2019届四川省宜宾市叙州区第一中学高三高考适应性考试理综-物理试题（解析版）

四川省宜宾市叙州区第一中学2019届高三高考适应性考试理综-物理试题1.下列核反应属于人工转变的是A. Th→Pa+e B. He+Be→C+nC. U+n→Xe+Sr+10n D. H+H→He+n【答案】B【解析】【分析】衰变生成物为α或β粒子，原子核的人工转变是由人为行为发生的和反应方程，不是自发的衰变、裂变和聚变等.【详解】A、Th234变成Pa234，同时有一个电子产生，属于β衰变；故A错误.B、用α粒子轰击Be，产生了碳原子，属于原子核的人工转变；故B正确.C、该反应方程为重核的裂变；故C错误.D、氘与氚生成氦核，属于聚变反应；故D错误.故选B.【点睛】只要根据质量数守恒、电荷数守恒判断出生成物的成分即可解决此类题目. 2.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v0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v0的大小可能是A. 2m/s B. 4m/s C. 6 m/s D. 9 m/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，（2n+1）L=v0t，解得v0=（2n+1）L ，要满足题意，n=0,1,2,3…，所以v0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.为了把陷在泥坑里的汽车拉出来，司机用一条结实的绳子把汽车拴在一棵大树上，开始时相距12m，然后在绳的中点用400N的力F沿绳垂直的方向拉绳，结果中点被拉过60cm，如图所示，假设绳子的伸长不计，则汽车受到的拉力为 　A. 200N B. 400N C. 2000 D. 800N【答案】C【解析】【分析】对中点受力分析，根据力的平行四边形定则，及三角知识，即可求解．详解】对中点O受力分析，如图所示：
根据力的合成法则，结合几何知识，则有：；解得：T=2000N；故选C. 4.现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的6倍。此离子和质子的质量比约为 　 A. 3 B. 9 C. 18 D. 36【答案】D【解析】【分析】本题先电场加速后磁偏转问题，先根据动能定理得到加速得到的速度表达式，再结合带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式求出离子质量的表达式。【详解】根据动能定理得，qU＝mv2得；离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有得；两式联立得：；一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝B2，磁感应强度增加到原来的6倍，离子质量是质子质量的36倍，D正确，ABC错误，故选D。【点睛】本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，关键要能通过洛伦兹力提供向心力求出质量的表达式。 5.如图所示，A为地球赤道表面的物体，B为环绕地球运行的卫星，此卫星在距离地球表面R/2的高度处做匀速圆周运动，且向心加速度的大小为a.已知地球同步卫星的轨道半径为6.6R，R为地球的半径，引常量为G.则下列说法正确的是(   )A. 地球两极的重力加速度大小3a/2B. 物体A的线速度比卫星B的线速度大C. 地球的质量为D. 地球的第一宇宙速度大小为【答案】D【解析】【分析】根据万有引力等于向心力，结合同步卫星的加速度和轨道半径求出加速度关系。地球赤道上的物体与同步卫星的角速度相等，根据a=rω2得出向心角速度关系，利用万有引力等于向心力求得地球的质量。【详解】卫星B绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有，又r0=1.5 R，对于地球两极的物体有G=m′g，解得，g=2.25 a，，故A C错误；物体A与地球同步卫星的角速度相等，根据v=ωr知，同步卫星的线速度大于物体A的线速度，又由可知，同步卫星的线速度小于卫星B的线速度，故物体A的线速度小于卫星B的线速度，故B错误；由，并结合GM=gR2，可得地球的第一宇宙速度为，故D正确。故选D。【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，注意赤道上的物体不是靠万有引力提供向心力。 6.如图甲所示，在平行虚线MN、PQ间有垂直于纸面的交变磁场，两虚线间的距离为d，磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙，磁场变化的周期为T.一质量为m、电荷量为q的带电粒子在虚线MN上的A点以垂直于MN向右射入两虚线间，若磁场的磁感应强度，不计粒子的重力，则下列说法正确的是A. 粒子在磁场中做圆周运动的周期也为TB. 粒子在t=T/8时刻射入，粒子会从虚线MN射出C. 要使粒子在两虚线间能做一个完整的圆周运动，粒子的速度最大可以为D. 要使粒子在两虚线间能做两个完整的周运动，粒子的速度最大可以为【答案】CD【解析】【分析】根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力，结合圆周运动周期公式，可求出周期；分析各个时间段内粒子的运动情况，判断粒子是否会从MN虚线射出；粒子在两个虚线间做一个完整的圆周运动，最大半径等于d/2，再由半径公式求出最大速度；根据几何关系分析粒子在两个虚线间做两个完整圆周运动的条件，再结合半径公式即可求出速度。【详解】粒子在磁场中做圆周运动的周期，故A错误；粒子在t＝T/8时刻射入，在T/8～T/4 之间粒子会沿直线向右运动，在T/4～T/2时间内做一个完整的圆周运动回到虚线上，在T/2～3T/4时间粒子又沿直线向右运动，不会从虚线MN射出，故B错误；要使粒子在两虚线间能做一个完整的圆周运动，粒子的最大半径为r＝d/2，根据 得，粒子的最大速度为，故C正确；要使粒子在两虚线间能做两个完整的圆周运动，则粒子在两虚线间的运动满足v0•+2r＝d，得，故D正确；故选CD。【点睛】考查离子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，掌握牛顿第二定律的应用，理解几何关系的运用，同时注意运动的周期性。 7.如图所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板。一带正电的小滑块，从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点(图中未标出)，然后返回。则(    )A. 滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力、弹簧弹力、摩擦力做功之和.B. 滑块从P点运动到R点的过程中，电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和.C. 滑块返回能到达的最低位置在P点；D. 滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差；【答案】AB【解析】【分析】先对滑块进行受力分析，然后结合滑块的运动分析各个力做功的情况，以及能量转化的方式，即可得出正确的结论．【详解】由题可知，小滑块从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，说明小滑块开始时受到的合力的方向向上，开始时小滑块受到重力、电场力、斜面的支持力和摩擦力的作用；小滑块开始压缩弹簧后，还受到弹簧的弹力的作用。小滑块向上运动的过程中，斜面的支持力不做功，电场力做正功，重力做负功，摩擦力做负功，弹簧的弹力做负功。在小滑块开始运动到到达R点的过程中，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能。由以上的分析可知，滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和。故A正确；由以上的分析可知，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和。故B正确；小滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块返回能到达的最低位置在P点的上方，不能再返回P点。故C错误；滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量、弹性势能增加量之差。故D错误。故选AB。【点睛】题中，小滑块的运动的过程相对是比较简单的，只是小滑块运动的过程中，对小滑块做功的力比较多，要逐个分析清楚，不能有漏掉的功，特别是摩擦力的功． 8. 如图1所示，光滑的平行竖直金属导轨AB、CD相距L，在A、C之间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间abcd矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为5d的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、电阻为r、长度也刚好为L的导体棒放在磁场下边界ab上（与ab边重合），现用一个竖直向上的力F拉导体棒，使它由静止开始运动，已知导体棒离开磁场前已开始做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计，F随导体棒与初始位置的距离x变化的情况如图2所示，下列判断正确的是（ ）A. 导体棒离开磁场时速度大小为B. 导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为C. 离开磁场时导体棒两端电压为D. 导体棒经过磁场的过程中，电阻R产生焦耳热为【答案】ACD【解析】试题分析：设导体棒离开磁场时速度大小为v．此时导体棒受到安培力大小为：；由平衡条件得：F=F安+mg；由图2知：F=3mg；联立解得：．故A正确．导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为：．故B错误．离开磁场时，由F=BIL+mg得：；导体棒两端电压为：．故C正确．导体棒经过磁场的过程中，设回路产生的总焦耳热为Q．根据功能关系可得：Q=WF-mg•5d-mv2而拉力做功为：WF=2mgd+3mg•4d=14mgd电阻R产生焦耳热为：联立解得：．故D正确．故选ACD．考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律【名师点睛】本题是电磁感应与力学知识的综合应用，对于这类问题一定要正确分析安培力的大小和方向，要掌握安培力经验公式，能正确分析能量是转化的，运用能量守恒定律求焦耳热。 三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选题，考生根据要求作答。9.现用频闪照相方法来研究物块的变速运动．在一小物块沿斜面向下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示．拍摄时频闪频率是10 Hz，通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x1、x2、x3、x4.已知斜面顶端的高度h和斜面的长度s.数据如下表所示．重力加速度大小g＝9.80 m/s2.单位：cm  x1x2x3x4hs10.7615.0519.3423.6548.0080.00 根据表中数据，完成下列填空：(1)物块的加速度a＝________ m/s2(保留3位有效数字)(2)因为________，可知斜面是粗糙的．【答案】    (1). 4.30    (2). 物块加速度小于g ＝5.88 m/s2【解析】【详解】(1)根据逐差法求出加速度a＝ ＝4.30 m/s2.(2)根据牛顿第二定律，物块沿光滑斜面下滑的加速度a′＝gsin θ＝g＝5.88 m/s2，由于a＜a′，可知斜面是粗糙的． 10.实验室有一破损的双量程电压表，两量程分别是3V和15V，其内部电路如图所示，因电压表的表头G已烧坏，无法知道其电学特性，但两个精密电阻R1、R2完好，测得R1=2.9kΩ，R2=14.9kΩ．现有两个表头，外形都与原表头G相同，已知表头G1的满偏电流为1mA，内阻为50Ω；表头G2的满偏电流0.5mA，内阻为200Ω，又有三个精密定值电阻r1=100Ω，r2=150Ω，r3=200Ω．若保留R1、R2的情况下，对电压表进行修复，根据所给条件回答下列问题：（1）原表头G满偏电流I=_______，内阻r=_______．（2）在虚线框中画出修复后双量程电压表的电路_____（标识出所选用的相应器材符号）（3）某学习小组利用修复的电压表，再加上可以使用的以下器材，测量一未知电阻Rx的阻值：电流表A量程0～5mA，内阻未知；        最大阻值约为100Ω的滑动变阻器；电源E（电动势约3V）；               开关S、导线若干．由于不知道未知电阻的阻值范围，学习小组为精确测出未知电阻的阻值，选择合适的电路，请你帮助他们补充完整电路连接 ____________，正确连线后读得电压表示数为2.40V，电流表示数为4.00mA，则未知电阻阻值Rx为____Ω．【答案】（1）１mA，_100Ω _.（2）G1和r2.（3）（4）  600Ω 【解析】【分析】（1）根据串联电路特点与欧姆定律求出表头的满偏电流与内阻．（2）应用串联电路特点与欧姆定律选择实验器材．根据电压表的改装原理作出电路图．（3）根据伏安法测电阻的实验要求明确对应的接法，并由欧姆定律求解电阻．【详解】（1）由图示电路图可知，电压表量程：
Ig（rg+R1）=3V，Ig（rg+R2）=15V，
代入数据解得：Ig=1mA，rg=100Ω；
（2）修复电压表，表头满偏电流为，Ig=1mA，电阻应为：rg=100Ω，需要的实验器材为：表头的满偏电流0.5mA，内阻为200Ω的表头以及r3，即将表头和r3并联在电路中使用，电路图如图所示：
（3）根据题意可明确实验中应采用分压接法，电流表采用外接法，故实物图如图所示：电压表量程为3V，则其内阻RV＝＝3000Ω，根据欧姆定律可知 ．【点睛】在“伏安法”测电阻实验中，要注意明确实验原理，正确选择实验电路的接法，并能准确连接实物图，同时能根据对应的欧姆定律分析数据；找出实验误差． 11.静止在水平面上的A、B两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图所示，轻绳长L＝1m，承受的最大拉力为8N，A的质量m1＝2kg，B的质量m2＝8kg，A、B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，现用一逐渐增大的水平力作用在B上，使A、B向右运动，当F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断(g＝10 m/s2)(1)求绳刚被拉断时F的大小．(2)若绳刚被拉断时，A、B的速度为2m/s，保持此时的F大小不变，当A的速度恰好减小为0时，A、B间的距离为多少？【答案】（1）F＝50N （2）Δx＝4.125m【解析】试题分析：（1）先分析A当绳达拉力最大时产生的加速度，再整体分析产生该加速度时整体需要受到的拉力；（2）绳断后，A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B在拉力作用下做匀加速直线运动，分析地A的运动时间，确定B和A的位移可得AB间距．解：（1）设绳刚要拉断时产生的拉力为F1，根据牛顿第二定律对A物体有：F1﹣μm1g=m1a代入数值得a=2m/s2对AB整体分析有：F﹣μ（m1+m2）g=（m1+m2）a代入数值计算得F=40N；（2）设绳断后，A的加速度为a1B的加速度为a2，则有a2==﹣μg=﹣0.2×10=3m/s2．A停下来的时间为A的位移为：B的位移为：==3.5m则此时AB间距离△x=x2+L﹣x1=2.5m答：（1）绳刚被拉断时F的大小为40N．（2）若绳刚被拉断时，A、B的速度为2m/s，保持此时的F大小不变，当A静止时，A、B间的距离为2.5m．【点评】整体法和隔离法是解决连接体问题的主要方法，抓住一起运动时加速度相同的联系点是解题的关键． 12.间距为l=0.5m两平行金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成，如图所示，倾斜部分导轨的倾角θ=30°，上端连有阻值R=0.5Ω的定值电阻且倾斜导轨处于大小为B1=0.5T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。水平部分导轨足够长，图示矩形虚线框区域存在大小为B2=1T、方向竖直向上的匀强磁场，磁场区域的宽度d=3m。现将质量m=0.1kg、内阻r=0.5Ω、长l=0.5m的导体棒ab从倾斜导轨上端释放，达到稳定速度v0后进入水平导轨，当恰好穿过B2磁场时速度v=2m/s，已知导体棒穿过B2磁场的过程中速度变化量与在磁场中通过的距离满足（比例系数k未知），运动过程中导体棒始终与导轨垂直并接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。求：（1）导体棒ab的速度v0；（2）导体棒ab穿过B2磁场过程中通过R的电荷量及导体棒ab产生的焦耳热；（3）若磁场B1大小可以调节，其他条件不变，为了使导体棒ab停留在B2磁场区域，B1需满足什么条件。【答案】（1）8m/s（2）1.5C；1.5 J（3）【解析】【分析】（1）当导体棒ab运动稳定后做匀速运动，由平衡条件和安培力公式结合求解导体棒ab的速度v0；
（2）通过R的电荷量可根据电量与电流的关系、欧姆定律和法拉第电磁感应定律结合求解。由能量守恒定律和能量分配关系求导体棒ab产生的焦耳热；
（3）当导体棒ab在B2磁场区域通过的位移x'＜d时棒ab将停留在B2磁场区域。根据题意求出k，从而得到导体棒ab以速度v′通过B2磁场时与在磁场中通过的距离x′满足的关系，再结合导体棒ab在B1磁场中达到稳定速度受力平衡列式求解。详解】（1）当导体棒ab运动稳定后，做匀速运动，由平衡条件知，   感应电流 联立得   （2）穿过B2磁场过程中的平均电流：  联立得=1.5C 设穿过B2磁场过程中产生的总焦耳热为Q，则由能量守恒定律知导体棒ab产生的焦耳热 联立得Q=1.5 J （3）根据题意有， ，则若导体棒ab以速度v′通过B2磁场时与在磁场中通过的距离x′满足导体棒ab在B1磁场中达到稳定速度时，由平衡条件知 又 联立得   根据题意， 联立以上二式并代入数据得。【点睛】本题是导轨类型，关键是熟练运用切割公式、欧姆定律公式和安培力公式，同时要注意求解电热时用功能关系列式分析，求解电荷量和位移时要用电流的平均值分析。 13.关于一定量的气体，下列说法正确的是(    )A. 气体从外界吸收热量，其内能一定增加B. 在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零C. 气体在等压膨胀的过程中温度一定升高D. 电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递E. 功转变为热实际宏观过程是不可逆过程【答案】CDE【解析】【详解】气体从外界吸收热量，若气体对外做功，则其内能不一定增加，选项A错误；在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，故B错误；根据PV/T=C可知气体在等压膨胀的过程中温度一定升高，选项C正确；电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，但是要引起其他的变化，选项D正确；根据热力学第二定律，功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程，故E正确；故选CDE. 14.高压锅有很好的密封性，基本上不会漏气。锅盖中间有一个排气孔，上面套有类似砝码的限压阀，将排气孔堵住。当给高压锅加热时，锅内气体压强增加到一定程度时，气体就能把限压阀顶起来，部分蒸汽从排气孔排出锅外，已知某高压锅的限压阀的质量是0.1 kg，排气孔直径为0.3 cm，则锅内气体的压强最大可达多少？已知压强每增加3.5×103 Pa，水的沸点相应增加1 ℃，则这只高压锅内能达到的最高温度是多少？(g取10 m/s2，大气压强p0＝1.013×105 Pa)【答案】2.4×105Pa ；140℃【解析】【分析】（1）根据限压阀质量求出其重力，此时重力即为压力，利用限压阀出气口横截面积求出此时压强，再加上大气压的值即为锅内气体能达到的最大压强。
（2）先求出锅内压强增加量，再根据每增加3.5×103Pa水的沸点就相应的增加1℃求出水的沸点增加量，进而得出锅内的最高温度。【详解】（1）锅内最大压强为：。
（2）锅内压强增加了：△P=P-P0=2.4×105Pa-1×105Pa=1.4×105Pa，
水的沸点增高：△t==40℃。所以，锅内温度最高可达：t=100℃+40℃=140℃。【点睛】此题涉及到大气压的综合应用，重力的计算，压强大小及其计算等知识点，是一道物理综合题目，要求学生要具备一定的学科综合能力，计算时还要注意统一使用国际单位制单位。 15.如图所示为沿x轴负方向传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，其波速为10m/s。振源在x=5m处。下列说法正确的是(    )A. 振源的振动频率为2.5HzB. 经过一段时间，质点a将到达b所在的位置C. 从t=0时刻开始，质点b比质点a先回到平衡位置D. 从t=0时刻开始，经0.5s时间x=3m处质点通过的路程为0.5mE. 若观察者从x=2m处沿x轴向负方向运动，则接收到波的频率可能为0.5Hz【答案】ADE【解析】【分析】由图像可以把波长读出，再由可求T;波在传播过程中质点不随波迁移，只是在平衡位置附近做简谐运动，根据振动规律即可判断质点的振动情况。【详解】由得，T=0.4 s,f =2.5 Hz．所以A正确；渡传播的形式和能量，质点不随波迁移，所以B错误；t=0时刻，质点a振动方向向上，质点b振动方向向下．因此a先回到平衡位置，则C错误；x=3 m处质点振动了,S=5A=0.5 m．所以D正确；波源不动，观察者沿x轴负方向运动，与波的传播方向相同，所以他接收到波的频率可能小于波的频率，所以E正确。 16.如图所示为真空中一个三棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=30°，∠C=60°。一束激光平行于横截面从AB边以入射角i=21.5°从D点射入三棱镜，从G点离开AC边时，折射角i′=i，其光路如图中箭头所示。可能用到的三角函数sin15°=，sin21.5°=，sin45°=。求 (1)θ角的大小；(2)三棱镜的折射率n(结果可用根号表示)。【答案】（1）45°（2） 【解析】【分析】作出光路图，如图所示．根据折射定律求出折射角α，由几何关系得出光线在AC面上的入射角β．再根据折射定律和几何知识求解即可．【详解】(i)因i'=i，所以r=r’解得 ( ii)由(i)可得由可知解得