2019届云南省玉溪第一中学高三下学期第五次调研考试理科综合-物理试卷（解析版）

云南省玉溪一中2019届高三下学期第五次调研考试理综物理试题

1.在物理学的发展中，有许多科学家做出了重大贡献，下列说法中错误的是

A. 第谷通过天文观测发现了行星运动的规律

B. 密立根通过油滴实验测出了元电荷

C. 法拉第不仅提出了场的概念，而且利用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场

D. 安培定则也叫右手螺旋定则

【答案】A

【解析】

【详解】开普勒根据第谷通过天文观测数据的研究发现了行星运动的规律，选项A错误；密立根通过油滴实验测出了元电荷，选项B正确；法拉第不仅提出了场的概念，而且利用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，选项C正确；安培定则也叫右手螺旋定则，选项D正确；此题选择错误的选项，故选A.

2.如图所示，A、B是两块水平放置的平行金属板，一带电小球垂直于电场线方向射入板间，小球将向A极板偏转，为了使小球沿射入方向做直线运动，可采用的方法是

A. 将带正电的小球改为带负电

B. 将变阻器滑片P适当向左滑动

C. 适当增大小球所带电量

D. 将极板间距适当增大

【答案】D

【解析】

一带电小球垂直于电场线方向射入极板区域后，偏向A极板，则小球所受电场力向上且电场力大于重力，小球原来就带负电，选项A错误；将变阻器滑片P适当向左滑动，滑动变阻器接入电路电阻变小，电路中总电阻减小，电路中电流增大，R两端电压增大，电容器两端电压增大，板间场强增大，电场力增大，选项B错误；适当增大小球所带电量，小球所受电场力增大，选项C错误；将极板间距适当增大，板间场强减小，小球所受电场力减小，选项D正确。故选D.

3.质量为m的物体在水平恒定外力F作用下沿水平面做匀加速直线运动，一段时间后撤去外力，已知物体的v－t图象如图所示，则下列说法正确的有

A. 水平拉力大小是物体所受摩擦力大小的2倍

B. 在物体运动的整个过程中， F的冲量大小大于摩擦力的冲量大小

C. 在物体运动的整个过程中， F做的功大于克服摩擦力做的功

D. 物体在加速段的平均速度等于减速段的平均速度

【答案】D

【解析】

【详解】由v-t图象知物体在加速过程的加速度大小为a1=，在减速过程的加速度大小为a2=； 对于匀减速运动过程，由牛顿第二定律知物体所受摩擦力大小为 f=ma2=；在匀加速过程中，由牛顿第二定律有 F-f=ma1，即水平拉力大小为，是物体所受摩擦力大小的3倍，故A错误；对整个过程，由动量定理：，则在物体运动的整个过程中， F的冲量大小等于摩擦力的冲量大小，选项B错误；对整个过程，由动能定理：，则在物体运动的整个过程中，F做的功等于克服摩擦力做的功，选项C错误；由v-t图象知物体在加速段的平均速度和在减速段的平均速度均为，故D正确；故选D.

4.2018年1月12日，我国以“一箭双星”方式成功发射第26、第27颗北斗导航卫星，拉开2018年将发射16颗北斗卫星的序幕。北斗导航卫星的轨道有三种：地球静止轨道（高度35809 km）、倾斜地球同步轨道（高度35809 km）、中圆地球轨道（高度21607 km），如图所示。下列说法正确的是

A. 倾斜同步轨道卫星始终位于地球表面某点的正上方

B. 倾斜同步轨道卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方

C. 中圆地球轨道卫星的周期一定比静止轨道卫星的周期长

D. 中圆地球轨道卫星受到的万有引力一定比静止轨道卫星受到的万有引力大

【答案】B

【解析】

【详解】倾斜同步轨道卫星的周期是24h，地球的自转周期为24h，由于转动的平面与地球赤道不在同一平面内，则不能始终位于地球表面某点的正上方，但倾斜同步轨道卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方，故A错误，B正确；地球静止轨道卫星的周期等于地球的自转周期为24h，根据：R3/T2＝C，可知中圆地球轨道卫星的周期一定比静止轨道卫星的周期小。故C错误；由于不知道两种卫星的质量，所以不能比较它们受到的万有引力的大小关系。故D错误；故选B。

5.图甲为一台小型发电机构造示意图，内阻r＝5.0 Ω，外电路电阻R＝95 Ω，电路中其余电阻不计。发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n＝100。转动过程中穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化，如图乙所示，（π=3.14，）则

A. 该小型发电机的电动势的最大值为200 V

B. t＝3.14×10－2 s时，磁通量的变化率为2Wb/s

C. t＝3.14×10－2 s时，串联在外电路中的交流电流表的读数为2 A

D. t＝3.14×10－2 s时，串联在外电路中的交流电流表的读数为1.4A

【答案】ABD

【解析】

【详解】从Φ-t图线可以看出，Φmax=1.0×10-2 Wb，T=3.14×10-2 s，，感应电动势的最大值Emax=nωΦmax=100××1×10-2=200 V，故A正确； t=3.14×10-2 s时，磁通量Φ的变化率最大，最大值为，选项B正确；电路中电流最大值，则串联在外电路中的交流电流表的读数为A，故C错误，D正确；故选ABD.

6.火箭是靠火箭发动机喷射工质（工作介质）产生的反作用力向前推进的飞行器。它自身携带全部推进剂，不依赖外界工质产生推力，可以在稠密大气层内，也可以在稠密大气层外飞行。一枚火箭升空后沿着直线离开某个星球的表面，星球很大，表面可视为水平面，如图所示。若不计星球的自转，不计空气阻力，则以下轨迹（图中虚线）可能正确的是：

A.  B.

C.  D.

【答案】ABC

【解析】

【详解】A图中，火箭向下喷气，产生竖直向上的作用力，重力竖直向下，合力方向与速度共线做直线运动，选项A正确；B图中，火箭向下喷气，产生竖直向上的作用力，重力竖直向下，若重力与向上的作用力相等，则火箭可沿虚线方向做匀速直线运动，选项B正确；C图中，火箭向后喷气，产生沿斜向上方向的作用力，重力竖直向下，若合力方向沿虚线方向，火箭可沿虚线方向做加速运动，选项C正确；D图中，火箭向后喷气，产生沿虚线方向的斜向上的作用力，重力竖直向下，合力方向不能沿虚线方向，火箭不可能沿虚线方向做直线运动，选项D错误；故选ABC.

7.如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30°。当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°。不计电荷的重力，下列说法正确的是

A. 该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点

B. 该点电荷的比荷为

C. 该点电荷在磁场中的运动时间为

D. 该点电荷在磁场中的运动时间为

【答案】BC

【解析】

试题分析：利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出粒子比荷，根据周期公式结合粒子在磁场中转过的圆心角，即可求出粒子在磁场中运动的时间；

由题意可画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，A错误；由几何关系知粒子做圆周运动的半径为，结合，可得，B正确；粒子在磁场中的运动时间，C正确D错误．

8.如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高。一质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方处。小球从最高点A由静止开始逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（    ）

A. 小球运动到B点时的速度大小为

B. 弹簧长度等于R时，小球的机械能最大

C. 小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg

D. 小球运动到B点时重力的功率为0

【答案】BCD

【解析】

【详解】由题分析可知，小球在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等，小球从A到B的过程，根据系统的机械能守恒得：2mgR=mvB2，解得小球运动到B点时的速度为：vB=2．故A错误。根据小球与弹簧系统的机械能守恒知，弹簧长度等于R时，小弹簧的弹性势能为零，最小，则小球的机械能最大，故B正确；设小球在A、B两点时弹簧的弹力大小为F．在A点，圆环对小球的支持力 F1=mg+F；在B点，由圆环，由牛顿第二定律得：F2-mg-F=m，解得圆环对小球的支持力为：F2=5mg+F；则F2-F1=4mg，由牛顿第三定律知，小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg，故C正确。小球运动到B点时重力与速度方向垂直，则重力的功率为0，故D正确。故选BCD。

第Ⅱ卷（共174分）

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。

（一）必考题（共129分）

9.三个同学根据不同的实验条件，进行了探究平抛运动规律的实验：

(1)甲同学采用如图甲所示的装置．用小锤击打弹性金属片，金属片把A球沿水平方向弹出，同时B球被松开自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明 _______________________________ ．

(2)乙同学采用如图乙所示的装置．两个相同的弧形轨道M、N，分别用于发射小铁球P、Q，其中N的末端可看作与光滑的水平板相切（水平板足够长），两轨道上端分别装有电磁铁C、D；调节电磁铁C、D的高度使AC＝BD，从而保证小铁球P、Q在轨道出口处的水平初速度v0相等．现将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两小球能以相同的初速度v0同时分别从轨道M、N的末端射出．实验可观察到的现象是_____________________________________ ．

仅仅改变弧形轨道M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象．

(3)丙同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图丙所示的小球做平抛运动的照片，图中每个小方格的边长为L＝2.5 cm，则由图可求得该小球做平抛运动的初速度大小为________ m/s.(保留2位有效数字，g取10m/s2)

【答案】    (1). 平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动    (2). P球击中Q球    (3). 1.0

【解析】

【详解】（1）在打击金属片时，两小球同时做平抛运动与自由落体运动．结果同时落地，则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动．

（2）两球在水平方向的运动是相同的，则在相同的时间内水平位移相同，则实验可观察到的现象是：P球击中Q球；

（3）平抛运动可看成竖直方向自由落体运动与水平方向匀速直线运动；
在竖直方向：由△h=gt2可得：

水平方向：由x=v0t得：

10.如图是用高电阻放电法测电容的实验电路图，其原理是测出电容器在充电电压为U时所带的电荷量Q，从而求出其电容C.该实验的操作步骤如下：

①按电路图接好实验电路;

②接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使微安表的指针接近满刻度，记下这时的电压表读数U0＝6.2 V和微安表读数I0＝490 μA;

③断开电键S并同时开始计时，每隔5 s读一次微安表的读数i,将读数记录在预先设计的表格中;

④根据表格中的12组数据，以t为横坐标，i为纵坐标，在坐标纸上描点(图中用“×”表示),则：

(1)根据图示中的描点作出图线_________

(2)图示中i-t图线下所围的“面积”所表示的物理意义是： ______________.

(3)根据以上实验结果和图线，估算当电容器两端电压为U0所带的电量Q0=__________，

并计算电容器的电容C=________________.（这两空均保留两位小数）

【答案】    (1).     (2). 电容器两端电压为U0时所带电量为Q.    (3). 8.00×10－3 C～8.25×10－3 C    (4). 1.30×10－3 F～1.33×10－3 F

【解析】

【详解】（1）根据坐标系内所描出的点，用平滑的曲线把各点连接起来，作出图象，图象如图所示．

（2）由△Q=I•△t知，电荷量为I-t图象与坐标轴所包围的面积：则面积为电容器在开始放电时时所带的电荷量，即电容器两端电压为U0时所带电量为Q. 
（3）由图示图象可知，“面积”格数约32～33格．电容器电容为U0时，电荷量Q=8.00×10-3C（8.00×10-3C～8.25×10-3C均正确），电容器的电容；

11.水平放置的两根平行金属导轨ad和bc，导轨两端a、b和c、d两点分别连接电阻R1和R2，组成矩形线框，如图所示，ad和bc相距L=0.5m，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B=1T，一根电阻为0.2Ω的导体棒PQ跨接在两根金属导轨上，在外力作用下以4m/s的速度，向右匀速运动，如果电阻R1=0.3Ω，R2=0.6Ω，导轨ad和bc的电阻不计，导体与导轨接触良好．求：

（1）导体棒PQ中产生的感应电流的大小；

（2）导体棒PQ上感应电流的方向；

（3）导体棒PQ向右匀速滑动的过程中，外力做功的功率．

【答案】（1）（2）Q→P.（3）10W

【解析】

试题分析：（1）由E=BLv求出PQ产生的感应电动势．由欧姆定律求出电流．（2）由右手定则判断出感应电流方向．（3）由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出外力，由功率公式求出外力的功率．

（1）根据法拉第电磁感应定律，

又，

则感应电流的大小

（2）根据右手定则判定电流方向 Q→P

（3）导体棒PQ匀速运动，则，

故外力做功的功率．

12.如图所示，长木板质量M=3 kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1 kg的物块A，右端放着一个质量也为m=1 kg的物块B，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，AB之间的距离L=6 m，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A施加方向水平向右的恒定推力F作用，取g=10 m/s2。

（1）为使物块A与木板发生相对滑动，F至少为多少？

（2）若F=8 N，求物块A经过多长时间与B相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间AB的速度分别是多少？

【答案】（1）5 N    （2）vA’=2m/s  vB’=8m/s

【解析】

【详解】（1）据分析物块A与木板恰好发生相对滑动时物块B和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力。     

设物块A与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F0，整体的加速度大小为a，则：

对整体： F0=（2m+M）a    

对木板和B：μmg=（m+M）a  

解之得： F0=5N

即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5 N；

（2）物块的加速度大小为：   

木板和B的加速度大小为：=1m/s2      

设物块滑到木板右端所需时间为t，则：xA-xB=L   

即   

解之得：t=2 s  

vA=aAt=8m/s   

vB=aBt=2m/s    

AB发生弹性碰撞则动量守恒：mva+mvB=mva＇+mvB＇   

机械能守恒：mva2+mvB2=mva＇2+mvB＇2 

解得：vA＇=2m/s  vB＇=8m/s

13.下列说法中正确是（    ）

A. 气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果

B. 物体温度升高，组成物体的所有分子速率均增大

C. 一定质量的理想气体等压膨胀过程中气体一定从外界吸收热量

D. 自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的

E. 饱和汽压与分子数密度有关，与温度无关

【答案】ACD

【解析】

气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果，选项A正确；物体温度升高，组成物体的所有分子的平均速率变大，并非所有分子的速率均增大，选项B错误；一定质量的理想气体等压膨胀过程中，温度升高，内能增大，对外做功，故气体一定从外界吸收热量，选项C正确；根据熵原理，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，选项D正确；饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大．故E错误；故选ACD.

14.如图所示，竖直放置的气缸内壁光滑，横截面积为S=10-3 m2，活塞的质量为m=2 kg，厚度不计。在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B下方气缸的容积为1.0×10-3m3 ，A、B之间的容积为2.0×10-4 m3，外界大气压强p0=1.0×105 Pa。开始时活塞停在B处，缸内气体的压强为0.9 p0，温度为27 ℃，现缓慢加热缸内气体，直至327 ℃。求：

i活塞刚离开B处时气体的温度t2；

II缸内气体最后的压强；

iii在图（乙）中画出整个过程中的p–V图线。

【答案】（1）127℃

（2）

（3）如图．

【解析】

（1）活塞刚离开B处时，气体压强p2=p0+=1.2×105Pa                
气体等容变化，
代入数据，解出t2=127℃
（2）设活塞最终移动到A处，
理想气体状态方程：，即，
代入数据，解出p3＝p0＝1.5p0=1.5×105Pa                      
因为p3＞p2，故活塞最终移动到A处的假设成立．                       
（3）如图．                                                       

点睛：本题的关键是分析清楚，各个变化过程中，哪些量不变，变化的是什么量，明确初末状态量的值，根据气体定律运算即可，难度不大，属于中档题．