2019届广西南宁市第二中学高三最后一模（5月月考）理科综合物理试卷（解析版）

南宁二中2019年5月高三月考理科综合试题物理试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18 题只有一项符合题目要求，第19〜21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.甲、乙两质点同时沿同一直线运动，速度随时间变化的v－t图象如图所示。关于两质点的运动情况，下列说法正确的是A. 在t =0时，甲、乙的运动方向相同B. 在0~2t0内，甲的位移大于乙的位移C. 在0~2t0内，乙的平均速度等于甲的平均速度D. 若甲、乙从同一位置出发，则t0时刻相距最远【答案】BD【解析】A、在t=0时，甲的速度为正，乙的速度为负，说明甲、乙的运动方向相反。故A错误。根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，则知在0～2t0内，乙的位移小于甲的位移，则乙的平均速度小于甲的平均速度，故B正确，C错误。若甲、乙从同一位置出发，甲一直沿正向运动，乙先沿负向运动，两者距离增大，后沿正向，在t0时刻前甲的速度大于乙的速度，两者间距增大，t0时刻后乙的速度大于甲的速度，两者间距减小，所以t0时刻相距最远，故D正确。故选BD。点睛：本题是速度--时间图象应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息． 2.如图甲所示，一理想变压器原线圈接上如图乙所示的正弦交流电，与副线圈相连的两个灯泡规格均为“110V  40W”，电表均为理想电表，原、副线圈匝数比为2：1，开关K闭合前，电路正常工作。则闭合开关K后A. 灯泡将烧毁B. 电流表示数增大C. 经过灯泡的交流电频率为25HzD. 变压器的输入功率增大一倍【答案】D【解析】由理想变压器，可知副线圈两端电压U2=110V，则K闭合前灯泡正常工作，当K闭合后，U2保持不变，故两灯泡均能正常发光，不会烧毁，所以电流表示数不变，消耗功率增大一倍，则输入功率增大一倍；经过变压器后频率不发生变化，仍为50Hz，故ABC错误，D正确；故选D.点睛：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时副线圈的电压由原线圈电压与原副线圈匝数决定，而原线圈的电流由副线圈决定，变压器不改变频率． 3.如图甲所示，质量M=0.8kg的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m=0.2kg的滑块静止在木板的左端，在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F，4s后撤去力F。若滑块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2,则下列说法正确的是（   ）A. 0~4s时间内拉力的冲量共为3.2N·sB. t=4s时滑块的速度大小为9.5m/sC. 木板受到滑动摩擦力的冲量共为2.8N·sD. 木板的速度最大为2m/s【答案】BC【解析】A、拉力F的冲量等于F-t图像的面积，0~4s时间内拉力的冲量I= ，A错误； B、滑块与木板间恰好打滑时，对木板: .对滑块: 解得 F0=0.5N，a0=0.5m/s2.所以t=0时刻，A B恰好开始打滑对滑块:IF−μmgt=mv1，解得4s末滑块的速度v1=9.5m/s，B正确；C、t=4s时，木板的速度v2=a0t=0.5×4=2m/s，之后A加速，B减速，直到共速。取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1+Mv2=(m+M)v解得木板的最大速度v=3.5 m/s对木板:由动量定理得I=Mv解得I=2.8N⋅s，C正确，D错误；故选：BC。 4.质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为，其中G为引力常量，M为地球质量.该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为A. GMm B. GMmC.  D.  【答案】D【解析】试题分析：卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则：轨道半径为时①，卫星的引力势能为②轨道半径为时③，卫星的引力势能为④设摩擦而产生的热量为，根据能量守恒定律得：⑤联立①～⑤得，故选项D正确。考点：万有引力定律及其应用；重力势能的变化与重力做功的关系【名师点睛】求出卫星在半径为圆形轨道和半径为的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出热量。 5. 下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中正确的是（ ）A. 根据速度定义式，当非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限的思想方法B. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用的是微元法C. 伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律D. 法拉第发现了电流的磁效应与他坚信电和磁之间一定存在联系的哲学思想是分不开的【答案】ABC【解析】试题分析：瞬时速度是由数学极限思想得来的，其中时间趋于零，就可以表示一个时刻的速度，即为瞬时速度，故A正确；微元法是把一个过程分割为很多小的过程，继而相加求解的方法，推导匀变速直线运动的位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，用的是微元法，故B正确；伽利略在研究自由落体运动时采用了推理的方法，C正确；法拉第发现电磁感应现象，和他坚信电与磁之间一定存在着联系的哲学思想分不开，D错误。考点：物理学史【名师点睛】解决此题要知道常用的物理学研究方法：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、分类法、类比法、转换法等。 6.如图，平行光滑金属导轨M、N固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中。完全相同的两金属棒P、Q搭放在导轨上，开始均处于静止状态。给P施加一与导轨平行的恒定拉力作用，运动中两金属棒始终与导轨垂直并与导轨接触良好。设导轨足够长，除两棒的电阻外其余电阻均不计。则两棒的速度及棒中的感应电流随时间变化的图象正确的是A. B. C. D. 【答案】AD【解析】P向右做切割磁感线运动，由右手定则判断知，回路中产生逆时针的感应电流，由左手定则判断可知，Q棒所受的安培力方向向右，故Q向右做加速运动；Q向右运动后，开始阶段，两杆的速度差增大，产生回路中产生的感应电动势增大，感应电流增大，两杆所受的安培力都增大，则P的加速度减小，Q的加速度增大，当两者的加速度相等时，速度之差不变，感应电流不变，安培力不变，两杆均做加速度相同的匀加速运动。AB、开始运动时，P棒做加速度减小的加速度运动，Q棒做加速度增大的加速运动，最终做加速度相同的加速度运动，故A正确，B错误；CD、开始运动时，两棒的速度差增大，感应电动势增大，通过电流增大，最终两棒都做匀加速运动，速度差保持不变，故回路中感应电动势不变，电流恒定，故C错误，D正确。故选：AD。【点睛】P向右做切割磁感线运动，产生感应电流，此感应电流流过Q，Q受到安培力而运动起来，先根据右手定则判断回路中感应电流的方向，再由左手定则判断Q所受的安培力方向，即可判断其运动方向．通过分析安培力的变化，来分析两棒的运动情况和电流变化情况． 7. 2013年6月20日，航天员王亚平在运行的天宫一号内上了节物理课，做了如图所示的演示实验，当小球在最低点时给其一初速度，小球能在竖直平面内绕定点O做匀速圆周运动。若把此装置带回地球表面，仍在最低点给小球相同初速度，则( )A. 小球仍能做匀速圆周运动B. 小球不可能做匀速圆周运动C. 小球可能做完整的圆周运动D. 小球一定能做完整的圆周运动【答案】BC【解析】【详解】AB、把此装置带回地球表面，在最低点给小球相同初速度，小球在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，则动能和重力势能相互转化，速度的大小发生改变，不可能做匀速圆周运动，故A错误，B正确；CD、若小球到达最高点的速度v，则小球可以做完整的圆周运动，若小于此速度，则不能达到最高点，则不能做完整的圆周运动，故C正确，D错误。 8.如图所示，一质量为m、带电荷量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场区域足够大，静止时悬线向左与竖直方向成60°角。线长为L，细线不可伸长。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。现将电场反向，则下列说法正确的是(  ) A. 小球带负电，电场强度E＝B. 电场反向后，小球在最低点速度为C. 电场反向后，小球先做匀加速直线运动，然后做圆周运动，最大速度vm＝D. 电场反向后，小球将做往复运动，能够回到初始位置【答案】AC【解析】【详解】A.根据平衡条件可知，小球受电场力向左，与场强方向相反，带负电；且，解得：，A正确B.电场反向后，小球受向右的电场力大小为，绳子松弛无弹力，小球沿电场力与重力的合力方向做匀加速直线运动，当小球运动到最低点时绳子恰被拉直，拉直时由于重力做功获得的竖直分速度变为0，保留水平方向分速度做圆周运动，所以从反向到最低点，水平方向末速度为v：，解得：，B错误C.当绳子方向与重力与电场力合力方向在一条直线上时，小球有最大速度，即当绳子达到右侧与竖直夹角60度时速度最大：根据动能定理从最低点到最大速度处：，解得：，C正确D.由于小球最低点被拉直时，动能有所损失，根据能量守恒，小球回不到最初位置，D错误 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题为选考题，考生根据要求作答。9.某实验小组利用如图1所示的实验装置验证动量守恒定律．实验的主要步骤如下：（1）用游标卡尺测量小球A、B的直径d，其示数均如图2所示，则直径d＝________ mm，用天平测得球A、B的质量分别为m1、m2.（2）用两条细线分别将球A、B悬挂于同一水平高度，且自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上．（3）将球A向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为α时由静止释放，与球B碰撞后，测得球A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ1，球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ2.（4）若两球碰撞前后的动量守恒，则其表达式为__________________；若碰撞是弹性碰撞，则还应满足的表达式为________________________．(用测量的物理量表示)【答案】    (1). 22.0    (2).     (3). 【解析】（1）直径d＝2.2cm+0.1×0=2.20cm=22.0 mm（2）设悬线长度为L，则A球到达最低点时的速度：；碰后A球的速度：；碰后B球的速度：；若两球碰撞前后的动量守恒，则其表达式为m1v=m2v2-m1v1，即；即碰撞是弹性碰撞，则还应满足的表达式为，即：，即：m1cos α＝m1cos θ1－m2(1－cos θ2)点睛：此题关键是要搞清实验的原理，注意碰撞前后的速度方向；知道弹性碰撞所满足的能量关系即可列式. 10.（1）用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T。请根据下列步骤完成电阻测量：①旋动部件_________，使指针对准电流的“0”刻线。②将K旋转到电阻挡“×100”的位置。③将插入“+”、“-”插孔的表笔短接，旋动部件_________，使指针对准电阻的_________（填“0刻线”或“”刻线”）。④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的待测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，按_________的顺序进行操作，得出测量结果。A．将K旋转到电阻挡“×1k”的位置B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准（2）①用电阻箱、多用电表、开关和导线测一节干电池的电动势和内阻，请将图甲的实物连接成可完成实验的电路.②完成以下步骤的相关内容：i.将多用电表的选择开关旋转至_________挡（填“直流电1A”或“直流电流100mA”）；ii.调节电阻箱，示数如图乙所示，读得电阻值R=_________Ω；iii.合上开关，从多用表上读得数值为x1；iv.重复ii、iii，收集多组R和x的数据。③根据设计的实验以及收集到的数据，作出了如图丙所示的R一图线，由此可知，干电池的电动势E=_________V（保留三位有效数字）；图线纵轴截距的绝对值代表_________的电阻之和。【答案】    (1). S    (2). T    (3). 0刻线    (4). ADC    (5). 直流电流100mA    (6). 12    (7). 1.40（1.35~1.45均可）    (8). 多用电表直流电流100mA档和干电池【解析】【详解】（1）①电表使用前要调节机械调零旋钮，使指针指在0刻线位置，故调节S旋钮；
③欧姆表测量前要进行欧姆调零，调节T旋钮，使指针对准零刻度线；
④指针偏转度过小，说明电阻偏大，故需选择较大的倍率；每次换挡要重新调零，再进行电阻的测量；故顺序为ADC；（2）①②采用多用电表的电流档进行电源电动势和内阻的测量，即采用安阻法测电源电动势与内阻，故电路图如图所示：由于干电池的电动势约为1.5V，估算可知选择开关应旋至“直流电流100mA”；由图示电阻箱可知，电阻箱示数是1×10Ω+2×1Ω=12Ω；③采用安阻法测电源电动势与内阻时，，则，图象R一为图象，图象斜率等于电源电动势，，图象与纵轴交点截距是电路的总电阻，即干电池内阻与电阻箱阻值之和，即多用电表直流电流100mA档和干电池的电阻之和。 11.如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d ＝0.10 m，a、b间的电场强度为E＝5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B＝0.6 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场．今有一质量为m＝4.8×10－25kg、电荷量为q＝1.6×10－18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0＝1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处(图中未画出)．求：（1）判断a、b两板间电场强度的方向；（2）求粒子到达P处的速度与水平方向的夹角θ；（3）求P、Q之间的距离L(结果可保留根号)．【答案】（1）a、b间电场强度的方向是由a板指向b板．；（2）30°；（3）m【解析】试题分析：(1)a、b间电场强度的方向是由a板指向b板．（2分）(2)粒子在a板左端运动到P处，由动能定理，得qEd＝mv2－（3分）代入有关数据，解得v＝×106m/s（1分）cosθ＝（1分）代入数据，得θ＝30°（1分）（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设圆心为O，半径为r，如图所示，由几何关系，得＝rsin30°（2分），又qvB＝m（2分），联立求得L＝＝m（1分）考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】本题考查了粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，掌握粒子在磁场中的半径公式和周期公式，以及类平抛运动的处理方法．（1）根据动能定理求出粒子到达P处的速度大小，结合平行四边形定则求出粒子到达P处时的速度方向．（2）根据洛伦兹力提供向心力求出粒子的在磁场中运动的轨道半径，结合几何关系求出P、Q之间的距离L．（3）粒子在电场中做类平抛运动，根据沿电场方向上的速度，结合速度时间公式求出在电场中的运动时间，根据几何关系求出粒子在磁场中做圆周运动的圆心角，结合周期公式求出在磁场中的运动时间，从而得出粒子从A点运动到Q点所用的时间． 12.如图所示，光滑水平面上有一上表面水平的小车B，其右端固定一沙箱，沙箱的左壁外连接一水平的轻质弹簧，小车与沙箱的总质量为M=2kg。车上在沙箱左侧距其左壁s=1m的位置上放有一质量为m=1kg小物块A（可视为质点），A与小车上表面间的动摩擦因数为μ=0.1。仅在沙面上方空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E= 2×l03V/m。当物块A随小车以大小为v0=10m/s的水平速度向右做匀速直线运动时，距沙面H=5m高处有一质量为m0=2kg，带电荷量为q=1×10-2C的带正电小球C，被以大小为u0=10m/s的初速度水平向左抛出，最终落入沙箱中并陷入沙里。己知小球与沙箱的相互作用时间极短，且忽略弹費最短时的长度，并取重力加速度g=10m/s2。求：（1）小球落入沙箱时的水平速度大小vx；（2）小车在前进过程中，弹簧具有的最大弹性势能Ep；（3）设小车左端与沙箱左壁的距离为L，请分析讨论物块A相对小车向左运动的过程中，其与小车摩擦产生的热量Q与L的关系式。（注：关系式中只能保留Q与L两个字母）【答案】（1）vx=0  （2）Ep=9J （3）当时，；当时， （国际单位）【解析】【详解】（1）设小球在空中运动的时间为t，水平方向的加速度大小为a，小球抛出后，在竖直方向有  水平方向有 水平方向由牛顿第二定律有 联立解得  vx =0（2）以水平向右为正方向，设小球落入沙箱后瞬间，车与球的共同速度为v1，在小球落入沙箱过程，对车和球由水平方向动量守恒有：设弹簧压缩至最短时小车与A的共同速度为v2，从球落入沙箱后瞬间到小车与A共速，对小车(含小球)与A分别由动量守恒和机械能守恒有：且此过程由于摩擦产生的热量为：代入数据联立解得：Ep=9J（3）若A与弹簧分离后恰好运动至车左端时与车相对静止，由（1）可知,小车与A的共同速度仍为：v2=6m/s 从弹簧压缩最短到A与车相对静止，由能量守恒有： 解得此情况下小车左端与沙箱左壁的距离为 当时，A停在距离沙箱左壁处，故有：数据代入解得： 当时，A最终会从小车的左端滑下，故有：数据代入解得： （国际单位） 13.下列说法正确的是_____A. 空气中大量PM2.5的运动也是分子热运动B. 温度相同的氧气和氢气，分子的平均动能相同C. 温度相同的氧气和氢气，氢气的内能一定大D. 气体等压压缩过程一定放出热量，且放出的热量大于内能的减少E. 晶体熔化过程分子势能增加【答案】BDE【解析】【详解】A、PM2.5在空气中的运动是固体颗粒、是分子团的运动，不是分子的热运动，故A错误；B、温度是分子平均动能的标志，温度相同的氧气和氢气，分子的平均动能相同，故B正确；C、由于不考虑分子间作用力，氧气和氢气只有分子动能，当温度相同，它们的平均动能相同，但是分子个数不知道，故无法确定二者内能的大小关系，故选项C错误；D、根据理想气体状态方程，等压压缩，则温度降低放出热量，内能减少，由于压缩过程中外界对气体做正功，则根据热力学第一定律可知，放出的热量大于内能的减少，故选项D正确；E、晶体熔化时要吸热而温度保持不变，则其分子平均动能不变，但吸热后内能增大，故说明晶体在熔化过程中分子势能增加了，故E正确。 14.如图为高楼供水系统示意图，压力罐甲、乙与水泵连接，两罐为容积相同的圆柱体，底面积为0.5m2、高为0.7m，开始两罐内只有压强为1.0×105Pa的气体，阀门K1、K2关闭，现启动水泵向甲罐内注水，当甲罐内气压达到2.8×105Pa时水泵停止工作，当甲罐内气压低于1.2×105Pa时水泵启动，求：（1）甲罐内气压达到2.8×105Pa时注入水的体积；（2）打开阀门K1，水流入乙罐，达到平衡前水泵是否启动。【答案】①    ②未启动【解析】【详解】①取甲内气体为研究对象，由玻意耳定律：注入水的体积为：，解得：；②打开开关后两罐液面相平，罐内气体高度：对甲气罐由由玻意耳定律：解得：因气压，水泵未启动。 15.一束由a、b两单色光组成复色光以入射角由空气射到半圆形玻璃砖表面的A处，AB是半圆的直径。a、b两单色光组成的复色光进入玻璃后分为两束，分别为AC、AD，下列叙述正确的是           A. a光的频率大于b光的频率B. 它们从A到C和从A到D的时间分别为t1和t2，则t1=t2C. 将a、b两单色光光源分别放在水中同一点，水面上被照亮的区域，a光照亮的区域较大D. 用同一双缝干涉装置看到的a光干涉条纹间距比b光干涉条纹间距宽E. 在玻璃砖中，b光的传播速度大于a光的传播速度【答案】ABE【解析】【详解】AE．由图可知，AC光的偏折程度比较大，则介质对a光的折射率比较大，则a光的频率比较大，根据公式可知，在玻璃中，b光的传播速度大于a光的传播速度，故AE正确；B．设a光折射角为，a光在介质中的传播速度为，则有 ， ，故光从A传到C的时间 ，又，由以上各式得：，同理可得b传播时间也为，则知，故B正确；C．照亮水面边缘光刚好发生全反射，照亮的区域圆面积的半径r与临界角C满足，C是临界角，由知：b的折射率小，C大，由b光照亮水面的面积比a的大，故C错误；D．a光的频率比较大，波长较小，由分析知，a光干涉条纹间距比b光干涉条纹间距小，故D错误。 16.资料记载，海啸波浪海啸波是重力长波，波长可达100公里以上；它的传播速度等于重力加速度g与海水深度乘积的平方根，使得在开阔的深海区低于几米的一次单个波浪，到达浅海区波长减小，振幅增大，掀起10-40米高的拍岸巨浪，有时最先到达的海岸的海啸可能是波谷，水位下落，暴露出浅滩海底；几分钟后波峰到来，一退一进，造成毁灭性的破坏。 (i)在深海区有一海啸波（忽略海深度变化引起的波形变化）如图甲，实线是某时刻的波形图，虚线是t =900s后首次出现的波形图．已知波沿x轴正方向传播，波源到浅海区的水平距离s1=1.08万公里，求海啸波到浅海区的时间t1。 (ii)在浅海区有一海啸波（忽略海深度变化引起的波形变化）如图乙，海啸波从进入浅海区到达海岸的水平距离为s2，写出该海啸波的表达式和波谷最先到达海岸的关系式。【答案】（i）（ii）【解析】（i）由图甲得        ① 依题意有            ②            ③            ④解得              ⑤（ii）由图像得波的振幅A=20m，波长  由②式得波的周期            ⑥                       ⑦解得波的表达式（m）  ⑧      海啸波在浅海区的传播速度      ⑨波谷最先到达海岸的关系式          解得波谷最先到达海岸的时间（s）      ⑩故本题答案是：（i）（ii）点睛：根据图像找到波长，周期，波速之间的关系，并利用波的传播找到不同时刻形成的波形图。