1、云南省昆明市2019届高三4月复习教学质量检测理科综合试题（物理部分）二、选择题1.下列说法正确的是A. 原子核的结合能越大，原子核越稳定B. 衰变释放出电子，说明原子核内有电子C. 氡的半衰期为3.8天，8个氡原子核经过7.6天后剩下2个氡原子核D. 用频率为的入射光照射光电管的阴极，遏止电压为Uc，改用频率为2的入射光照射同一光电管，遏止电压大于2Uc【答案】D【解析】【详解】A项：原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故A错误；B项：衰变释放出电子，是中子转化为质子放出的，不能说明核内有电子，故B错误；C项：半衰期的概念是对于大量原子核衰变而言的，对于个别原子核无意义，故C错误；D项：由光
2、电效应方程：,当改用频率为2的入射光照射同一光电管，遏止电压，则 ，故D正确。故选：D。2.汽车在限速为40km/h的道路上匀速行驶，驾驶员发现前方斑马线上有行人，于是减速礼让，汽车到达斑马线处时行人已通过斑马线，驾驶员便加速前进，监控系统绘制出该汽车的速度v随时间t变化的图像如图所示，下列说法正确的是A. 减速前该车已超速B. 汽车在加速阶段的加速度大小为3m/s2C. 驾驶员开始减速时距斑马线18mD. 汽车在加速阶段发动机的输出功率保持不变【答案】B【解析】【详解】A项：由图象可知，汽车减速前的行驶速度为，未超速，故A错误；B项：汽车在加速阶段的加速度大小为：，故B正确；C项：由速度时间
3、图象不能精确求解汽车开始减速时距斑马线的距离，故C错误；D项：加速阶段，汽车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知，牵引力F恒定，速度增加，据知，功率P增加，故D错误。故选：B。3.牛顿发现了万有引力定律，清楚地向人们揭示了复杂运动后面隐藏着简洁的科学规律。已知地球质量为木星质量的p倍，地球半径为木星半径的q倍，下列说法正确的是A. 地球表面的重力加速度为木星表面的重力加速度的倍B. 地球的第一宇宙速度是木星“第一宇宙速度”的倍C. 地球近地圆轨道卫星的角速度为木星“近木”圆轨道卫星角速度的倍D. 地球近地圆轨道卩星运行的周期为木星“近木”圆轨道卫星运行的周期的倍【答案】A【解析】【详解】万有引力
4、提供向心力：解得： ， ， 星球表面重力加速度为： A项：由可知地球表面的重力加速度为木星表面的重力加速度的，故A正确；B项：由可知第一宇宙速度为：，则地球的第一宇宙速度是木星的第一宇宙速度的，故B错误；C项：由可知近地卫星的角速度，地球近地卫星的角速度为木星近木卫星角速度的，故C错误；D项：由可知近地卫星的周期，所以地球近地卫星的周期为木星的近木卫星周期的，故D错误。故选：A。4.如图所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，此时小球B距轨道末端Q的
5、竖直高度为H=，重力加速度为g，则F的大小为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】连接OB，设OB连续与竖直方向的夹角为，由几何关系得： 则 此时小球受到的合外力 由牛顿第二定律可得： 以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得，故D正确，ABC错误。故选：D。5.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，原线圈的输入电压u随时间t变化图像如图乙所示，D为理想二极管，R为电阻箱，当电阻箱阻值R=11时，下列说法正确的是A. 原线圈的输入电压频率为50HzB. 电阻箱R两端电压的有效值为11VC. 电阻箱R消耗的功率为22WD. 若电阻箱R阻值变小，原线圈中的电流减小【答案
6、】AC【解析】【详解】A项：由图可知，故A正确；B项：原线圈电压的有效值为：，由变压比可知，副线圈两端的电压，由于二极管具有单向导通，由电流的热效应可知，解得：，故B错误；C项：由热功率可知，电阻箱R消耗的功率为22W，故C正确；D项：若电阻箱R阻值变小，由于原线圈电压不变和变压器匝数比不变，所以副线圈的电压不，所以副线圈电流变大，则原线圈电流变大，故D错误。故选：AC。6.如图所示，A、B、C、D为竖直平面内一正方形的四个顶点，已知A、B、C点分别固定电荷量为+q的点电荷，D点固定电荷量为q的点电荷。一根光滑、绝缘的细管MN竖直固定放置，且M端和N端恰好位于正方形AB边和CD边的中点处，现有
7、一直径略小于细管内径的带正电的小球，从细管的M端由静止释放，则小球从M端下落到N端的过程中，下列说法正确的是A. 小球的速率先增大后减小B. 小球的速率一直增大C. 小球的电势能先增大后减小D. 细管对小球的弹力一直增大【答案】BD【解析】【详解】A、B项：AB两处电荷在MN杆处产生的场强方向竖直向下，CD两处的电荷在MN杆处产生的场强方向水平向左，对带正电的小球受力分析可知，小球受的重力与电场力的合力始终竖直向下，所以小球一直做加速运动，故A错误，B正确；C项：由于电场力对小球一直做正功，所以电势能一直减小，故C错误；D项：CD两处电荷在MN杆处产生的场强方向水平向左，大小从M到N逐渐增大，
8、小球在水平方向的电场力增大，由水平方向平衡可知，细管对小球的弹力一直增大，故D正确。故选：BD。7.如图所示，边长为L的正三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，BC边的中点O有一粒子源，可以在ABC平面内沿任意方向发射速率为v的相同的正粒子，若从AB边中点D射出磁场的粒子，从O到D的过程中速度方向偏转了60，不计粒子的重力及带电粒子之间的相互作用，下列说法正确的是A. 粒子运动的轨道半径为LB. 粒子不可能从A点射出磁场C. 粒子的比荷为=D. 从B点射出的粒子在磁场中的运动时间为【答案】BC【解析】【详解】A项：从D点射出的粒子，由弦长公式，解得：，故A错误；B项
9、：若粒子从A点射出，则弦长为，由弦长公式得：，解得：，即粒子以竖直方向成60o角射入，由几何关系可得，粒子将从AC边射出，故粒子不可能从A点射出磁场，故B正确；C项：由粒子做匀速圆周运动的半径公式 得： ，即，解得：，故C正确；D项：从B点射出的粒子的弦切角为，所以运动时间为，故D错误。故选：BC。8.如图所示，质量为m的小环套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知M=2m。与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为3m，定滑轮大小及质量可忽略。现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为0，重力加速度取g=10m/s2，则
10、下列说法正确的是A. A、C间距离为4mB. 小环最终静止在C点C. 小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能D. 当小环下滑至绳与杆的夹角为60时，小环与物块的动能之比为2：1【答案】AD【解析】【详解】A项：由机械能守恒得：，解得：，故A正确；B项：设小环静止于C点，绳中的拉力等于2mg，对小环有：，小环不能静止，所以假设不成立，故B错误；C项：由机械能守恒可知，小环下落过程中减少的重力势能转化为物块增加的机械能和水环增加的动能，故C错误；D项：将小环的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的速度即为物块的速度即为，由动能表达式可知，小环与物块的动能之比为2：1，故D正确。故选：A
11、D。三、非选择题9.探究“加速度与力、质量关系”的实验装置如图甲所示。小车后面固定一条纸带，穿过电火花打点计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与挂在竖直面内的拉力传感器相连，拉力传感器用于测小车受到拉力的大小。（1）关于平衡摩擦力，下列说法正确的是_。A平衡摩擦力时，需要在动滑轮土挂上钩码B改变小车质量时，需要重新平衡摩擦力C改变小车拉力时，不需要重新平衡摩擦力（2）实验中_(选填“需要”或“不需要”)满足所挂钩码质量远小于小车质量。（3）某同学根据实验数据作出了加速度a与力F的关系图像如图乙所示，图线不过原点的原因是_。A钩码质量没有远小于小车质量B平衡摩擦力时木板倾角过
12、大C平衡摩擦力时木板倾角过小或未平衡摩擦力【答案】 (1). C (2). 不需要 (3). B【解析】【详解】(1)A项：平衡摩擦时，小车不受外力作用下做匀速直线运动，所以不能在动滑轮土挂上钩码，故A错误；B、C项：平衡摩擦时有：，即有，所以以质量无关，故B错误，C正确。(2)由于本实验中的力传感器可以读数绳的拉力，所以不需要满足所挂钩码质量远小于小车质量；(3)由图象可知，当没有挂钩码时小车具为加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角过大，故选B。10.某同学想将一量程为1mA的灵敏电流计G改装为多用电表，他的部分实验步骤如下：（1）他用如图甲所示的电路测量灵敏电流计G的内阻请在乙图中将实物连线补
13、充完整_；闭合开关S1后，将单刀双置开关S2置于位置1，调节滑动变阻器R1的阻值，使电流表G0有适当示数I0：然后保持R1的阻值不变，将开关S2置于位置2，调节电阻箱R2，使电流表G0示数仍为I0。若此时电阻箱阻值R2=200，则灵敏电流计G的内阻Rg=_。（2）他将该灵敏电流计G按图丙所示电路改装成量程为3mA、30mA及倍率为“1”、“10”的多用电表。若选择电流30mA量程时，应将选择开关S置于_(选填“a”或“b”或“c”或“d)，根据题给条件可得电阻R1=_，R2=_。（3）已知电路中两个电源的电动势均为3V，将选择开关置于a测量某电阻的阻值，若通过灵敏电流计G的电流为0.40mA，
14、则所测电阻阻值为_。【答案】 (1). 如图所示： (2). 200 (3). b (4). 10 (5). 90 (6). 150【解析】【详解】(1)由原理图连线如图：；由闭合电路欧姆定律可知，两情况下的电流相同，所以灵敏电流计G的内阻Rg=200；(2)由表头改装成大量程的电流表原理可知，当开关接b时，表头与R2串联再与R1串联，此种情形比开关接c时更大，故开关应接b由电流表的两种量程可知：接c时有： 接b时有： 联立解得：；(3)接a时，多用电表的内阻为：，此时流过待测电阻的电流为，所以总电阻为：，所以测电阻阻值为150。11.科研人员乘热气球进行科学考察，气球、座舱、压舱物和科研人员
15、的总质量为M=200kg。气球在空中以v0=0.1m/s的速度匀速下降，距离水平地面高度h=186m时科研人员将质量m=20kg的压舱物竖直向下抛出，抛出后6s压舱物落地。不计空气阻力，热气球所受浮力不变，重力加速度取g=10m/s2，求：（1）压舱物刚被抛出时的速度大小（2）压舱物落地时热气球距离水平地面的高度【答案】（1）（2）【解析】【详解】设压舱物抛出时的速度为，热气球的速度为（1）亚仓位抛出后做竖直下抛运动，由运动学规律有：代入数据得到：（2）热气球和压舱物组成的系统动量守恒代入数据得到：设热气球所受浮力为F。则压舱物抛出后对热气球进行受力分析，由牛顿第二定律有：代入数据得到：热球球
16、上绳的高度为：代入数据得到：则12.如图甲所示，ACD是固定在水平面上的半径为2r，圆心为O的金属半圆弧导轨，EF是半径为r、圆心也为O的半圆弧，在半圆弧EF与导轨ACD之间的半圆环区域内存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，B随时间t变化的图像如图乙所示。OA间接有电阻P，金属杆OM可绕O点转动，M端与轨道接触良好，金属杆OM与电阻P的阻值均为R，其余电阻不计。（1）0-t0时间内，OM杆固定在与OA夹角为的位置不动，求这段时间内通过电阻P的感应电流大小和方向；（2）t02t0时间内，OM杆在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，2t0时转过角度到OC位置，求电阻P在这段时间内产
17、生的焦耳热Q；（3）2t03t0时间内，OM杆仍在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，3t0时转到OD位置，若2t0时匀强磁场开始变化，使得2t03t0时间内回路中始终无感应电流，求B随时间t变化的关系式，并在图乙中补画出这段时间内的大致图像。【答案】（1） 感应电流方向为：（2）（3）图像如图所示：【解析】【详解】（1）：，解得：，通过电阻P的感应电流方向为：（2），OM转动的角速度为，感应电动势为：，得到：（3），回路中无感应电流，磁通量不变则得到：图像如图所示：13.下列说法正确的是_A. 非晶体和多晶体都没有确定的几何形状B. 晶体在融化过程中，分子势能保持不变C. 气体从外界吸收的热
18、量可以全部用来对外做功D. 一定质量的理想气体发生等压膨胀时，气体分子的平均动能增大E. 两分子间距离大于平衡距离r时，分子间的距离越小，分子势能越大【答案】ACD【解析】【详解】A项：单晶体具有规则的几何形状，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状，故A正确；B项：晶体融化时要吸热而温度保持不变，则其分子平均动能不变，但吸热后内能增大，说明晶体在融化过程中分子势能增加了，故B错误；C项：在外界的影响下，气体从外界吸收的热量可以全部用来对外做功，故C正确；D项：一定质量的理想气体发生等压膨胀过程，压强不变，由可知，体积变大，温度升高，分子平均动能增大，故D正确；E项：两分子间距离大于平衡距离r时，
19、分子力表现为引力，分子间的距离越小，分子力做正功，分子势能减小，故E错误。故选：ACD。14.如图所示，一粗细均匀的长薄壁玻璃管上端封闭，下端开口，竖直插在足够深的水银槽中，水银槽的横截面积是玻璃管横截面积的10倍，管内封闭有一定质量的理想气体，开始时管内气柱长L=6cm，管内、外水银面的高度差为h=25cm。现将玻璃管沿竖直方向缓慢移动(管口未离开槽中水银面)，使管内外的水银面恰好相平。整个过程管内气体的温度保持不变，若大气压强恒为P=75cmHg。求：（1）管内外水银面恰好相平时管内气柱的长度；（2）玻璃管该如何移动及移动了多少距离。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）初状态：，当管
20、内外的水面相碰时，则,得到：（2）应使玻璃管竖直向下移动，设水银槽中水银面上升了，有：，则设向下移动的距离为，则15.如图所示，图甲为沿x轴传播的一列简谐横波在t=02s时刻的波形图，图乙为质点B的振动图像，下列说法正确的是_A. 从t=0到t=0.ls，该波沿x轴正方向传播了2cmB. 在t=0时，质点A的速度方向和加速度方向均沿y轴正方向C. 从t=0.2s到t=0.3s，质点B通过的路程等于5cmD. 在t=0.ls时，质点C和质点D的速度相同E. 质点D做简谐运动的表达式为 (国际单位制)【答案】BCE【解析】【详解】A项：由图乙可知，B质点在t=0.2s时在平衡位置向下振动，由同侧法
21、可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；B项：由图甲向前推半个周期可知，A质点的速度方向和加速度方向均沿y轴正方向，故B正确；C项：从t=0.2s到t=0.3s为0.1s即为四分之一周期，B质点从平衡位置运动四分之一周期运动路程等振幅即为5cm，故C正确；D项：将图甲向推四分之一周期B质点在波峰处，D质点在平衡位置，所以质点C和质点D的速度不相同，故D错误；E项：质点D比质点0晚一个周期，且从波峰处开始振动，由图乙可知，所以表达式为，故E正确。故选：BCE。16.如图所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，M为直径，OA与OM夹角为30，一细束光线沿与OA夹角为60方向从A点射入玻璃球体，入射光线与OA在同一平面内，该光线经折射后从玻璃球体射出。已知玻璃的折射率n=，光在真空中的传播速度为c，求：（1）该光线最先从玻璃球体射出的方向相对于初始入射方向的偏角；（2）该光线从入射到第一次回到A点所需的时间。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）光路图如图所示：根据折射定律：，设光线偏转过的交点：（2）根据几何关系可知，该关系从入射到第一次回到A点通过的光路程为：光在玻璃球内的传播速度为：光在玻璃球内经历的时间为：则
