2019届广东省深圳市高三第一次调研考试理综物理试题（解析版）

深圳市2019年高三年级第一次调研考试

理科综合能力测试

二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求第19-21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.在水平地面上方某处，把质量相同的P、O两小球以相同速率沿竖直方向抛出，P向上，O向下，不计空气阻力，两球从抛出到落地的过程中

A. P球重力做功较多

B. 两球重力的平均功率相等

C. 落地前瞬间，P球重力的瞬时功率较大

D. 落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等

【答案】D

【解析】

【分析】

根据W=mgh判断重力功；根据P=W/t判断重力做功的平均功率；根据P=Fv判断落地前瞬时重力的瞬时功率。

【详解】根据W=mgh可知两球重力做功相同，选项A错误；上抛的物体运动时间长，根据P=W/t可知两球重力的平均功率不相等，选项B错误；根据机械能守恒定律可知可知，两球落地的速度相同，根据P=mgv可知落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等，选项C错误，D正确；故选D.

2.如图，带电的平行板电容器和静电计用导线相连

A. 若仅使上极板上移一段距离，则电容器的电容增大

B. 若仅向两板间插入云母介质，则板间电场强度减小

C. 若静电计指针张角增大，可能仅是因为两板正对面积增大

D. 若静电计指针张角减小，可能仅是因为两板间距变大

【答案】B

【解析】

【分析】

解答本题关键掌握：静电计测定电容器板间的电势差，电势差越大，指针偏角越大；电容器电容的决定式，分析电容的变化；电容器的电量不变，由电容器的定义式C=Q/U分析电势差的变化。

【详解】根据可知，若仅使上极板上移一段距离，则d变大，电容器的电容减小，选项A错误；根据，若仅向两板间插入云母介质，则电容器的电容变大，根据C=Q/U可知，两板电势差U减小，根据E=U/d可知板间电场强度减小，选项B正确；若仅是因为两板正对面积增大，根据可知C变大，由C=Q/U可知U减小，即静电计指针张角减小，选项C错误；仅是因为两板间距变大，根据可知C变小，由C=Q/U可知U变大，即静电计指针张角变大，选项D错误；故选B.

【点睛】对于电容器动态变化分析问题，关键根据电容的决定式和定义式C=Q/U结合进行分析，同时要抓住不变量，一般电容器动态问题都能解决。

3.如图所示，将一小球从固定斜面顶端A以某一速度水平向右抛出，恰好落到斜面底端  B。若初速度不变，对小球施加不为零的水平方向的恒力F，使小球落到AB连线之间的某点C。不计空气阻力。则

A. 小球落到B点与落到C点所用时间相等

B. 小球落到B点与落到C点的速度方向一定相同

C. 小球落到C点时的速度方向不可能竖直向下

D. 力F越大，小球落到斜面的时间越短

【答案】D

【解析】

【分析】

不加水平力F时小球做平抛运动；加水平力F后，小球在水平方向做匀减速运动，竖直方向仍做自由落体运动，根据运动的合成知识结合平抛运动的知识进行判断.

【详解】对小球施加不为零的水平方向的恒力F时，小球在竖直方向的运动不变，仍做自由落体运动，因B的竖直高度大于C的竖直高度，根据h=gt2可知，小球落到B点的时间与落到C点所用时间不相等，选项A错误；由图可知，对小球施加的水平方向的恒力F一定是方向向左，小球在水平方向做匀减速运动，若到达C点时水平速度恰好减为零，则落到C点的速度方向竖直向下；而落到B点的小球做平抛运动，到达B点的速度方向不可能竖直向下，故选项BC错误；当加力F时：竖直方向y=gt2；水平方向：x=v0t-，而 解得 可知力F越大，小球落到斜面的时间t越短，选项D正确；故选D.

4.可视为质点的甲、乙两小车分别沿同一平直路面同向行驶，t=0时，甲在乙前方16m处，它们的v-t图象如图所示，则下列说法正确的是

A. 甲、乙在t=2 s和t= 10 s时刻并排行驶

B. 甲、乙在t=4 s和t=8 s时刻并排行驶

C. 在t= 6s时，乙车在甲车前8m

D. 在t=6s时，乙车在甲车前18m

【答案】B

【解析】

【分析】

根据v-t图像的斜率和截距找到两车的初速度和加速度，当两车相遇时由位移关系列式可求解时间；求解出t=6s时刻两车的位移即可判断位置关系。

【详解】由图像可知，甲做初速度为0，加速度为a1=的匀加速运动；乙做初速度为v0=6m/s，加速度为a2=的匀加速运动；两车相遇时满足：，即，解得t1=4s，t2=8s，即甲、乙在t=4 s和t=8 s时刻并排行驶，选项A错误，B正确；在t=6s时，甲的位移：；乙的位移：，可知此时乙在甲的前面54m-36m-16m=2m，选项CD错误；故选B.

5.如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，静止的铀发生α衰变，生成新原子核X，已知α粒子和新核X在纸面内做匀速圆周运动，则

A. 原子核X的电荷数为91，质量数为236

B. α粒子做顺时针圆周运动

C. α粒子和原子核X的周期之比为10：13

D. α粒子和原子核X的半径之比为45：2

【答案】C

【解析】

【分析】

核反应中遵循质量数和电荷数守恒；根据左手定则判断α粒子做圆周运动的方向；根据判断周期关系；据动量守恒定律，α粒子和原子核X的动量等大反向，结合求解半径之比。

【详解】根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，原子核X的电荷数为92-2=90，质量数为238-4=234，选项A错误；α粒子带正电，由左手定则可知，α粒子做逆时针圆周运动，选项B错误；根据可知，α粒子和原子核X的周期之比：，选项C正确；根据动量守恒定律，α粒子和原子核X的动量大小相同，可知，α粒子和原子核X的半径之比为，选项D错误；故选C.

【点睛】本题考查动量守恒定律、衰变以及带电粒子在磁场中运动，考查左手定则、带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式以及动量的表达式，运用控制变量的方法分析判断即可求解。

6.高铁己成为重要的“中国名片”，领跑世界。一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小为F，每节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力为车厢重力的k倍。重力加速度为g。则

A. 启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上

B. 整列车的加速度大小为

C. 第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为

D. 第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为

【答案】BC

【解析】

【分析】

根据牛顿第二定律，对整体车厢列式可求解加速度；隔离第1节车厢可求解第2节车厢对第1节车厢的作用力大小；隔离2、3节车厢可求解第2节车厢对第3节车厢的作用力大小.

【详解】启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿动车运动方向的水平摩擦力两个力的合力方向斜向上方，选项A错误；对整体列车，根据牛顿第二定律：4F-8kmg=8ma，解得，选项B正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律：F21-kmg=ma，解得F21=，选项C正确；对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律：F32+F-2kmg=2ma，解得F32=0，选项D错误；故选BC.

7.如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为1:2，正弦交流电源电压为U=12V，电阻R1= lΩ，R2=2Ω，滑动变阻器R3最大阻值为20Ω，滑片P处于中间位置，则

A. R1与R2消耗的电功率相等

B. 通过R1的电流为3A

C. 若向上移动P，电源输出功率将变大

D. 若向上移动P，电压表读数将变大

【答案】BC

【解析】

【分析】

对理想变压器原副线圈的匝数比等于原副线圈的电压之比，等于电流的倒数之比，据此进行分析.

【详解】理想变压器原副线圈匝数之比为1:2，可知原副线圈的电流之比为2:1，根据P=I2R可知R1与R2消耗的电功率之比为2：1，选项A错误；设通过R1的电流为I，则副线圈电流为0.5I，初级电压：U-IR1=12-I；根据匝数比可知次级电压为2（12-I），则，解得I=3A，选项B正确；若向上移动P，则R3电阻减小，次级电流变大，初级电流也变大，根据P=IU可知电源输出功率将变大，电阻R1的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，则选项C正确，D错误；故选BC.

8.如图所示，在竖直面（纸面）内有匀强电场，带电量为q(q>0)、质量为m的小球受水平向右大小为F的恒力，从M匀速运动到N。己知MN长为d,与力F的夹角为60°，重力加速度为g，则

A. 场强大小为

B. M、N间的电势差为

C. 从M到N，电场力做功为

D. 若仅将力F方向顺时针转60°，小球将从M向N做匀变速直线运动

【答案】ACD

【解析】

【分析】

小球做匀速运动，则受电场力、重力和力F平衡，根据平衡条件列式可求解场强E；根据U=Ed求解电势差；根据动能定理求解电场力的功；若仅将力F方向顺时针转60°，根据力的合成知识找到合力的方向，从而判断小球的运动情况。

【详解】对小球受力分析，如图；根据平衡知识可知：，解得，选项A正确；M、N间的电势差为（α角是MN与场强方向的夹角），选项B错误；从M到N，电场力做功与重力和力F做功之和为零，即，选项C正确；因电场力qE和重力mg的合力与F等大反向，则若仅将力F方向顺时针转60°，小球受的合力方向沿NM的方向向下，大小为F，则小球将从M向N做匀变速直线运动，选项D正确；故选ACD.    

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做答。第33-38题为选考题，考生根据要求做答。

9.图(a)为测量物块与水平长木板之间动摩擦因数的实验装置示意图。请按要求完成填空：

(1)实验采用的电火花计时器应接 ___V的电源__________（后空填“直流”或“交流”）。

(2)用力推物块一段距离后撤去推力，计时器打出一条合适的纸带，依次得到相邻两点间的距离如图(b)所示。根据图中数据，可认为物块在____(填“DI“或“EI”)间做匀减速运动。

(3)己知相邻两点的时间间隔为0.02s，根据图(b)数据求得物块与木板间的动摩擦因数为__________（取g=9.8m／s2，结果取两位有效数字）。

【答案】    (1). 220    (2). 交流    (3). EI    (4). 0.63

【解析】

【分析】

（1）根据打点计时器的使用方法解答；（2）根据纸带上点迹分布情况判断物块的运动情况；（3）根据纸带做减速运动的部分求解物块减速运动的加速度，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数；

【详解】（1）实验采用的电火花计时器应接 220V的交流电源。

（2）在EI之间相邻两点间距逐渐减小，可知物块在“EI”间做匀减速运动。

（3）由纸带可知物块做减速运动的加速度；

根据a=μg可得物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.63

10.某实验小组用图甲所示电路测量电源E的电动势和内阻，图中电压表V的最大量程为3V，虚线框内为用电流计G改装的电流表。

(1)已知电流计G的满偏电流IG= 200mA、内阻rG= 0.30Ω，电路中已将它改装为最大量程600 mA的电流表，则 R1=____Ω（结果取二位有效数字）。

(2)通过移动变阻器R的滑片，得到多组电压表V的读数U和电流计G的读数，作出如图乙的图象。某次测量时，电旅表V的示数如图丙，则此时通过电源E的电流为____mA结果取三位有效数字）；电源E的电动势等于___ V，内阻等于 ___Ω（结果取三位有效数字）。

(3)若用来改装电流表的电阻R1的实际阻值略小于计算值，则对电源电动势测量的结果____________（填“有”或“没有”）影响。

【答案】    (1). 0.15    (2). 300    (3). 2.93    (4). 1.00    (5). 没有

【解析】

【分析】

（1）根据电路的结构，根据欧姆定律求解电阻R1的阻值；（2）根据电压表的读数，结合图乙可读出电流计G的读数；在根据改装后的电流表结构确定通过电源的电流；根据图像的斜率和截距求解电动势的内阻；（3）根据电路的结构确定电阻R1对电动势测量结果的影响。

【详解】（1）根据欧姆定律可知：，带入数据解得：R1=0.15Ω.

（2） 根据丙图可知电压表读数为2.6V；根据图乙可知电流计的读数为100mA，通过电阻R1的电流等于通过电流计G电流的2倍，则电路的总电流为300mA；根据图像可知，电源的电动势为：E=2.93V，因改装的电流表的内阻为；则电源内阻.

（3）电源电动势等于电流表读数为零时电压表的读数，可知电表改装时，若用来改装电流表的电阻R1的实际阻值略小于计算值，则对电源电动势测量的结果无影响；

11.如图，竖直固定的倒U型导轨NNPQ，轨道间距L=0.8m，上端开小口与水平   线圈C连接，线圈面积S =0.8m2，匝数N- 200，电阻r=15Ω。质量m= 0.08kg的导体棒ab被外力水平压在导轨一侧，导体棒接入电路部分的电阻R=1Ω。开始时整个装 置处于竖直向上的匀强磁场中。r=0时撤去外力，同时磁感应强度按B=Bo-kt的规律变化，其中k= 0.4T/s；t1=ls时，导体棒开始F滑，它与导轨问的动摩擦因数μ = 0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。其余电阻不计（重力加速度g= 10m/s2）。求：

(1) 0-1s内通过导体棒的电流强度；

(2) t=0时的磁感应强度B0;

(3)若仅将磁场方向改为竖直向下，要使导体棒ab在0- Is内仍静止，是否需要将它靠在导轨的另一侧？扼要说明理由。

【答案】(1) (2) (3)不需要

【解析】

【分析】

（1）根据法拉第电磁感应定律结合全电路的欧姆定律求解通过导体棒的电流强度；（2）分析导体棒在水平和竖直方向的受力情况，结合平衡方程求解B0；（3）用楞次定律说明理由。

【详解】（1）0-t1时间内，对线圈C和整个回路有：

联立并带入数据解得I=4A

（2）t1=1s时刻，导体棒即将下滑，有：mg=Ff

Ff=μFN；

FN=B1IL

B1=B0-kt1

联立并代入数据解得B0=0.9T

（3）不需要；理由：由楞次定律可知，磁场方向相反，感应电流方向也相反，由左手定则可知导体棒所受安培力的方向不变，所以不需要将它靠在导轨的另一侧。

12.静止在水平面上的小车固定在刚性水平轻杆的一端，杆的另一端通过小圆环套在竖直光滑的立柱上。每当小车停止运动时，车上的弹簧枪就会沿垂直于轻杆的水平方向自动发射一粒弹丸，然后自动压缩弹簧并装好一粒弹丸等待下次发射，直至射出所有弹丸。下图为该装置的俯视图。已知未装弹丸的小车质量为M，每粒弹丸的质量为m，每次发射弹丸释放的弹性势能为E，发射过程时间极短：小车运动时受到一个与运动方向相反、大小为小车对地面压力λ倍的作用力；忽略所有摩擦阻力，重力加速度为g。

(1)若小车上只装一粒弹丸，求弹丸被射出时小车的速度大小；

(2)若(l)问中发射弹丸后小车恰能运动一周，求射出弹丸时，杆对小车的拉力大小；

(3)若小车上共装25粒弹丸，轻杆能承受的最大拉力 (L为小车做圆周运动的半径），则须满足什么条件轻杆才不会被拉断？小车做圆周运动的总路程的最大值是多少？

【答案】(1) (2) (3) ，

【解析】

【分析】

（1）对弹丸和小车的系统，发射弹丸的瞬时满足动量守恒和能量守恒，列式求解弹丸被射出时小车的速度大小；（2）根据动能定理求解刚发射完弹丸时小车的速度，根据拉力等于向心力求解杆的拉力；（3）分析发射弹丸的整个过程，可知当弹丸完全发射完时杆的拉力最大，结合数学知识求解小车做圆周运动的总路程的最大值.

【详解】（1）发射弹丸的过程，遵守动量守恒定律和机械能守恒；mu=Mv

 E=mu2+Mv2

解得

（2）发射弹丸后，小车做圆周运动，圆周半径为L，由动能定理可得：

x=2πL

弹丸刚被射出时杆受到的拉力：

联立解得F=4πλMg

（3）某次发射后，小车（连同弹簧枪）和车载弹丸的总质量为Mk=km(k从某一较大值开始减小，可取25个值，且k>25)

与上述同理可知：

由此可知，弹丸全部射完，k取最小值M/m时，杆的拉力最大，若此时还能满足，则杆不会被拉断，解得

与上述同理可知，某次发射后到下一次发射前小车做圆周运动的路程： 

由此式可知，每发射一粒弹丸后，小车做圆周运动的路程增大一些，因此要小车做圆周运动的总路程最大，k应该取最小的25个值（对应将25粒弹丸全部射出），即应取取k=59、58、……、35，

最大总路程为

解得

13.关于分子动理论，下列说法正确的有____________

A. 扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明

B. 布朗运动不是分子的运动，但间接地反映了液体分子运动的无规则性

C. 压缩气体时，体积越小，压强越大，说明气体分子间存在着斥力

D. 从微观角度来看，气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关

E. 当分子间作用力表现为引力时，分子势能随距离的增大而减少

【答案】ABD

【解析】

【详解】扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明，选项A正确；布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的运动，不是分子的运动，但间接地反映了液体分子运动的无规则性，选项B正确；压缩气体时，体积越小压强越大，这是因为体积越小时气体分子的密度越大，单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数越多，压强越大，这与气体分子间的斥力无关，选项C错误；从微观角度来看，气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关，气体动能越大，气体分子对器壁的碰撞力越大；分子密度越大，单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数越多，压强越大，选项D正确；当分子间作用力表现为引力时，分子距离变大，则分力力做负功，则分子势能增加，即分子势能随距离的增大而增大，选项E错误；故选ABD.

14.如图所示，为了测量某刚性导热容器A的容积，将细管把它与水平固定的导热气缸B相连，气缸中活塞的横截面积S = l00cm2。初始时，环境温度T=300K，活塞离缸底距离d=40cm。现用水平向左的力F缓慢推活塞，当F= 1.0103N时，活塞离缸底距离d'=10cm。已知大气压强P0= l.0105Pa。不计一切摩擦，整个装置气密性良好。求：

(1)容器A的容积VA；

(2)保持力F=1.0103N不变，当外界温度缓慢变化时，活塞向缸底缓慢移动了△d = 3cm时，此时环境温度为多少摄氏度？

【答案】(1) (2) 或

【解析】

【分析】

（1）根据玻意耳定律列式求解容器A的容积；（2）根据盖吕萨克定律求解环境温度。

【详解】（1）由题意，气缸和容器内所有气体先做等温变化，有：P1V1=P2V2

其中压缩前：P1=P0，V1=VA+dS

压缩后：P2=P0+ ，V2=VA+d′S

带入数据解得VA=2L

（2）依题意，接着做等压变化，有：

其中变化前：T2=T

变化后：V3=V2-∆d∙S    T3=t3+273或T3=t3+273.15

带入数据解得t3=-3℃  或t3=-2.85℃

15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，甲图中A、B两质点平衡位置间的距离为2m，且小于一个波长，乙图为A、B两质点的振动图象．由此可知__________

A. B质点在一个周期内通过的路程为8 cm

B. 该机械波的周期为4s

C. 该机械波的波速为4 m/s

D. t= 1.5 s时A、B两质点的位移相同

E. t=1.5 s时A、B两质点的振动速度相同

【答案】ABE

【解析】

【分析】

根据图乙得到振幅，从而得到路程；再根据图乙得到周期，然后根据波的传播方向得到对应的波长，即可求得波速；最后根据图中质点的位置得到速度关系和位移关系。

【详解】由图乙可得：振幅A=2cm，故波中任意质点在一个周期内通过的路程为4A=8cm，故A正确；由振动图像可知，该机械波的周期为4s，选项B正确；波由A向B传播，则A处振动比B处振动超前1s，该机械波的波速为，选项C错误；由振动图形可知，t= 1.5 s时A、B两质点的位移大小相同，方向相反；质点的振动速度大小方向都相同，选项D错误，E正确；故选ABE.

16.如图所示，一束宽度为2R的平行单色光垂直射到半径为R的透明半圆柱体的平面上，在半圆柱体后方的竖直光屏MN上形成宽度为2R的光带。图中O为半圆柱体截面的圆心，轴线OA垂直于光屏，己知从B点射入的光线在射出圆柱体时，光线偏离原方向的角度为15°，求：

(1)半圆柱体的折射率n：

(2)O点到光屏MN的距离．

【答案】(1) ；(2)

【解析】

【分析】

（1）根据光的折射定律求解折射率；（2）找到发生全反射的临界角，结合几何关系求解O点到光屏MN的距离．

【详解】（1）从B点射入的光线，在圆柱面发生折射，由折射定律：

其中折射前：

折射后：

解得n=

（2）设从C点射出柱面的光线射到光带的边缘：

解得入射角为∠C=450

由光路图中的几何关系，可得O到光屏MN的距离：

解得OA=(+1)R