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2019屆廣東省高三“六校聯盟”第四次聯考

理科綜合
二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14～17題只有一項符合題目要求，第18～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
1.下列說法正確的是 ( )
A. 盧瑟福通過α粒子散射實驗，發現了中子
B. 按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較大的軌道躍遷到半徑較小的軌道時，電子的動能增大，原子總能量減少
C. β衰變中產生的β射線是原子核外電子掙脫原子核束縛之后形成的電子束
D. 氡的半衰期為3.8天，8個氡的原子核，經過7.6天只剩下2個氡原子核
【答案】B
【解析】
【詳解】盧瑟福通過α粒子散射實驗，確定了原子的核式結構理論，選項A錯誤；按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較大的軌道躍遷到半徑較小的軌道時，原子也從高能級躍遷到低能級，電子的動能增大，原子總能量減少，選項B正確；β衰變中產生的β射線是原子核內的中子轉化為質子時放出的電子，選項C錯誤；半衰期是大量原子核衰變的統計規律，對少量的原子核不適用，選項D錯誤。


2.如圖所示，一束質量、速度和電荷量不全相等的離子，經過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，進人另一個勻強磁場中并分裂為A、B兩束，下列說法中正確的是（　　）

A. 組成A束和B束的離子都帶負電
B. A束離子的比荷大于B束離子的比荷
C. 組成A束和B束的離子質量一定不同
D. 速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外
【答案】B
【解析】
【分析】
可以根據左手定則可以判斷AB束離子的電性，粒子在磁場和電場正交區域里，同時受到洛倫茲力和電場力作用，粒子沒有發生偏轉，說明粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，滿足qvB=qE，即不發生偏轉的粒子具有共同的速度大小v=E/B，粒子進入磁場后受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，滿足qvB=m，圓周運動的半徑，由此進行分析得出結論。
【詳解】A離子進入磁場后向左偏，根據左手定則可以判斷A束離子都帶正電，同理可知B離子帶負電，故A錯誤；經過速度選擇器后的粒子速度相同，粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，滿足qvB=qE，即不發生偏轉的粒子具有共同的速度大小v=E/B；進入磁場區分開，軌道半徑不等，根據公式可知，半徑大的比荷小，所以A束離子的比荷（q/m）大于B束離子的比荷，但不能說明質量一定不同，故B正確，C錯誤；在速度選擇器中，電場方向水平向右，A粒子所受電場力方向向右，B粒子所受電場力方向向左，所以A離子受的洛倫茲力方向向左，B離子受的洛倫茲力方向向右，根據左手定則可知，速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向內，故D錯誤。故選B。
【點睛】本題能根據粒子不發生偏轉得出粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，并由此推算出粒子具有相同的速度v，在單獨的勻強磁場中粒子分裂成幾束說明粒子的荷質比不同，并由此得出電量、質量、以及速度所需要滿足的關系式，從而得出正確的結論。

3. 如圖所示，小球從離地高為H的位置A由靜止釋放，從C點切入半圓軌道后最多能上升到離地面高為h的B位置．再由B位置下落，再經軌道由C點滑出到離地高為H′的位置．速度減為零，不計空氣阻力，則（ ）

A. （H﹣h）＞（h﹣h′）
B. （H﹣h）＜（h﹣h′）
C. （H﹣h）=（h﹣h′）
D. 不能確定（H﹣h）與（h﹣h′）的大小關系
【答案】A
【解析】
試題分析：根據能量守恒得，運動過程中損失的機械能轉化為摩擦產生的內能，則有：mg（H-h）=△E1，
mg（h-h′）=△E2，因為第一次通過圓弧軌道時的速度大于第二次通過圓弧軌道的速度，根據徑向合力提供向心力知，第一次通過圓弧軌道時對軌道的壓力大，摩擦力大，則摩擦產生的內能大，即△E1＞△E2，所以H-h＞h-h′．故A正確，BCD錯誤．故選A。
考點：能量守恒定律、牛頓第二定律
【名師點睛】本題綜合考查了能量守恒、牛頓第二定律的綜合，挖掘出本題的隱含條件，即第一次通過圓弧軌道的壓力大于第二次通過圓弧軌道的壓力，是解決本題的關鍵．

4.中國高鐵逐漸成為中國名片，建造高鐵時離不開門式起重機——龍門吊。為方便研究，將龍門吊的結構簡化為右下圖，由水平橫梁和豎直平面內的四個支腿組成，兩支腿間夾角為α，支腿下端裝有輕質輪子。龍門吊總質量為M，通過電機可以將質量為m的重物吊起。重力加速度為g。若龍門吊始終靜止，則下列說法不正確的是（ ）

A. 同一條軌道上兩個支腿對橫梁的作用力方向豎直向上
B. 若不掛重物時，每個輪子對軌道的壓力為
C. 將重物加速向上吊起的過程，則四個輪子對軌道總壓力大于（M+m）g
D. 用電機將重物勻加速吊起的過程，則電機的輸出功率恒定。
【答案】D
【解析】
【詳解】同一條軌道上的兩個支腿對橫梁的作用力方向豎直向上，選項A正確；對龍門吊，若不掛重物時，每個輪子對軌道的壓力為，選項B正確；將重物加速向上吊起的過程，重物超重，則四個輪子對軌道總壓力大于（M+m）g，選項C正確；用電機將重物勻加速吊起的過程，牽引力F一定，由P=Fv可知，隨速度的增加，電機的輸出功率逐漸變大，選項D錯誤.此題選擇不正確的選項，故選D.

5.北京時間2019年4月10日21時，人類首張黑洞照片面世，如圖所示。理論研究表明，黑洞是宇宙空間內存在的一種密度極大體積極小的天體，黑洞的引力很大，連光都無法逃逸，有理論認為黑洞是由大恒星“死亡”后演化而形成的。已知某恒星的質量為M，半徑為R，引力常量為G，真空中的光速為C，黑洞的逃逸速度為其第一宇宙速度倍。則下列說法正確的是（ ）

A. 該恒星的平均密度為
B. 該恒星表面的重力加速度
C. 若該恒星演化為黑洞，則其半徑的最大值為（假設該恒星質量不變）
D. 若該恒星演化為黑洞，則其半徑的最大值為（假設該恒星質量不變）
【答案】AD
【解析】
【詳解】該恒星的平均密度為，選項A正確；由，解得，選項B錯誤；由， ，解得，選項C錯誤，D正確.

6.圖甲為風力發電的簡易模型。在風力作用下，風葉帶動與桿固連的永磁鐵轉動，磁鐵下方的線圈與電壓傳感器相連。在某一風速時，傳感器顯示如圖乙所示，以下正確的是

A. 磁鐵的轉速為2.5r/s
B. 線圈兩端電壓.的有效值為6V
C. 交變電流的電壓表達式為u=12sinl0πt（V）
D. 該交變電流可以直接加在擊穿電壓為10V電容器上
【答案】A
【解析】
【詳解】電流的周期為T=0.4s，故磁體的轉速為 n=1/T＝1/0.4＝2.5r/s，故A正確；通過乙圖可知電壓的最大值為12V，故有效值，故B錯誤；周期T=0.4s，故，故電壓的表達式為U=12sin5πt（A），故C錯誤；電容器的擊穿電壓為交流電的最大值，而交流電的最大值大于電容器的擊穿電壓，故不能，故 D錯誤；故選A。

7.一個帶電粒子僅在電場力作用下在x軸上由靜止開始從向做直線運動，其速度平方隨位置x變化的圖線如圖所示，圖象關于縱軸對稱，由圖象可知（ ）

A. 粒子從向運動過程中，加速度先減小后增大
B. x=0處電勢最高
C. 在x軸上，和兩個位置的電場強度不同
D. 粒子沿x軸正向運動過程中，電勢能先減小后增大
【答案】CD
【解析】
（1）由可知，圖線的切線斜率表示加速度，因此粒子沿x軸正向運動過程中，加速度先增大再減小再變大最后再變小，選項A錯誤；
（2）在x軸上-x1和x1之間，粒子在x=0處的動能最大，電勢能最小，但由于粒子的電性不確定，因此x=0處的電勢可能最高，也可能最低，選項B錯誤；
（3）根據圖線對稱性可知，粒子在-x2和x2兩個位置的加速度大小相等方向相反，故電場強度大小相等，方向相反，選項C正確；
（4）粒子沿x軸正向運動過程中，動能先增大后減小，因此電勢能先減小后增大，選項D正確
故本題選CD

8.如圖所示，靜止在光滑水平面上的斜面體，質量為M，傾角為α．其斜面上有一靜止的滑塊，質量為m，兩者之間的動摩擦因數為μ，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力，重力加速度為g．現給斜面體施加水平向右的力使斜面體加速運動，下列說法正確的是（ ）

A. 水平恒力F變大后，如果滑塊仍靜止在斜面上，滑塊對斜面的壓力增加
B. 水平恒力F變大后，如果滑塊仍靜止在斜面上，滑塊對斜面的壓力減小
C. 若要使滑塊與斜面體一起加速運動，水平向右的力F的最大值
D. 若水平恒力F方向向左，滑塊與斜面一起向左做的加速運動，則摩擦力對滑塊做正功。
【答案】BCD
【解析】
【詳解】設物體與斜面體一起運動的加速度為a，則當物塊與斜面相對靜止時，物塊沿垂直斜面方向的加速度為asinθ，對物塊由牛頓第二定律：；當水平恒力F變大后，如果滑塊仍靜止在斜面上，則整體的加速度a變大，滑塊對斜面的壓力減小，選項A錯誤，B正確；若要使滑塊與斜面體一起加速運動，則垂直斜面方向：；沿斜面方向：，對整體 ；解得，選項C正確；若水平恒力F方向向左，則若物塊與斜面體之間恰無摩擦力，則此時，則，若可知斜面體對物塊的靜摩擦力方向沿斜面向下，可知則摩擦力對滑塊做正功，選項D正確。

三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題一第32題為必考題，每個試題考生都必須做答。第33題一第38題為選考題，考生根據要求做答。
9.如圖所示，實驗小組的同學將力傳感器固定在小車上，然后把細繩的一端固定在傳感器拉鉤上，用來測量繩對小車的拉力，探究在小車及傳感器總質量不變時加速度跟它們所受拉力的關系，根據所測數據作出了如圖所示的a－F圖象。已知電源頻率為50 Hz，重力加速度g取9.8 m/s2，忽略細繩的質量和滑輪的摩擦以及空氣阻力，計算結果均取兩位有效數字。

（1）圖線不過坐標原點可能原因是__________；
A. 實驗過程中沒有滿足“砂和桶的總質量遠小于小車和傳感器的總質量”的條件
B. 實驗過程中先釋放小車運動，再接通電源打點
C. 實驗過程中沒有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足
（2）由圖線求出小車和傳感器的總質量為__________kg；
（3）其中一次實驗過程中得到的紙帶如圖所示，相鄰兩個計數點間還有4個打點未標出，則該次實驗過程中，砂和桶的總質量等于__________kg

【答案】 (1). C (2). 1.0 (3). 0.27
【解析】
【詳解】（1）由圖像可知，當F增加到某一值時，小車才開始有加速度，可知原因是實驗過程中沒有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足，故選C.
（2）由，可知
（3）相鄰兩計數點間還有4個點未畫出，則兩計數點間時間間隔為：T=0.1s，
根據△x=aT2，運用逐差法得，小車運動的加速度為：
由牛頓第二定律：，，由第（1）問可知，
解得砂和桶的總質量: m=0.27kg

10.電動自行車的電瓶用久以后性能會下降，表現之一為電池的電動勢變小，內阻變大．某興趣小組將一輛舊電動自行車充滿電，取下四塊電池，分別標為A、B、C、D，測量它們的電動勢和內阻．

（1）用多用表直流電壓50V擋測量每塊電池電動勢．測量電池A時，多用電表的指針如圖甲所示，其讀數為______V．
（2）用圖乙所示電路測量A、B、C、D四塊電池的電動勢E和內阻r，圖中R0為保護電阻，其阻值為5Ω．改變電阻箱的阻值R，測出對應的電流I，根據測量數據分別作出A、B、C、D四塊電池的圖線，如圖丙．由圖線C可知電池C的電動勢E=____ V；內阻r=_____Ω．
（3）分析圖丙可知，電池____（選填“A”、“B”、“C”或“D”）較優．
【答案】 (1). 11.0V (2). 12.0V (3). 1.0Ω (4). C
【解析】
【詳解】（1）用多用表直流電壓50V擋測量每塊電池的電動勢，可以從表盤中的中間刻度讀出正確結果，由指針指示可知：E=11.0V．
（2）根據閉合電路歐姆定律有：E=I（R+r）+IR0，因此有：，由此可知，圖象的斜率表示，縱軸截距為：．由圖象可知：，，由此解得：E=12V．r=1Ω．
（3）電動勢大的內阻小的電源最優，由圖象可知C圖象代表的電源電動勢最大，內阻最小，因此最優．故答案為C．

11.如圖所示，ACB是一條足夠長的絕緣水平軌道，軌道CB處在方向水平向右、大小E=1.0×106 N/C的勻強電場中，一質量m=0.25 kg、電荷量q=–2.0×10–6 C的可視為質點的小物體，在距離C點=6.0 m的A點處，在拉力F=4.0 N的作用下由靜止開始向右運動，當小物體到達C點時撤去拉力，小物體滑入電場中。已知小物體與軌道間的動摩擦因數μ=0.4，求小物體

（1）到達C點時的速度大小；
（2）小物體在電場中運動的時間。
【答案】（1） （2）
【解析】
試題分析：根據牛頓第二定律，求出小物體的加速度大小，在根據速度位移公式求出達C點時的速度大小；根據牛頓第二定律，小物體向右減速的加速度，小物體向右運動的時間和位移，在求出小物體向左運動的時間，即可求出總時間。
(1)根據牛頓第二定律，小物體的加速度大小為：
小物體到達C點的速度大小：
代入數據解得：v=12m/s
(2)根據牛頓第二定律，小物體向右減速的加速度為：
小物體向右運動的時間：
小物體向右運動的位移：
由于qE>μmg，所以小物體送減速后反向向左加速，直到滑出電場
根據牛頓第二定律，小物體向左加速的加速度為：
小物體在電場中向左運動的時間為：
小物體在電場中運動的總時間為：
點睛：本題主要考查了帶電物體在電場中的運動，明確物體的運動規律，然后選擇恰當的過程運用牛頓第二定律和運動學公式列式求解。

12.如圖所示，平行光滑金屬導軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成。導軌水平部分的矩形區域MNQP內存在方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B=0.50T。在距離磁場左邊界d=0.40m處垂直導軌放置導體棒a，在傾斜導軌高h=0.2m處垂直于導軌放置導體棒b。將b由靜止釋放，最終a以1m/s的速度離開磁場右邊界。已知軌道間距L=0.20m。兩棒質量均為0.01kg，兩棒電阻均為0.1Ω，不計導軌電阻。導體棒在運動過程中始終垂直于導軌且接觸良好。g取10m/s2。忽略磁場邊界效應。求：

（1）安培力對導體棒a做的功。
（2）導體棒a剛出磁場時，b的速度大小及兩棒之間的距離。
（3）導體棒b的整個運動過程中，安培力對b做的功。
【答案】（1）0.005J（2）1m/s；0.2m（3）-0.02J
【解析】
【詳解】（1）導體棒a在安培力的作用下由靜止向右加速運動，根據動能定理，安培力對導體a做的功

（2）導鐵棒b在傾斜部分運動時，由機械能守恒定律有

得
導體棒b進入磁場與導體棒a通過磁場相互作用直到導體棒a出磁場，由動量守恒定律有

得,即導體棒a出磁場時，兩棒已獲得共同速度
此過程中，對導體棒b運用動量定理有


得
兩棒之間的距離為
（3）導體棒b進入磁場與導體棒a通過磁場相互作用后獲得共同速度的過程中，安培力對導體棒b做的功

導體棒a從磁場中出來時，導體棒b與磁場右邊界相距
此時對導體棒b運用動量定理有

得v3=0導體棒b剛好停止在磁場右邊界處，該過程中安培力對導體棒b做的功

因此整個運動過程中安培力對于導體棒b做的功為

13.下列說法正確的是_________。
A．液晶顯示器利用了液晶的光學性質具有各向異性的特點
B．杯中的茶水慢慢冷卻，該過程中有的水分子的運動速率反而增大了
C．清晨時陽光透過窗戶射入房間，觀察到空中飛舞的粉塵在做布朗運動
D．在南方的梅雨季節，濕衣服較不容易晾干，這是相對濕度較大的緣故
E．空調可以把熱量從溫度較低的室內傳遞到溫度較高的室外而不引起其他變化
【答案】ABD
【解析】
液晶具有液態時呈現各向同性、固態時呈現晶體各向異性的特點，液晶顯示器利用了液晶的光學性質具有各向異性的特點，故A正確；根據麥克斯韋速率分布規律，當溫度降低時，大部分液體分子的速率減小，但個別分子的速率可能增大了，故B正確；空中飛舞的粉塵的運動是由于氣流作用引起的宏觀表現，不是布朗運動，故C錯誤；在南方的梅雨季節，空氣中的相對濕度較大，蒸發變慢，濕衣服較不容易晾干，故D正確；根據熱力學第二定律，空調把熱量從溫度較低的室內傳遞到溫度較高的室外需要消耗電能，故E錯誤，故選ABD.

14.如圖所示，體積為V的汽缸曲導熱性良好的材料制成，面積為S的活塞將汽缸分成體積相等的上下兩部分，汽缸上部通過單向閥門K氣體只能進入汽缸，不能流出汽缸)與一打氣筒相連。開始時汽缸內上部分氣體的壓強為p0，現用打氣筒向容器內打氣。已知打氣筒每次能打人壓強為p0、體積為的空氣當打氣49次后穩定時汽缸上下兩部分的體積之比為9︰1，重力加速度大小為g，外界溫度恒定，不計活塞與汽缸間的摩擦。求活塞的質量m。

【答案】
【解析】
【分析】
根據活塞受力平衡可知上下兩部分氣體的壓強關系；氣筒打入的氣體和汽缸上部分原來的氣體等溫壓縮，汽缸下部分氣體等溫壓縮，分別應用玻意耳定律列方程，聯立即可求解活塞質量。
【詳解】開始時，汽缸上部分氣體體積為，壓強為p0，下部分氣體體積為，壓強為后來汽缸上部分氣體體積為，設壓強為p，下部分氣體體積為，壓強為
打入的空氣總體積為，壓強為p0
由玻意耳定律可知，對上部分氣體有：
對下部分氣體有：
解得：。

15.一列簡諧機械橫波沿?軸正方向傳播，波速為2m/s。某時刻波形如圖所示，a、b兩質點的平衡位置的橫坐標分別為xa=2.5m, xb=4.5m，則下列說法中正確的是_________。

A.質點b振動的周期為4s
B.平衡位置x=10.5m處的質點(圖中未畫出)與質點a的振動情況總相同
C.此時質點a的速度比質點b的速度大
D.質點a從圖示時刻開始在經過1/4個周期的時間內通過的路程為2cm
E.如果該波在傳播過程中遇到尺寸小于8m的障礙物，該波可發生明顯的衍射現象
【答案】ABE
【解析】
A、由圖能直接讀出波長，由波速公式，該波的周期，則質點a振動的周期為4s，A正確；
B、處的質點與a質點相距一個波長，步調總是一致，振動情況總是相同，B正確；
C、質點a離平衡位置比b遠，所以此時質點a的速度比b的速度小，C錯誤；
D、圖象時刻，質點a向上運動，速度減小，再經過個周期，質點a通過路程小于一個振幅，即小于2cm，D錯誤；
E、此列波的波長，尺寸小于 8m 的障礙物滿足發生明顯衍射的條件，所以該波可發生明顯的衍射現象，E正確；
故選ABE。

16.如圖所示,某種透明物質制成的直角三棱鏡ABC,∠ABC= 60°,透明物質的折射率,一束光線在紙面內與BC面成θ=30°角的光線射向BC面.求:

（1）這種透明物質對于空氣的臨界角;(結果可以用α的三角函數表示)
（2）最終的出射光線與最初的入射光線之間的偏轉角.
【答案】（1）（2）偏轉角為60°
【解析】
【詳解】（1）由臨界角的公式sin C=
得.
（2）光線在BC面上折射進入透明物質中,入射角θ′=60°
由折射率定義式n=得sin γ==
解得γ=30°
光線的光路圖如圖所示,

由此可知由三角函數關系得30°C，光線在AC界面發生全反射，則光線射到AB界面，由幾何關系可知其入射角為30°，可求得光線射出AB面的折射角為60°，即出射光線與最初的入射光線之間的偏轉角為60°.

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