2019届广西八市高三高考四月份调研物理试卷（解析版）

2019年广西八市高考物理调研试卷（4月份）一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）1.关于物理学史，下列说法正确的是（　　）A. 牛顿发现了万有引力定律，并预言了引力波的存在B. 法拉第不仅提出了场的概念，而且直观地描绘了场的清晰图象C. 库仑提出了库仑定律，并用油滴实验测得了元电荷的值D. 楞次发现了电磁感应现象，并研究提出了判断感应电流方向的规律--楞次定律【答案】B【解析】【详解】牛顿发现了万有引力定律，但没有预言了引力波的存在，故A错误； 法拉第不仅提出了场的概念，而且提出用电场线直观地描绘了场的清晰图象，故B正确； 库仑提出了库仑定律，密立根用油滴实验测得了元电荷的值，故C错误； 法拉第发现了电磁感应现象，楞次研究并提出了判断感应电流方向的规律--楞次定律，故D错误。 2.如图所示，铁板AB与水平地面间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方。在缓慢抬起铁块B端使θ角增加（始终小于90°）的过程中，磁铁始终相对铁板静止。则下列说法正确的是（　　）A. 磁铁所受合外力逐渐减小 B. 磁铁始终受到三个力的作用C. 磁铁受到的摩擦力逐渐减小 D. 铁板对磁铁的弹力逐渐增大【答案】CD【解析】试题分析：对铁块受力分析，受重力G、磁力F、支持力N和摩擦力f，如图：由于始终平衡，故合力为零，故AB；根据平衡条件，有：，解得：，，由于不断变大，故不断变大，N不断变大，故C D正确考点：共点力作用下物体平衡【名师点睛】本题关键是对滑块受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列式求解，注意三力平衡通常用合成法，三力以上用正交分解法。 3.用同样的交流电分别用甲、乙两个电路给同样的灯泡供电，结果两个电路中的灯泡均能正常发光，乙图中理想变压器原、副线圈的匝数比为5：3，则甲、乙两个电路中的电功率之比为（   ）A. 1 : 1B. 5 : 2C. 5 : 3D. 25 : 9【答案】C【解析】设灯泡的额定电流为I，则甲图中电路的功率为P1=UI，根据变流比可知，乙图中原线圈中电流为，乙图中的功率为，因此甲、乙两个电路中的功率之比为5：3，则C项正确.则选C.【点睛】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题． 4.某同学想要测量一斜坡的倾角θ，他在斜坡上的A点以大小为v0=5m/s的初速度水平抛出一个小球，小球落在斜坡上的B点，测出A、B间的距离为L=5m，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，则斜坡的倾角为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】根据x2+h2=L2得，，代入数据解得t=1s，则有：，解得θ=45°．故C正确，ABD错误。 二、多选题（本大题共6小题，共33.0分）5.天文学上将水星金星、地球、火星称为类地行星。其中火星的质量约为地球的，半径约为地球的，已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的第一宇宙速度大小为v，忽略行星自转的影响，则（　　）A. 火星表面的重力加速度大小约为 B. 火星表面的重力加速度大小约为C. 火星的第一宇宙速度大小约为 D. 火星的第一宇宙速度大小约为【答案】AC【解析】【详解】由得到：，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，即为g，故A正确，B错误。由得到：，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍。故C正确，D错误。 6.如图所示，四分之一圆弧AB是点电荷电场中的一条等势线，圆弧的圆心在O点，C是A、B连线的中点，D是O、A连线的中点。在D点由静止释放一个带负电的试探电荷，仅在电场力作用下试探电荷沿DA加速运动，则下列说法正确的是（　　）A. A、B、C、D四点中，D点场强最大B. A、B、C、D四点中，D点电势最高C. 一个带正电的点电荷从A点沿ACB移动到B的过程中，电势能先增大后减小D. 一个带负电的点电荷从B点沿BCD移动到D的过程中，电场力一直做负功【答案】AD【解析】【详解】根据点电荷的电场的特点可知，距离点电荷越近处的电场强度大，所以D处的电场强度最大。故A正确； 由题，在D点由静止释放一个带负电的试探电荷，仅在电场力作用下试探电荷沿DA加速运动，说明负电荷受到的电场力的方向向上，所以电场的方向向下，沿AO方向；根据点电荷的电场的特点可知，O处为负电荷；距离负电荷越近处的电势越小，所以D点的电势最低。故B错误； 距离负电荷越近处的电势越小，所以ABC三点中，C点的电势最低，正电荷从A点沿ACB移动到B的过程中，电势能先减小后增大。故C错误； 距离负电荷越近处的电势越小，所以BCD三点中，B点的电势最高，D点的电势最低，带负电的点电荷从B点沿BCD移动到D的过程中，电场力一直做负功。故D正确 。 7.如图所示，力传感器上吊着一个滑轮，细线绕过滑轮一端吊着物块A、另一端吊着物块B和C．由静止释放三个物块，物块运动稳定时，力传感器的示数为F1；在三个物块运动过程中，剪断B、C物块间的连线，力传感器的示数变为F2；三个物块的质量相同重力加速度为g，不计细线与滑轮的摩擦，则（　　）A. 每个物块一起运动的加速度大小为B. 每个物块的重力为C. 滑轮的重力为D. 剪断B、C间细线的一瞬间，连接A、B细线上的张力大小不变【答案】AB【解析】【详解】设每个物块的质量为m，则2mg-mg=3ma，解得：a=g，故A正确；设绳的拉力为F，则F-mg=ma，解得：F=mg，设滑轮的质量为M，根据力的平衡有F1=Mg+2F=Mg+mg，剪断B、C间的细线，由于A、B质量相等，因此A、B运动的加速度为零，这时细线上的张力大小发生突变，减少到mg，故D错误；根据力的平衡F2=Mg+2mg，解得：mg=（F1-F2），故B正确；滑轮重力Mg=4F2-3F1，故C错误。 8.如图所示为正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，场强大小为E，磁场垂直于纸面水平向外，磁感应强度大小为B．一个电量为q、质量为（g为重力加速度）的带正电粒子在场中P点竖直向下以大小为v0的初速度向下射出。则（　　）A. 若，则粒子将向下做匀加速直线运动B. 若且方向竖直向上，射出的瞬间，加速度大小为C. 改变粒子射出的速度，且粒子在场中做直线运动，则粒子一定做匀速直线运动D. 改变粒子射出的速度，且粒子在场中做直线运动，则射出的初速度大小为【答案】BCD【解析】【详解】若，则有qv0B=qE，粒子向下射出的一瞬间，电场力和洛伦兹力等大反向，随着速度增大，洛伦兹力增大，粒子会向左偏转，不可能做直线运动，故A错误。若且方向竖直向上，射出的瞬间，粒子受到的洛伦兹力方向向右，大小F洛=qv0B=qE=mg，则合力为 ，根据牛顿第二定律知，加速度大小为，故B正确。改变粒子射出的速度，且粒子在场中做直线运动，洛伦兹力与电场力和重力的合力等大反向，则qvB=mg，得．如果做直线运动时速度大小变化，则洛伦兹力大小变化，合力方向变化，则粒子将做曲线运动，因此，粒子在场中做直线运动时，一定做匀速直线运动，故CD正确。 9.关于热力学定律，下列说法正确的是（　　）A. 气体向真空的自由膨胀是不可逆的B. 理想气体在等温膨胀过程中从外界吸收的热量全部用于对外做功C. 空调机既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性D. 只要对内燃机不断改进，就可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能E. 一定质量的水变成的水蒸气，分子平均动能不变，其分子之间的势能增加【答案】ABE【解析】【详解】根据热力学第二定律知气体向真空的自由膨胀是不可逆的。故A正确。理想气体在等温膨胀过程中气体的内能没有变，所以把吸收的热量全部对外做功。故B正确。 空调机既能致热又能制冷，但是要耗电，即热传递有方向性，热量只能自发地由高温物体传向低温物体。故C错误。 根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，即使对内燃机不断改进，也不可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能。故D错误。 温度是分子的平均动能的标志，一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，吸收热量，温度不变，其分子的平均动能不变，吸收的热量增加了分子之间的势能。故E正确。 10.一列简谐横波沿绳子以0.4m/s的速度传播，绳上两个质点A、B的振动图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）A. 时，B的速度最大，速度方向沿y轴正方向B. 当A沿y轴负方向运动时，B一定也沿y轴负方向运动C. 该波的波长为D. 经过2s的时间，质点A将运动到质点B原来所在的位置E. 从时刻起经过10s时间，A、B运动的路程均为20cm【答案】ACE【解析】【详解】分析振动图象可知，t=4s时，质点B处于平衡位置，速度最大，方向沿y轴正方向，故A正确。 t=2s时，质点A沿y轴负方向运动，此时质点B沿y轴正方向运动，故B错误。 周期T=8s，波速v=0.4m/s，则波长λ=vT=3.2m，故C正确。 波的传播过程中，质点不随波迁移，故D错误。 分析振动图象，从t=2s时刻起经过10s时间，A、B运动的路程均为5A=20cm，故E正确。 三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）11.某同学用如图甲所示装置做“验证动能定理”实验。实验装置中小车的质量为M．钩码的质量为m，重力加速度为g，打点计时器的打点频率为f（1）实验前，将长木板没有定滑轮的一端适当垫高，平衡摩擦力，平衡摩擦力时，______（填“需要”或“不需要”）悬挂钩码；实验过程中，为减小系统误差，应保证钩码的质量m远小于小车的质量M．以满足______的条件。图乙为实验中打出的一条纸带，根据已知条件及图乙中所测出的物理量写出要验证的表达式______。（2）如果实验操作和数值计算的过程都正确无误，但实验结果合力做的功W和小车动能的增量△E在误差允许范围内总是不相等，你认为主要原因是：______。【答案】    (1). 不需要    (2). 细线上的拉力近似等于钩码的重力    (3).     (4). 小车受到的拉力不等于钩码的重力【解析】【详解】（1）实验前，将长木板没有定滑轮的一端适当垫高，平衡摩擦力；平衡摩擦力时不需要悬挂钩码；实验过程中保证钩码的质量m远小于小车的质量M，这是为了使细线上的拉力近似等于钩码的重力；由题意可知，，，故动能的变化量为，合力所做的功W=mgxAB，故需要验证的式子为： ；（2）实验结果W和△Ek在误差允许范围内总是不相等，主要原因是：小车受到的拉力不等于钩码的重力； 12.某同学要将一个满偏电流为150μA的电流表G改装成3V量程的电压表并进行校准。（1）电流表G的内阻未知（大约几百欧），该同学设计了一个测量电流表G内阻的电路如图甲所示，请根据电路图将图乙中的电路连接完整______。（2）图甲电路中G为待测电流表，R1为电阻箱，调节电阻箱使其接入电路的阻值为R0，闭合电键S，调节滑动变阻器R，使电流表G、A指针均有较大角度的偏转，示数分别为I1、I2，则被测电流表G的内阻Rg=______（用测得的物理量的字母表示）。（3）若测得电流表G的内阻为800Ω，将其改装成3V量程的电压表，需要串联一个定值电阻R2，其阻值应该为______Ω（4）对改装的电压表进行校准，其中V为标准电压表，校准电路应选用______（填“丙”或“丁”），理由是______（5）用校准后的改装电压表测量某段电路两端的电压，电流计上的指针所指的位置如图戊所示，则被测电路两端的电压值为______V．（计算结果保留三位有效数字）【答案】    (1). （1）实物连接图如图所示；    (2). （2）    (3). （3）19200    (4). （4）丙    (5). 因为电压可以从零开始调节，电压测量范围较大，能充分校准。    (6). 2.80【解析】【详解】（1）实物连接图如图所示；（2）由实验原理图可知，通过电阻箱电流为I0=I2-I1，又电阻箱和G并联，故两端电压相等，根据欧姆定律，得电流表G的内阻 （3）由题意，电流表G的满偏电压为：UG=IGRG              ①串联电阻分担电压为：U2=U-UG       ②故需串联电阻：        ③联立①②③，代入数据得R2=19200Ω（4）在校准时，应采用图丙，因为电压可以从零开始调节，电压测量范围较大，能充分校准。（5）电压表使用的是0-3V的接线柱，每一个大格代表1V，每一个小格代表0.1V，示数为2.80V。 四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）13.如图所示，长方形金属线框abcd放在光滑绝缘的水平面上，ab边长为lab=0.5m，bc边长为lbc=1m，质量为m=1kg，电阻为R=2Ω．线框处在垂直于桌面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B=1T，ab边与磁场左边界重合。现给线框ab边施加一个水平向左的拉力使线框向左运动，ab边始终与磁场左边界平行，线框中产生的电流随线框运动的距离关系如图乙所示，求：（1）线框的后一半出磁场所用的时间；（2）将线框拉出磁场的过程中，线框中产生的焦耳热。【答案】（1）线框的后一半出磁场所用的时间为0.125s；（2）将线框拉出磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.375J。【解析】【详解】（1）由图乙可知，线框后一半出磁场过程，线框中电流恒定，则线框的速度恒定，设速度大小为v，则E=Blabv=1A线框后一半出磁场所用时间为解得：t=0.125s（2）由图乙可知，0＜x＜0.5m过程中，电流与位移成正比，即安培力与位移成正比，安培力做功：0.5m＜x＜1m的过程中，安培力做功为：全过程产生的焦耳热为：Q=-（W1+W2）=0.375J 14.如图所示，固定在水平面上斜面体倾角为θ=37°，斜面足够长。长为L、质量为m的长木板B放在斜面顶端，长为L、质量为m的木板C也放在斜面上，B、C均处于锁定状态。木板B与斜面间的动摩擦因数为μ2=0.5，B、C两木板厚度相同，两板间距离为L．将质量为m的物块A（可视为质点）轻放在长木板B的顶端，同时解除木板B的锁定，A、B均从静止开始做匀加速直线运动。当木板B与C刚好要相碰时，解除木板C的锁定，此时物块A刚好要滑离木板B，已知木板B与C相碰后粘在一起（碰撞时间极短），重力加速度为g，sin37°=0.6，求：（1）物块A与B间的动摩擦因数μ1（2）从开始运动到B与C刚好要相碰，系统因摩擦产生的热量Q；（3）若B、C碰撞后，BC整体和A都恰好做匀速运动，求A在C上滑行的时间。【答案】（1）物块A与B间的动摩擦因数为；（2）从开始运动到B与C刚好要相碰，系统因摩擦产生的热量Q为mgL；（3）A在C上滑行的时间为【解析】【详解】（1）设A和B匀加速时的加速度大小分别为a1和a2，B碰C前运动的时间为t1对A和B分别用牛顿第二定律有：mgsinθ-μ1×mgcosθ=ma1mgsinθ+μ1×mgcosθ-μ2（m+m）gcosθ=ma22L=a1L=求得（2）A在B上滑动时因摩擦产生的热量为Q1=μ1×mgcosθ•L从开始运动到B与C刚好要相碰时的一段时间内，B与斜面间的摩擦产生的热量Q2=μ2×mgcosθ•L此时整个系统因摩擦产生的热量Q=Q1+Q2联立解得：Q=mgL（3）由（1）问求得物块A滑动的加速度大小为a1=木板B运动的加速度大小为a2=g当B和C刚要相碰时，A，B运动的时间t1=当B和C相碰前一瞬间，A的速度大小v1=a1t1=B的速度大小v2=a2t1=B与C碰撞的过程动量守恒。设碰撞粘在一起的一瞬间，B，C的共同速度为v3，根据动量守恒定律有mv2=（m+m）v3求得v3=由题意碰后，A和BC都做匀速运动设物块A在板C上滑行的时间为t2，则t2== 15.如图所示，质量相同的活塞A、B将开口向上的气缸分为Ⅰ、Ⅱ两部分气室，已知活塞B到气缸底部的距离为L．劲度系数为k的轻弹簧被压缩在两活塞之间。气缸和活塞的导热性能良好，活塞与气缸内壁间无摩擦且气密性好。大气压强为p0，温度为T；开始时，气室I中气体的压强为p0、气室Ⅱ中气体的压强为p0．从某时刻起缓慢升高环境温度，当环境温度为T时，弹簧恰好处于原长。已知活塞的截面积为S，重力加速度为g，求：①每个活塞的质量及开始时弹簧的压缩量x；②当温度为T时，活塞A上移的距离H。【答案】①每个活塞的质量为，开始时弹簧的压缩量x为；②当温度为T时，活塞A上移的距离H为【解析】【详解】①对两个活塞整体研究，根据力的平衡可知，求得每个活塞的质量对活塞A研究，根据力的平衡求得②在温度由缓慢升到T的过程中，气室Ⅱ中气体发生等压变化。设活塞B上升的高度为h，其初状态体积，初，末状态体积，末温由盖-吕萨克定律：得求得则活塞A上移的距离H=h+x= 16.如图所示，ABC为直角三棱镜，∠A=30°，∠B=90°，斜边AC长为L．一束单色光斜射到BC的中点D，折射光线刚好与AC平行，且折射光线照射到AB边刚好发生全反射。已知光在真空中的传播速度为c，求：①光在BC面上的入射角的正弦值；②光线在棱镜中从D点到第一次传播到AC边所用的时间。【答案】①②【解析】【详解】①由于折射光线DE与AC平行，因此光线在AB面上入射角为60°，反射角也为60°。由于折射光线DE在AB面上刚好发生全反射，则临界角C=60°所以棱镜的折射率为：n===   设光线在BC面的入射角为i，折射角为r，由几何关系可知r =30°根据折射定律得：n=可得：sini=②由几何关系得：DE=AC=LAE=ACcos30°=LEF==L光在棱镜中传播速度为：v==因此，光线在棱镜中从D点到第一次传播到AC边所用的时间为：t==。