贵阳市2019年高三适应性考试(一)
理科综合（物理部分）
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题每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.下列说法正确的是
A. 若某种材料的逸出功是W，则其极限频率ν0= B. 当氢原子从n=2的状态跃迁到n=6的状态时，发射出光子 C.
Th衰变为Pb要经过4次α衰变和6次β衰变
D. 中子与质子结合成氘核时吸收能量 【答案】A 【解析】 【分析】
光子能量计算公式E＝hυ可知其能量由光子频率决定，氢原子吸收光子向高能级跃时，α衰变和β衰变过程中质量数守恒和电荷数守恒。中子和质子结合成氘核时放出能量。
【详解】A、结合光子能量计算公式E＝hυ，某种材料的逸出功是W，则它的极限频率为γB、氢原子从n=2的状态跃迁到n=6的状态，从低能级向高能级跃迁，要吸收能量。 C、
0，故A正确；
Th衰变为Pb根据质量数和电荷数守恒计算可知，要经过6次α衰变和13次β衰变
D、中子和质子结合成氘核时有质量亏损，放出能量。
【点睛】该题考查原子物理学中的原子跃迁中能量的变化等知识点的内容，都是基础性的知识点的内容，多加积累即可．
2.一伞兵从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，2s时开启降落伞，其跳伞过程中的v-t图象如图所示，根据图象可知该伞兵
A. 在0-2s内做自由落体运动 B. 在2-6s内加速度方向先向上后向下 C. 在0-14s内先处于失重状态后处于超重状态 D. 在0-24s内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动 【答案】C 【解析】 【分析】
首先分析运动员的运动情况，运动员在0﹣2s内做匀加速直线运动，2s﹣14s做变速运动，14s以后做匀速运动直到地面。t＝1s时运动员做匀加速直线运动，根据图象的斜率可以算出加速度，根据超重和失重的性质确定状态。
【详解】A、0﹣2s内做匀加速直线运动，但加速度小于重力加速度，不是自由落体运动，故A错误； B、图象的斜率表示加速度，则由图可知，2～6s内物体先做加速运动，再做减速运动，故加速度方向先向下再向上，故B错误；
C、0～14s内物体先做加速运动，再做减速运动，故加速度方向先向下再向上，先失重后超重，故C正确； D、在0-24s内，2﹣12s内的加速度大小会发生变化，故物体不是匀变速运动，D错误。
【点睛】本题考查超重与失重以及v﹣t图象，要注意明确图象的性质，能根据图象明确速度和加速度的方向，同时明确超重和失重与加速度方向间的关系。
3.2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波信号.根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并之前，它们绕二者连线上的某点做圆周运动，且二者越转越近，最终碰撞在一起，形成新的天体.若将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，则此过程中两中子星的 A. 线速度逐渐变小 B. 角速度保持不变 C. 周期逐渐变大 D. 向心加速度逐渐变大 【答案】D 【解析】 【分析】
双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律求出双星总质量与双星距离和周期的关系式，从而分析判断。
【详解】设两颗星的质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，相距L，根据万有引力提供向心力可知：
①，
②，①+②整理可得：
，解得
，
，，，根据线速度和角速度的关系，有，
，故线速度变大，角速度变大，周期变小，ABC错误，对于向心加速度，有
，故可判断向心加速度变大，D正确。
【点睛】本题实质是双星系统，解决本题的关键知道双星系统的特点，即周期相等、向心力大小相等，结合牛顿第二定律分析求解
4.如图甲所示，为某品牌电热毯的简易电路，电热丝的电阻为R=484Ω，现将其接在=220sin100πt(V)的正弦交流电源上，电热毯被加热到一定温度后，温控装置P使输入电压变为图乙所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝的电阻保持不变，则保温状态下，理想交流电压表V的读数和电热毯消耗的电功率最接近下列哪一组数据
A. 220V、100W B. 156V、50W C. 110V、25W D. 311V、200W 【答案】B 【解析】 【分析】
电压表读数为有效值，根据正弦式交变电流峰值和有效值之间的关系以及电流的热效应便可求得有效值． 【详解】由图象可知该交变电流的周期T＝2×10﹣2s；可分两段0
和
T，根据有效值的定义可得
0T，解得：U156V，电热毯在保温状态下消耗的电功率为P50W；故B
正确。
【点睛】本题考查有关交变电流有效值的计算问题，要知道电压表和电流表测量的都是有效值。 5.我国已成为世界上高铁商业运营速度最高的国家.一乘客在一列匀加速直线行驶的“复兴号”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. 在最高点对地速度最大 B. 在最高点对地速度为零
C. 抛出时车厢速度越大，落点位置离乘客越远 D. 落点位置与抛出时车厢的速度大小无关 【答案】D 【解析】 【分析】
物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体的一种属性；物体运动状态的改变包括运动速度和运动方向的改变。
【详解】AB、小球在空中运动时，其水平方向上的速度大小是不变的，而竖直方向上其运动速度是变化的，最高点竖直方向的速度为零，此时相对地速度最小，但不为零。故AB错误；
CD、小球在空中运动时，其水平方向上的速度大小是不变的，列车做加速运动，相对位移为x＝v0t
v0t
，与初速度无关，故D正确，C错误。
【点睛】此题考查惯性和物体运动状态变化的原因，惯性现象在现实生活中随处可见，和我们的生活密切相关，学习中要注意联系实际，用所学惯性知识解决生活中的实际问题。
6.如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列判断可能正确的是
A. 电场强度的最小值等于
B. 电场强度的最大值等于C. 带电油滴的机械能增加 D. 电场力对带电油滴不做功 【答案】CD 【解析】 【分析】
带电小球只受重力和电场力F，由于小球做直线运动，合力方向与竖直方向夹角为θ，结合平行四边形定则分析最小的电场力，根据电场力方向确定电场力做功情况。
【详解】AB、带电小球的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图看出，当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F＝qEmin＝mgsinθ，得到Emin
，无最大值，故AB错误；
CD、当E时，电场力方向与速度方向垂直，电场力不做功，小球的电势能一定不变；这种情况下只有
.电场力方向与速度方向成锐角，电场力做
重力做功，小球的机械能不变，故D正确，、D错误。当E>正功，小球的机械能增加，故C正确。
【点睛】本题关键是对物体受力分析后，根据平行四边形定则求出电场力F的大小和方向，然后根据功能关系判断，注意电场力与速度的夹角是解题的关键。
7.如图所示，一根粗细和质量分布均匀的细绳，两端各系一个质量都为m的小环，小环套在固定水平杆上，两环静止时，绳子过环与细绳结点P、Q的切线与竖直方向的夹角均为θ，已知绳子的质量也为m，重力加速度大小为g，则两环静止时
A. 每个环对杆的压力大小为mg
B. 绳子最低点处的弹力的大小为
C. 水平杆对每个环的摩擦力大小为 mgtanθ D. 两环之间的距离增大，杆对环的摩擦力增大 【答案】BD 【解析】 【分析】
对物体受力分析，受重力、水平拉力和天花板的拉力，物体保持静止，受力平衡，根据平衡条件并运用正交分解法列式求解即可．
【详解】以左侧绳为研究对象，受力分析如图所示：
根据平衡条件，有水平方向：正确。对环进行受力分析如图：
； 竖直方向：；联立解得：，，故B
水平方向：竖直方向：
故AC错误，当两环之间的距离增大，变大，故变大，D正确。
【点睛】本题关键是先对物体受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列式求解。
8.如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计，金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨
始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中
A. 运动的平均速度大小为 B. 下滑位移大小为
C. 产生的焦耳热小于qBLv D. 受到的最大安培力大小为【答案】BC 【解析】 【分析】
金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动．由牛顿第二定律，法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理．
【详解】A、金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度大于v，故A错误。 B、由q
可知：下滑的位移x
2
；故B正确；
小，故这一过程产
C、产生的焦耳热Q＝IRt＝qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流I′生的焦耳热小于qBLv．故C正确； D、金属棒受到的安培力F安＝BIL＝BL•BL•，故D错误
【点睛】本题考查了电磁感应与力学的综合，关键理清金属棒的运动规律，能知道求电量时要用法拉第电磁感应定律求平均电动势． 三、非选择题：共174分
第22-32题为必考题，每个试题考生必须作答.第338题为选考题，考生根据要求作答 (一)必考题：共129分
9.如图甲所示为实验室的一直流电流表，其使用说明书上附的该电流表的内部电路如图乙所示。
(1)某次用0~3A量程测量时，示数如图丙所示，其读数为___________A (2)该电流表0～0.6A量程对应的内阻约为___________Ω(结果保留两位小数)；
(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). 0.50 (3). 5.0 【解析】 【分析】
（1）根据电流表量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数。 （2）根据图丙所示电路图，应用串并联电路特点求出电流表内阻。 （3）根据电路图，应用串并联电路特点与欧姆定律求出电流最大值。
【详解】（1）电流表量程为0～3A，由图丁所示表盘可知，其分度值为0.1A，示数为1.20A。 （2）由图丙所示电路图可知，电流表量程为0～0.6A时，电流表内阻为：R得：
；解得：Ig≈0.0050A＝5.0mA。
，代入数据可
（3）由图示电路图可知，电流表量程为0～3A时：3＝Ig
【点睛】知道电流表的改装原理、分析清楚电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题。 10.如图1所示，为探究“质量一定时，物体的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用天平测量并记录滑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，细线与长木板平行；
③在托盘中放入适当的砝码，接通电源，释放滑块，记录拉力传感器的读数F，根据相对应的纸带，求出滑块的加速度a；
④多次改变托盘中砝码的质量，重复步骤③。 请按要求回答下列问题：
(1)图2是该同学实验得到的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带求出滑块的加速度大小为___________m/s(结果保留三位有效数字).
(2)该同学由实验得到的数据，画出如图3所示的F-a图线，图线不通过原点的原因是___________； (3)该实验还可测量滑块与长木板之间的动摩擦因数，其值可用M、F0、g表示为μ=___________(其中M为滑块和拉力传感器的总质量，F0为图3中的截距，g为重力加速度)，与真实值相比，测得的动摩擦因数___________(选填“偏大”或“偏小”)。
【答案】 (1). 2.00 (2). 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 (3). 【解析】 【分析】
根据位移差公式求解加速度；根据图象结合牛顿第二定律写出a与F的函数关系表达式，确定其斜率的为，根据横轴截距确定μ即可
【详解】（1）利用逐差法处理实验数据可得：
，代入数据可得
(4). 偏大
2（2）由图丙可知，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，故答案为：该同学实验操作中没有平衡摩擦力； （3）根据牛顿第二定律F﹣μMg＝Ma解得：
，故F﹣a图线斜率的k
；
，由于纸带与
限位孔间的摩擦力或空气阻力，使求得的加速度偏小，导致摩擦力偏大，摩擦因数偏大。
【点睛】明确实验原理是解决有关实验问题的关键。在验证牛顿第二定律实验中，注意以下几点：（1）平衡摩擦力，这样绳子拉力才为合力；（2）满足砝码（连同砝码盘）质量远小于小车的质量，这样绳子拉力才近似等于砝码（连同砝码盘）的重力；（3）用逐差法求出小车的加速度
11.如图所示，光滑轨道abc固定在竖直平面内，ab为四分之一圆弧轨道，bc段水平，且与ab圆弧相切于b点，在光滑水平地面上紧靠轨道c端，停着质量为M=3kg、长度为L=0.5m的平板车，平板车上表面与bc等高、现将可视为质点的物块从与圆心O等高的a点静止释放，物块滑至圆弧轨道最低点b时的速度大小为
vb=2m/s，对轨道的压力大小等于30N，之后物块向右滑上平板车.取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。
(1)求该物块的质量；
(2)若物块最终未从平板车上滑落，求物块在平板车上滑动过程中产生的热量。 【答案】（1）（2）【解析】 【分析】
（1）先研究物块在圆弧轨道上下滑的过程，由机械能守恒定律可求出物块运动到b点的速度，在b点，轨道的支持力和重力的合力提供向心力。
（2）再研究物块在平板车上运动的过程，物块先做匀减速运动，平板车做匀加速运动，当两者的速度相等时相对静止．在此过程中，物块与平板车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出物块与平板车的最终速度，并求出这个过程中产生的热量。
【详解】（1）设四分之一圆弧的半径为R，物块的质量为m，物块在b点对轨道的压力为F，物块从a到b由机械守恒定律有：
物块运动到b点，由牛顿第二定律有：
联立解得：
（2）设物块与平板车的共同速度为，物块在平板车上滑行过程中产生的热量为，由动量守恒定律有：
由能量守恒定律有：联立解得：
【点睛】对于物块在小车滑动的类型，关键要理清物体的运动过程，明确物块在平板车上滑动时遵守动量守恒定律和能量守恒定律。
12.如图所示，在xoy平面(纸面)内，存在一个半径为R=02.m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=1.0T，方向垂直纸面向里，该磁场区域的左边缘与y轴相切于坐标原点O.在y轴左侧、－0.1m≤x≤0的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场(图中未标出)，电场强度的大小为E=10×104N/C.一个质量为m=2.0×10－9kg、电
荷量为q=5.0×10C的带正电粒子，以v0=5.0×10m/s的速度沿y轴正方向、从P点射入匀强磁场，P点的坐标为(0.2m，－0.2m)，不计粒子重力。
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(1)求该带电粒子在磁场中做圆周运动的半径； (2)求该带电粒子离开电场时的位置坐标；
(3)若在紧靠电场左侧加一垂直纸面的匀强磁场，该带电粒子能回到电场，在粒子回到电场前瞬间，立即将原电场的方向反向，粒子经电场偏转后，恰能回到坐标原点O，求所加匀强磁场的磁感应强度大小。 【答案】（1）（2）（3）【解析】 【分析】
粒子进入电场后做类平抛运动，将射出电场的速度进行分解，根据沿电场方向上的速度，结合牛顿第二定律求出运动的时间，从而得出类平抛运动的水平位移和竖直位移，即得出射出电场的坐标．先求出粒子射出电场的速度，然后根据几何关系确定在磁场中的偏转半径，然后根据公式B
求得磁场强度
【详解】（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：解得：
（2）由几何关系可知，带电粒子恰从O点沿x轴负方向进入电场，带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的加速度为a，到达电场边缘时，竖直方向的位移为y，有：
，
由牛顿第二定律有：联立解得：
所以粒子射出电场时的位置坐标为（3）粒子分离电场时，沿电场方向的速度
解得：
则粒子射出电场时的速度：
设所加匀强磁场的磁感应强度大小为，粒子磁场中做匀速圆周运动的半径为，由几何关系可知：
由牛顿第二定律有：联立解得：
(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，则每科按所做的第一题计分。
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. 液体表面层内分子间的相互作用力表现为引力 C. 固体、液体和气体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】 【分析】
物质是有大量分子构成，分子永不停息做无规则运动；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；扩散现象与物体的状态无关；气体对容器壁的压强是气体分子对器壁的碰撞产生的，与重力无关；根据热力学第一定律可知△U＝W+Q分析内能的变化。
【详解】A、无论固体、液体和气体，分子都是在永不停息的做无规则运动，故A错误；
B、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；
C、扩散现象与物体的状态无关，故固体、液体和气体都会有扩散现象发生；
D、在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，封闭气体压强与重力无关，故D错误；
E、绝热条件下压缩气体，根据热力学第一定律可知△U＝W+Q＞0，即内能增加，故E正确；
【点睛】考查分子永不停息做无规则运动，理解液体表面张力的含义，知道气体压强产生的原因和微观解释，
掌握存在吸热，而温度不一定升高的结论。
14.如图所示，上端开口、下端封闭、粗细均匀的足够长细玻璃管竖直放置，管中用一段长度为H=25cm的水银柱封闭一段长度为L=20cm的空气，大气压强P0=75cmHg，开始时封闭气体的温度为27℃。若将玻璃管在竖直平面内
(1)缓慢转动至开口向下，求此时封闭空气的长度；
(2)缓慢转动至水平后，再将封闭气体的温度升高到37℃，求此时封闭空气的长度。 【答案】（1）（2）【解析】 【分析】
（1）保持封闭气体初始温度27℃不变，为等温变化，根据玻意耳定律即可求出开口向下时空气柱的长度； （2）缓慢转动至水平，找出初末状态参量，根据理想气体状态方程列式求解。 【详解】（1）初状态气体压强p1＝（p0+h）cmHg＝100cmHg， 末状态p2＝（P0﹣h）cmHg＝50cmHg， 设封闭气体长度设为L2 ，
等温变化过程由玻意耳定律得：P1LS＝P2L2S 代入数据解得：L2＝40cm （2）初状态气体压强p1＝100cmHg，末状态p3＝P0＝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 由理想气体状态方程得：代入数据解得：L3＝27.6cm 【点睛】本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的规律解决。
15.一列波长为4.8m的简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形如图所示，a、b、c为三个质点，a位于负的最大位移处，b正向上运动，从此刻起再经1.5s，质点a第二次到达平衡位置。由此可知该列波( )
A. 沿x轴负方向传播 B. 波源的振动频率为0.5Hz C. 传播速度大小为1.2ms
D. 从该时刻起，经过0.05s，质点a沿波的传播方向移动了1m E. 该时刻以后，b比c晚到达负的最大位移处 【答案】ABE 【解析】 【分析】
由b点的振动方向向上，通过比较质点振动先后判断波的传播方向，确定出a和c的运动方向，并能比较b、c两点到达负的最大位移处的先后．
【详解】A、b点正向上运动，振动比右侧的波峰迟，故波沿x轴负方向传播，故A正确； B、根据题意可得：C、由
，故
，
，B正确；
，C错误；
D、波动图像中，各质点不随波迁移；故D错误
E、由波动图像可知，质点c正向负方向运动，故c比b先到负的最大位移处，故E正确。
【点睛】波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系．同时，要熟练分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况
16.如图所示，空气中有一半径为R的实心玻璃球，O为球心，AB为直径，一条平行于AB的光线从球体上M点射入折射光线恰好过B点，已知∠ABM=30°，光在真空中传播的速度为c.求： (1)该玻璃的折射率；
(2)光从M点传播到B点的时间。
【答案】（1）（2）【解析】 【分析】
（1）根据几何知识求出入射角和折射角，由折射定律求折射率． （2）由几何关系求出MB长度，由v
求出光在玻璃球内传播的速度v，再由t
求出时间．
【详解】（1）如图，由几何知识可得折射角 r＝∠AMB＝30°，折射角i＝2∠ABD＝60° 则此玻璃的折射率为 n
．
（2）由几何知识可得，MB的长度 S＝2Rcos30° 光在玻璃球内传播的速度 v故光线从M传到B的时间为 t
【点睛】本题是折射定律和全反射知识的应用，关键是画出光路图，运用几何知识求解入射角与折射角，即可求解．
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