2019届广东省湛江市高三上学期第一次调研考试物理试题（解析版）

湛江市2019届高三上学期第一次调研考试理科综合　物理1.如图所示为氢原子的能级图，一个氢原子吸收能量后由基态跃迁到 n=4的激发态，然后向低能级跃迁，下列说法正确的是（        ) A. 可能发出 6 种能量的光子B. 只能发出 1 种能量的光子C. 吸收的能量为 12.75eVD. 可能发出能量为 0.85eV的光子【答案】C【解析】【分析】根据玻尔理论，能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高，并根据光电效应发生条件求解；根据n-1求出处于激发态的氢原子可能发射出不同波长光的种数。【详解】A、B项：一个原子从n=4的激发态向基态跃迁最多能发出n-1=3种，故A、B错误；C项：从基态到n=4的激发态要吸收的能量为两能级差即，故C正确；D项：从n=4向基态跃迁有可能有三种能量的光子发出，分别为0.65eV，1.89eV，10.2eV,故D错误。故应选：C。【点睛】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，掌握辐射光子的种类计算方法。2.教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A和交流电压表V的读数分别为I、 U , R 消耗的功率为 P ．若发电机线圈的匝数变为原来的 2 倍，则下列说法正确的是A. R消耗的功率变为2PB. 电压表的读数为4UC. 电流表的读数为2ID. 通过 R 的交变电流频率变大【答案】C【解析】【分析】根据交流电的产生以及最大值的表达式，分析交流电的最大值的变化，结合有效值与最大值之间的关系分析有效值的变化；结合变压器的特点分析副线圈上的电压的变化、功率的变化以及频率的变化。【详解】线圈在匀强磁场中匀速转动，设线圈的最大横截面积为S，磁场的磁感应强度为B，线圈转动的角速度为ω，则产生的最大电动势为： Em=nBSωA、B项：原线圈两端的电压等于电动势的有效值，为： 设原副线圈的匝数比为k，则副线圈两端的电压为： 当发电机线圈的转速变为原来的2倍时，有 副线圈两端的电压为： 所以，电压表的示数变为原来的2倍，故B错误；由公式可知，即R消耗的功率变为4倍，故A错误；C项：由于电压表的示数变为原来的两倍，由欧姆定律可知，电流表的示数变为原来的两倍，故C正确；D项：变压器不能改变交流电的频率，故D错误。故应选：C。【点睛】本题考查了交流电的产生以及变压器的构造和原理，对交流电来说，当线圈的角速度减小时，不仅仅交流电的频率发生变化，交流电的最大值、有效值都会产生变化。3.如图所示为物体沿南北方向(规定向北为正方向)做直线运动的v-t图象,由图可知A. 3s末物体回到初始位置B. 3s末物体的加速度方向将发生变化C. 物体所受合外力的方向先向南再向北D. 物体所受合外力的方向一直向南【答案】D【解析】【分析】物体沿南北方向做直线运动，根据规定的正方向，由速度图线分析物体的运动情况，根据图线与坐标轴所围“面积”表示位移，分析物体在什么时刻回到初始位置．图线的斜率等于加速度．由牛顿第二定律分析合外力的方向。【详解】A项：在前3s内，速度为正值，说明物体一直向北运动，没有回到初始位置，故A错误；B项：、直线的斜率是一定的，说明物体在6s内的加速度恒定不变，则3s末物体的加速度方向没有发生变化，故B错误；C、D项：图线的斜率一直小于零，说明物体加速度的方向一直向南，根据牛顿第二定律得知：加速度方向与合外力方向相同，所以物体所受合外力的方向一直向南，故C错误，D正确。故应选：D。【点睛】由速度图象读出速度的大小、方向、加速度、位移等等是基本功，加强训练，熟练应用。4.如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极，已知该卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时所用时间为1 h，则下列说法正确的是(　　) A. 该卫星与同步卫星的运行半径之比为1：4B. 该卫星与同步卫星的运行速度之比为1：2C. 该卫星的运行速度一定大于7.9 km/sD. 该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能【答案】A【解析】试题分析：卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时，偏转的角度是120°，刚好为运动周期的T，所以卫星运行的周期为3t，同步卫星的周期是24h，由得：，所以：．故A正确；由得：．故B错误；7．9km/s是卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大速度，所以该卫星的运行速度一定小于7．9km/s．故C错误；由于不知道卫星的质量关系，故D错误．故选A。考点：万有引力定律的应用【名师点睛】该题考查人造卫星与同步卫星的关系，灵活运动用重力和万有引力相等以及万有引力提供圆周运动的向心力是解决本题的关键。视频 5.如图所示，某人从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球．由于恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为L的A穴,不计洞穴的深度，则以下说法正确的是（       ） A. 球被击出后做平抛运动B. 该球从被击出到落入A穴所用的时间大于C. 球被击出时的初速度大小为D. 球被击出后受到的水平风力的大小为【答案】C【解析】【分析】小球水平方向受恒定的阻力，因而做匀减速直线运动，竖直方向只受重力，做自由落体运动，根据运动学公式即可列式求解。【详解】A项：由于水平方向受到空气阻力，不是平抛运动，故A错误；B项：竖直方向为自由落体运动，由，得到，故B错误；C项：由于球竖直地落入A穴，故水平方向为末速度为零匀减速直线运动，根据运动学公式，有，，解得： ，故C正确；D项：水平方向分运动为末速度为零匀减速直线运动，由运动学公式，由牛顿第二定律F=ma由上述各式可解得，故D错误。故应选：C。【点睛】本题关键将实际运动分解为水平方向的匀减速直线运动和竖直方向的自由落体运动，根据运动学公式和牛顿第二定律列式求解。6. 如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨间距为L，导轨上有一质量为m、电阻为r的金属棒ab，导轨的另一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动．则在这个过程中 （ ）A. 随着ab运动速度的增大，其加速度将减小B. 外力F对ab做的功等于电路中产生的电能C. 棒克服安培力做的功一定等于电路中产生的内能D. 当ab棒的速度为v时，ab两端的电势差为BLv【答案】AC【解析】分析：在水平方向，金属棒受到拉力F和安培力作用，安培力随速度增大而增大，根据牛顿定律分析加速度的变化情况．根据功能关系分析电能与功的关系．利用切割式电动势公式和欧姆定律求解ab两端的电压．解答：解：A、金属棒受到的安培力F安=BIl=Bl=Bl=，加速度a=可见，速度增大时，F安增大，加速度减小．故A正确． B、外力F对ab做的功等于金属棒获得的动能与电路中产生的电能之和．故B错误．  C、根据功能关系，棒克服安培力做的功等于电路中产生的电能，电能转化为内能．故C正确．D、当ab棒的速度为v时，ab两端的电势差为U=Blv．故D错误．故选AC点评：本题运用牛顿定律分析运动过程．要注意ab间的电压是路端电压，即为R两端电压，不是内电压．7.如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进人匀强磁场，其中离子b的速度方向与磁场边界垂直，离子a的速度方向与b成夹角θ，两离子最后打到O点左侧的屏P上．不计重力，下列说法正确的有（　   　）A. a、b均带负电B. a落点在b落点右侧C. a在磁场中运动的轨道半径比b的小D. a在磁场中运动的时间比b的长【答案】BD【解析】【分析】带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，要熟练应用半径公式和周期公式进行分析。【详解】a、b粒子的运动轨迹如图所示：A项：粒子向左偏转，由左手定则可知，a、b均带正电，故A错误；B、C项：离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：，解得：，故两粒子半径相等，由图示可知，a落点在b落点右侧，故B正确，C错误；D项：离子在磁场中的运动时间：，离子a在磁场中转过的圆心角θ大于b转过的圆心角，则a在磁场中运动的时间比b的长，故D正确。故应选：BD。【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动规律，要注意带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，注意几何关系的应用是解题的关键。8.某学习小组为体验最大静摩擦力与滑动摩擦力的临界状态，设计了如图所示的装置，一位同学坐在长直木板上，让长直木板由水平位置缓慢向上转动（即木板与地面的夹角θ变大），另一端不动，则该同学受到支持力FN、合外力F合、重力沿斜面方向的分力G1、摩擦力 Ff随角度θ的变化关系图象是中正确的是（　　）A.     B.     C.     D. 【答案】ACD【解析】在木板抬起的过程中，人受到的支持力，因夹角增大，故支持力减小，当时，支持力最小，图像为余弦关系图像，A正确；在抬起的过理程中，人开始运动之前一直处静止状态，故受力平衡，合力为零；而在人开始滑动后，，故后半B部分不为直线，B错误；重力沿斜面方向的分力为，故成正弦函数规律，C正确；人受到的摩擦力在开始到滑动过程为静摩擦力，大小为，为正弦规律变化；而滑动后，，为余弦规律变化，而动摩擦力小于最大静摩擦力，D正确．【点睛】在求摩擦力时，一定要先明确是属于滑动摩擦力还是静摩擦力，再分别根据滑动摩擦及静摩擦力的求解方法进行求解．三、非选择题9.某学生设计了如图甲所示的实验装置图来测木块A与木板间的动摩擦因数。图中木块A质量为M,置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上,带有挡光片的重锤p挂在动滑轮上,挡光片宽度为d,C为弹簧测力计。木块A由静止开始运动过程中，测力计的读数为F,挡光片通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为t1和t2,两光电门之间的距离为s(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d如图乙所示,读数_______________cm。(2)关于该实验下列说法正确的是（             ）A.为了减少误差需要平衡摩擦B.为了减少误差需要满足重锤p质量远小于木块A质量C.木块运动过程中,木块的速度等于重锤的速度D.按住木块不动时测力计的读数大于运动时测力计的读数(3)重锤p下落时的加速度a= ___________ ，木块与木板间的动摩擦因数? = ____________ (请用题目中相关物理量的符号表示)【答案】    (1). 0.20    (2). D    (3).     (4). 【解析】【详解】(1) 主尺读数为2mm，游标尺读数为0，由图知该游标尺为十分度的卡尺，精度为0.1mm，故测量结果为：d=2mm+0×0.1mm=0.20cm；(2)A项：为了测定摩擦因数，所以不能平衡摩擦力，故A错误；B项：绳的拉力等于弹簧测力计的示数，所以不用满足重锤p质量远小于木块A质量，故B错误；C项：由于P与动滑轮连接，所以物块A的速度与P的速度不相等，故C错误；D项：按住木块不动时测力计的示数等P重力的一半，当木块运动时，P向下做加速运动，由牛顿第二定律可知，测力计的示数小于P重力的一半，故D正确。故应选：D。(3)P从光电门1到光电门2运动的距离为s，由速度-位移公式得：，P到光电门1、2的速度分别为：，，联立解得：由运动学知识可知，A的加速度为P的两倍，所以A的加速度为P的G两倍，由牛顿第二定律可得：，解得： 。 10.某实验小组用如图甲所示的实验电路来测量未知电阻Rx的阻值,图中电压表为理想电压表,调节电阻箱R1=4.0 ?,闭合电键S1、S2,打开S3,改变电阻箱R的阻值,得到多组电压表的示数U与R的数据,并绘出的U-R图像如图乙所示(1)保持S1闭合,断开S2,闭合S3,读得电压表示数为5.0V,利用图乙中的U-R图像可得Rx= ___________。(保留两位有效数字)(2)电源使用较长时间后,它的电动势可认为不变,但其内阻增大,若仍使用该装置和图乙中的U-R图像来测定某一电阻,则测定结果将_______(选填“偏大”、“偏小”或不变)。(3)结合图乙中的U-R图像及已知条件可以求得电源的电动势,E= _______V,电源的内阻r= __________ 。 (均保留两位有效数字)【答案】    (1). 25(24或26都算对)    (2). 偏小    (3). 6.0    (4). 1.0【解析】【详解】(1)出当电压U=5V时，电阻约为25Ω；(2) 将电源与电阻箱R1看成新的电源，电源的内电阻变大时，外电阻相同时，外电路分得的电压减小，重新作出U-R图，如图所示；相同的电压表读数，测量值小于真实值；(3)在图乙中取两点(5,3)和(10,4)代入公式 即： 和解得：，。 11.如图甲所示,ABCD是放在场强为E、方向水平向右的匀强电场中的绝缘光滑轨道,BCD是半径为R的半圆环,D点的切线水平。今有质量为m、电量为q=mg/E的带正电的小环套在水平轨道上A处附近由静止释放。问:(1)在图乙中画出它运动到圆环最低点B的一瞬间对轨道的压力F与释放点到B的距离x的图像,并写出作图依据;(2)要使小环能通过最高点,小环运动的起始位置至少离B点多远?【答案】(1) (2)【解析】【详解】(1)小环由静止释放，到达最低点B的过程中有： 由牛顿第二定律得： 解得： 所以可以画出FN与B的距离x的图像：(2)由于小环是套在轨道上的，只要到达最高点的速度满足即可过最高点根据： 解得：小球释放点到B的距离。12.质量为m=3kg的滑块A以v0=5m/s的初速度沿水平桌面向右运动,桌面的FF之间是粗糙的,其长度L=0.9m,其余部分光滑。水平桌面右端足够远处固定一根极短的轻弹簧,其左端自由伸展。滑块A滑过EF后与静止的滑块B正碰,碰后牢固的粘合在一起形成结合体,两滑块与EF间的动摩擦因数均为?=0.5,两滑块均可视为质点,取g=10m/s2。问:(1)滑块A正碰B之前瞬间的速度多大?(2)当滑块B的质量多大时,可以使碰后的结合体滑过E点?并求出在此条件下弹簧将结合体刚好弹回到E点时的弹性势能。【答案】(1)(2)【解析】【详解】(1)设滑块A碰B之前瞬间的速度为，由动能定理有： 解得： 此后滑块A匀速运动，与B正碰；(2)A、B正碰后粘合在一起，有： 碰后的结合体压缩弹簧，有： 弹簧将结合体以原速率弹回，滑过EF段，其末速度满足： 在EF段有： 解得：A、B质量关系为：，即结合体可以滑过E点弹簧将结合体刚好弹回E点时的弹性势能等于结合体滑过E点的损失的机械能则有：。13.下列说法正确的是(           )A. 气体的内能是所有分子热运动的动能和分子间的势能之和B. 一定量的理想气体等温膨胀时,一定吸收热量C. 功可以全部转化为热,但热量不能全部转化为功D. 第一类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律E. 凡是符合能量守恒定律的宏观过程一定自发地发生而不引起其他变化【答案】ABD【解析】【分析】根据气体膨胀的过程中体积增大，对外做功，再结合热力学第一定律分析气体是否吸收热量；【详解】A项：气体的内能是气体内所有分子热运动的动能和分子间势能之和，故A正确；B项：一定质量的理想气体等温膨胀，气体对外做功，而内能不变，根据热力学第一定律，气体一定从外界吸热，故B正确；C项：功可以全部转化为热，根据热力学第二定律可知，在外界的影响下热量也可以全部转化为功，故C错误；D项：第一类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律，故D正确；E项：满足能量守恒定律的宏观过程不一定可以自发进行，比如热量就不能自发地从低温物体传到高温物体，故E错误。故应选：ABD。【点睛】本题考查温度的微观意义、热平衡定律、热力学第二定律等知识点的内容，其中要注意正确理解温度的意义，和加深对热力学第二定律的理解是解答的关键。14.如图所示，内壁光滑的气缸平放在水平地面上，内有两个质量均为 m 密闭活塞 A 和 B ，活塞 A 导热，活塞 B 绝热，将缸内理想气体分成 I 、 II ，初状态整个装置置静止不动处于平衡，设外界大气压强为 P0, I、II两部分气体的长度均为 l0 ，温度均 To ，且保持不变，活塞横截面积为 S ，且有 mg ＝P0S ，现将气缸转至开口向上，求： ① 状态稳定时，活塞 A 和 B 之间的距离； ② 现通过电热丝只对II 气体缓慢加热， I 部分气体温度不变，使活塞 A 回到初始位置．求此时II 气体的温度。【答案】(1)(2)【解析】【详解】(1)对气体I 由公式 解得： ；(2)对理想气体II 由理想气体状态方程有： 解得：。15.如图是一质点做简谐运动的振动图象。关于该质点的运动，下列说法正确的是(           )A. 0.01s时质点的运动方向向下B. 0.025s和0.075s两个时刻的加速度大小和方向都相同C. 0.025s和0.075s两个时刻的速度大小相等，方向相反D. 0.125时刻速度和加速度的方向相同E. 0-0.3s时间内该质点通过的路程为3cm【答案】BCE【解析】【分析】由图读出周期，由图象的斜率分析质点速度大小和方向的关系．由位移关系分析加速度的关系．由时间与周期的倍数关系求质点通过的路程【详解】A项：由于不知质点的振动情况，所以无法确定质点的运方向，只能确定沿y轴负方向，故A错误；B项：0.025s和0.075s两个时刻的位移大小和方向都相同，由知加速度大小和方向都相同，故B正确；C项：据y-t图象的斜率表示速度，知0.025s和0.075s两个时刻的速度大小相等，方向相反，故C正确；D项：0.125时刻速度方向沿y轴正方向，位移方向为沿y轴正方向，加速度方向应沿y轴负方向，故D错误；E项：. 0-0.3s时间内包含，所以质点通过的路程为：，故E正确。故应选：BCE。【点睛】由振动图象可以读出周期、振幅、位移、速度和加速度及其变化情况，是比较常见的读图题．要知道位移时间图象的斜率表示速度。16.半径为R的半圆柱形介质截面如图所示，O为圆心，AB为直径，Q是半圆上的一点，从Q点平行于AB射入半圆柱介质的光线刚好从B点射出，已知∠QBO＝30º，现有一条光线从距离O点R处垂直于AB边射入半圆柱形介质，已知光在真空中的传播速度为c，求：①该半圆柱形介质的折射率；②垂直AB边射入介质的光线在半圆柱介质中的传播时间。【答案】(1)(2)【解析】【详解】(1)作出光路图：由几何关系可知，从Q点射入的光线的入射角为 由折射定律有：；(2)垂直AB射入介质的光线到达圆弧面时入射角为，设全反射的临界角为C由 ，因，因此光线在P点发生全反射在介质中的传播路程为 光在介质中传播速度为： 光线在半圆柱介质中的传播时间为。