2019届河北省邯郸大名县第一中学高三下学期高考模拟理科综合物理试卷（解析版）

河北省邯郸大名县第一中学2019高三高考模拟理综物理试卷

二、选择题

1.某质点运动速度的平方v2随位移x变化的规律如图所示，关于该质点的运动情况，下列说法正确的是(　　)

A. 质点一定是做曲线运动

B. 质点所受合外力可能是恒力

C. 质点运动的加速度逐渐增大

D. 质点的机械能一定是逐渐增大的

【答案】C

【解析】

【详解】A、质点运动速度的平方随位移变化规律不是质点运动的轨迹，故A错误；
B、根据知，图线切线斜率的大小等于，图线切线斜率增大，则加速度增大，根据牛顿第二定律知，合力增大，故B错误，C正确。
D、质点的速度增大，动能增大，重力势能的变化未知，则无法判断机械能的变化，故D错误。

2.如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m = 0.2 kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量∆x的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g = 10 m/s2，则下列说法中正确的是(    )

A. 该弹簧的劲度系数为20 N/m

B. 当∆x = 0.3 m时，小球处于超重状态

C. 小球刚接触弹簧时速度最大

D. 从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大

【答案】ABD

【解析】

当时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，合力为零，小球的加速度为零，小球处于平衡状态，可得：，解得：，故A正确；由图可知，时，物体的速度减小，加速度向上，故说明物体处于超重状态，故B正确；由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，小球的重力大于弹簧对它的弹力，当为0.1m时，小球的速度最大，然后速度减小，故C错误；图中的斜率表示加速度，则由图可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，故D正确。本题选不正确的，故选C。

【点睛】根据图象可知，当为0.1m时，小球的速度最大，加速度为零，此时重力等于弹簧对它的弹力，根据求出k，小球和弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒。

3.如图所示，两个固定的等量异种电荷相距为4L，其连线中点为O，以O为圆心、L为半径的圆与两点电荷间的连线及连线的中垂线分别交于a、b和c、d。则

A. a、b两点的电场强度大小相等，方向相反

B. c、d两点的电场强度大小相等，方向相同

C. 将一带正电的试探电荷从a点沿直线移到b点，其电势能先减小后增大

D. 将一带正电的试探电荷从c点沿直线移到d点，其电势能先增大后减小

【答案】B

【解析】

根据两等量异种点电荷电场特点，a、b两点的电场强度大小相同，方向相同，故A错误，B正确；将一带正电的试探电荷从a点沿直线移到b点，电场力一直做正功，故其电势能一直减小，选项C错误；cd连线上电势均为零，故 将一带正电的试探电荷从c点沿直线移到d点，其电势能不变，选项D错误；故选B.

点睛：本题关键是要明确两个等量异种电荷连线以及中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，关键在于掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场强度的大小，电场线的方向表示电势的高低，作出电场线，就能判断电势的高低.

4.如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐．若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次让线框绕轴MN以线速度v2匀速转过90°.为使两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，则(　　)

A. v1∶v2＝2∶π B. v1∶v2＝π∶2

C. v1∶v2＝1∶2 D. v1∶v2＝2∶1

【答案】A

【解析】

将线框从磁场中以恒定速度向右匀速拉出，则；让线框绕轴MN以线速度匀速转过90°，角速度，时间，两次过程中产生的平均感应电动势为，，且，即，解得v1∶v2=2∶π，A正确．

5.如图所示，光滑轨道由AB、BCDE两段细圆管平滑连接组成，其中AB段水平，BCDE段为半径为R的四分之三圆弧，圆心O及D点与AB等高，整个轨道固定在竖直平面内，现有一质量为m，初速度v0=的光滑小球水平进入圆管AB，设小球经过轨道交接处无能量损失，圆管孔径远小于R，则（小球直径略小于管内径）

A. 小球到达C点时的速度大小vC=

B. 小球能通过E点且抛出后恰好落至B点

C. 无论小球初速度v0为多少，小球到达E点时的速度都不能为零

D. 若将DE轨道拆除，则小球能上升的最大高度与D点相距2R

【答案】B

【解析】

A、小球从A至C过程，由机械能守恒定律得（以AB为参考平面）：，将代入得：，故A错误；
B、从A至E过程，由机械能守恒定律得：，解得
从E点开始小球做平抛运动，则由，小球能正好平抛落回B点，故B正确；
C、因为是圆弧管，内管壁可提供支持力，所以小球在E点速度可以为零，故C错误；
D、若将DE轨道拆除，设小球能上升的最大高度为h，由机械能守恒得：，解得，故D错误。

点睛：本题是平抛运动与机械能守恒定律的综合应用，它们之间的桥梁是速度．要注意管子类型与轻杆类型相似，小球通过最高点时最小速度为零。

6.如图所示。绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路。在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A．不计铁芯和铜环A之间的摩擦。则下列情况中铜环A会向右运动的是（　　）

A. 线圈中通以恒定的电流

B. 通电时，使滑动变阻器滑片P向右匀速移动

C. 通电时，使滑动变阻器的滑片P向左加速移动

D. 将开关突然断开的瞬间

【答案】C

【解析】

【分析】

根据电路图可知，本题考查了电磁感应现象。根据感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，来判断有没有感应电流产生。然后根据楞次定律判断出感应电流的方向，最后使用左手定则判断出环A受力的方向。

【详解】A、线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A的磁通量不变，没有感应电流产生，环A不动。故A错误。

B、通电时，使变阻器的滑片P作向右匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，回路中电流减小，线圈产生的磁场减小，穿过铜环A磁通量减小，产生感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，二者相互吸引，故A向左运动。故B错误。

C、通电时，使变阻器的滑片P作左加速滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，回路中电流增大，线圈产生的磁场增强，穿过铜环A磁通量增大，产生感应电流。感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反，二者相互排斥，环A向右运动。故C正确。

D、将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过铜环A的磁通量减小，产生感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，原磁场为零A环将静止不动。故D错误。

【点睛】该题考查安培定则、楞次定律和左手定则的应用，一定要理解三个定律（定则）的区别，能够正确使用它们。本题也可以使用楞次定律的推广形式来处理，该方法比较简单。

7.宇宙中两颗靠得比较近的恒星,只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转,称之为双星系统。在浩瀚的银河系中,多数恒星都是双星系统。设某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动,如图所示。若AO>OB,则(       )

A. 星球A的角速度一定大于B的角速度

B. 星球A的质量一定小于B的质量

C. 双星的总质量一定,双星之间的距离越小,其转动周期越大

D. 双星之间的距离一定,双星的总质量越大,其转动周期越大

【答案】B

【解析】

【详解】A、双星靠相互间的万有引力提供向心力，所以向心力相等；根据万有引力提供向心力公式得，因为rB＜rA，所以mB＞mA，即B的质量一定大于A的质量;故A错误.

B、双星系统角速度相等，根据v=ωr，且AO＞OB，可知，A的线速度大于B的线速度;故B正确.

C、根据万有引力提供向心力公式得：，解得周期为，可知双星间距离一定，双星的总质量越大，其转动周期越小;故C错误.

D、根据周期为，可知双星的总质量一定，双星之间的距离越大，转动周期越大;故D错误.

故选B.

【点睛】解决本题关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度．以及会用万有引力提供向心力进行求解．

8.如图所示，虚线a、b、c为电场中的一簇等势线，相邻两等势面之间的电势差相等，等势线a上一点A 处，分别射出甲、乙两个粒子，两粒子在电场中的轨道分别交等势线c于B、C点，甲粒子从A到B的动能变化量的绝对值是E，乙粒子从A到C动能变化量绝对值为E。不计粒子的重力，由此可以判断（   ）

A. 甲粒子一定带正电，乙粒子一定带负电

B. 甲的电量一定为乙电量的2倍

C. 甲粒子从A到B电场力一定做正功，乙粒子从A到C电场力一定做负功

D. 甲在B点的电势能的绝对值一定是乙在C点电势能绝对值的2倍

【答案】BC

【解析】

由轨迹图可知，两粒子所受的电场力方向相反，则两粒子一定电性相反，但是不一定是甲粒子一定带正电，乙粒子一定带负电，选项A错误；从A点到c等势面的电势差相等，根据Uq=Ek，因Ek甲=2Ek乙,可知q甲=2q乙，选项B正确；两粒子的动能均增加，则甲粒子从A到B电场力一定做正功，乙粒子从A到C电场力一定也做正功，选项C错误；BC两点的电势相同，根据EP=φq可知，甲在B点的电势能的绝对值一定是乙在C点电势能绝对值的2倍，选项D正确；故选BD.

点睛：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹的凹向判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、动能等物理量的变化．

三、非选择题

9.在“探究弹力和弹簧伸长量的关系，并测量弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如图甲所示．所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右的恒定拉力．实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测量相应的弹簧的总长度，并在图乙坐标纸上描出了弹簧所受的拉力与弹簧长度所对应的五个点，连接这些点就得到一条图线．

（1）由此图线可计算出该弹簧的劲度系数k＝______N/m；

（2）该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较，优点在于：________________；

缺点在于：_________________________.

【答案】    (1). 20    (2). 避免弹簧自身所受重力对实验的影响    (3). 弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差

【解析】

【详解】（1）描点作图，F－L图线如图所示，当弹力为零时，弹簧的形变量为零，此时弹簧的长度等于弹簧的原长，则弹簧的原长

根据胡克定律知，，可知图线的斜率表示劲度系数，则；

（2）优点是可以避免弹簧自身所受重力对实验的影响，从而减小实验误差；

缺点是弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差。

10.某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0(约为2 kΩ)和手机中的锂电池(电动势E标称值为3.7 V，允许最大放电电流为100 mA)．实验室备有如下器材：

A．电压表V(量程3 V，电阻RV约为4.0 kΩ)

B．电流表A1(量程100 mA，电阻RA1约为5 Ω)

C．电流表A2(量程2 mA，电阻RA2约为50 Ω)

D．滑动变阻器R1(0～40 Ω，额定电流1 A)

E．电阻箱R2(0～999.9 Ω)

F．开关S一只，导线若干

(1)为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选______(选填“A1”或“A2”)，请将实物连线补充完整_______．

(2)为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图．根据测量数据作出图象，如图丙所示．若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E＝____，内阻r＝_____(用k、b和R2表示)．该实验的测量值偏小，造成此系统误差的主要原因是__________．

【答案】(1)A2；见解析图；(2)；；电压表分流

【解析】

试题分析：（1）电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流，

因此电流表应选电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）；待测电阻R0阻值约为2kΩ，滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）与电阻箱R2（0～999.9Ω）最大阻值均小于待测电阻阻值，变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法；，，，电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示．

（2）由图乙所示电路可知，，则，因此图象的纵轴截距，电动势，图象的斜率，则电源内阻。

考点：测量电源的电动势及内阻

【名师点睛】此题考查了测量电源的电动势及内阻的实验；根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键。

11.如图所示，竖直半圆形光滑轨道BC与水平面AB相切，AB间距离x＝1 m，质量m＝0.1 kg的小滑块1放在半圆形轨道底端的B点，另一质量也为m＝0.1 kg的小滑块2，从A点以的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道，恰好能通过半圆形轨道最高点C.已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g＝10 m/s2.两滑块均可视为质点．求：

（1）碰后瞬间两滑块共同的速度大小v；

（2）两滑块在碰撞过程中损失的机械能ΔE；

（3）半圆形轨道的半径R.

【答案】（1）3 m/s（2）0.9 J　（3）0.18 m

【解析】

【详解】（1）滑块2从A运动到B，设滑块2在B点速度为v1，由动能定理可得：

解得：                                    

在B点，滑块2与滑块1发生完全非弹性碰撞，以的方向为正方向，由动量守恒定律可得：

，解得：；                                        

（2）滑块2与滑块1在B点发生完全非弹性碰撞，由能量守恒可得机械能损失为：

解得：；                                         

（3）碰后两滑块沿半圆形轨道上升到C点的过程中机械能守恒，

在C点，两滑块所受重力提供其做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得：                           

联立解得：。

12.如图，第一象限内存在沿y轴负方向匀强电场，电场强度大小为E，第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P（-d，0）点沿与x轴正方向成α=60°角平行xOy平面入射，经第二象限后恰好由y轴上的Q点（图中未画出）垂直y轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：

（1）粒子从P点入射时的速度v0；

（2）第三、四象限磁感应强度的大小B/；

【答案】（1）（2）2.4B

【解析】

试题分析：（1）粒子从P点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r，由几何知识得：

根据得

粒子在第一象限中做类平抛运动，则有；

联立解得

（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x和y，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x轴正方向的夹角等于α．

则有：x=v0t，

得

由几何知识可得 y=r-rcosα=

则得

所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为

粒子进入第三、四象限运动的速度

根据

得：B′=2．4B

考点：带电粒子在电场及磁场中的运动

13.下列说法正确的是________

A.理想气体吸热后温度一定升高

B.可视为理想气体的相同质量和温度的氢气与氧气相比，平均动能一定相等，内能一定不相等

C.某理想气体的摩尔体积为，阿伏加德罗常数为,则该理想气体单个的分子体积为

D.甲、乙两个分子仅在分子力的作用下由无穷远处逐渐靠近直到不能再靠近的过程中，分子引力与分子斥力都增大，分子势能先减小后增大

E.扩散现象与布朗运动都能说明分子在永不停息地运动

【答案】BDE

【解析】

A. 理想气体的内能只与温度有关。根据热力学第一定律△U=W+Q得，物体的内能与做功和热传递有关，故一定质量的理想气体吸热时温度可以不变。故A错误；

B. 温度是分子的平均动能的标志，所以相同温度的氢气与氧气相比，平均动能一定相等；但氢气分子与氧气分子相比，氢气分子的质量小，所以相同质量的氢气的分子数比氧气的分子多，内能一定比氧气大，故B正确；

C. 某理想气体的摩尔体积为V0，阿伏伽德罗常数为NA，可以求出该理想气体的每一个分子所占的空间为Vm/NA；由于气体分子之间的距离远大于分子的大小，所以气体的体积小于Vm/NA.故C错误；

D. 分子之间的距离减小时，分子引力与分子斥力都增大；甲、乙两个分子在只受分子力的作用下由无穷远处逐渐靠近直到不能再靠近的过程中，开始时分子之间的作用力表现为引力，距离减小的过程中分子力做正功，分子势能减小；分子之间的距离小于平衡位置的距离时，分子力表现为斥力，距离再减小的过程中分子力做负功，分子势能增大，故D正确；

E. 扩散现象与布朗运动都能说明分子在永不停息的运动。故E正确。

故选：BDE

14.如图，在固定的汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为SA∶SB＝1∶2.两活塞以穿过B底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动．两个汽缸都不漏气．初始时，A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T0＝300 K，A中气体压强pA＝1.5p0，p0是汽缸外的大气压强．现对A加热，使其中气体的压强升到pA′＝2.0p0，同时保持B中气体的温度不变．求此时A中气体的温度TA′.

【答案】500 K

【解析】

【详解】活塞平衡时，由平衡条件得：，

已知

B中气体初、末态温度相等，设末态体积为，

由玻意耳定律得：

设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等，

故有:

对A中气体由理想气体状态方程得：

解得：。

15.如图所示为一横截面为等边三角形的透明柱状介质，一平行于角平分线AD的单色光由AB射入介质，经AB折射后的光线恰好平行于AC，由此可求出介质的折射率为________，此折射光照射到BC边上时________(选填“能”或“不能”)发生全反射．

【答案】    (1).     (2). 不能

【解析】

【详解】根据几何关系得，光在AB面上的入射角，折射角

根据折射定律得：介质的折射率

设介质的临界角为C，则

由几何知识可知，光在BC面上的入射角为，因为，所以光在BC面上的入射角小于临界角，则此折射光在BC面上不能发生全反射。

16. 某时刻的波形图如图所示，波沿x轴正方向传播，质点p的坐标x＝0.32 m.从此时刻开始计时.

(1)若每间隔最小时间0.4 s重复出现波形图，求波速.

(2)若p点经0.4 s第一次达到正向最大位移，求波速.

(3)若p点经0.4 s到达平衡位置，求波速.

【答案】（1）2m/s    （2）0.3m/s     （3）

【解析】

(1)依题意，周期T＝0.4 s，

波速v＝＝m/s＝2 m/s.

(2)波向右传播Δx＝0.32 m－0.2 m＝0.12 m.

p点恰好第一次达到正向最大位移.

波速v＝＝m/s＝0.3 m/s.

(3)波向右传播Δx＝0.32 m，p点到达平衡位置，

由周期性可知波传播的可能距离Δx＝0.32＋n(n＝0,1,2,3，…)

可能波速v＝＝m/s＝(0.8＋n)m/s(n＝0,1,2,3，…).

答案：(1)2 m/s　(2)0.3 m/s　(3)(0.8＋n)m/s(n＝0,1,2,3，…)

本题考查机械波的多解问题，首先根据题意求出周期和波速，由于波形的重复性导致多解问题