2019届宁夏银川一中高三第一次模拟考试理科综合物理试卷（解析版）

宁夏银川一中2019届高三第一次模拟考试物理试题

一 .选择题

1.以下涉及物理学史上的四个重大发现,其中说法 不 正确的是

A. 卡文迪许通过扭秤实验,测定出了万有引力常量

B. 奥斯特通过实验研究,发现了电流周围存在磁场

C. 牛顿根据理想斜面实验,提出力是改变物体运动状态的原因

D. 纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后,总结出后人称之为法拉第电磁感应定律的结论

【答案】C

【解析】

【详解】A、卡文迪许通过扭秤实验,测定出了万有引力恒量.所以A选项是正确的.
B、奥斯特通过实验研究,发现了电流周围存在磁场,所以B选项是正确的;
C、伽利略根据理想斜面实验,提出力不是维持物体运动的原因,故C错误

D、纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后,先后指出：闭合电路中电磁感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律，故D对；

本题选不正确的，故选C

2.如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是

A. 绳的右端上移到b′，绳子拉力越大

B. 将杆N向右移一些，绳子拉力变大

C. 绳的两端高度差越小，绳子拉力越小

D. 若换挂质量更大的衣服，则衣服架悬挂点右移

【答案】B

【解析】

【详解】AC、如图所示，由于是一条绳子，所以绳子的力应该处处相等，所以绳子与水平方向的夹角也应该是相等的，

假设绳子的总长为L，则 ，若MN之间的距离不变，根据公式可知夹角就不会变化，设绳子的拉力为T， 根据平衡可知：，若夹角和质量m不变，则绳子的拉力也不会改变，故AC错；

B、将杆N向右移一些，根据可知夹角变小，再根据可知 绳子拉力变大，故B对；

D、绳长和两杆间距离不变的情况下，角度就不会变化，所以挂的衣服的质量不会影响悬挂点的移动，故D错；

故选B

3.霍曼转移轨道（Hohmann transfer orbit）是一种变换太空船轨道的方法,此种轨道操纵名称来自德国物理学家瓦尔特·霍曼。在电影和小说《流浪地球》中，利用霍曼转移轨道，用最少的燃料地球会到达木星轨道，最终逃出太阳系。如图所示，科学家利用固定在地面的万台超级聚变发动机瞬间点火，使地球在地球轨道Ⅰ上的B点加速，通过运输轨道，再在运输轨道上的A点瞬间点火，从而进入木星轨道Ⅱ。关于地球的运动，下列说法中正确的是

A. 在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过在轨道Ⅰ上B的速度

B. 在轨道Ⅱ上经过A的动能大于在轨道Ⅰ上经过B的动能

C. 在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期

D. 在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在运输轨道上经过A的加速度

【答案】A

【解析】

【详解】A、两个轨道都是圆轨道，根据 可知半径越大，则速度越小，速度越大则动能就越大，故A对；B错；

C、根据 可知半径越大，则周期越大，故C错；

D、根据 可知半径相等，则加速度就相等，故D错；

故选A

4.电荷量为Q1和Q2的两点电荷分别固定在x轴上的0、C两点，规定无穷远处电势为零，x轴上各点电势随x的变化关系如图所示。则

A. Q1带负电，Q2带正电

B. 将一带负电的试探电荷自G点静止释放，仅在电场力作用下一定不能到达D点

C. G点处电场强度的方向沿x轴正方向

D. 将一带负电的试探电荷从D点沿x轴正方向移到J点，电场力先做负功后做正功

【答案】B

【解析】

由图知无穷远处的电势为0，B点的电势为0，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷Q1带正电，C点电荷Q2带负电，选项A错误；带负电的试探电荷在G点受x正方向的电场力，故沿x正向加速运动，不能到达D点，故B正确；沿着电场线电势逐渐降低，可知G点的电场强度沿x轴负方向，故C错误；负电荷从D点到J点的电场力先沿x正向后沿x负向，故电场力先做正功后做负功，故D错误。故选B。

点睛：解决本题的关键是明确沿着电场线电势逐渐降低，分析场强的方向，判断电场力的方向。此题还可以通过φ-x图像的斜率来判断电场的方向.

5.如图所示，在空间有一坐标系xOy中，直线OP与x轴正方向的夹角为30o，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域I和II，直线OP是它们的边界，OP上方区域I中磁场的磁感应强度为B。一质量为m，电荷量为q的质子（不计重力）以速度v从O点沿与OP成30o角的方向垂直磁场进入区域I，质子先后通过磁场区域I和II后，恰好垂直打在x轴上的Q点（图中未画出），则下列说法正确的是

A. 区域II中磁感应强度为

B. 区域II中磁感应强度为3B

C. 质子在第一象限内的运动时间为

D. 质子在第一象限内的运动时间为

【答案】D

【解析】

【详解】AB、设质子在磁场I和II中做圆周运动的轨道半径分别为 和 ,区域II中磁感应强度为B',运动轨迹如图所示：

由牛顿第二定律得: ①
②

由带电粒子才磁场中运动的对称性和几何关系可以知道,质子从A点出磁场I时的速度方向与OP的夹角为 ,故质子在磁场I中轨迹的圆心角为,如图所示:

由几何关系可知③,
在区域II中,质子运动1/4圆周, 是粒子在区域II中做圆周运动的圆心, ④
由①②③④计算得出区域II中磁感应强度为: ,故AB错误；

CD、质子在Ⅰ区运动轨迹对应的圆心角为,
在Ⅱ区运动轨迹对应的圆心角为 :,
质子在Ⅰ区的运动时间 ,
质子在Ⅱ区运动时间 ,则粒子在第一象限内的运动时间为.故C错误,D正确.

故选D

【点睛】由几何知识作出轨迹,如图.由几何关系,得到质子在两个磁场中轨迹半径与OA的关系,由牛顿第二定律研究两个磁感应强度的关系,求解区域II中磁场的磁感应强度大小.求出质子运动轨迹所对应的圆心角,然后求出质子在磁场中做圆周运动的时间.
带电粒子通过磁场的边界时,如果边界是直线,根据圆的对称性得到,带电粒子入射速度方向与边界的夹角等于出射速度方向与边界的夹角,这在处理有界磁场的问题常常用到.

6.在如图所示的电路中，电源电动势E和内电阻r为定值，R1为滑动变阻器，R2和R3为定值电阻。当R1的滑动触头P从左向右移动时，伏特表V1和V2的示数的增量分别为ΔU1和ΔU2，对ΔU1和ΔU2有

A.  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【详解】根据闭合电路欧姆定律可知：

结合公式可知>，故A对；B错

当R1的滑动触头P从左向右移动时，回路中电阻减小，电流增大，所以电压表V2增大，由于路端电压减小，所以电压表V1变小，则知ΔU2>0，ΔU1 <0，故C错；D对

故选AD

7.如图所示，在光滑绝缘水平面上有一单匝线圈ABCD，在水平外力作用下以大小为v的速度向右匀速进入竖直向上的匀强磁场，第二次以大小为的速度向右匀速进入该匀强磁场，则下列说法正确的是

A. 第二次进入与第一次进入时线圈中的电流之比为1：3

B. 第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为1：3

C. 第二次进入与第一次进入时线圈中产生的热量之比为1：3

D. 第二次进入与第一次进入时通过线圈中某一横截面的电荷量之比为1：3

【答案】AC

【解析】

设磁感应强度为B，CD边长度为L，AD边长为，线圈电阻为R；线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势E=BLv，感应电流，感应电流I与速度v成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比：，故A正确；线圈进入磁场时受到的安培力：，线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力，外力功率，功率与速度的平方成正比，第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比：，故B错误；线圈进入磁场过程中产生的热量：，产生的热量与速度成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比：，故C正确；通过导线横截面电荷量：，电荷量与速度无关，电荷量之比为1：1，故D错误；故选AC.

【点睛】根据切割公式E=BLv求解电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后求出电流之比；线框匀速进入匀强磁场，安培力与外力平衡，根据安培力公式求解安培力，再结合平衡条件得到外力，最后根据P=Fv求解外力的功率；由焦耳定律求出线圈产生的热量，然后求出热量之比．由电流定义式求出电荷量间的关系．

8.如图所示，质量均为m的物块a、b用一根劲度系数为k的轻弹簧相连接，放在倾角为θ的足够长光滑固定斜面上，且a是带电量为+q的绝缘物块，C为固定挡板，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，系统处于静止状态。现用一外力F沿斜面方向拉物块a使之向上做匀加速运动，当物块a刚要离开斜面时物块b恰将离开挡板C。重力加速度大小为g，则此过程

A. 物块a运动的距离为

B. 物块a运动的时间为

C. 外力F做的功为

D. 弹簧弹力做的功为

【答案】AB

【解析】

开始时弹簧的压缩量；当物块b恰好离开挡板C时，弹簧伸长量：，则物块a运动的距离为 ，选项A正确；当a离开斜面时满足：，解得，物块a运动的时间为，选项B正确；根据动能定理：，解得

，选项C错误；弹簧开始的压缩量等于最后的伸长量，弹性势能不变，则弹力做的功为零，选项D错误；故选AB.

点睛：本题是连接体问题，关键是正确分析物体的受力情况，判断能量的转化情况。要灵活运用功能原理分析物体机械能的变化情况。

二、非选择题：

9.在“验证机械能守恒定律”的实验中，小明同学利用传感器设计实验：如图甲所示，将质量为m、直径为d的金属小球在一定高度h由静止释放，小球正下方固定一台红外线计时器，能自动记录小球挡住红外线的时间t，改变小球下落高度h，进行多次重复实验.此方案验证机械能守恒定律方便快捷,请完成以下问题：

(1)用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示，则小球的直径d＝____mm；

(2)为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作下列哪一个图象________；

A. h－t图象     B. h－ 图象       C. h－t2图象      D. h－ 图象

(3)经正确的实验操作，小明发现小球动能增加量mv2总是稍小于重力势能减少量mgh，你认为增加释放高度h后，两者的差值会________(填“增大”“缩小”或“不变”).

【答案】    (1). 17.806(17.804～17.808均可)    (2). D    (3). 增大

【解析】

（1）用螺旋测微器测小球的直径d=17.5mm+0.01mm×30.5=17.805mm,；

（2）要验证的关系式是： ，即 ，则为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作图象，故选D.

（3）由于下落过程中空气阻力的作用，使得小球动能的增加量总是稍小于重力势能的减小量，则增加释放的高度后，空气阻力做功会增加，两者的差值会增加.

10.要测量一节内阻较大的干电池的电动势和内阻，某同学设计了如图所示的实验电路，电路中的定值电阻R1＝8 Ω.

（1）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片调到最右端.闭合开关后，调节滑动变阻器，记录多组电压表的示数U1、U2，填在下表中，请根据表格数据在图下所示的坐标系中作出U2－U1的_______图象. 

根据作出的图象可得到电池的电动势E＝____ V，电池的内阻r＝____ Ω.

(2)由于电压表V1内阻的存在，测得的干电池电动势________(填“大于”“等于”或“小于”)电动势的真实值，测得的干电池内阻________(填“大于”“等于”或“小于”)内阻的真实值.

【答案】    (1). (1 )如图所示

    (2). 1.20    (3). 4.0    (4). (2)等于    (5). 大于

【解析】

【详解】（1）由表中数据采用描点法得出对应的图象如图所示；

由闭合电路欧姆定律可知： ，

解得： ，

由图可知，电动势E=1.20V；

图像斜率 ；

解得：r=4.0Ω

（3）由以上公式可得，由于V1内阻的影响，干路电流应大于  ，故题目中出现误差；

当外电路断路时，电阻的影响可以忽略；故对电动势的测量没有影响；故电动势的测量值等于真实值；但如果考虑电压表内阻，表达式应为： ,因R′＜R，故内阻的测量值大于真实值；

故答案为：（1）1.20；4.0；（2）V1；等于；大于。

【点睛】根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，从而明确电源的电动势和内电阻；

根据实验原理及表达式分析误差来源，并根据电表带来的影响明确误差情况

11.传送带以恒定速率v=4 m/s顺时针运行,传送带与水平面的夹角θ=37°.现将质量m=2 kg的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点),平台上的人通过一根轻绳用恒力F=20 N拉小物品,经过一段时间物品被拉到离地高H=1.8 m的平台上,如图所示.已知物品与传送带之间

的动摩擦因数μ=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.问:

(1)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少?

(2)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F,则物品还需多长时间离开皮带?

【答案】①1s ②

【解析】

试题分析：（1）物品在达到与传送带速度v=4m/s相等前，有：F+μmgcos37°-mgsin37°=ma1

解得a1＝8m/s2

由v=a1t1，t1=0.5s

位移

随后，有：F-μmgcos37°-mgsin37°=ma2

解得a2=0，即滑块匀速上滑

位移

总时间为：t=t1+t2=1s

即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1s．

（2）在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，根据牛顿第二定律，有

μmgcos37°-mgsin37°=ma3

解得：a3＝−2m/s2

假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为x

即物体速度减为零时已经到达最高点；由

解得：（舍去）

即物品还需离开皮带。

考点：牛顿第二定律的综合应用.

12.小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：

(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；

(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；

(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.

【答案】（1）2.4m/s（2）48N（3）64J；26.88J

【解析】

试题分析：（1）由牛顿定律 ①

进入磁场时的速度②

（2）感应电动势③

感应电流④

安培力⑤

代入得⑥

（3）健身者做功⑦

由牛顿定律；⑧

CD棒在磁场区做匀速运动

在磁场中运动时间⑨

焦耳热⑩

【考点定位】法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；功

【名师点睛】此题是关于电磁感应现象中的力及能量的问题。解题时要认真分析物理过程，搞清物体的受力情况及运动情况，并能选择合适的物理规律列出方程解答；此题难度中等，意在考查学生综合运用物理规律解题的能力。

【此处有视频，请去附件查看】

13.下列说法正确的是______。

A. 气体压强的大小和单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关

B. 布朗运动是液体分子的运动，说明液体分子永不停息地做无规则热运动

C. 热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响

D. 水黾可以停在水面上是因为液体具有表面张力

E. 温度升高，物体所有分子的动能都增大

【答案】ACD

【解析】

试题分析：气体压强的大小和单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，单位体积内的分子数越多及气体分子的平均动能越大，则气体的压强越大，选项A正确；布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，说明液体分子永不停息地做无规则热运动，选项B错误；热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响，选项正确；水蝇可以停在水面上是因为液体具有表面张力的缘故，选项D正确；温度升高，分子的平均动能变大，并非所有分子的动能都增大，选项E错误；故选ACD．

考点：气体的压强；布朗运动；热力学第二定律；表面张力；平均动能

【名师点睛】此题考查了选修3-3中的几个知识点，包括气体的压强的微观解释、布朗运动、热力学第二定律、液体的表面张力以及平均动能等；都是基础知识，但是有些确实都是易错点，例如布朗运动，它不是分子运动，不是液体分子运动，不是热运动，这些都要认真理解．

14.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的p—V图象如图所示．已知该气体在状态A时的温度为27 ℃.求：

(i)该气体在状态B和C时的温度分别为多少℃？

(ii)该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？

【答案】(1)177 ℃；27 ℃　(2)放热，1 200 J

【解析】

【详解】(i)对一定质量的理想气体由图象可知，A→B等容变化，由查理定律得

代入数据得TB＝450 K    即tB＝177 ℃           

A→C由理想气体状态方程得    

代入数据得TC＝300 K        即tC＝27 ℃       

(ii)  由于TA＝TC，该气体在状态A和状态C内能相等，ΔU＝0   

从A到B气体体积不变，外界对气体做功为0，               

从B到C气体体积减小，外界对气体做正功，W＝pΔV

由p­V图线与横轴所围成的面积可得

由热力学第一定律ΔU＝W＋Q        可得Q＝－1 200 J

即气体向外界放出热量，传递的热量为1 200 J．       

故本题答案是：(1)177 ℃；27 ℃　(2)放热，1 200 J

15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时波形图如图中实线所示，此时波刚好传到c点；t＝0.6 s时波恰好传到e点，波形如图中虚线所示，a、b、c、d、e是介质中的质点．下列说法正确的是______。

A. 这列波的周期T＝0.8 s

B. 当t＝0.6 s时质点a速度沿y轴负方向

C. t＝0.6 s时，质点e将要沿y轴正方向运动

D. 质点d在这段时间内通过的路程为20 cm

E. 质点c在这段时间内沿x轴正方向移动了3 m

【答案】ACD

【解析】

【详解】A、从波动图像可以看出，此波在0.6s内沿波的方向传播了 ，即 ，解得T＝0.8 s，故A对；

B、根据前带后可知当t＝0.6 s时质点a速度沿y轴正方向，故B错；

C、根据波的传播与振动方向的关系可知t＝0.6 s时，质点e将要沿y轴正方向运动，故C对；

D、质点d在这段时间内振动过半个周期，所以通过的路程为20 cm，故D对；

E. 质点c只在自己的平衡位置上下振动不会随波移动，故E错；

故选ACD

16.如图所示，ABCD是一玻璃砖的截面图，一束光与AB面成30°角从AB边上的E点射入玻璃砖中，折射后经玻璃砖的BC边反射后，从CD边上的F点垂直于CD边射出. 已知∠B＝90°，∠C＝60°，EB＝10 cm，BC＝30 cm.真空中的光速 c＝3×108 m/s，求：

(i)玻璃砖的折射率；

(ii)光在玻璃砖中从E到F所用的时间.(结果保留两位有效数字)

【答案】① ②

【解析】

（1）光在玻璃砖中传播的光路如图所示，

由几何关系可得：，

由折射定律得：；

（2）由得 ，光在玻璃中传播的速度：

由几何关系得：

，

则光在玻璃砖中从E到F所用的时间 ：

答：光在玻璃砖中从E到F所用的时间是 。