2019届广西桂林市、贺州市、崇左市高三下学期3月联合调研考试理科综合物理试卷（解析版）

2019年高考桂林市、贺州市、崇左市联合调研考试理科综合能力测试（物理部分）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题只有一个选项符合题目要求，第19～21题有多个选项符合题目要求。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.氢原子能级图如图所示，大量处于n=3激发态的氢原子向低能级状态跃迁辐射出的光子中，发现有两种频率的光子能使金属A产生光电效应，则下列说法正确的是A. 大量处于n=3激发态的氢原子向低能级状态跃迁时，只辐射两种频率的光子B. 从n=3激发态直接跃迁到基态时放出的光子一定能使金属A发生光电效应C. 一个氢原子从n=3激发态跃到基态时，该氢原子能量增大D. 一个氢原子从n=3激发态跃到基态时该氢原子核外电子动能减小【答案】B【解析】【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，大量处于n=3激发态的氢原子向基态跃迁过程所放出的光子中，有两种光子能使某金属A产生光电效应，则由跃迁到一定能使金属A发生光电效应，然后根据波尔理论分析即可；【详解】A、大量处于n=3激发态的氢原子向低能级状态跃迁时，有3→1，3→2，和2→1，三种情况，所以跃迁过程中将释放出3种频率的光子，故A错误；B、由题可知：有两种频率的光子能使金属A产生光电效应，大量处于n=3激发态的氢原子向低能级状态跃迁过程所放出的光子中，跃迁到辐射的光子频率最大，则一定能使金属A发生光电效应，故选项B正确；C、根据玻尔理论，氢原子从激发态跃到基态时，放出能量，电子的动能增大，电势能减小，导致原子总能量减小，故选项CD错误。【点睛】解决本题的关键掌握发生光电效应的条件，以及知道能级间跃迁时，哪个能级间跃迁发出的光子能量最大，哪个能级间跃迁发出的光子能量最小。2.甲、乙两辆汽车在同平直公路上行驶，在t=0时刻两车正好相遇，在之后一段时间0－t2内两车速度一时间图像(v－t图象)如图所示，则在0－t2这段时间内有关两车的运动，下列说法正确的是A. 甲、乙两辆车运动方向相反B. 在t1时刻甲乙两车再次相遇C. 乙车在0－t2时间内的平均速度小于D. 在t1－t2时间内乙车在甲车前方【答案】C【解析】【分析】根据纵坐标的正负代表运动方向，图象与时间轴所围的“面积”表示位移，分析位移关系，确定两车是否相遇；【详解】A、由图像可知，二者速度均为正值，即二者均向正方向运动，故甲、乙两辆车运动方向相同，故选项A错误；B、由图像可知，在时间内，二者位移不相等，即在t1时刻甲乙两车没有相遇，在该时刻二者速度相等，二者之间的距离是最大的，故选项B错误；C、若乙车在时间内做匀变速运动，则平均速度为，如图所示：由“面积”代表“位移”可知，匀变速运动的位移较大，故乙车在这段时间内的平均速度小于，故选项C正确；D、由于甲初速度大于乙的初速度，所以开始时甲车在前面，由“面积”代表“位移”可知在时间内甲的位移大于乙的位移，故整个过程在中甲车一直在前面，故选项D错误。【点睛】对于v-t图象，关键要需掌握：根据纵坐标的正负代表运动方向，，v-t图象的斜率大小代表加速度大小，斜率的正负代表加速度的方向，v-t图象与时间轴围成的面积代表位移。3.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5︰1，电流表和电压表均为理想电表，R是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、L是理想线圈、C是耐压值和电容都足够大的电容器、D是灯泡、K是单刀双掷开关。当原线圈接入如图乙所示的正弦交流电时，下列说法正确的是A. 开关K连通1时，电压表的示数为44VB. 开关K连通1时，若光照增强，电流表的示数变小C. 开关K连通2时，D灯泡不亮D. 开关K连通2时，若光照增强，电压表的示数减小【答案】A【解析】【分析】根据原、副线圈的电压与匝数成正比求出电压表的示数，和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定副线圈总电阻的变化，进而可以确定副线圈的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况；【详解】A、根据图乙可知原线圈电压有效值为：，则根据可以得到：，即电压表的示数为，故选项A正确；B、开关K连通1时，若光照增强，则电阻R减小，则副线圈总电阻减小，而不变，则副线圈电流增大，根据可知，原线圈电流增大，即电流表的示数变大，故选项B错误；C、开关K连通2时，由于交变电流可以“通过”电容器，故D灯泡发光，故选项C错误；D、开关K连通2时，若光照增强，则电阻R减小，但是由于原、副线圈的端电压之间关系为与副线圈总电阻无关，故电压表的示数不变，故选项D错误。【点睛】解决变压器的问题，注意掌握端电压与匝数的关系，电流与匝数的关系以及原、副线圈功率的关系。4.如图所示，固定在水平面上的斜面体C放有一个斜劈A，A的上表面水平且放有物块B。若AB运动中始终保持相对静止。以下说法正确的是A. 若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，B物块可能只受两个力作用B. 若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B处于超重状态C. 若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B受水平向左的摩擦力D. 若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则B处于超重状态【答案】C【解析】【分析】对整体分析，找出整体的加速度的方向，然后将加速度正交分析，根据牛顿第二定律进行分析即可；【详解】A、若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，整体加速度方向沿斜面向下，如图：则由图可知，B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力做用，故选项A错误；B、若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如上图所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项B错误；C、若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如上图所示，由于B具有水平向左的分加速度，则根据牛顿第二定律可知B受水平向左的摩擦力，故选项C正确；D、若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则整体加速度方向如上图所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项D错误。【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，知道A和B的加速度相同，运用整体法和隔离法进行求解，本题的难度在于研究对象的选取。5.如图所示，平直木板AB倾斜放置，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小，先让物块从A由静止开始滑到B，然后将A端着地，抬高B端，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A。上述两过程相比较，下列说法中正确的是A. 物块从顶端滑到底端，两过程中物块克服摩擦力做功相同B. 物块从顶端滑到底端，两过程中物块所受摩擦力冲量大小相等C. 物块滑到底端时的速度，前一过程较大D. 物块从顶端滑到底端两过程，前一过程用时较短【答案】A【解析】【分析】小物块能滑下，把自身重力分解，可得出第一过程中沿斜面向下的合力是逐步加大的，第二过程是合力是逐步减小的，接下来可以运用动能定理和图像进行判断；【详解】A、设斜面倾角为，利用微元法，将斜面分割成无数个小段，则每一小段克服摩擦力的功为，则整个过程中克服摩擦力的功为：，可知两过程中物块克服摩擦力做功相同，故选项A正确；B、两过程中，由于重力做功相同，克服摩擦力做功相同，则根据动能定理可知，两过程到达底端的速度大小相等，先让物块从A由静止开始滑到B，又因为动摩擦因数由A到B逐渐减小，则合力增大，即加速度增大，同理可知当物块由B到A，则合力减小，即加速度减小，最终速度的大小相等，而且位移大小相等，则图像如图所示：则前一过程即由A到B用时较长，则两个过程中摩擦力的冲量的大小不相等，故选项BCD错误。【点睛】本题关键要分清楚合力的变化情况，同时注意摩擦力做功情况，然后根据动能定理和图像进行判断。6.如图所示，地球赤道平面内两颗人造卫星a和b，均绕地球做逆时针匀速圆周运动，卫星a、b运动的周期分别为T1、T2，且T2=8T1，关于两颗卫星下列说法正确的是A. 卫星a的动能一定大于卫星b的动能B. 卫星a、b运动轨道半径之比为1︰4C. 卫星b绕地球运动的线速度大于地球第一宇宙速度D. 卫星a、b线速度大小之比为2︰1【答案】BD【解析】【分析】根据万有引力提供向心力找出周期、线速度与半径的关系，然后进行比较即可；【详解】A、根据万有引力提供向心力，则：，则可知，由于卫星a和b的质量未知，根据可知无法判断二者动能的关系，故选项A错误；B、根据万有引力提供向心力，则：，可知：则半径之比为：，故选项B正确；C、第一宇宙速度为卫星在地面附近旋转的速度，是半径最小的圆周运动，根据可知第一宇宙速度为最大的环绕速度，则卫星b绕地球运动的线速度小于地球第一宇宙速度，故选项C错误；D、由于半径之比为，根据，则，可知：，故选项D正确。【点睛】本题关键是要掌握万有引力提供向心力这个关系，能够根据题意选择恰当的向心力的表达式。7.如图所示，带等量异种电荷的平行板电容器竖直放置，一个质量为m带负电为q的小球(可看成点电荷，对两板间匀强电场影响可忽略)，用长L的绝缘丝线悬挂于电容器内部的O点，现将小球拉到丝线呈水平伸直的位置A，然后无初速释放，小球沿着圆弧恰好能运动到O正下方B处。重力加速度为g，以下说法正确的是A. 电容器左极板带正电B. 小球电势能减少C. 两板间匀强电场电场度的大小E=D. 小球运动过程中最大动能Ek=(－1)mgL【答案】CD【解析】【分析】由于小球恰能运动到B点，说明到达B点的速度为零，从而判断极板带电性，然后根据动能定理进行求解；【详解】A、由题可知，小球恰能运动到B点，说明到达B点的速度为零，可知由A到B电场力做负功，则可知电容器左极板带负电，根据功能关系可知，小球电势能增大，故选项AB错误；C、有A到B根据动能定理可知：，则匀强电场电场度的大小为，故选项C正确；D、由上面分析可知：，则当二者的合力与绳在同一直线上时，小球的速度最大，如图所示：根据动能定理：则整理可以得到：，故选项D正确。【点睛】本题是电场中力学问题，采用的是力学的方法处理，关键是分析物体的受力情况和运动情况，选取研究过程，运用动能定理解题，注意当电场力和重力的和的方向与绳在同一直线上时为速度最大值或最小值。8.如图所示，相距为d的两水平直线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B，均匀材质制成的正方形线框abcd边长为L(L＜d)，质量为m，总电阻为R。现将线框从在磁场上方ab边距L1为h处由静止开始释放，ab边刚进入磁场时速度与刚穿出磁场时速度相同。则以下说法正确的是A. ab边刚进入磁场时a点的电势低于b点电势B. 线框进入磁场过程可能先加速后匀速运动C. 线框穿过磁场区域过程产生的焦耳热为2mgdD. 线框从刚下落到cd边刚进入磁场的时间t>【答案】ACD【解析】【分析】本题关键要认真分析题设的条件，抓住ab边进入磁场时速度和ab边刚穿出磁场时速度相同是分析的突破口，来分析线框的运动情况，正确把握能量如何转化的，要注意进入和穿出产生的焦耳热相等；【详解】A、ab边刚进入磁场时切割磁感线，根据右手定则可知，感应电流方向为由，即端相当于电源的正极，则a点的电势低于b点电势，故选项A正确；B、当线框完全进入磁场中则没有感应电流，则只受到重力作用，则做加速运动，ab边刚进入磁场时速度与刚穿出磁场时速度相同，说明线框完全进入磁场时的速度小于刚进入磁场速度，所以线框进入磁场过程不可能先加速后匀速运动，故选项B错误； C、由于ab边刚进入磁场时速度与刚穿出磁场时速度相同，根据能量守恒可知，进入时产生的焦耳热为，离开时产生的焦耳热仍为，则整个过程中产生的焦耳热为：，故选项C正确；D、线框从刚下落到cd边刚进入磁场过程中，设cd边刚进入磁场时，线框速度为v,由动量定理得，mgt-IA=mv>0；安培力的冲量 解得： 故选项D正确。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题。每个试题考生都必须做答。第33题~第38题为选考题。考生根据要求做答。9.某同学用如图甲所示的装置测定当地的重力加速度。步骤如下：(1)先用校准后的游标卡尺测量金属小球的直径。图乙为游标卡尺测量时示数，则金属球的直径d=___________cm；(2)按图甲安装好器材，测得小球被电磁铁吸住时球心到光电门的距离为h。控制电磁铁释放小球，记下金属小球通过光电门的时间t，则金属球通过光电门时的速度大小v=___________；(答案用字母表示) (3)改变光电门到小球球心距离h得到与之对应的t，取得若干组实验数据。以为纵坐标，以h为横坐标，描绘出一h图像是一条倾斜直线，若直线斜率为k，则当地重力加速度g=___________(答案用字母表示)【答案】    (1). 0.50    (2).     (3). 【解析】【分析】游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球经过光电门时的速度表达式，根据速度位移公式得出；【详解】（1）小球的直径为：；（2）小球经过光电门的时间极短，平均速度可视为金属球经过光电门的瞬时速度，故；（3）小球由静止到经过光电门这一过程，根据运动学公式有:则整理有：，由题可知：，则。【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，以及知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度。10.唐明同学在阅读科普资料时发现输液用的生理盐水电导率为σ=0.8Ω－1m－1，查找资料后得知电导率是电阻率的倒数。为了检验一瓶输液生理盐水这一指标是否合格，他把生理盐水灌人内径均匀的圆柱形玻璃管中，侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内总是注满盐水，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右侧活寒固定，左侧活塞中可自由移动，测量该瓶生理盐水的电导率。(已知玻璃管内横截面积为S=2cm2)(1)他将管中盐水柱作为纯电阻Rx，长为L=10cm，根据标准电导率可推测此段盐水柱的电阻的为___________Ω。现用以下器材采用伏安法测盐水柱的电阻： A.直流电源E：电动势18V，内阻很小，额定电流1A；B.电流表A：量程0~10mA，R内阻为5Ω； C.电压表V：量程0-15V，内阻约为15kΩD.定值电阻R0：400Ω；E.滑动变阻器R：最大阻值20Ω；F开关S、导线若干。根据所给的器材，在方框内画出合理的实验电路图________(图中已给出盐水柱、电源E开关S的符号)。(2)根据实验测得的物理量(电压表读数为U，电流表读数为I)可得盐水柱电阻为Rx=___________。(用已知量和直接测量的字母表示)(3)为了较准确地测量电导率，他改变这段封闭的盐水柱长度，测得盐水柱长度L和对应的电阻U、I，得到多组数据，以为纵坐标，L为横坐标，利用实验数据作出图象如图所示，若图像斜率为K，则盐水的电导率应为σ=___（用已知量和直接测量的字母表示)。若测得电导率约为“0.8”，则说明盐水该项指标合格。【答案】    (1).     (2). 如图所示：    (3).     (4). 【解析】【分析】由题可知，电导率等于电阻率的倒数，根据电阻定律可求出生理盐水的电阻大小，根据生理盐水的电阻与两电表内阻的大小关系，选择电流表的接法，由于变阻器的最大阻值小于生理盐水的电阻，变阻器可采用分压式接法，然后根据欧姆定律和电阻定律进行求解；【详解】（1）根据题可知：，由电阻定律得：；由于滑动变阻器的最大阻值小于待测电阻，故滑动变阻器采用分压式接法，由于电流表量程过小而且内阻恒定，故将电流表与定值电阻串联起到保护作用，同时采用内接法，如图：（2）根据欧姆定律可以得到：，则；（3）结合电阻定律，则，整理得到：则斜率：，则。【点睛】本题是信息给予题，文字较多，首先要有耐心读懂题意，其次掌握伏安法电路结构的选择，在测电阻时要注意电流表的内接法还是外接法。11.如图所示直角坐标系中的第I象限存在沿轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一个电量为q、质量为m的正离子(不计重力)，在x轴上x=2L的a点以速度v0=10m/s射入磁场，然后从y轴上y=L的b点垂直于y轴方向进入电场偏转后经过轴上x=2L的c点离开电场，已知正离子的比荷=50C/kg，L=2m求：(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小。【答案】(1) (2) 【解析】【分析】粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律求出电场强度大小，由几何知识求出粒子的轨道半径，然后由牛顿第二定律求出磁感应强度大小；【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，有：轴方向：轴方向：，联立可以得到：；（2）带电粒子在磁场中运动有：洛伦兹力提供圆周运动向心力：又因为：所以：。【点睛】本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子的运动过程、应用牛顿第二定律与类平抛运动规律、粒子做圆周运动的规律即可正确解题，解题时要注意数学知识的应用。12.如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆质量为M=2kg的平板车C，其右端固定挡板上固定一根轻质弹簧，平板车上表面Q点左侧粗糙右侧光滑，且粗糙段长为L=2m，小车的左边紧靠着一个固定在竖直平面内半径为r=5m的四分之一光滑圆形轨道，轨道底端的切线水平且与小车的上表面相平。现有两块完全相同的小木块A、B(均可看成质点)，质量都为m=1kg，B放于小车左端，A从四分之一圆形轨道顶端P点由静止释放，滑行到车上立即与小木块B发生碰撞(碰撞时间极短)碰后两木块粘在一起沿平板车向右滑动，一段时间后与平板车达到相对静止，此时两个木块距Q点距离d=1m，重力加速度为g=10m/s2。求：(1)木块A滑到圆弧轨道最低点时，木块A对圆形轨道的压力大小；(2)木块与小车之间的滑动摩擦因数；(3)若要两木块最终能从小车C左侧滑落，则木块A至少应从P正上方多高地方由静止释放。(忽略空气阻力，弹簧都在弹性限度内)【答案】(1) (2) ;    (3) 当时，；当时，【解析】【分析】由机械能守恒定律求出A到达最低点时的速度，在最低点应用牛顿第二定律求出支持力，然后由牛顿第三定律求出压力；系统动量守恒，由动量守恒定律并结合能量守恒定律求解；【详解】（1）木块A下滑过程由动定理得到：在轨道底端有：得到：由牛顿第三定律木块A对轨道的压力为；（2）AB碰撞时，有：木块相对平板车达到共同速度，则有：若木块相对平板车向右运动达到共同速度，则由能量守恒得到：，得到若木块相对于平板车向左运动达到共同速度，则由能量守恒得到：，得到；（3）A离P点高度由静止释放，由动能定理得到：碰撞有：恰好滑落有：能量守恒：当时，当时，。【点睛】本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用机械能守恒定律、动量守恒定律与能量守恒定律可以解题，解题时注意正方向的选择。13.下列说法正确的是___________A. 分子间的引力和斥力都随分子间的距离增大而减小B. 机械能能全部转化为内能，内能不能全部转化为机械能而不引起其他变化C. 如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加D. 液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面分子间的作用表现为相互吸引，即存在表面张力E. 单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数增多，气体的压强一定增大【答案】ABD【解析】【详解】A、分子间的引力和斥力，都随分子间距离的增大而减小，但斥力比引力变化快，故A正确；B、根据热力学第二定律，所有的热现象都有一定的方向性，机械能可以全部转化为内能，内能不能全部转化为机械能而不引起其他变化，故B正确；C、改变内能的方式有做功和热传递，如果物体从外界吸收热量的同时还对外做功，则物体的内能不一定增加，故C错误；D、液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面分子间的作用表现为相互吸引，即存在表面张力，故D正确；E、单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数增多，但如果速度减小，撞击力减小，气体的压强不一定增大，故E错误。【点睛】该题考查分子间作用力、压强的微观意义、热力学第二定律、热力学第一定律等知识点的内容，属于对基础知识的考查，多加积累即可。14.如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中。当温度为300K时，被封闭的气柱长为20cm，两边水银柱高度差h=4cm，大气压强P0=76cmHg(可认为保持不变)。①若缓慢改变封闭气体温度，当温度为多少时，左右管内水银液面平齐?②若保持封闭气体温度不变，从左侧管口用一设备缓慢把水银抽出，则抽出水银柱多长时(以处于管内长度为准)，能使左右管内水银面平齐?(结果保留两位小数)【答案】①②【解析】【分析】对于气体压强与气体温度问题，认真审题理解题意、求出气体状态参量是解题的前提与关键，应用理想气体状态方程即可解题；【详解】①由题可知，封闭气体初始压强为气柱长度为，温度为温度变化后气体压强为，气柱长度为由理想气体状态方程：，得到：；②设抽掉部分水银后，气柱长度为，则压强变为由玻意耳定律：，得到则抽掉水银长度为。15.一列简谐横波，在t=1s时刻的波形如图甲所示，图乙为波中质点的振动图象，则根据甲、乙两图可以判断：___________ A. 该波沿x轴正方向传播B. 该波的传播速度为6m/sC. 从t=0时刻起经过时间△t=3s，质点通过路程为6mD. 在振动过程中P1、P2的位移总是相同E. 质点P2做简谐运动的表达式为y=2sin(t－)m【答案】BCE【解析】【分析】对于波的图象，解答本题关键是要掌握振动的一般方程，能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系；【详解】A、由图乙可知，在t=1s时刻质点向轴负方向振动，则根据质点振动方向与波的传播方向可知，该波沿x轴负方向传播，故选项A错误；B、由图甲可知波长为，由图乙可知周期为，则波速为，故选项B正确；C、由于，则质点通过路程为，故选项C正确；D、由于P1、P2之间的距离为，在振动过程中P1、P2的位移不一定总是相同，故选项D错误；E、由于，则，则图乙可知质点P2做简谐运动的表达式为：，故选项E正确。【点睛】本题考查了波的图像与振动图像相结合的问题，注意两种图像所表达的信息不同，注意区分。16.如图所示，单色细光束射到一半径为R的透明球表面，光束在过球心的平面内，入射角θ1=60°，该光束折射进入球内后在内表面反射一次，再经球表面折射后射出，出射光束恰好与最初入射光束平行。(已知真空中光速为c)①补充完整该光束的光路图，求透明球的折射率；②求这束光在透明球中传播的时间。【答案】①光路图如图所示：②【解析】【分析】作出光路图，根据几何知识求出折射角，由折射定律求出折射率n；由几何关系求出光在透明球中传播的距离，由求出光在透明球中传播的速度，再求光在透明球中传播的时间；【详解】①光路图如图所示：根据几何关系：，则由；②由于，则由几何关系可知：则时间为：。【点睛】本题是几何光学问题，作出光路图是解题的基础，同时要善于运用几何关系分析光线的折射角和入射角的关系。