1、2019 届高三年级五月调研考试届高三年级五月调研考试 理科综合试卷理科综合试卷(物理部分物理部分) 1.用中子轰击 235 92U原子核产生裂变反应，可能的裂变方程为 235 92U+ 1 0nY+ 89 36Kr+3 1 0n，方程中的单个原子 核 235 92U、Y、 89 36Kr及单个中子 1 0n的质量分别为 m1、m2、m3、m4， 235 92U的半衰期为 T, 235 92U核的比结合能 比 Y 核的小，光在真空中的传播速度为 c。下列说法正确的是 A. Y原子核中含有 56个中子 B. 若提高 235 92U的温度， 235 92U的半衰期将会小于 T C. 方程中的核反应
2、释放的能量为(m1m2m32m4)c2 D. 235 92U原子核比 Y原子核更稳定 【答案】C 【解析】 【详解】A、由质量数和电荷数守恒可得：Y 原子核的质量数 A=235+1-89-3=144，核电荷数 Z=92-36=56， 故中子数 N=144-56=88，故 A 错误； B、半衰期的大小与温度、压强等因素无关，由原子核内部因素决定，故 B 错误； C、根据爱因斯坦质能方程知，裂变时释放的能量 222 142341234 (3)(2)Emcmmmmm cmmmm c ，故 C正确； D、 235 92U原子核的比结合能小于 Y 原子核的比结合能，故 Y 原子核比 235 92U原子核
3、更稳定，故 D 错误。 2.如图所示，一根竖直轻质弹簧下端固定，上端托一质量为 0.3kg 的水平盘，盘中有一质量为 1.7kg物体。 当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度缩短 4cm。缓慢地竖直向下压物体，使弹簧再缩短 2cm后停止，然 后立即松手放开。设弹簧总处在弹性限度以内(g取 10m/s2),则刚松开手时盘对物体的支持力大小为 A. 30N B. 25.5N C. 20N D. 17N 【答案】B 【解析】 【详解】当盘静止时，由胡克定律得： 0 mmgkL，设使弹簧再压缩L时手拉力大小为 F，再由 胡克定律得： 0 ()mgm gFk LL，联立解得： 0 L Fmmg L 。刚松手
4、瞬时弹簧的弹力没 有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于 F，方向竖直向上。设刚松手时，加速度大小为 a，根据牛顿第二定律得： 0 F a mm ，对物体研究：mamgFN，联立解得25.5N N F ，故 B正确， ACD 错误。 3.如图所示，上、下两个完全相同的圆弧轨道分别固定在竖直板上的不同高度处，轨道的末端水平。在两轨 道相对于各自轨道末端高度相同的位置上各安装一个电磁铁，两个电磁铁由同一个开关控制，通电后，两 电磁铁分别吸住相同小铁球 A、B，断开开关，两个小球同时开始运动。离开圆弧轨道后，A球做平抛运动， B球进入一个光滑的水平轨道。 若某次两个小球相碰的位置恰在水
5、平轨道上的 P 点处。 已知固定在竖直板上 的方格纸的正方形小格边长均为 9cm，则可计算出 A球刚到达 P点的速度大小为(g 取 10m/s2) A. 4.5m/s B. 9 5 10 m/s C. 5 5 9 m/s D. 27 5 10 m/s 【答案】A 【解析】 【详解】A球做平抛运动，则有：竖直方向： 2 1 9, 2 y hLgtvgt，水平方向： 0 9Lv t，A到达 P点 的速度为： 22 0y vvv，将 L=9cm=0.09m代入，解得：v=4.5m/s，故 A正确，BCD 错误。 4.美国国家航空航天局(NASA)曾宣布在太阳系外发现“类地”行星 Kepler一 18
6、6f。假如宇航员乘坐宇宙飞船 到达该行星，在该行星“北极”距“地面”h处无初速释放一个小球，经时间 t落至“地面”。已知该行星的半径 为 R、自转周期为 T，引力常量为 G,不计阻力。则下列说法正确的是 A. 该行星的第一宇宙速度为 2 R T B. 该行星平均密度为R 2 7 C. 如果该行星存在一颗同步卫星，则它距该行星表面的高度为 22 3 2 2 2 hT R t D. 宇宙飞船绕该行星做圆周运动的周期不小于 2R t h 【答案】D 【解析】 【详解】根据自由落体运动 2 1 2 hgt，求得星球表面的重力加速度 2 2h g t ； A、星球的第一宇宙速度 2 2hR vgR t
7、，故 A错误； B、由 22 2Mmh Gmgm Rt 有： 2 2 2hR M Gt ，所以星球的密度 2 3 2 Mh VGt R ，故 B 错误； C、同步卫星的周期与星球自转周期相同故有：2 2 2 )(4 )(T hR m hR Mm G ，代入数据解得： 22 3 2 2 2 hT R hR t ；故 C错误； D、根据万有引力提供圆周运动向心力有： 2 2 2Mm Gmr rT ，宇宙飞船的运行周期 3 2 r T GM ，可 知轨道半径越小周期越小，卫星的最小半径为 R，则周期最小 3 min 2 2 RR Tt GMh ，知周期不小于 2R t h ，故 D正确。 5.如图所
8、示，真空中，垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在(含边界)，两圆的半 径分别为 R、3R，圆心为 O。一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的 P 点沿 PO方向以速度 v1射入磁场，其 运动轨迹如图，轨迹所对的圆心角为 120 。若将该带电粒子从 P 点射入的速度大小变为 v2时，不论其入射 方向如何，都不可能进入小圆内部区域，则 v1：v2至少为 A. 2 3 3 B. 3 C. 4 3 3 D. 2 3 【答案】B 【解析】 【详解】粒子在磁场中做圆周运动，如图： 由几何知识得： 1 3 3 tan60 R rR ，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： 2 1 1 1 v
9、 qv Bm r ，解得： 1 3qBR v m ；当该带电粒子从 P 点射入的速度大小变为 v2时，若粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进 入磁场时，即粒子轨道半径 2 rR，则不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，此时洛伦兹力 提供向心力，由牛顿第二定律得： 2 2 2 2 v qv Bm r ，解得： 2 qBR v m ，则： 12 :3v v ，故 B正确，ACD 错误。 6.如图是静电除尘器除尘原理图，M、N 是直流高压电源的两极，通过某种机制使电场中的尘埃带上负电， 在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积， 以达到除尘目的。 图示位置的 a、 b、 c三点在同一直线上， 且|a
10、b|=|bc|。 下列判断正确的是 A. N是直流高压电源的负极 B. 电场中 b点的电势高于 c 点的电势 C. 同一个点电荷在电场中 c 点受到的电场力小于在 a点受到的电场力 D. 电场中 c、b间的电势差 Ucb小于 b、a间的电势差 Uba 【答案】CD 【解析】 【详解】A、因到达集尘极的尘埃带负电荷，那么电场强度的方向向左，因此电场线方向向左，则知 N是直 流高压电源的正极，故 A错误； B、根据沿着电场线方向电势是降低的，因此电场中 b 点的电势低于 c点的电势，故 B错误； C、电场方向由集尘极指向放电极，电场线的分布由集尘极会聚于放电极，结合电场线的疏密来体现电场的 强弱，
11、那么电场中 c 点的场强小于 a 点的场强，故同一个点电荷在电场中 c点受到的电场力小于在 a点受到 的电场力，故 C正确； D、假设电场是匀强电场，由于|ab|=|bc|，那么 b、a间的电势差 Uba等于 c、b间的电势差 Ucb，但由于电场 是非匀强电场，且电势 cba ，且沿着 ca方向，电场强度越来越大，故电场中 c、b间的电势差 Ucb 小于 b、a间的电势差 Uba，故 D正确。 7.如图所示，竖直杆固定在木块 C上，两者总重为 20N，放在水平地面上。轻细绳 a连接小球 A和竖直杆顶 端，轻细绳 b 连接小球 A和 B，小球 B重为 10N。当用与水平方向成 30 角的恒力 F
12、 作用在小球 B上时，A、 B、C刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动，绳 a、b与竖直方向的夹角分别恒为 30 和 60 ，则下 列判断正确的是 A. 力 F 的大小为 10N B. 地面对 C 的支持力大小为 40N C. 地面对 C 的摩擦力大小为 10N D. A球重为 10N 【答案】AD 【解析】 【详解】AD、以 B 为研究对象受力分析，水平方向受力平衡，有： b cos30cos30FT ，解得： b TF， 竖直方向受力平衡，则有： bB sin30sin30FTm g ，解得： B 10NFm g，以 A 为研究对象受力 分析， 竖直方向上有： Aba sin30sin
13、60m gTT ， 水平方向： ab sin30sin60TT ， 联立得： AB mm， 即 A 球重为 10N，故 AD正确； BC、以 ABC 整体为研究对象受力分析，水平方向：cos305 3NfF ，竖直方向： AB sin30NFMmmg ，解得：N35N，故 BC错误。 8.某品牌纯电动汽车参数为：车上电池充满电时电池容量为 100kw h，当整车质量(含车内人员和物品）为 2000kg 时，从静止加速到 30m/s 最短时间为 5s，从 30m/s 到刹停的最短距离为 30m，最大速度可达 60m/s。 在平直道路上行驶时可认为阻力恒为车重的 0.05倍，电能转化为有用功的效率
14、为 80%，取 g=10m/s2， 。若该 车在平直道路上行驶，下列结论正确的是 A. 若汽车从静止加速到 30m/s 用时为 5s，则这一过程的平均加速度大小为 6m/s2 B. 汽车刹车由 30m/s 减速到 0所用的最短时间为 1s C. 当汽车以 30m/s 匀速行驶时，汽车克服阻力做功的功率为 30kW D. 当汽车以 30m/s 匀速行驶时，汽车的续航里程(最大行驶距离)为 360km 【答案】AC 【解析】 【详解】A、汽车在 030m/s加速过程中的平均加速度大小为： 2 30 6m/s 5 v a t ，故 A 正确； B、汽车刹车由 30m/s 减速到 0所用时间最短为 t
15、，则有： 2 v tx，解得： 2 s2s x t v ，故 B错误； C、当汽车以 30m/s 匀速行驶时，汽车克服阻力做功的功率为： 0.050.05 2000 10 30W30kWPfvmgv，故 C正确； D、当汽车以 30m/s 匀速行驶时，根据能量关系可得：电池容量为 E=100kw h，则持续时间 3 3 80%100 1060 60 80% 9600s 30 10 E t P ，汽车的续航里程 30 9600288000m288kmsvt，故 D错误。 9.某同学利用如图所示装置验证机械能守恒定律，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开 始自由下落。 (1)装置安装
16、完毕后，该同学先接通打点计时器，紧接着释放纸带进行实验。重复该步骤两次，然后在打出 的纸带中选取一条点迹清晰的纸带。 (2)该同学选取的纸带如下图所示，在纸带上间距较大处开始每两个间隔取一个计数点，标记为 1、2、 3、4、 5、6，测出相邻两个计数点的间距，分别表示为 xl、 x2、x3、x4 、x5。已知重物质量为 m ，当地重力加速 度为 g ，计时器打点周期为 T。 为了验证此实验从打计数点 2 到打计数点 5的过程中机械能守恒，需要计 算出此过程中重物重力势能的减少量Ep 和动能的增加量Ek，则Ep=_。Ek _。 (3)本次测量的百分比误差(即相对误差)表达式为_ l00%。(用E
17、k、Ep表示） 【答案】 (1). 234 mg xxx (2). 22 4512 1 244 xxxx m TT (3). p kp E EE 或 k kp E EE 【解析】 【详解】 （2）重物做匀加速直线运动，时间中点的瞬时速度等于这一段时间内的平均速度，故有： 12 2 4 xx v T ， 4 5 5 4 xx v T ， 故 动 能 的 增 加 量 5 22 k2 11 22 Emvmv， 整 理 得 ： 22 4512 k 1 - 244 xxx E x m TT ；计数点 2 和 5 的高度差 25234 hxxx，重力势能的减少量 p25234 ()Emghmg xxx 。
18、 （3）由于空气阻力的存在，重力势能的减少量大于动能的增加量，故有测量的绝对误差为 pk EE ，故 相对误差为 p kp E EE 或 k kp E EE 。 10.多用表是由电流表改装的，现测定一个量程为 05mA 的电流表 G的内阻 r= 100.0 , 用它改装成如图的 一个多量程多用电表，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程(或分度值)不同的档位。电流表的两个档位 中，大量程是小量程的 10倍。 (1)当转换开关 S旋到位置_时，是电流档，且旋到位置_的量程较大：当转换开关 S旋到位置 _时，是电压档，且旋到位置_的量程较大； (2)A、B两表笔中，_为红表笔； (3)图中的电源 E
19、的电动势为 9.0V ，当把转换开关 S旋到位置 4，在 AB之间接 900 电阻时，表头 G刚好 半偏。己知之前己经进行了必要的、正确的操作。则 R1_，R2_。 (4)转换开关 S 旋到位置 1 时，量程是_。 【答案】 (1). 1 和 2 (2). 1 (3). 5 和 6 (4). 6 (5). A (6). 10 (7). 90 (8). 100mA 【解析】 【详解】 （1）电流表并联电阻可以扩大量程，转换开关 S旋到位置 1和 2 时，是电流档，且 1 位置的量程大； 电流表串联电阻可以扩大量程，转换开关 S旋到位置 5和 6，是电压档，串联电阻越大，量程越大，故位置 6 的量
20、程大； （2）在进行测量电阻时，因为欧姆档的电路与电池连接，则将多掷开关 S拨到 3或 4 位置。抓住电流从红 表笔进，黑表笔出，知 A是红表笔。 （3） （4）“之前已经进行了必要的、正确的操作”，意味着之前已经将A B、短接调零了（即让表头满偏） ， 在AB之间接900电阻时，表头G刚好半偏，说明当表头半偏时，改装后的欧姆表“4”总内阻 900R 内 ，则转换开关S在“2”时（如图a） ，电流表 2 的量程为 2g 9.0 A10mA 900 E I R 内 ，依题意， 转换开关S在 1 （如图b） 时， 电流表 1的量程为 1g 100mAI ， 由表头G的满偏电流为5mA、 内阻为10
21、0 和并联电路电流分配规律，可解得： 1 10R 2 90R 11.如图所示，在倾角为 = 37 的足够长斜面上放置一质量 M = 2kg 、长度 L = 1.5m的极薄平板 AB ，在薄 平板的上端 A 处放一质量 m=1kg 的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速释放。已知小滑块与 薄平板之间的动摩擦因数为 1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为 2=0.5,sin37 =0.6,cos37 =0.8，取 g=10m/s2。求： (1)释放后，小滑块的加速度 al和薄平板的加速度 a2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间 t。 【答案】(1) 2 m/s4， 2 1
22、m/s；(2) 1st 【解析】 【详解】 （1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动， 对滑块m：由牛顿第二定律有： 0 11 sin37mgfma 其中 0 1 cos37 N Fmg， 111N fF 解得： 002 11 sin37cos374/aggm s 对薄平板M，由牛顿第二定律有： 0 122 sin37MgffMa 其中 00 2 cos37cos37 N FmgMg， 222N fF 解得： 2 2 1m/sa 12 aa，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。 设滑块滑离时间为t，由运动学公式，有： 2 11 1 2 xa t， 2 22 1 2 xa t，Lxx 21 解
23、得：1st 12.如图的水平、光滑金属导轨在同一水平面上，间距分别为 L 和 3 L ，间距为 L的导轨有一小段左右断开， 为使导轨上的金属棒能匀速通过断开处，在此处铺放了与导轨相平的光滑绝缘材料(图中的虚线框处） 。 质量 为 m、电阻为 Rl 的均匀金属棒 ab 垂直于导轨放置在靠近断开处的左侧，另一质量也为 m、电阻为 R2的均 匀金属棒 cd 垂直于导轨放置在间距为 3 L 的导轨左端。导轨 MN和 PQ、M N 和 P Q 都足够长，所有导轨 的电阻都不计。 电源电动势为 E、 内阻不计。 整个装置所在空间有竖直方向的、 磁感应强度为 B的匀强磁场。 闭合开关 S，导体棒 ab 迅即
24、获得水平向右的速度 v0并保持该速度到达断开处右侧的导轨上。求： (1)空间匀强磁场方向； (2)通过电源 E 某截面的电荷量； (3)从导体棒 ab 滑上导轨 MN和 PQ起至开始匀速运动止，这一过程中棒 ab和棒 cd组成的系统损失的机械 能。 【答案】(1) 竖直向下(2) 0 mv q LB (3) 2 0 9 20 Emv 【解析】 【详解】 （1）闭合开关，电流到a到b，而ab受到安培力向右，故磁场方向竖直向下。 （2）对ab棒，设受安培力时间为t，这段时间的平均电流为I，平均安培力为F，通过导体棒（也就是 电源）某截面的电荷量为q，由动量定理得： 0 F tmv 且FILB，qI
25、 t 解得： 0 mv q LB （3）ab滑上MN和PQ时速度仍为 0 v，由于电磁感应，安培力使ab减速，使cd加速，直至电路中电流 为 0（即总感应电动势为 0）而各自匀速运动，设ab和cd匀速的速度分别是 12 vv、，经历的时间为t，这 一过程回路中的平均电流 I ，由动量定理有： 对ab棒： 10 ILBtmvmv 对cd棒： 2 3 L IBtmv 由电磁感应规律：EBLv 则有： 12 3 L BLvBv 解得： 00 12 3 , 1010 vv vv 棒ab和棒cd组成的系统损失机械能 222 012 111 222 Emvmvmv 解得： 2 0 9 20 Emv 13.
26、下列说法正确的是： A. 物体吸收热量后，内能不一定增加 B. 物体的内能只跟温度有关 C. 热量从低温物体向高温物体传递是完全可能的 D. 当两个分子间距为 r0和间距为无穷大时，它们间的分子力都为零，故它们的分子势能相等且都为零 E. 一定质量理想气体对外界做了正功，其内能不一定减少，但其密度一定减小 【答案】ACE 【解析】 【详解】A、物体吸收热量，若同时对外做功，它的内能不一定增加，故 A正确； B、理想气体不用考虑分子势能，故理想气体的内能只跟温度有关，其它物体要考虑分子的动能和势能，故 B错误； C、根据热力学第二定律，热量从低温物体向高温物体传递是完全可能的，但一定会引起其它的
27、一些变化。 故 C 正确； D、 当两个分子间距为 0 r和间距为无穷大时， 它们间的分子力都为零， 但它们的分子势能并不相等。 当 0 rr= 时，分子势能最小，且为负值；当r为无穷大时，分子势能为零。故 D 错误； E、根据热力学第一定律，一定质量理想气体对外界做了正功（W0） ，由于和外界热交换不明确，其内能 不一定减少；气体对外界做了正功，体积增大，其密度一定减小。故 E正确。 14.如图，一个高 H=30cm的竖直汽缸下部开口并固定在水平面上，光滑且不漏气活塞封住一定质量的理想 气体，活塞的面积 S=100cm2、重 G=l00N。一劲度系数 k=20N/cm、原长 l0=20cm的
28、竖直弹簧两端分别固接 在缸底和活塞中心处，活塞和汽缸壁均绝热。开始时活塞处于静止状态，缸内被封住气体温度 T1=250K，弹 簧的长度 l1=15cm。 现用电热丝 （图中未画出） 缓慢加热缸内被封住的气体， 己知外界大气压 p01.0 105Pa， 弹簧总处在弹性限度内，弹簧和电热丝的体积、气缸壁厚度和活塞厚度均可忽略。求： 当弹簧恰好恢复原长时，缸内被封住的气体温度 T2； 当活塞刚要到达水平面时，缸内被封住的气体温度 T3； 当缸内被封住的气体温度 T4=1000K时的压强 p4。 【答案】 2 375TK 3 687.5TK 5 4 1.6 10pPa 【解析】 【详解】开始时的状态
29、1 参量： 015 10 0.8 10 Pa k llG pp S 1 15cmVS 1 250KT 弹簧恰好恢复原长时（即弹簧无弹力）的状态 2参量： 5 20 0.9 10 Pa G pp S 2 20cmVS 由理想气体状态方程： 2 22 1 11 T Vp T Vp 得 2 375KT 活塞刚要到达水平面时的状态 3参量： 05 10 1.1 10 Pa k HlG pp S 3 30cmVS 由理想气体状态方程 331 1 13 p VpV TT 得： 3 687.5KT 由于 43 1000KTT，由状态 3到状态 4，理想气体做等容变化： 由 34 34 pp TT 得： 5
30、4 1.6 10 Pap 。 15.一列振幅为 A=5cm的简谐横波向右传播，在其传播路径上每隔 x0=0.2m选取一个质点，如图甲所示，t=0 时刻波恰传到质点 1，质点 1立即开始向下振动，经过时间t=0.3s，所选取的 19号质点间第一次出现如图 乙所示的波形，则下列判断正确的是： A. t=0.3s时刻，质点 9 向上运动 B. t=0.3s时刻，质点 8 向下运动 C. t=0至 t=0.3s 内，质点 3通过的路程为 15cm D. t=0至 t=0.3s内，质点 5运动的时间只有 0.2s E. 该波的周期为 0.2s，波速为 8m/s 【答案】ADE 【解析】 【详解】AB、根
31、据波向右传播，由图乙可得：t=0.3s时刻，质点 8 向上振动，质点 9 向上振动，故 A正确， B错误； E、t=0时刻波恰传到质点 1，质点 1 立即开始向下振动，故振源的起振方向向下；故有0.3st 时第一次 出现图乙所示波形，质点 9 向上振动可得： 1 1 2 tT ，所以，T=0.2s；又有波长81.6mL，所以波 速8m/sv T ，故 E 正确； CD、由波速可得波从质点 1 传播到质点 3 需要时间 0.05s，传播到质点 5 需要时间 0.1s；那么，t=0 至 t=0.3s 内，质点 5运动的时间只有 0.2s；质点 3 运动时间为 1 0.25s1 4 T，故质点 3
32、通过的路程为 5A=5 5=25cm， 故 C 错误，D正确。 16.如图所示为用某种透明材料制成的一块柱体形棱镜的截面图，圆弧 DF半径为 R的 1 4 圆周，圆心为 O， 且BO=AD= 2 R 。光线以入射角 a=53 射 AB面上的某点，进入棱镜后到达 BF面上的 O 点并恰好不 会从 BF面射出。已知光在真空中的传播速度为 c，sin53 =cos37 =0.8，求： 该棱镜材料的折射率 n；(结果可用根式表示，下同） 光线从 AB 面进入棱镜起，到光线第一次射出棱镜经历的时间。 【答案】 41 5 n 41 10 41 50 R t c 【解析】 【详解】光路图如图所示： 光线在AB面的入射角 0 53，设折射角为，由题意，折射光线与OD的夹角恰为临界角C，则 sin sin n ， 1 sinC n 由图可知： 0 90C 联立以上各式解出 41 5 n 光线从AB边进入棱镜到O点的距离为2 sin R s C 光在介质中的速度： c v n 光线从AB边进入棱镜起，到光线第一次射出棱镜经历的时间 sR t v 解得： 41 10 41 50 R t c
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