2019届广东省广州市高三上学期12月调研测试理科综合物理试题（解析版）

广东省广州市2019届高三12月调研测试理科综合试题物理试题

一、选择题

1.“复兴号”动车组在京沪高铁率先实现350公里时速运营，我国成为世界上高铁商业运营速度最高的国家。一列“复兴号”正在匀加速直线行驶途中，某乘客在车厢里相对车厢以一定的速度竖直向上抛出一个小球，则小球（    ）

A. 在最高点对地速度为零

B. 在最高点对地速度最大

C. 落点位置与抛出时车厢的速度大小无关

D. 抛出时车厢速度越大，落点位置离乘客越远

【答案】C

【解析】

【分析】

小球竖直抛出后，水平方向有与车厢相同的初速度，竖直方向做竖直上抛运动，结合运动的合成知识进行解答.

【详解】在匀加速直线行驶的车厢中竖直向上抛出的小球具有水平速度，则在最高点对地速度不为零，选项A错误；小球在运动过程中，竖直速度逐渐减小，水平速度不变，则在最低点对地速度最大，选项B错误；小球抛出时竖直向上的初速度一定时，在空中运动的时间t一定，则设此时车厢的速度为v，则落地时的位置与抛出时的位置间距为：，即落点位置与抛出时车厢的速度大小无关，选项C正确，D错误；故选C.

2.一跳伞运动员从悬停的直升飞机上跳下，2s时开启降落伞，运动员跳伞过程中的v-t图象如图所示，根据图象可知运动员（  ）

A. 在2~6s内速度方向先向上后向下

B. 在2~6s内加速度方向先向上后向下

C. 在2~6s内先处于失重状态后处于超重状态

D. 在0~20s内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动

【答案】C

【解析】

【分析】

v-t图像的斜率等于加速度，斜率的符号反映加速度的方向；加速度向下为失重，加速度向上为超重。

【详解】在2~6s内速度一直为正，则速度方向一直向下，选项A错误；图像的斜率等于加速度，可知在2~6s内加速度方向先向下后向上，人先处于失重状态后处于超重状态，选项B错误，C正确；在0~20s内先变加速再变减速最终匀速直线运动，选项D错误；故选C.

【点睛】此题关键是理解速度时间图像的意义，搞清正方向，图像的斜率等于加速度，图像与坐标轴围成的面积等于位移.

3.如图，△abc中bc=4cm，∠acb＝30°。匀强电场的电场线平行于△abc所在平面，且a、b、c点的电势分别为3V、-1V、3V。下列说法中正确的是（  ）

A. 电场强度的方向沿ac方向

B. 电场强度的大小为2 V/cm

C. 电子从a点移动到b点，电势能减少了4 eV

D. 电子从c点移动到b点，电场力做功为4 eV

【答案】B

【解析】

【分析】

电场力做功量度电势能的变化．匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；由题意知ac连线为一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向，再根据公式U=Ed求出电场强度.

【详解】因ac为等势面，则场强方向垂直于ac指向b点，选项A错误；电场强度的大小为，选项B正确；a点电势高于b点，则电子从a点移动到b点，电势能增加，选项C错误；电子从c点移动到b点，电场力做功为[3V-(-1V)](-e)=-4 eV，选项D错误；故选B.

【点睛】题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面．知道公式U=Ed应用时d为沿着电场线方向的距离

4.用两根细线系住一小球悬挂于小车顶部，小车在水平面上做直线运动，球相对车静止。细线与水平方向的夹角分别为α和β（α>β），设左边细线对小球的拉力大小为T1，右边细线对小球的拉力大小为T2，重力加速度为g，下列说法正确的是（  ）

A. 若T1=0，则小车可能在向右加速运动

B. 若T2=0，则小车可能在向左减速运动

C. 若T1=0，则小车加速度大小为

D. 若T2=0，则小车加速度大小为

【答案】A

【解析】

【分析】

当两边绳中的一边张力为零时，根据小球的受力情况可得到合外力大小和方向，从而求解加速度的大小和方向.

【详解】若T1=0，则小球受到向下的重力和右边细绳的拉力作用，若合力方向水平向右，则小车加速度向右，可能在向右加速运动，根据牛顿第二定律可知，解得，选项A正确，C错误；同理可知若T2=0，则小车可能在向左加速运动，根据牛顿第二定律可知，解得，选项BD错误；故选A.

5.两物体分别在某行星表面和地球表面上由静止开始自由下落相同的高度，它们下落的时间之比为2:3。已知该行星半径约为地球的2倍，则该行星质量与地球质量之比约为（ ）

A. 9:1

B. 2:9

C. 3:8

D. 16:9

【答案】A

【解析】

【分析】

通过自由落体运动的规律求出在星球上该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比．再由万有引力等于重力，求出行星质量与地球质量之比。

【详解】由静止开始自由下落相同的高度，它们下落的时间之比为2:3，则根据h=gt2可知两星球的表面的重力加速度之比为g星：g地=9：4；根据可得GM=gR2 ，则 ，故选A.

【点睛】解决本题的关键先求解星球表面的重力加速度和地球表面的重力加速度的关系，以及掌握万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用.

6.如图，C为中间插有电介质的电容器， b极板与静电计金属球连接，a极板与静电计金属外壳都接地。开始时静电计指针张角为零，在b板带电后，静电计指针张开了一定角度。以下操作能使静电计指针张角变大的是（  ）

A. 将b板也接地

B. b板不动、将a板向右平移

C. 将a板向上移动一小段距离

D. 取出a、b两极板间的电介质

【答案】CD

【解析】

【分析】

静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大；由，分析电容的变化，根据C=Q/U分析电压U的变化．

【详解】将b板也接地，电容器带电量不变，两板间的电势差不变，则静电计指针张角不变，选项A错误；b板不动、将a板向右平移，根据可知d变小时，C变大，Q不变时，根据C=Q/U，可知U减小，即静电计指针张角变小，选项B错误；将a板向上移动一小段距离，根据可知S变小时，C变小，Q不变时，根据C=Q/U，可知U变大，即静电计指针张角变大，选项C正确；取出a、b两极板间的电介质，根据可知C变小，Q不变时，根据C=Q/U，可知U变大，即静电计指针张角变大，选项D正确；故选CD.

【点睛】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是关于电容的两个公式和C=Q/U．

7.如图，在直角△abc的三个顶点处，各有一条固定的长直导线，导线均垂直△abc所在平面，a、b处导线中通有大小和方向均相同的电流I0，c处导线中的电流为I，下列说法正确的是（  ）

A. 若I与I0方向相同，则a处导线受到的安培力方向可能与bc边平行

B. 若I与I0方向相反，则a处导线受到的安培力方向可能与bc边平行

C. 若I与I0方向相反，则a处导线受到的安培力方向可能与bc边垂直

D. 若a处导线受到的安培力方向与bc边平行，则电流大小必满足I＞I0

【答案】BD

【解析】

【分析】

根据“同向电流相吸，异向电流相斥”分析两边电流的作用力的合力，距离导线越近则磁场越强.

【详解】若I与I0方向相同，根据“同向电流相吸，异向电流相斥”的原则可知，a处导线受到的安培力方向为右上方，不可能与bc边平行，选项A错误；若I与I0方向相反，根据“同向电流相吸，异向电流相斥”的原则可知，则ca相斥，ab相吸，则a处导线受到的安培力方向可能与bc边平行，但是不可能与bc边垂直，此时c对a的斥力沿水平方向的分量等于b对a的吸引力，则Fca>Fba，因c离a的距离大于b离a的距离，可知电流大小必满足I＞I0，选项BD正确，C错误；故选BD.

8.重力均为G的斜面体a、b如图叠放在水平地面上，a、b间接触面光滑，水平推力F作用在b上，b沿斜面匀速上升，a始终静止。若a的斜面倾角为θ，则（   ）

A. F=Gsinθ

B. F=Gtanθ

C. 地面对a的支持力大小为2G

D. 地面对a的摩擦力大小为F

【答案】BCD

【解析】

【分析】

先对b受力分析，根据平衡知识可求解F；再对整体受力分析，根据水平和竖直方向的受力求解支持力和摩擦力.

【详解】根据b的受力情况可知：F=Gtanθ，选项A错误，B正确；对ab整体，竖直方向N=2G；水平方向f=F，选项CD正确；故选BCD.

二、实验题

9.如图甲所示为实验室的一款直流电流表，其接线柱间的标识如图乙所示，其使用说明书上附的电流表内部线路如图丙所示。

（1）某次用0~3A量程测量时，示数如图丁所示，其读数为__________A。

（2）该款电流表0~0.6A量程对应的内阻为_______（请用图丙中的阻值号Rg、R1、R2、R3表示）

（3）若电阻R1断路，则电流表允许通过的最大电流约为__________mA（结果保留两位有效数字）。

【答案】    (1). 1.20；    (2).     (3). 4.4；

【解析】

【分析】

（1）用0~3A量程测量时，最小分度为0.1A，读数时估读到小数点后两位；（2）根据电流表内部结构求解0~0.6A量程内阻；（3）若电阻R1断路，则电流表允许通过的最大电流就是电流计的最大满偏电流，根据0~0.6A量程的安培表的内部结构求解电流计的满偏电流.

【详解】（1）用0~3A量程测量时，最小分度为0.1A，则其读数为1.20A。

（2）该款电流表0~0.6A量程时，由电路图可知对应的内阻为；

（3）根据表中所标的数据可知电流表0~0.6A量程时的内阻为：

，则电流计的满偏电流为：，可知若电阻R1断路，则电流表允许通过的最大电流约为4.4mA

10.如图所示为“探究物体加速度与所受合外力关系”的实验装置。 

某同学的实验步骤如下：

①用天平测量并记录物块和拉力传感器的总质量M；

②调整长木板和滑轮，使长木板水平且细线平行于长木板；

③在托盘中放入适当的砝码，接通电源，释放物块，记录拉力传感器的读数F1，根据相对应的纸带，求出加速度a1；

④多次改变托盘中砝码的质量，重复步骤③，记录传感器的读数Fn，求出加速度an。

请回答下列问题：

（1）图乙是某次实验得到的纸带，测出连续相邻计时点O、A、B、C、D之间的间距为x1、x2、x3、x4，若打点周期为T，则物块的加速度大小为a=________________（用x1、x2、x3、x4、T表示）。

（2）根据实验得到的数据，以拉力传感器的读数F为横坐标、物块的加速度a为纵坐标，画出a-F图线如图丙所示，图线不通过原点的原因是____________，图线斜率的倒数代表的物理量是__________。

（3）根据该同学的实验，还可得到物块与长木板之间动摩擦因数μ，其值可用M、a-F图线的横截距F0和重力加速度g表示为μ=____________，与真实值相比，测得的动摩擦因数__________（填“偏大”或“偏小”）。

【答案】    (1). ；    (2). 没有平衡摩擦力；    (3). M；    (4). ；     (5). 偏大；

【解析】

【分析】

（1）应用匀变速直线运动的推论：△x=aT2求出加速度表达式。

（2）当绳子上有拉力时，物体的加速度却为零，由此可知实验存在的问题．根据可知图线斜率的倒数代表的物理意义；

（3）根据图像的截距F0的意义求解动摩擦因数，阻力包括了木块所受的所有阻力之和.

【详解】（1）打点计时器打点时间间隔为T，由匀变速直线运动推论：△x=aT2可知，加速度为： ；

（2）由图可知，当绳子上有拉力时，物体的加速度却为零，由此可知实验之前该同学未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分．根据可知图线斜率的倒数代表的物理量是物块和拉力传感器的总质量M；

（3）由图像可知，物块与木板之间的摩擦力为F0，则F0=μMg，即；因阻力包括了木块所受的所有阻力之和，此值大于滑动摩擦力，则与真实值相比，测得的动摩擦因数偏大。

【点睛】直观反映两个物理量的关系是要找出这两个量的线性关系，即画出直线图象；对于直线图象，我们一般从直线的斜率、截距、特殊点这几个方面去考虑，而斜率、截距、特殊点在物理问题中都有一定的物理意义．

三、计算题

11.纸面内的矩形ABCD区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边AB∥CD、AD∥BC，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为B。一带电粒子从AB上的P点平行于纸面射入该区域，入射方向与AB的夹角为θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从CD射出。若撤去电场，粒子以同样的速度从P点射入该区域，恰垂直CD射出。已知边长AD=BC=d，带电粒子的质量为m，带电量为q，不计粒子的重力。求

（1）带电粒子入射速度的大小；

（2）带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间；

（3）匀强电场的电场强度大小。

【答案】（1）（2） （3）

【解析】

【分析】

画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强.

【详解】（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O。

由几何关系可知：

洛伦兹力做向心力：

解得

（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x，有

粒子作匀速运动：x=v0t

联立解得

（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv0B

解得

【点睛】此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.

12.如图，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，在b处与ab相切。在直轨道ab上放着质量分别为mA=2kg、mB=1kg的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接），其弹性势能Ep=12J。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M=2kg、长L=0.5m的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断，之后A向左滑上小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处。已知A与小车之间的动摩擦因数µ满足0.1≤µ≤ 0.3，g取10m/s2，求

（1）A、B离开弹簧瞬间的速率vA、vB；

（2）圆弧轨道的半径R；

（3）A在小车上滑动过程中产生的热量Q（计算结果可含有µ）。

【答案】（1）4m/s（2）0.32m(3) 当满足0.1≤μ<0.2时，Q1=10μ  ；当满足0.2≤μ≤0.3时，

【解析】

【分析】

（1）弹簧恢复到自然长度时，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解两物体的速度；

（2）根据能量守恒定律和牛顿第二定律结合求解圆弧轨道的半径R；

（3）根据动量守恒定律和能量关系求解恰好能共速的临界摩擦力因数的值，然后讨论求解热量Q.

【详解】（1）设弹簧恢复到自然长度时A、B 的速度分别为vA、vB， 由动量守恒定律： 由能量关系：

解得vA=2m/s；vB=4m/s

（2）设B经过d点时速度为vd，在d点：

由机械能守恒定律：

解得R=0.32m

（3）设μ=μ1时A恰好能滑到小车左端，其共同速度为v,由动量守恒定律：由能量关系：

解得μ1=0.2

讨论：

（ⅰ）当满足0.1≤μ<0.2时，A和小车不共速，A将从小车左端滑落，产生的热量为 （J）

（ⅱ）当满足0.2≤μ≤0.3时，A和小车能共速，产生的热量为，解得Q2=2J

13.下列关于固体、液体和气体的说法正确的是_______。

A．固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动的

B．液体表面层中分子间的相互作用力表现为引力

C．固体、液体和气体中都会有扩散现象发生

D．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零

E．某些固体在熔化过程中，虽然吸收热量但温度却保持不变

【答案】BCE;

【解析】

【详解】固体、液体和气体中的分子都是永不停息的运动的，选项A错误；当分子间距离为r0时，分子引力和斥力相等，液体表面层的分子比较稀疏，分子间距大于r0，所以分子间作用力表现为引力，故B正确；固体、液体和气体中都会有扩散现象发生，选项C正确；在完全失重的情况下，分子运动仍不停息，气体对容器壁的碰撞不停止，所以气体的压强不为零，故D错误；晶体在熔化过程中，虽然吸收热量但温度却保持不变，选项E正确；故选BCE.

14.如图，一上端开口、下端封闭的足够长的细玻璃管竖直放置，管中用一段长H=25cm的水银柱封闭一段长L=20cm的空气，大气压强p0=75cmHg，开始时封闭气体的温度为27℃。现将玻璃管在竖直平面内

(i)缓慢转动半周至开口向下，求此时封闭空气的长度；

(ii)缓慢转动至水平后，再将封闭气体温度升高到37℃，求此时封闭空气的长度。

【答案】（1）40cm（2）27.6cm

【解析】

【分析】

(i)缓慢转动半周至开口向下，气体进行等温变化，根据状态参量结合玻意耳定律求解空气柱的长度；

(ii) 缓慢转动至水平后，找到气体的状态参量，根据气体状态方程求解此时空气柱的长度.

【详解】(i) 初状态气体压强p1=100cmHg，末状态p2=50cmHg，设封闭气体长度设为L2

等温变化过程由气体实验定律p1LS=p2L2S ，可知L2=40cm

(ii) 初状态气体压强p1=100cmHg，末状态p3=75cmHg，设封闭气体长度设为L3 初始状态温度T1=300K，末状态温度T3=310K

由气体实验定律，

可得L3=27.6cm

15.一简谐横波沿x轴传播，图是t=0时刻的波形图，图是介质中平衡位置在x=1.5m处a质点的振动图象；b是平衡位置在x=2.5m的质点，则_______。

A．波的传播方向沿x轴正方向

B．波的传播速度的大小为1m/s

C．t=0时，a的速率比b的大

D．t=1s时，b位于平衡位置上方

E．0~1.5s时间内，b沿y轴正方向运动

【答案】BDE;

【解析】

【分析】

首先由质点a在t=0时刻的振动方向结合波形图判断波的传播方向；根据波形图和振动图像找出波长和周期求解波速；结合波形图进行相关的判断.

【详解】根据a点的振动图像可知，t=0时刻质点a向下振动，可知波的传播方向沿x轴负方向，选项A错误；由图可知λ=4m，T=4s，则波速，选项B错误；由波形图可知t=0时，质点ab的位移相同，可知a的速率与b的速率相等，选项C错误；t=0时刻质点b向上振动，则t=1s=T/4时，b位于平衡位置上方，选项D正确；经过1.5s波向左传播0.5m，此时b质点正好位于波峰位置，可知0~1.5s时间内，b沿y轴正方向运动，选项E正确；故选BDE.

16.如图，高度为l的玻璃圆柱体的中轴线为MN，一束光以入射角45°从M点射入，在侧面恰好发生全反射。已知光在真空中传播速度为c，求

(i)该玻璃的折射率；

(ii)这束光通过玻璃圆柱体的时间。

【答案】（1） （2）

【解析】

【分析】

画出光路图，由几何关系找到入射角和折射角，结合全反射知识求解折射率；（2）由几何关系找到光在玻璃内传播的距离，根据v=c/n求解速度，然后求解时间。

【详解】（ⅰ）如图，光线从M 入射时，在P 点刚好发生全反射， 设玻璃的折射率为n，全反射临界角为C，由

又sinC=1/n

解得

（ⅱ） 设光在玻璃中的传播速度v，时间为t，则：

又v=c/v

可得