广东省深圳市2019届高三年级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8mD. 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236B. 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10：13D. 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3AC. 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=0.6310.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。