湖北省武汉市武昌区2019届高三五月调研考试理综物理试题 Word版含解析 17页

www.ks5u.com ‎2019届高三年级五月调研考试 理科综合试卷(物理部分)‎ ‎1.用中子轰击原子核产生裂变反应，可能的裂变方程为+→Y++3，方程中的单个原子核、Y、及单个中子的质量分别为m1、m2、m3、m4，的半衰期为T,核的比结合能比Y核的小，光在真空中的传播速度为c。下列说法正确的是 A. Y原子核中含有56个中子 B. 若提高的温度，的半衰期将会小于T C. 方程中的核反应释放的能量为(m1－m2－m3－2m4)c2‎ D. 原子核比Y原子核更稳定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由质量数和电荷数守恒可得：Y原子核的质量数A=235+1-89-3=144，核电荷数Z=92-36=56，故中子数N=144-56=88，故A错误；‎ B、半衰期的大小与温度、压强等因素无关，由原子核内部因素决定，故B错误；‎ C、根据爱因斯坦质能方程知，裂变时释放的能量，故C正确；‎ D、原子核的比结合能小于Y原子核的比结合能，故Y原子核比原子核更稳定，故D错误。‎ ‎2.如图所示，一根竖直轻质弹簧下端固定，上端托一质量为0.3kg的水平盘，盘中有一质量为1.7kg物体。当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度缩短4cm。缓慢地竖直向下压物体，使弹簧再缩短2cm后停止，然后立即松手放开。设弹簧总处在弹性限度以内(g取10m/s2),则刚松开手时盘对物体的支持力大小为 - 17 -‎ A. 30N B. 25.5N C. 20N D. 17N ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当盘静止时，由胡克定律得：，设使弹簧再压缩时手拉力大小为F，再由胡克定律得：，联立解得：。刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上。设刚松手时，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：，对物体研究：，联立解得，故B正确，ACD错误。‎ ‎3.如图所示，上、下两个完全相同的圆弧轨道分别固定在竖直板上的不同高度处，轨道的末端水平。在两轨道相对于各自轨道末端高度相同的位置上各安装一个电磁铁，两个电磁铁由同一个开关控制，通电后，两电磁铁分别吸住相同小铁球A、B，断开开关，两个小球同时开始运动。离开圆弧轨道后，A球做平抛运动，B球进入一个光滑的水平轨道。若某次两个小球相碰的位置恰在水平轨道上的P点处。已知固定在竖直板上的方格纸的正方形小格边长均为9cm，则可计算出A球刚到达P点的速度大小为(g取10m/s2)‎ A. 4.5m/s B. m/s C. m/s D. m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A球做平抛运动，则有：竖直方向：，水平方向：，A到达P点的速度为：，将L=9cm=0.09m代入，解得：v - 17 -‎ ‎=4.5m/s，故A正确，BCD错误。‎ ‎4.美国国家航空航天局(NASA)曾宣布在太阳系外发现“类地”行星Kepler一186f。假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，在该行星“北极”距“地面”h处无初速释放一个小球，经时间t落至“地面”。已知该行星的半径为R、自转周期为T，引力常量为G,不计阻力。则下列说法正确的是 A. 该行星的第一宇宙速度为 B. 该行星平均密度为 C. 如果该行星存在一颗同步卫星，则它距该行星表面的高度为 D. 宇宙飞船绕该行星做圆周运动的周期不小于 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据自由落体运动，求得星球表面的重力加速度；‎ A、星球的第一宇宙速度，故A错误；‎ B、由有：，所以星球的密度，故B错误；‎ C、同步卫星的周期与星球自转周期相同故有：，代入数据解得：；故C错误；‎ D、根据万有引力提供圆周运动向心力有：，宇宙飞船的运行周期，可知轨道半径越小周期越小，卫星的最小半径为R，则周期最小，知周期不小于，故D正确。‎ - 17 -‎ ‎5.如图所示，真空中，垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在(含边界)，两圆的半径分别为R、3R，圆心为O。一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹如图，轨迹所对的圆心角为120°。若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时，不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，则v1：v2至少为 A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子在磁场中做圆周运动，如图：‎ 由几何知识得：，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：；当该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时，若粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时，即粒子轨道半径，则不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，此时洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ - 17 -‎ ‎，解得：，则：，故B正确，ACD错误。‎ ‎6.如图是静电除尘器除尘原理图，M、N是直流高压电源的两极，通过某种机制使电场中的尘埃带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。图示位置的a、b、c三点在同一直线上，且|ab|=|bc|。下列判断正确的是 A. N是直流高压电源的负极 B. 电场中b点的电势高于c点的电势 C. 同一个点电荷在电场中c点受到的电场力小于在a点受到的电场力 D. 电场中c、b间的电势差Ucb小于b、a间的电势差Uba ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、因到达集尘极的尘埃带负电荷，那么电场强度的方向向左，因此电场线方向向左，则知N是直流高压电源的正极，故A错误；‎ B、根据沿着电场线方向电势是降低的，因此电场中b点的电势低于c点的电势，故B错误；‎ C、电场方向由集尘极指向放电极，电场线的分布由集尘极会聚于放电极，结合电场线的疏密来体现电场的强弱，那么电场中c点的场强小于a点的场强，故同一个点电荷在电场中c点受到的电场力小于在a点受到的电场力，故C正确；‎ D、假设电场是匀强电场，由于|ab|=|bc|，那么b、a间的电势差Uba等于c、b间的电势差Ucb，但由于电场是非匀强电场，且电势，且沿着ca方向，电场强度越来越大，故电场中c、b间的电势差Ucb小于b、a间的电势差Uba，故D正确。‎ ‎7.如图所示，竖直杆固定在木块C上，两者总重为20N，放在水平地面上。轻细绳a连接小球A和竖直杆顶端，轻细绳b连接小球A和B，小球B重为10N。当用与水平方向成30°角的恒力F - 17 -‎ 作用在小球B上时，A、B、C刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动，绳a、b与竖直方向的夹角分别恒为30°和60°，则下列判断正确的是 A. 力F的大小为10N B. 地面对C的支持力大小为40N C. 地面对C的摩擦力大小为10N D. A球重为10N ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AD、以B为研究对象受力分析，水平方向受力平衡，有：，解得：，竖直方向受力平衡，则有：，解得：，以A为研究对象受力分析，竖直方向上有：，水平方向：，联立得：，即A球重为10N，故AD正确；‎ BC、以ABC整体为研究对象受力分析，水平方向：，竖直方向：，解得：N＝35N，故BC错误。‎ ‎8.某品牌纯电动汽车参数为：车上电池充满电时电池容量为100kw·h，当整车质量(含车内人员和物品）为2000kg时，从静止加速到30m/s最短时间为5s，从30m/s到刹停的最短距离为30m，最大速度可达60m/s。在平直道路上行驶时可认为阻力恒为车重的0.05倍，电能转化为有用功的效率为80%，取g=10m/s2，。若该车在平直道路上行驶，下列结论正确的是 A. 若汽车从静止加速到30m/s用时为5s，则这一过程的平均加速度大小为6m/s2‎ B. 汽车刹车由30m/s减速到0所用的最短时间为1s C. 当汽车以30m/s匀速行驶时，汽车克服阻力做功的功率为30kW D. 当汽车以30m/s匀速行驶时，汽车的续航里程(最大行驶距离)为360km ‎【答案】AC - 17 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A、汽车在0～30m/s加速过程中的平均加速度大小为：，故A正确；‎ B、汽车刹车由30m/s减速到0所用时间最短为t，则有：，解得：，故B错误；‎ C、当汽车以30m/s匀速行驶时，汽车克服阻力做功的功率为：，故C正确；‎ D、当汽车以30m/s匀速行驶时，根据能量关系可得：电池容量为E=100kw·h，则持续时间，汽车的续航里程，故D错误。‎ ‎9.某同学利用如图所示装置验证机械能守恒定律，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落。 ‎ ‎(1)装置安装完毕后，该同学先接通打点计时器，紧接着释放纸带进行实验。重复该步骤两次，然后在打出的纸带中选取一条点迹清晰的纸带。 ‎ ‎(2)该同学选取的纸带如下图所示，在纸带上间距较大处开始每两个间隔取一个计数点，标记为1、2、 3、4、5、6，测出相邻两个计数点的间距，分别表示为 xl、 x2、x3、x4 、x5。已知重物质量为 m ，当地重力加速度为g ，计时器打点周期为T。 为了验证此实验从打计数点2到打计数点5的过程中机械能守恒，需要计算出此过程中重物重力势能的减少量△Ep 和动能的增加量△Ek，则△Ep=________________。△Ek _______________。‎ - 17 -‎ ‎(3)本次测量的百分比误差(即相对误差)表达式为_____________ ×l00%。(用△Ek、△Ep表示）‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 或 ‎【解析】‎ ‎【详解】（2）重物做匀加速直线运动，时间中点的瞬时速度等于这一段时间内的平均速度，故有：，，故动能的增加量，整理得：；计数点2和5的高度差，重力势能的减少量。‎ ‎（3）由于空气阻力的存在，重力势能的减少量大于动能的增加量，故有测量的绝对误差为，故相对误差为或。‎ ‎10.多用表是由电流表改装的，现测定一个量程为0~5mA 的电流表G的内阻r= 100.0Ω , 用它改装成如图的一个多量程多用电表，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程(或分度值)不同的档位。电流表的两个档位中，大量程是小量程的10倍。‎ ‎(1)当转换开关S旋到位置_______时，是电流档，且旋到位置_______的量程较大：当转换开关S旋到位置_____时，是电压档，且旋到位置______的量程较大；‎ - 17 -‎ ‎(2)A、B两表笔中，______为红表笔； ‎ ‎(3)图中的电源Eˊ的电动势为9.0V ，当把转换开关S旋到位置4，在AB之间接900Ω电阻时，表头G刚好半偏。己知之前己经进行了必要的、正确的操作。则 R1＝____Ω，R2＝____Ω。‎ ‎(4)转换开关S 旋到位置 1 时，量程是____________________。‎ ‎【答案】 (1). 1和2 (2). 1 (3). 5和6 (4). 6 (5). A (6). 10 (7). 90 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电流表并联电阻可以扩大量程，转换开关S旋到位置1和2时，是电流档，且1位置的量程大；电流表串联电阻可以扩大量程，转换开关S旋到位置5和6，是电压档，串联电阻越大，量程越大，故位置6的量程大；‎ ‎（2）在进行测量电阻时，因为欧姆档的电路与电池连接，则将多掷开关S拨到3或4位置。抓住电流从红表笔进，黑表笔出，知A是红表笔。‎ ‎（3）（4）“之前已经进行了必要的、正确的操作”，意味着之前已经将短接调零了（即让表头满偏），在之间接电阻时，表头刚好半偏，说明当表头半偏时，改装后的欧姆表“4”总内阻，则转换开关在“2”时（如图），电流表2的量程为，依题意，转换开关在1（如图）时，电流表1的量程为，由表头的满偏电流为、内阻为和并联电路电流分配规律，可解得： ‎ - 17 -‎ ‎11.如图所示，在倾角为θ = 37°的足够长斜面上放置一质量M = 2kg 、长度L = 1.5m的极薄平板 AB ，在薄平板的上端A处放一质量m=1kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8，取g=10m/s2。求：‎ ‎(1)释放后，小滑块的加速度al和薄平板的加速度a2;‎ ‎(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。‎ ‎【答案】(1)，；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，‎ 对滑块：由牛顿第二定律有：‎ 其中，‎ 解得：‎ 对薄平板，由牛顿第二定律有：‎ 其中，‎ 解得：‎ ‎，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。‎ 设滑块滑离时间为，由运动学公式，有：，，‎ 解得：‎ ‎12.如图的水平、光滑金属导轨在同一水平面上，间距分别为L和，间距为L的导轨有一小段左右断开，为使导轨上的金属棒能匀速通过断开处，在此处铺放了与导轨相平的光滑绝缘材料(图中的虚线框处）。质量为m、电阻为Rl 的均匀金属棒 ab - 17 -‎ ‎ 垂直于导轨放置在靠近断开处的左侧，另一质量也为m、电阻为R2的均匀金属棒cd 垂直于导轨放置在间距为的导轨左端。导轨 MN和PQ、M´N´和P´Q´都足够长，所有导轨的电阻都不计。电源电动势为E、内阻不计。整个装置所在空间有竖直方向的、磁感应强度为B的匀强磁场。闭合开关S，导体棒 ab 迅即获得水平向右的速度 v0并保持该速度到达断开处右侧的导轨上。求：‎ ‎(1)空间匀强磁场方向； ‎ ‎(2)通过电源 E某截面的电荷量； ‎ ‎(3)从导体棒ab滑上导轨MN和PQ起至开始匀速运动止，这一过程中棒ab和棒cd组成的系统损失的机械能。‎ ‎【答案】(1) 竖直向下(2)(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）闭合开关，电流到到，而受到安培力向右，故磁场方向竖直向下。‎ ‎（2）对棒，设受安培力时间为，这段时间的平均电流为，平均安培力为，通过导体棒（也就是电源）某截面的电荷量为，由动量定理得：‎ 且，‎ 解得：‎ ‎（3）滑上和时速度仍为，由于电磁感应，安培力使减速，使加速，直至电路中电流为0（即总感应电动势为0）而各自匀速运动，设和匀速的速度分别是，经历的时间为，这一过程回路中的平均电流，由动量定理有：‎ 对棒：‎ 对棒：‎ 由电磁感应规律：‎ 则有：‎ 解得：‎ - 17 -‎ 棒和棒组成的系统损失机械能 解得：‎ ‎13.下列说法正确的是：‎ A. 物体吸收热量后，内能不一定增加 B. 物体的内能只跟温度有关 C. 热量从低温物体向高温物体传递是完全可能的 D. 当两个分子间距为r0和间距为无穷大时，它们间的分子力都为零，故它们的分子势能相等且都为零 E. 一定质量理想气体对外界做了正功，其内能不一定减少，但其密度一定减小 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】A、物体吸收热量，若同时对外做功，它的内能不一定增加，故A正确；‎ B、理想气体不用考虑分子势能，故理想气体的内能只跟温度有关，其它物体要考虑分子的动能和势能，故B错误；‎ C、根据热力学第二定律，热量从低温物体向高温物体传递是完全可能的，但一定会引起其它的一些变化。故C正确； D、当两个分子间距为和间距为无穷大时，它们间的分子力都为零，但它们的分子势能并不相等。当时，分子势能最小，且为负值；当为无穷大时，分子势能为零。故D错误； E、根据热力学第一定律，一定质量理想气体对外界做了正功（W＜0），由于和外界热交换不明确，其内能不一定减少；气体对外界做了正功，体积增大，其密度一定减小。故E正确。‎ ‎14.如图，一个高H=30cm的竖直汽缸下部开口并固定在水平面上，光滑且不漏气活塞封住一定质量的理想气体，活塞的面积S=100cm2、重G=l00N。一劲度系数k=20N/cm、原长l0=20cm的竖直弹簧两端分别固接在缸底和活塞中心处，活塞和汽缸壁均绝热。开始时活塞处于静止状态，缸内被封住气体温度T1=250K，弹簧的长度l1=15cm。现用电热丝（图中未画出）缓慢加热缸内被封住的气体，己知外界大气压p0＝1.0×105Pa，弹簧总处在弹性限度内，弹簧和电热丝的体积、气缸壁厚度和活塞厚度均可忽略。求：‎ - 17 -‎ ‎①当弹簧恰好恢复原长时，缸内被封住的气体温度T2；‎ ‎②当活塞刚要到达水平面时，缸内被封住的气体温度T3；‎ ‎③当缸内被封住的气体温度T4=1000K时的压强p4。‎ ‎【答案】①②③‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①开始时的状态1参量：‎ ‎ ‎ 弹簧恰好恢复原长时（即弹簧无弹力）的状态2参量：‎ ‎ ‎ 由理想气体状态方程：‎ 得 ‎②活塞刚要到达水平面时的状态3参量：‎ ‎ ‎ 由理想气体状态方程 得：‎ ‎③由于，由状态3到状态4，理想气体做等容变化：‎ 由 - 17 -‎ 得：。‎ ‎15.一列振幅为A=5cm的简谐横波向右传播，在其传播路径上每隔x0=0.2m选取一个质点，如图甲所示，t=0时刻波恰传到质点1，质点1立即开始向下振动，经过时间△t=0.3s，所选取的1~9号质点间第一次出现如图乙所示的波形，则下列判断正确的是：‎ A. t=0.3s时刻，质点9向上运动 B. t=0.3s时刻，质点8向下运动 C. t=0至t=0.3s内，质点3通过的路程为15cm D. t=0至t=0.3s内，质点5运动的时间只有0.2s E. 该波的周期为0.2s，波速为8m/s ‎【答案】ADE ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、根据波向右传播，由图乙可得：t=0.3s时刻，质点8向上振动，质点9向上振动，故A正确，B错误；‎ E、t=0时刻波恰传到质点1，质点1立即开始向下振动，故振源的起振方向向下；故有时第一次出现图乙所示波形，质点9向上振动可得：，所以，T=0.2s；又有波长，所以波速，故E正确；‎ CD、由波速可得波从质点1传播到质点3需要时间0.05s，传播到质点5需要时间0.1s；那么，t=0至t=0.3s内，质点5运动的时间只有0.2s；质点3运动时间为，故质点3通过的路程为5A=5×5=25cm，故C错误，D正确。‎ ‎16.如图所示为用某种透明材料制成的一块柱体形棱镜的截面图，圆弧DF半径为R的圆周，圆心为O，且┃BO┃=┃AD┃=。光线以入射角a - 17 -‎ ‎=53°射AB面上的某点，进入棱镜后到达BF面上的O点并恰好不会从BF面射出。已知光在真空中的传播速度为c，sin53°=cos37°=0.8，求：‎ ‎①该棱镜材料的折射率n；(结果可用根式表示，下同）‎ ‎②光线从AB面进入棱镜起，到光线第一次射出棱镜经历的时间。‎ ‎【答案】①②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①光路图如图所示：‎ 光线在面的入射角，设折射角为，由题意，折射光线与的夹角恰为临界角，则，‎ 由图可知：‎ 联立以上各式解出 ‎②光线从边进入棱镜到点的距离为 光在介质中的速度：‎ 光线从边进入棱镜起，到光线第一次射出棱镜经历的时间 - 17 -‎ 解得：‎ - 17 -‎ ‎ ‎ - 17 -‎