度升高，气体分子运动剧烈程度增大，故C正确；D.单晶体在物理性质上都表现出各向异性，多晶体在物理性质上都表现出各向同性，故D错误；E.物质的摩尔质量除以分子质量等于阿伏加德罗常数，故E正确。故选：ACE14.如图所示，开口向上、放在地面上的气缸内用活塞封闭一定质量的气体，活塞的质量为m,横截面的面积为So一质量为2m的物块放在缸底，用细线(不可伸长)与活塞相连接且细线刚好拉直，这时缸内气体的温度为T0,大气压强为P0,不计活塞与缸壁间的摩擦，现对缸内气体缓慢加热，重力加速度为g。(i)当缸底物块对缸底的压力刚好为零时，缸内气体温度Ti为多

30、大？(ii)当缸内气体体积为原来的1.2倍时，缸内气体温度是多少？若此时细线断了，细线断开的一瞬问，活塞的加速度多大？p0s+3nig1.2T0(p0S+3mg)【答案(1)%；(2),2gp心+mgp0S+mg【解析】【分析】(1)当缸底物块对缸底的压力刚好为零时，选择活塞和重物的整体进行受力分析，列出平衡方程，封闭气体发生等容变化，对封闭气体运用查理定律，即可求出缸内气体温度Ti为多大；(2)继续缓慢加热，气体发生等压变化，当缸内气体体积为原来1.2倍时，利用盖-吕萨克定律即可求出此时缸内气体温度；若此时细线断了，绳的拉力消失，利用牛顿第二定律，即可求出此时活塞的加速度.【详解】(i)缸内气体的温度为小时，缸内气体的压强p=P0+-3mg当缸底物块对缸底的