2019届广东省汕头市高三第一次模拟考试物理试题（解析版）

2019年汕头市普通高考第一次模拟考试试题

1.中国自主研发的世界首座具有第四代核电特征的核电站—华能石岛湾高温气冷堆核电站．位于山东省威海市荣成石岛湾。目前核电站使用的核燃料基本都是浓缩铀，有一种典型的轴核裂变方程是．下列关于x的说法正确是

A. x是α粒子，具有很强的电离本领

B. x是α粒子，穿透能力比较弱

C. x是中子，中子是卢瑟福通过实验最先发现的

D. x是中子，中子是查得威克通过实验最先发现的

【答案】D

【解析】

【详解】AB、根据该反应的特点可知，该核反应为重核裂变，根据核反应方程得质量数守恒和电荷数守恒可得，x为中子，故AB错误；

CD、根据物理学史可知，卢瑟福发现了质子，预言了中子的存在，中子是查得威克通过实验最先发现的，故C错误，D正确。

2.如图所示是汽车45°极限爬坡时的照片，汽车缓慢逐步沿斜坡攀爬，斜坡的倾角逐渐增大至45°。下列关于汽车这一爬坡过程的说法中正确的是

A. 坡的倾角越大，汽车对坡面的压力也越大

B. 汽车受到沿坡面向下、大小不断减小的滑动摩擦力作用

C. 汽车受到沿坡面向上、大小不断增大的静摩擦力作用

D. 若汽车能顺利爬坡．则车胎与坡间的最大静摩擦力至少为车重的大小

【答案】C

【解析】

【详解】A、坡面上的汽车受到重力、斜面得支持力与摩擦力，设坡面的倾角为θ，则其中支持力：FN＝Gcosθ，坡的倾角增大，则汽车受到的支持力减小。根据牛顿第三定律可知，坡面的倾角增大，则汽车对坡面的压力减小，故A错误；

BC、汽车受到的摩擦力：f＝Gsinθ，方向沿斜面向上；当θ增大时，汽车受到的摩擦力增大，故B错误，C正确；

D、要使汽车不打滑，则有：μmgcosθ≥mgsinθ，解得：μ≥tanθ，由于μ＜1，则θ＝45°时静摩擦力达到最大；可知若汽车能顺利爬坡，则车胎与坡间的最大静摩擦力至少为车重的大小的倍，故D错误

3.如图所示为远距离输电的原理图．发电厂输出的电压恒定，升压、降压变压器均为理想变压器。由于用户负载的变化会造成其得到的电压变化，供电部门要实时监控．监控电表为理想电表。若某次监侧发现V2表的示数减小．则下列判断正确的是

A. 电流表A1的示数增大

B. 电流表A2的示数减少

C. 电压表V1的示数增大

D. 输电线损失的功率减小

【答案】A

【解析】

【详解】AC、根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变，所以电压表V1的示数不变，故C错误；某次监测发现V2表的示数减小，根据降压变压器变压比可知，降压变压器的输入电压减小，又U1＝U20+I1R可知，降压变压器处：由可知，减小，减小，由以上式子分析得：电流表A1的示数增大，故A正确；

B、根据A知，电流表A1的示数增大，根据降压变压器电流比：根据可知，电流表A2的示数增大，故B错误；

D、输电线上损失功率为，由于电流表A1的示数增大，故输电线损失的功率增大，故D错误。

4.如图．纸面内有一垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，比荷（）为k1、k2的带电粒子分别从P点以速率v1、v2垂直进入磁场，经过时间t1、t2从M点射出磁场．已知v1沿半径方向．v2与v1夹角为30°, ∠POM＝120°。不计粒子重力，下列判断正确的是

A. 若v1＝v2，则k1：k2＝：1 B. 若v1＝v2，则t1：t2＝：2

C. 若t1＝t2，则k1：k2＝2：1 D. 若t1＝t2，则v1：v2＝：1

【答案】B

【解析】

【详解】设匀强磁场区域半径为R，带电粒子k1、k2的轨迹如图所示：

根据如图所示几何关系可得：v1的轨道半径r1＝Rtan60°，v2的轨道半径r2＝R，v1转过的圆心角为60°，v2转过的圆心角为120°；故根据洛伦兹力做向心力可得：Bvq，故速度v，运动周期T；运动时间t  

A、若v1＝v2，则k1：k2＝r2：r1＝1：，故A错误；

B、若v1＝v2，则t1：t2：2，故B正确；

C、若t1＝t2，则k1：k2＝1：2，故C错误；

D、若t1＝t2，则v1：v2：2，故D错误。

5.甲、乙两辆遥控小汽车在两条相邻的平直轨道上作直线运动，以甲车运动方向为正方向，两车运动的v-t图象如图所示。下列说法正确的是

A. 两车若在t＝5s时相遇，则另一次相遇的时刻是t＝10s

B. 两车若在t＝5s时相遇，则t＝0时两车相距15m

C. 两车若在t＝10s时相遇，则另一次相遇的时刻是t＝20s

D. 两车若在t＝10s时相遇，则相遇前两车的间距是逐渐减小的

【答案】BD

【解析】

【详解】A、根据速度图象与时间轴所围的面积表示位移，可知，5﹣15s内两车的位移相等，因此，两车若在t＝5s时相遇，则另一次相遇的时刻是t＝15s，故A错误。

B、两车若在t＝5s时相遇，因为0﹣5s内两车相向运动，则t＝0时两车相距距离等于0﹣5s内两车位移大小之和，为 S＝2×515m，故B正确。

C、两车若在t＝10s时相遇，因为10﹣20s内乙车的位移大于甲车的位移，所以t＝20s时两车没有相遇，故C错误。

D、两车若在t＝10s时相遇，在0﹣5s内两车相向运动，两车的间距逐渐减小。在5﹣10s内，两车同向运动，甲车在乙车的前方，且甲车的速度比乙车的大，则两车间距减小，所以相遇前两车的间距是逐渐减小的，故D正确。

故选BD

6.我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示为简化跳台滑雪的雪道示意图，助滑坡由长度55m的斜面AB（倾角θ＝37°）和半径25m的光滑圆弧BC组成，两者相切于B点，过圆弧最低点C的切线水平．CD为着陆坡（倾角α＝30°）。一运动员连同滑板（整体可视为质点）从A点由静止滑下，到C点以vc＝26m/s的速度水平飞出，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，关于该运动员，下列说法正确是

A. 经过C处时对轨道的压力约为其重力的2.7倍

B. 在B点的速度大小为24m/s

C. 在斜面AB上的运动时间约为4.6s

D. 运动员落在着陆坡时的速度大小与C点速度vc大小成正比

【答案】BCD

【解析】

【详解】A、在C点，有： ，代入数据得：，有牛顿第三定律得：，故A错误；

B、由B运动到C，由动能定理得：，代入数据得：，故B正确；

C、由A运动到B，由运动学公式得：，得：；由动量定理得：，解得：，故C正确；

D、运动员从C点飞出后，在空中做平抛运动落在斜面上的D点，位移偏向角为，则有，解得：；又，，联立解得：，即，故D正确。

7.如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈。图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n，电阻为r，横截面积为S，两端a、b连接车载变流装置，匀强磁场平行于线圈轴线向上穿过线圈。下列说法正确是

A. 只要受电线圈两端有电压，送电线圈中的电流一定不是恒定电流

B. 只要送电线圈N中有电流流入，受电线圈M两端一定可以获得电压

C. 当线圈M中磁感应强度大小均匀增加时．则M中有电流从a端流出

D. 若△t时间内，线圈M中磁感应强度大小均匀增加△B，则M两端的电压

【答案】AC

【解析】

【详解】A、只要受电线圈两端有电压，说明穿过受电线圈的磁场变化，所以送电线圈中的电流一定不是恒定电流，故A正确；

B、若送电线圈N中有恒定电流，则产生的磁场不变化，在受电线圈中变化产生感应电流，也就不会获得电压，故B错误；

C、穿过线圈M的磁感应强度均匀增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向下，故感应电流方向从b向a，即电流从a端流出；故C正确；

D、根据法拉第电磁感应定律，有：E＝nnS，由闭合电路的欧姆定律得M两端的电压UR，故D错误。

8.传感器在生活中有很多应用．电容式加速度传感器在安全气囊、手机移动设备方面应用广泛，其原理如图所示，质量块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质里块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动，但不能上下移动。下列关于该传感器的说法正确的是

A. 当电路中没有电流时，电容器所带电荷量一定都相等

B. 当电路没有电流时，传感器一定处于平衡状态

C. 当电路中有顺时针方向的电流时，电容器电容一定增大

D. 当电路中有顺时针方向的电流时，传感器可能向左也可能向右运动

【答案】CD

【解析】

【详解】A、当电路中没有电流时，说明电容器处于稳定状态，因电容器的电压不变，根据电容器的电容公式C＝ɛ，当电介质插入极板间深度不一，即电介质大小不同，则电容器电容也不同，因此电容器所带电荷量也不相等，故A错误；

B、当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B错误；

C、当电路中有顺时针方向的电流时，说明电容器处于充电状态，根据Q＝CU，可知，电容器的电容在增大，故C正确；

D、当电路中有顺时针方向电流时，由上分析，可知，电容器的电容在增大，插入极板间电介质加深，因此传感器可能向左减速，也可能向右加速，故D正确；

三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第22题~32题为必考题,每个试题考生都必须做答。第33题~38题为选考题,考生根据要求做答。

(一)必考题(共129分)

9.某实验小组设计了如图甲所示实验装置“探究加速度与物体受力的关系”。图中A为滑块．B为装有砝码的小盘，C为放置在水平桌面上一端带有定滑轮的长木板，滑块通过纸带与电磁打点计时器（未画出）相连．

（1）小组成员先用弹簧测力计测量滑块的重力（如图乙〕．由图可知滑块的重力GA＝__N。

（2）小组成员接着将滑块与砝码盘用细绳连接，将细绳挂在滑轮上，使滑轮和滑块间的细绳处于水平然后在砝码盘中添加砝码．在规范操作的情况下．得到了滑块加速度a与砝码盘及砝码总重力F的关系．将实验数据描绘在a一F图象中，得到一条实验图线如图丙所示．该图线与横轴的交点数值F0＝0.87N，据此可计算出滑块与木板间的动摩擦因数＝__（保留2位有效数字）该图线在a较小(a< 1m/s2)时基本上是一直线．该直线段的斜率___（填选项前面的代号）

A.只跟GA有关　　    B. 只跟F0有关　　C.跟GA和F0之和有关

【答案】    (1). 2.80（2.78-2.81）    (2). 0.31    (3). C

【解析】

【详解】（1）由图知，测力计的分度值为0.1N，所以其示数为2.80N；

（2）设滑块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m。在滑块加速运动时，对系统有

在图像中，在a=0时，设此时砝码盘和砝码总质量为，则且

代入数据解得

对滑块A列牛顿第二定律方程，同理对砝码盘列牛顿第二定律方程，联立解得：，即为：，而，因此斜率k与有关。

10.要测绘一个标有“2.5V　 2W”小灯泡的伏安特性曲线．己选用的器材有：

直流电源（3V.　内阻不计）

电流表A1(量程为0.6 A，内阻为0.6)

电流表A2（量程为300mA．内阻未知）

电压表V（量程0一3V．内阻约3k）

滑动变阻器R（0一5，允许最大电流3A)

开关、导线若干。

其实验步骤如下：

(1)由于电流表A1的量程偏小．小组成员把A1、A2并联后在接入电路，请按此要求用笔画线代表导线在实物图中完成余下导线的连接______．

(2)正确连接好电路，并将滑动变阻器滑片滑至最___端，闭合开关S，调节滑片．发现当A1示数为0.50A时，A2的示数为200mA，由此可知A2的内阻为____．

(3)若将并联后的两个电流表当作一个新电表，则该新电表的量程为____A；为使其量程达到最大，可将图中____选填，“I”、“II”）处断开后再串联接入一个阻值合适的电阻。

【答案】    (1).     (2). 右    (3). 1.5    (4). 0.84    (5). I

【解析】

【详解】（1）由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小，电流表采用外接法，连接实物图如图所示：

（2）开关闭合前，滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置，故应调至右端；根据欧姆定律得：

（3）由于Ug1＝0.6×0.6V＝0.36V，Ug2＝0.3×1.5V＝0.45V，由于Ug1＜Ug2，故两电流表两段允许所加最大电压为0.36V，新电流表量程为：，由于A2未达到最大量程，要使其达到最大量程，要增大电压，此时电流表A1会烧毁，为了保护该电流表，应给其串联一电阻分压，故应在Ⅰ区再串联接入一个阻值合适的电阻。

11.在水平方向的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m、电荷量为q的带电小球．另一端固定于O点．将小球拉起使细线伸直且与电场方向平行．然后无初速释放，小球沿着圆弧轨道摆到最低点的另一侧时，细线与竖直方向的最大夹角θ＝37°，如图所示．已知重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°=0.8，求：

(1）匀强电场的电场强度E的大小；

(2)小球经过最低点时细线对小球的拉力大小．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）由题意可知，带电小球在运动过程中必受水平方向向左的电场力，设线长为L，由动能定理得

解得

（2）从初位置运动到最低点过程，由动能定理得

在最低点，有

联立解得细线对小球的拉力大小

12.一长度L＝0.90m的木板在光滑水平地面上向右运动，将小物块A相对于地面静止轻放到木板右端端点上，一段时间后物块运动到木板左端恰好不会脱离木饭。接着再将另一小物块B同样相对干地面静止轻放到木板右端端点上。己知物块A与木板的质量相等，而物块B的质量是A的3倍．两物块与木板间的动摩擦因数均为＝0.25.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：

(1)木板开始时的初速度v0的大小；

(2)最后两物块之间的距离。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）设物块A和木板的质量都为m，释放A到物块与板共速过程，根据动量守恒定律得

由功能关系可得

代入数据解得

（2）设释放B后经时间，木板和B的速度达到相等，这段时间内，木板和A都作匀减速运动，但不能保持相对静止。

设A、木板和B的加速度大小为、a和，由牛顿第二定律得

对A：A

对木块：

对B：

可得，说明木板减速比A更快，A相对于板向右滑动。木板和B的速度达到相等，有

代入数据额解得

B的位移为

此后木板和B保持相对静止一起加速，再经时间t2和A的速度达到相等，根据动量守恒定律得

代入数据解得末速

A在的时间内已知保持匀减速运动，有

代入数据解得

在t2时间内B的位移为

而A在（t1+t2）时间内的位移

最后两物块之间的距离

代入数据解得

(二)选考题(共45分)请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分。

13.如图是某种喷雾器示意图，在贮液筒内装入一些药液后将密封盖盖好．多次拉压活塞充气，然后打开喷嘴开关，活塞位置不再改变，药液可以持续地喷出，贮液筒内的空气可视为理想气休，设充气和喷液过程筒内的空气温度可视为不变，下列说法正确的是＿＿

A. 充气过程中．贮液筒内的气体内能增大

B. 充气过程中，贮液筒内的气体分子平均动能增大

C. 充气过程中，贮液筒内的气体压强增大．体积也变大

D. 喷液过程中，贮液筒内的气体吸收热量全部用来对外做功

E. 喷液过程中，贮液筒内的气休压强减小．气体内能不变

【答案】ADE

【解析】

【详解】AB、充气过程筒内的空气温度可视为不变，则分子的平均动能不变；充气的过程中分子的总个数增加，则内能增加，故A正确，B错误；

C、充气的过程中气体的体积不变，故C错误；

DE、喷液过程筒内的空气温度可视为不变，则分子的平均动能不变，气体的内能也不变；药液就可以持续地喷出，气体体积增大，对外做功，由于没有其他的变化，可知贮液筒内的气体吸收热量全部用来对外做功，根据气态状态方程，温度不变，体积增大，压强减小，故DE正确。

14.如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直固定放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞和直杆连成一体，直杆长度L＝45cm，开始时直杆下端压在气缸底部，此时缸内气体的压强与缸外大气压相等．缸内气体的温度T0＝300K,现通过电热丝缓慢加热气体．当缸内气体的温度到达T1=305K时，直杆刚好脱离气缸底部即将上升。继续缓慢加热气体使其温度到达T2＝366K．活塞缓慢上升到与容器底部相距H＝53cm处。已知大气压p0＝1.0×105Pa．活塞圆形面积S＝9.0×10－2m2，取重力加速度g＝10m/s2，不计活塞与气缸壁间的摩擦。求：

①活塞连同直杆的总质量；

②直杆的体积。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）从开始到直杆脱离气缸底部时，气体发生等容变化，有

直杆脱离气缸底部时，对活塞和直杆整体，有

代入数据解得活塞连同直杆的总质量

（2）活塞缓慢上升过程，气体发生等压变化，有

设直杆的体积为 ，则气体原来的体积和最后的体积分别为，

代入数据解得直杆的体积

15.一列机械波在t＝0时刻第一次形成的波形如图所示，质点A、P、B. C、Q的在x轴上的位置分别为1cm、1.5cm、3cm、4cm、19cm。从此时开始，质点B到达波峰的时间比质点C早了0.5s。下列说法正确的是　　　　。

A. t＝0时刻，质点P向上振动

B. 振源振动的频率为0.5 Hz

C. 该波的波速为2 m/s

D. t＝9s时，质点Q处于波峰位置

E. 4.5s内质点P的路程为45cm

【答案】ABD

【解析】

【详解】A、t＝0时刻，因波向右传播，则P点要达到它之前点的位置，则P向上振动，则A正确；

B、B比C超前运动个周期，即0.5，则周期T＝2S，频率f0.5Hz，则B正确；

C、由图知cm，v0.02m/s，则C错误；

D、由第一波峰传到Q点历时：t9s，则D正确；

E、周期为2S，则45S为22.5个周期，每个周期的路程为4个振幅，则总路程：x＝22.5×4×5＝900cm，则E错误。

16.如图为一玻璃砖的截面图．ABCD为长方形．BCE为圆。AB＝2R，BC＝R，一束单色光从AD界面上的F点（未画出）入射，在CD界面上的G点（未画出）发生一次全反射后，从BE界面上的H点射出．折射角α＝60°．折射光平行于DE且与反射光垂直，光速为c。

①画出光路图并求出折射率n。

②光从射入玻璃砖到第一次射出的时间t。

【答案】（1）折射率为，光路图如图所示：

（2）所用时间

【解析】

【详解】（1）光路图如图所示：

由几何关系得：

解得

（2）由几何关系得：

在等腰中：

在直角中：