1、2019 届广东省高三届广东省高三“六校联盟六校联盟”第四次联考第四次联考 理科综合理科综合 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 8小题，每小题小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第分。在每小题给出的四个选项中，第 1417题只有一题只有一 项符合题目要求，第项符合题目要求，第 1821 题有多项符合题目要求。全部选对的得题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。 1.下列说法正确的是 ( ) A. 卢瑟福通过 粒子散射实验，发现了中子 B. 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较
2、小的轨道时，电子的动能增大，原子总 能量减少 C. 衰变中产生的 射线是原子核外电子挣脱原子核束缚之后形成的电子束 D. 氡的半衰期为 3.8天，8 个氡的原子核，经过 7.6天只剩下 2 个氡原子核 【答案】B 【解析】 【详解】卢瑟福通过 粒子散射实验，确定了原子的核式结构理论，选项 A 错误；按照玻尔理论，氢原子 核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道时，原子也从高能级跃迁到低能级，电子的动能增大， 原子总能量减少，选项 B正确；衰变中产生的 射线是原子核内的中子转化为质子时放出的电子，选项 C 错误；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量的原子核不适用，选项 D错误。 2.如图
3、所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择 器后，进人另一个匀强磁场中并分裂为 A、B两束，下列说法中正确的是（ ） A. 组成 A束和 B 束的离子都带负电 B. A束离子的比荷大于 B束离子的比荷 C. 组成 A束和 B束的离子质量一定不同 D. 速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外 【答案】B 【解析】 【分析】 可以根据左手定则可以判断 AB束离子的电性， 粒子在磁场和电场正交区域里， 同时受到洛伦兹力和电场力 作用，粒子没有发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足 qvB=qE，即不发生偏转的粒子具有 共同的速度大小 v=E/B，
4、粒子进入磁场后受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，满足 qvB=m 2 v R ，圆周运动的半 径 mv R qB ，由此进行分析得出结论。 【详解】A 离子进入磁场后向左偏，根据左手定则可以判断 A 束离子都带正电，同理可知 B 离子带负电， 故 A 错误；经过速度选择器后的粒子速度相同，粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足 qvB=qE，即不发生 偏转的粒子具有共同的速度大小 v=E/B；进入磁场区分开，轨道半径不等，根据公式 mv R qB 可知，半径大 的比荷小，所以 A束离子的比荷（q/m）大于 B 束离子的比荷，但不能说明质量一定不同，故 B正确，C错 误；在速度选择器中，电场方向水平向右
5、，A粒子所受电场力方向向右，B粒子所受电场力方向向左，所以 A 离子受的洛伦兹力方向向左，B 离子受的洛伦兹力方向向右，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方 向垂直纸面向内，故 D 错误。故选 B。 【点睛】本题能根据粒子不发生偏转得出粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，并由此推算出粒子具有相同的 速度 v，在单独的匀强磁场中粒子分裂成几束说明粒子的荷质比不同，并由此得出电量、质量、以及速度所 需要满足的关系式，从而得出正确的结论。 3. 如图所示，小球从离地高为 H 的位置 A 由静止释放，从 C 点切入半圆轨道后最多能上升到离地面高为 h 的 B 位置再由 B 位置下落，再经轨道由 C 点滑出
6、到离地高为 H的位置速度减为零，不计空气阻力，则 （ ） A. （Hh）（hh） B. （Hh）（hh） C. （Hh）=（hh） D. 不能确定（Hh）与（hh）的大小关系 【答案】A 【解析】 试题分析：根据能量守恒得，运动过程中损失的机械能转化为摩擦产生的内能，则有：mg（H-h）= E1， mg（h-h）= E2，因为第一次通过圆弧轨道时的速度大于第二次通过圆弧轨道的速度，根据径向合力提供 向心力知，第一次通过圆弧轨道时对轨道的压力大，摩擦力大，则摩擦产生的内能大，即 E1 E2，所以 H-hh-h故 A 正确，BCD 错误故选 A。 考点：能量守恒定律、牛顿第二定律 【名师点睛】本题
7、综合考查了能量守恒、牛顿第二定律的综合，挖掘出本题的隐含条件，即第一次通过圆 弧轨道的压力大于第二次通过圆弧轨道的压力，是解决本题的关键 4.中国高铁逐渐成为中国名片，建造高铁时离不开门式起重机龙门吊。为方便研究，将龙门吊的结构简 化为右下图，由水平横梁和竖直平面内的四个支腿组成，两支腿间夹角为 ，支腿下端装有轻质轮子。龙门 吊总质量为 M，通过电机可以将质量为 m的重物吊起。重力加速度为 g。若龙门吊始终静止，则下列说法 不正确的是（ ） A. 同一条轨道上两个支腿对横梁的作用力方向竖直向上 B. 若不挂重物时，每个轮子对轨道的压力为 1 4 NMg C. 将重物加速向上吊起的过程，则四个轮
8、子对轨道总压力大于（M+m）g D. 用电机将重物匀加速吊起的过程，则电机的输出功率恒定。 【答案】D 【解析】 【详解】同一条轨道上的两个支腿对横梁的作用力方向竖直向上，选项 A 正确；对龙门吊，若不挂重物时， 每个轮子对轨道的压力为 1 4 NMg，选项 B 正确；将重物加速向上吊起的过程，重物超重，则四个轮子 对轨道总压力大于（M+m）g，选项 C正确；用电机将重物匀加速吊起的过程，牵引力 F 一定，由 P=Fv 可 知，随速度的增加，电机的输出功率逐渐变大，选项 D 错误.此题选择不正确的选项，故选 D. 5.北京时间 2019年 4月 10日 21 时，人类首张黑洞照片面世，如图所示
9、。理论研究表明，黑洞是宇宙空间 内存在的一种密度极大体积极小的天体， 黑洞的引力很大， 连光都无法逃逸， 有理论认为黑洞是由大恒星死 亡后演化而形成的。已知某恒星的质量为 M，半径为 R，引力常量为 G，真空中的光速为 C，黑洞的逃逸 速度为其第一宇宙速度 2倍。则下列说法正确的是（ ） A. 该恒星的平均密度为 3 3 4 M R B. 该恒星表面的重力加速度 GM R C. 若该恒星演化为黑洞，则其半径的最大值为 2 GM C （假设该恒星质量不变） D. 若该恒星演化为黑洞，则其半径的最大值为 2 2GM C （假设该恒星质量不变） 【答案】AD 【解析】 【详解】该恒星的平均密度为 3
10、 3 3 4 4 3 MMM VR R ，选项 A 正确；由 2 mM Gmg R ，解得 2 GM g R ， 选项 B错误；由 2 2 = mMv Gm RR ， 2Cv ，解得 2 2GM R C ，选项 C 错误，D正确. 6.图甲为风力发电的简易模型。在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下方的线圈与电压传 感器相连。在某一风速时，传感器显示如图乙所示，以下正确的是 A. 磁铁的转速为 2.5r/s B. 线圈两端电压.的有效值为 6V C. 交变电流的电压表达式为 u=12sinl0t（V） D. 该交变电流可以直接加在击穿电压为 10V电容器上 【答案】A 【解析】 【
11、详解】电流的周期为 T=0.4s，故磁体的转速为 n=1/T1/0.42.5r/s，故 A正确；通过乙图可知电压的最 大 值 为12V ， 故 有 效 值 12 2 2 6 2 m U UVV， 故B错 误 ； 周 期T=0.4s ， 故 22 /5/ 0.4 rad srad s T ，故电压的表达式为 U=12sin5t（A） ，故 C 错误；电容器的击穿电压为 交流电的最大值，而交流电的最大值大于电容器的击穿电压，故不能，故 D错误；故选 A。 7.一个带电粒子仅在电场力作用下在 x轴上由静止开始从 1 x向 1 x做直线运动，其速度平方 2 v随位置 x变 化的图线如图所示，图象关于纵
12、轴对称，由图象可知（ ） A. 粒子从 1 x向 1 x运动过程中，加速度先减小后增大 B. x=0处电势最高 C. 在 x轴上， 2 x和 2 x两个位置的电场强度不同 D. 粒子沿 x轴正向运动过程中，电势能先减小后增大 【答案】CD 【解析】 （1）由 22 0 2vvax可知，图线的切线斜率表示加速度，因此粒子沿 x 轴正向运动过程中，加速度先增大 再减小再变大最后再变小，选项 A 错误； （2）在 x轴上-x1和 x1之间，粒子在 x=0 处的动能最大，电势能最小，但由于粒子的电性不确定，因此 x=0 处的电势可能最高，也可能最低，选项 B错误； （3）根据图线对称性可知，粒子在-x
13、2和 x2两个位置的加速度大小相等方向相反，故电场强度大小相等，方 向相反，选项 C正确； （4）粒子沿 x轴正向运动过程中，动能先增大后减小，因此电势能先减小后增大，选项 D 正确 故本题选 CD 8.如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为 M，倾角为 其斜面上有一静止的滑块，质量为 m， 两者之间的动摩擦因数为 ，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为 g现给斜面 体施加水平向右的力使斜面体加速运动，下列说法正确的是（ ） A. 水平恒力 F变大后，如果滑块仍静止在斜面上，滑块对斜面的压力增加 B. 水平恒力 F变大后，如果滑块仍静止在斜面上，滑块对斜面的压力减小
14、C. 若要使滑块与斜面体一起加速运动，水平向右的力 F的最大值 (mM)g( cossin) sincos D. 若水平恒力 F方向向左，滑块与斜面一起向左做 3 tan 2 ag 的加速运动，则摩擦力对滑块做正功。 【答案】BCD 【解析】 【详解】设物体与斜面体一起运动的加速度为 a，则当物块与斜面相对静止时，物块沿垂直斜面方向的加速 度为 asin，对物块由牛顿第二定律：cossinmgNma；当水平恒力 F变大后，如果滑块仍静止在 斜面上，则整体的加速度 a 变大，滑块对斜面的压力减小，选项 A 错误，B 正确；若要使滑块与斜面体一 起加速运动，则垂直斜面方向：cossinmgNma；
15、沿斜面方向：sincosNmgma，对整 体 F a Mm ；解得 () (cossin) sincos mM g F ，选项 C 正确；若水平恒力 F 方向向左，则若物 块与斜面体之间恰无摩擦力，则此时 0 tanmgma，则 0= tan ag，若 0 3 tan 2 aga 可知斜面体对 物块的静摩擦力方向沿斜面向下，可知则摩擦力对滑块做正功，选项 D正确。 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题一第题一第 32 题为必考题，每个试题考生都必题为必考题，每个试题考生都必 须做答。第须做答。第 33 题一第题一第 38 题为选考题，考
16、生根据要求做答。题为选考题，考生根据要求做答。 9.如图所示，实验小组的同学将力传感器固定在小车上，然后把细绳的一端固定在传感器拉钩上，用来测量 绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系，根据所测数据作出了 如图所示的 aF图象。已知电源频率为 50 Hz，重力加速度 g取 9.8 m/s2，忽略细绳的质量和滑轮的摩擦以 及空气阻力，计算结果均取两位有效数字。 （1）图线不过坐标原点可能原因是_； A. 实验过程中没有满足砂和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量的条件 B. 实验过程中先释放小车运动，再接通电源打点 C. 实验过程中没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不
17、足 （2）由图线求出小车和传感器的总质量为_kg； （3）其中一次实验过程中得到的纸带如图所示，相邻两个计数点间还有 4个打点未标出，则该次实验过程 中，砂和桶的总质量等于_kg 【答案】 (1). C (2). 1.0 (3). 0.27 【解析】 【详解】 （1）由图像可知，当 F 增加到某一值时，小车才开始有加速度，可知原因是实验过程中没有平衡 摩擦力或者平衡摩擦力不足，故选 C. （2）由 1 aF M ，可知 0.60.1 kg1.0kg 0.5 M （3）相邻两计数点间还有 4个点未画出，则两计数点间时间间隔为：T=0.1s， 根据x=aT2，运用逐差法得，小车运动的加速度为： 2
18、 22 2 7.98 10.01 11.992.003.966().0210 m/s2.00m/s 99 0.01 CFOC xx a T 由牛顿第二定律：FfMa，mgFma，由第（1）问可知0.1fN， 解得砂和桶的总质量: m=0.27kg 10.电动自行车的电瓶用久以后性能会下降，表现之一为电池的电动势变小，内阻变大某兴趣小组将 一辆旧电动自行车充满电，取下四块电池，分别标为 A、B、C、D，测量它们的电动势和内阻 （1）用多用表直流电压 50V挡测量每块电池电动势测量电池 A时，多用电表的指针如图甲所示，其读 数为_V （2） 用图乙所示电路测量 A、 B、 C、 D 四块电池的电动
19、势 E和内阻 r， 图中 R0为保护电阻， 其阻值为 5 改 变电阻箱的阻值 R，测出对应的电流 I，根据测量数据分别作出 A、B、C、D四块电池的 1 I R图线，如图 丙由图线 C 可知电池 C的电动势 E=_ V；内阻 r=_ （3）分析图丙可知，电池_（选填A、B、C或D）较优 【答案】 (1). 11.0V (2). 12.0V (3). 1.0 (4). C 【解析】 【详解】 （1）用多用表直流电压 50V 挡测量每块电池的电动势，可以从表盘中的中间刻度读出正确结果， 由指针指示可知：E=11.0V （2）根据闭合电路欧姆定律有：E=I（R+r）+IR0，因此有： 0 11rR
20、R IEE ，由此可知，图象的斜率 表示 1 E ，纵轴截距为： 0 rR E 由图象可知： 11 12 k E ， 0 =0.5 rR E ，由此解得：E=12Vr=1 （3）电动势大的内阻小的电源最优，由图象可知 C图象代表的电源电动势最大，内阻最小，因此最优故 答案为 C 11.如图所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道 CB 处在方向水平向右、大小 E=1.0 106 N/C 的匀强 电场中，一质量 m=0.25 kg、电荷量 q=2.0 106 C的可视为质点的小物体，在距离 C点 0 L=6.0 m的 A点处， 在拉力 F=4.0 N 的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达
21、 C 点时撤去拉力，小物体滑入电场中。已知 小物体与轨道间的动摩擦因数 =0.4，求小物体 （1）到达 C点时的速度大小； （2）小物体在电场中运动的时间。 【答案】 （1）12/m s （2）(13)s 【解析】 试题分析：根据牛顿第二定律，求出小物体的加速度大小，在根据速度位移公式求出达 C 点时的速度大小； 根据牛顿第二定律，小物体向右减速的加速度，小物体向右运动的时间和位移，在求出小物体向左运动的 时间，即可求出总时间。 (1)根据牛顿第二定律，小物体的加速度大小为： 2 12/ Fmg am s m 小物体到达 C 点的速度大小： 2 0 2vaL 代入数据解得：v=12m/s (2
22、)根据牛顿第二定律，小物体向右减速的加速度为： 2 1 12/ qEmg am s m 小物体向右运动的时间：1 1 1.0 v ts a 小物体向右运动的位移： 11 6.0 2 v xtm 由于 qEmg，所以小物体送减速后反向向左加速，直到滑出电场 根据牛顿第二定律，小物体向左加速的加速度为： 2 2 4/ qEmg am s m 小物体在电场中向左运动的时间为： 1 2 2 2 3s x t a 小物体在电场中运动的总时间为： 12 (13)sttt 点睛：本题主要考查了带电物体在电场中的运动，明确物体的运动规律，然后选择恰当的过程运用牛顿第 二定律和运动学公式列式求解。 12.如图所
23、示，平行光滑金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成。导轨水平部分的矩形区域 MNQP 内 存在方向竖直向上的匀强磁场， 磁感应强度大小为 B=0.50T。 在距离磁场左边界 d=0.40m处垂直导轨放置导 体棒 a，在倾斜导轨高 h=0.2m处垂直于导轨放置导体棒 b。将 b由静止释放，最终 a以 1m/s 的速度离开磁 场右边界。已知轨道间距 L=0.20m。两棒质量均为 0.01kg，两棒电阻均为 0.1，不计导轨电阻。导体棒在 运动过程中始终垂直于导轨且接触良好。g取 10m/s2。忽略磁场边界效应。求： （1）安培力对导体棒 a做的功。 （2）导体棒 a刚出磁场时，b的速度大小及两棒
24、之间的距离。 （3）导体棒 b 的整个运动过程中，安培力对 b 做的功。 【答案】 （1）0.005J（2）1m/s；0.2m（3）-0.02J 【解析】 【详解】 （1）导体棒 a在安培力的作用下由静止向右加速运动，根据动能定理，安培力对导体 a 做的功 2 11 1 0.005J 2 Wmv （2）导铁棒 b 在倾斜部分运动时，由机械能守恒定律有 2 0 1 2 mghmv 得 0 2/vm s 导体棒 b进入磁场与导体棒 a通过磁场相互作用直到导体棒 a 出磁场，由动量守恒定律有 012 mvmvmv 得 2 1/vm s,即导体棒 a出磁场时，两棒已获得共同速度 此过程中，对导体棒 b
25、运用动量定理有 20 -BLI tmvmv 2 BL x qI t R 得0.2mx 两棒之间的距离为 1 x0.4 0.2 m0.2mxd （3）导体棒 b 进入磁场与导体棒 a通过磁场相互作用后获得共同速度的过程中，安培力对导体棒 b做的功 22 220 11 0.015J 22 Wmvmv 导体棒 a从磁场中出来时，导体棒 b 与磁场右边界相距 2 0.2mx 此时对导体棒 b 运用动量定理有 32 -BLqmvmv 2 2 BLx q R 得 v3=0 导体棒 b刚好停止在磁场右边界处，该过程中安培力对导体棒 b 做的功 2 32 1 0.005J 2 Wmv 因此整个运动过程中安培力
26、对于导体棒 b 做的功为 23 0.02JwWW 总 13.下列说法正确的是_。 A液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 B杯中的茶水慢慢冷却，该过程中有的水分子的运动速率反而增大了 C清晨时阳光透过窗户射入房间，观察到空中飞舞的粉尘在做布朗运动 D在南方的梅雨季节，湿衣服较不容易晾干，这是相对湿度较大的缘故 E空调可以把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外而不引起其他变化 【答案】ABD 【解析】 液晶具有液态时呈现各向同性、固态时呈现晶体各向异性的特点，液晶显示器利用了液晶的光学性质具有 各向异性的特点，故 A 正确；根据麦克斯韦速率分布规律，当温度降低时，大部分液体分子的
27、速率减小， 但个别分子的速率可能增大了，故 B 正确；空中飞舞的粉尘的运动是由于气流作用引起的宏观表现，不是 布朗运动，故 C 错误；在南方的梅雨季节，空气中的相对湿度较大，蒸发变慢，湿衣服较不容易晾干，故 D 正确；根据热力学第二定律，空调把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外需要消耗电能，故 E 错误，故选 ABD. 14.如图所示，体积为 V 的汽缸曲导热性良好的材料制成，面积为 S 的活塞将汽缸分成体积相等的上下两部 分，汽缸上部通过单向阀门 K 气体只能进入汽缸，不能流出汽缸)与一打气筒相连。开始时汽缸内上部分气 体的压强为 p0，现用打气筒向容器内打气。已知打气筒每次能打人压强
28、为 p0、体积为 10 V 的空气当打气 49 次后稳定时汽缸上下两部分的体积之比为 91，重力加速度大小为 g，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间 的摩擦。求活塞的质量 m。 【答案】 0 4 p S m g 【解析】 【分析】 根据活塞受力平衡可知上下两部分气体的压强关系；气筒打入的气体和汽缸上部分原来的气体等温压缩， 汽缸下部分气体等温压缩，分别应用玻意耳定律列方程，联立即可求解活塞质量。 【详解】开始时，汽缸上部分气体体积为 2 V ，压强为 p0，下部分气体体积为 2 V ，压强为 0 mg p S 后来汽 缸上部分气体体积为 9 10 V ，设压强为 p，下部分气体体积为 10 V ，
29、压强为 mg p S 打入的空气总体积为49 10 V ，压强为 p0 由玻意耳定律可知，对上部分气体有： 00 499 21010 VVV ppp 对下部分气体有： 0 ()() 210 mgVmgV pp SS 解得： 0 4 p S m g 。 15.一列简谐机械横波沿 轴正方向传播，波速为 2m/s。某时刻波形如图所示，a、b两质点的平衡位置的横 坐标分别为 xa=2.5m, xb=4.5m，则下列说法中正确的是_。 A.质点 b振动的周期为 4s B.平衡位置 x=10.5m 处的质点(图中未画出)与质点 a 的振动情况总相同 C.此时质点 a的速度比质点 b的速度大 D.质点 a从
30、图示时刻开始在经过 1/4 个周期的时间内通过的路程为 2cm E.如果该波在传播过程中遇到尺寸小于 8m 的障碍物，该波可发生明显的衍射现象 【答案】ABE 【解析】 A、由图能直接读出波长8m，由波速公式 v T ，该波的周期 8 Ts4s 2V ，则质点 a 振动的周 期为 4s，A正确； B、x10.5m处的质点与 a质点相距一个波长，步调总是一致，振动情况总是相同，B正确； C、质点 a 离平衡位置比 b远，所以此时质点 a 的速度比 b 的速度小，C错误； D、图象时刻，质点 a 向上运动，速度减小，再经过 1 4 个周期，质点 a 通过路程小于一个振幅，即小于 2cm，D错误；
31、E、此列波的波长8m，尺寸小于 8m 的障碍物满足发生明显衍射的条件，所以该波可发生明显的衍射 现象，E 正确； 故选 ABE。 16.如图所示,某种透明物质制成的直角三棱镜 ABC,ABC= 60 ,透明物质的折射率n 3 ,一束光线在纸面 内与 BC 面成 =30角的光线射向 BC面.求: （1）这种透明物质对于空气的临界角;(结果可以用 的三角函数表示) （2）最终的出射光线与最初的入射光线之间的偏转角. 【答案】 （1） 3 sin 3 C （2）偏转角为 60 【解析】 【详解】 （1）由临界角的公式 sin C= 1 n 得 3 sin 3 C . （2）光线在 BC面上折射进入透明物质中,入射角 =60 由折射率定义式 n= sin sin 得 sin = sin60 3 = 1 2 解得 =30 光线的光路图如图所示, 由此可知由三角函数关系得 30 CC，光线在 AC 界面发生全反射， 则光线射到 AB界面，由几何关系可知其入射角为 30 ，可求得光线射出 AB面的折射角为 60 ，即出射光 线与最初的入射光线之间的偏转角为 60 .
