陕西省西安市2019届高三第一次模拟考试理科综合物理试题

2018～2019学年度高三第一次模拟考试

理科综合（物理部分）

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，有选错或不答的得0分)

1. 节能减排可体现在我们日常生活中．假设公交车通过城市十字路口时允许的最大速度为10m/s，一辆公交车在距离十字路口50m的车站停留，乘客上下完后，司机看到红灯显示还有10s，为了节能减排．减少停车，降低能耗，公交车司机启动公交车，要使公交车尽快通过十字路口且不违章，则公交车启动后的运动图象可能是（  ）

A.

B.

C.

D.

【答案】ABD

【解析】

【详解】因速度图像与坐标轴围成的面积等于物体的位移，由速度图像可知，A、B、D三个图像与坐标轴围成的面积均大于50m，且速度不超过10m/s；C图像中公交车的位移可能恰好等于50m，且速度小于10m/s,故公交车启动后的运动图像可能是ABD。

故选：ABD。

【名师点睛】此题是对速度时间图像的考查；关键是知道速度-时间图像与坐标轴围成的“面积”等于物体的位移，结合公交车的运动情况即可分析解答．

2. 如图所示，“L”形支架AOB水平放置，物体P位于支架的OB部分，接触面粗糙；一根轻弹簧一端固定在支架AO上，另一端与物体P相连．物体P静止时，弹簧处于压缩状态．现将“L”形支架绕O点逆时针缓慢旋转一小角度，P与支架始终保持相对静止．在转动的过程中，OB对P的

A. 支持力增大 B. 摩擦力不变 C. 作用力增大 D. 作用力减小

【答案】D

【解析】

【分析】对P受力分析，要考虑弹力是否变化，及其静摩擦力的变化即可．

【详解】物体随OB缓慢转过一个小角度，其受力分析如图所示．

支持力，增大，支持力N减小，所以A错误；弹力，因弹力F不变，增大，f减小，所以B错误；OB对P的作用力大小等于支持力N和摩擦力f的合力，由于N减小，f减小．OB对P的作用力大小将减小，所以C错误，D正确．

3. 为寻找“磁生电”现象，英国物理学家法拉第在1831年把两个线圈绕在同一个软铁环上(如图所示)，一个线圈A连接电池E和开关K，另一个线圈B闭合，并在其中一段直导线正下方放置一小磁针.闭合开关K前，小磁针静止且与直导线平行.当闭合开关K后，从上往下看

A. 小磁针沿顺时针方向偏转了一下，最终复原

B. 小磁针沿逆时针方向偏转了一下，最终复原

C. 小磁针沿顺时针方向偏转了一下，并一直保持这种偏转状态

D. 小磁针沿逆时针方向偏转了一下，并一直保持这种偏转状态

【答案】A

【解析】

【分析】根据右手螺旋定则判断原磁场方向，然后根据楞次定律判断感应电流的磁场方向，最后再根据右手螺旋定则判断感应电流方向并得到小磁针是否偏转；

【详解】闭合电键后，线圈中的磁场方向为顺时针，且增加，故根据楞次定律，感应电流的磁场为逆时针方向，故右侧线圈中感应电流方向俯视逆时针，故下方的直导线有向右的电流，小磁针所在的位置磁场向里，则从上往下看小磁针顺时针旋转一下，电路稳定后，无感应电流，小磁针复原，故选项A正确，BCD错误；故选A.

【点睛】本题关键是明确电磁感应现象产生的条件，只有磁通量变化的瞬间闭合电路中才会有感应电流．

4. 如图甲所示，电磁炮是一种新型的兵器，其射程甚至可达数百公里，远远超过常规炮弹．它的主要原理如图乙所示，当弹体中通以强电流时，弹体在强大的磁场力作用下加速前进，最后从炮口高速射出．设两轨道间距离为0.10m，匀强磁场的磁感应强度为40T，电流2000A，轨道长度为20m，不考虑电流产生的磁场对匀强磁场强度的影响，则

A. 若不计任何阻力，质量为20g的炮弹最终获得的速度为400m/s

B. 若不计任何阻力，磁场的磁感应强度加倍，则炮弹获得的速度也加倍

C. 若阻力大小一定，轨道长度加倍，速度变为倍

D. 若阻力大小一定，电流加倍，速度变为倍

【答案】C

【解析】

【分析】炮弹在磁场中受到安培力，根据F=BIL求得大小，结合运动过程中的动能定理即可判断最终速度与条件的关系.

【详解】在运动过程中受到的安培力大小为F=BIL=8000N，运动过程中，根据动能定理可知Fx= mv2，解得v=4000m/s，故A错误；根据上述公式可知，若不计任何阻力，磁场的磁感应强度加倍，则炮弹获得的速度变为原来的倍，故B错误；若阻力大小一定，轨道长度加倍，根据动能定理可知BILx−fx＝mv2，解得，故轨道长度加倍，速度变为倍，若电流加倍，速度不是原来的倍，故C正确，D错误；故选C．

【点睛】题主要考查了在安培力作用下的动能定理，明确各个选项条件下的受力，利用好动能定理公式即可判断

5. 四川省处在北纬26°03′~34°19′之间，某极地卫星通过四川最北端与最南端所在纬度线正上方所经历的时间为t，查阅到万有引力常量G及地球质量M．卫星的轨道视为圆形．根据以上信息可以求出

A. 地球的半径 B. 该卫星的角速度

C. 该卫星受到的向心力 D. 该卫星距离地面的高度

【答案】B

【解析】

【分析】通过纬度差和时间之比可以算出周期，再根据万有引力提供向心力即可求出其他

【详解】卫星绕地球的运动可视为匀速圆周运动，通过北纬26°03′~34°19′之间，所用时间为t，所以周期为T=，根据可得 ，所以B正确；设地球半径为R．离地面高度为h，根据可知，可求出，因此不能求出R和h，所以A、D错误；因不知卫星质量，也就无法求出向心力，所以C错误．

6. 如图所示为一理想变压器，在原线圈输入电压不变的条件下，要提高变压器的输入功率，可采用的方法是  (   )

A. 只增加原线圈的匝数 B. 只增加副线圈的匝数

C. 只减小变阻器R1的电阻 D. 断开开关S

【答案】BC

【解析】

【详解】输入功率由输出功率决定，副线圈上的功率．增加副线圈的匝数，增加，增大，增加原线圈匝数，减小，减小，故A错误B正确；副线圈上的功率．增加的电阻，副线圈上的总电阻R增加，减小，故C错误；闭合S，R减小，增加，故D正确．

7. 如图所示，在匀强电场中有O、A、B三点，OA=OB=5cm，其中O、A电势分别为0V、5V，OA与OB的夹角为120°，A、B在同一条竖直线上现有一不计重力、带电量为e的粒子以4eV的动能从A点沿AO方向飞入电场，经过B点时，动能与在A点时相同，则下列说法正确的是

A. 该粒子带负电

B. 粒子运动过程中，电场力一直做正功

C. 粒子能运动到O点，且在O点时电势能为零

D. 该电场强度大小为200V/m，方向水平向左

【答案】AD

【解析】

【分析】从A到B动能不变，可知粒子在AB两点的电势能相同，即AB的电势相同，即B点电势为5V，AB连线是等势面，可知场强方向垂直于AB指向O点，由此判断粒子的电性和电场力做功情况；根据E=U/d求解场强.

【详解】AB．从A到B动能不变，可知AB的电势相同，即B点电势为5V，AB连线是等势面，可知场强方向垂直于AB指向O点，粒子从A点沿AO射入能经过B点，由粒子的轨迹可知，粒子带负电，电场力先做负功后做正功，选项A正确，B错误；

C．粒子沿AO方向射入，受向右的电场力，则粒子不可能经过O点，选项C错误；

D．匀强电场的场强：，方向向左，选项D正确；

故选AD.

8. 如图所示，在x轴上方空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．在原点O处有一粒子源，沿纸面各个方向不断地放出同种粒子，粒子以相同的速率v射入磁场．粒子重力及粒子间的作用均不计．图中的阴影部分表示粒子在磁场中能经过的区域，其边界与y轴交点为M，与x轴交点为N，已知ON=L．下列说法正确的是

A. 能经过M点的粒子必能经过N点

B. 粒子的电荷量与质量之比为

C. 从ON的中点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间可能为

D. 从N点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为

【答案】C

【解析】

【分析】沿x轴正方向射出的粒子能经过M点，然后回到原点；沿y轴正方向射入磁场时粒子到达x轴负向上最远处N点；由几何关系结合粒子的运动轨迹计算运动的时间.

【详解】沿x轴正方向射出的粒子能经过M点，然后回到原点；沿y轴正方向射入磁场时粒子到达x轴上最远处，则能经过M点的粒子不能经过N点，选项A错误；ON=2R=L，由 解得：，故B错误．

由几何关系可知，从ON的中点离开磁场的粒子在磁场中运动转过的圆心角可能为3000，时间，也可能为600，时间为，选项C正确；从N点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为半周期，大小为，选项D错误；故选C.

【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．要掌握左手定则，熟练运用牛顿第二定律研究半径．

三、非选择题(包括必考题和选考题两部分.第22题~第32题为必考题，每道试题考生都必须作答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求作答)

9. 由于空间站处于完全失重状态，不能利用天平等仪器测量质量，为此某同学为空间站设计了如图甲所示的实验装置，用来测量小球质量图中弹簧固定在挡板上，轨道B处装有光电门，可以测量出小球经过光电门的时间.该同学设计的主要实验步骤如下：

①用游标卡尺测量小球的直径d

②将弹簧固定在挡板上

③小球与弹簧接触并压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x

④由静止释放小球，测量小球离开弹簧后经过光电门的时间t，计算出小球离开弹簧的速度v

⑤改变弹簧的压缩量，重复步骤③、④多次

⑥分析数据，得出小球的质量

该同学在光滑地面上进行了上述实验，请回答下列问题：

(1)步骤①中游标卡尺示数情况如图乙所示，小球的直径d=___________cm；

(2)某一次步骤③中测得弹簧的压缩量为1cm，对应步骤④中测得小球通过光电门的时间为7.50ms，则此次小球离开弹簧的速度v=___________m/s；

(3)根据实验得到的弹簧的形变x与对应的小球速度v在图丙中画出了v-x图象已知实验所用弹簧的弹性势能Ep与弹簧形变量x2之间的关系如图丁所示，实验测得小球的质量为___________kg．

【答案】    ①. 1.50    ②. 2    ③. 0.05

【解析】

【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数．

（2）已知小球的直径与小球经过光电门时的时间，应用速度公式可以求出小球的速度．

（3）根据坐标系内描出的点作出图象．根据能量守恒定律求出小球的质量．

【详解】（1）由图乙所示游标卡尺可知，其示数为：15mm+0×0.1mm=15.0mm=1.50cm．
（2）小球离开弹簧后做匀速直线运动，小球经过光电门时的速度与离开弹簧时的速度相等，
小球离开弹簧时的速度：；
（3）由图示图象可知：x=1cm时，即：x2=1×10-4m2时，EP=0.1J，由题意可知，x=1cm时，v=2m/s，由能量守恒定律可知：EP=mv2，代入数据解得：m=0.05kg；

【点睛】本题考查了胡克定律和能量守恒的基本运用，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度，结合弹性势能的表达式进行求解．

10. 某同学将量程为200μA、内阻为500Ω的表头μA改装成量程为1mA和10mA的双量程电流表，设计电路如图（a）所示．定值电阻R1=500Ω，R2和R3的值待定，S为单刀双掷开关，A、B为接线柱．回答下列问题：

（1）按图（a）在图（b）中将实物连线；

（2）表笔的颜色为_____色（填“红”或“黑”）

（3）将开关S置于“1”挡时，量程为_____mA；

（4）定值电阻的阻值R2=_____Ω，R3=_____Ω．（结果取3位有效数字）

（5）利用改装的电流表进行某次测量时，S置于“2”挡，表头指示如图（c）所示，则所测量电流的值为___mA．

【答案】    ①. 黑    ②. 10    ③. 225    ④. 25.0    ⑤. 0.780

【解析】

【详解】（1）实物连线图见答案；

（2）红表笔接电源的正极，电流由红表笔流入，由电路图（a）可看出表头右侧为正极，故表笔a为黑表笔；

（3）将开关S置于“1”挡时，表头跟串联后再跟并联，将开关S置于“2”挡时，表头跟串联后再跟并联，故前者的量程较大，故开关S置于“1”挡时，量程为10mA.

（4）由（3）问的分析，结合欧姆定律可知开关S置于“1”挡时，有，开关S置于“2”挡时，，代入已知数据可得Ω，Ω．

（5）S置于“2”挡时，量程为1mA，表头示数为156μA ，故所测量电流的值为mA =0.780mA.

【考点定位】考查万用电表的原理及其应用，综合性较强，重在理解能力的考查．

11. 实验小组想要探究电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装宽为0.1m、长为0.4m的10匝矩形线框abcd，总电阻为R=2Ω，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总质量为m=0.2kg.如图是简化的俯视图，小车在磁场外以恒定的功率做直线运动，受到地面阻力恒为f=0.4N，进入磁场前已达到最大速度υ=5m/s，车头(ab边)刚要进入磁场时立即撤去牵引力，车尾(cd边)刚出磁场时速度恰好为零.已知有界磁场宽度为0.4m，磁感应强度为B=1.4T，方向竖直向下．求：

(1)进入磁场前小车所受牵引力的功率P；

(2)车头刚进入磁场时，小车的加速度大小；

(3)电磁刹车过程中产生的焦耳热Q．

【答案】(1) (2) (3)

【解析】

【分析】（1）进入磁场前小车匀速运动时速度最大，由P=Fv和F=f求牵引力的功率P；

（2）车头刚进入磁场时，根据E=NBLv求解感应电动势大小；由欧姆定律求感应电流的大小I；根据牛顿第二定律求解加速度．

（3）根据能量守恒定律求电磁刹车过程中产生焦耳热Q．

【详解】（1）进入磁场前小车匀速运动时速度最大，则有：F=f
牵引力的功率为：P=Fv=fv=2W；
（2）车头刚进入磁场时，产生的感应电动势为：E=NBLv=7V
感应电流的大小为：  车头刚进入磁场时，小车受到阻力、安培力，安培力为F安=NBIL=4.9N小车的加速度
（3）根据能量守恒定律得：Q+f•2s=mv2
可得电磁刹车过程中产生的焦耳热为Q=2.18J

【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求．

12. 如图所示，小明参加户外竞技活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳另一端固定在O点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向角度θ=60°，小明从A点由静止往下摆，达到O点正下方B点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运动，到达C点，小明跳离平板车（近似认为水平跳离），安全落到漂浮在水池中的圆形浮漂上，绳长L=1.6m，浮漂圆心与C点的水平距离x=2.7m、竖直高度y=1.8m，浮漂半径R=0.3m、不计厚度，小明的质量m=60kg，平板车的质量m=20kg，人与平板车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦，重力加速度g=10m/s2，求：

（1）轻绳能承受最大拉力不得小于多少；

（2）小明跳离平板车时的速度在什么范围；

（3）若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做了多少功。

【答案】（1）1200N；（2）4m/s≤vc≤5m/s；（3）480J

【解析】

【分析】

【详解】（l）从A到B，由动能定理可得

代人数据求得

v=4m/s

在最低点B处，有

联立解得，轻绳能承受最大拉力不得小于

T=1200N

（2）小明离开滑板后可认为做平抛运动，竖直位移

离C点水平位移最小位移

离C点水平位移最大为

联立解得，小明跳离滑板时的速度

4m/s≤vc≤5m/s

（3）小明落上滑板时，动量守恒

代人数据求得

v1=3m/s

离开滑板时，动量守恒

联立解得

v2=-3m/s

由功能关系可得

解得

W=480J

13. 下列说法正确的是（　　）

A. 热量有可能由低温物体传递到高温物体

B. 布朗运动不是指悬浮在液体中固体分子的无规则运动

C. 两分子组成的系统，其势能E随两分子间距离r增大而增大

D. 如果气体温度升高，分子平均动能会增加，但并不是所有分子的速率都增大

E. 阳光暴晒下的自行车车胎极易爆裂的原因是车胎内气体温度升高，气体分子间斥力急剧增大

【答案】ABD

【解析】

【详解】A.热量在一定的条件下有可能由低温物体传递到高温物体，如空调，故A符合题意；

B.布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，布朗运动是液体（或气体）分子做无规则运动的反映，故B符合题意；

C.若两分子间距离小于r0，随着间距增大（未到r0），分子间作用力做正功，分子势能减小，故C不符合题意；

D.温度是分子的平均动能的标志，如果气体温度升高，分子平均动能会增加，但并不是所有分子的速率都增大，故D符合题意；

E.阳光暴晒下的自行车车胎极易爆裂的原因是车胎内气体温度升高，气体的压强增大，并不是分子间斥力急剧增大．故E不符合题意；

14. 如图所示，水平地面上放置一个内壁光滑的绝热汽缸，气缸开口朝上，缸内通过轻质活塞封闭一部分气体．初态时气体压强为一个大气压、温度为27℃，活塞到汽缸底部距离为30cm．现对缸内气体缓慢加热到427℃，缸内气体膨胀而使活塞缓慢上移，这一过程气体内能增加了100J．已知汽缸横截面积为50cm2，总长为50cm，大气压强为1.0×105Pa．气缸上端开口小于活塞面积，不计活塞厚度，封闭气体可视为理想气体．

(1)末态时(427℃)缸内封闭气体的压强

(2)封闭气体共吸收了多少热量．

【答案】（1）1.4×105pA（2）200J

【解析】

【分析】（1）在活塞未到达顶部之前气体发生的是等压变化，可以计算刚好到达顶部时的温度，判断之后是否会发生等容变化；（2）根据热力学第一定律计算吸收的热量．

【详解】(i)由题意可知，在活塞移动到汽缸口的过程中，气体发生的是等压变化．设活塞的横截面积为S，活塞未移动时封闭气体的温度为T1，塞愉好移动到汽缸口时，封闭气体的温度为T2，则由盖吕萨克定律可知：，又T1=300 K

解得：T2=500 K．即227℃

因为227℃<427℃，所以气体接着发生等容变化，设当气体温度达到427℃时，封闭气体的压强为p，由查理定律可以得到： 代人数据整理可以得到：p=l.4×l05 Pa．

 (ii)由题意可知，气体膨胀过程中活塞移动的距离，故大气压力

对封闭气体所做的功为

代人数据解得：w=-100 J

由热力学第一定律

得到：

【点睛】本题主要考虑活塞是否会顶到顶部，必须假定刚好到顶部，计算温度与题目温度比较．

15. 如图所示，两种不同材料的弹性细绳在O处连接，M、O和N是该绳上的三个点，OM间距离为7.0m，ON间距离为5.0m．O点上下振动，则形成以O点为波源向左和冋右传播的简谐横波Ⅰ和Ⅱ，其中波Ⅱ的波速为1.0m/s．t=0时刻O点处在波谷位置，观察发现5s后此波谷传到M点，此时O点正通过平衡位置向上运动，OM间还有一个波谷．则___________

A. 波I的波长为4m

B. 波Ⅱ的波长为4m

C. N点的振动周期为4s

D. t=3s时，N点恰好处于波谷

E. 当M点处于波峰时，N点也一定处于波峰

【答案】BCE

【解析】

【分析】分别对两波分析，根据波速公式即可求出波的速度，再根据波长、周期和频率的关系即可确定周期；根据各质点的振动情况确定质点的位置．

【详解】ABC． OM之间有两个波谷，即1λ1＝7m，解得波I的波长为λ1=5.6m，根据题意可知波I的波速为v1＝＝1.4m/s，故波的周期为，同一波源的频率相同，故N点的振动周期为4s，A错误，BC正确；

D．波II的波长为λ2=v2T=4m，故在t=0时刻N处于平衡位置向下振动，经过3s，即四分之三周期，N点在波峰，故D错误；

E．因为MN两点到波源的距离都为其各自波长的1，又两者振动周期相同，起振方向相同，所以两者振动步调相同，即当M点处于波峰时，N点也一定处于波峰，E正确．

故选BCE．

【点睛】关键是把握两点：第一点也为突破口，即“5s后此波谷传到M点，此时O点正通过平衡位置向上运动，OM间还有一个波谷”，第二点是同一波源在不同介质中的振动频率（周期）相同.

16. 如图所示，a、b是两条相距为L的不同颜色的平行光线，沿与玻璃砖上表面成30°角入射，已知玻璃砖对单色光a的折射率为，玻璃砖的厚度为h=(3+)L，不考虑折射光线在玻璃砖下表面的反射，玻璃砖下面只有一条出射光线，光在真空中的速度为c．求：

（1）单色光a在玻璃砖中的传播时间；

（2）玻璃砖对单色光b的折射率．

【答案】①②

【解析】

【分析】（1）根据折射定律求解折射角，从而求解光a在玻璃中传播距离，从而求解单色光a在玻璃砖中的传播时间；（2）根据几何关系求解光线b的折射角，根据折射率公式求解b的折射率.

【详解】（1）玻璃对单色光a的折射率为，入射角为600 ，

由可得折射角为300，则光a在玻璃中的传播距离 

单色光a在玻璃砖中的传播时间    

（2）单色光b的入射角为600，设它的折射角为 ，则

即α=450，玻璃砖对单色光b的折射率