2019届河北省唐山市第一中学高三下学期冲刺（二）理科综合物理试卷（解析版）

河北省唐山市第一中学2019届高三下学期冲刺（二）

理科综合物理试题

二、选择题 

1.将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比. 下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图象,可能正确的是

【答案】C

【解析】

皮球竖直向上抛出，受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma
根据题意，空气阻力的大小与速度的大小成正比，有：f=kv，联立解得： ；由于速度不断减小，故加速度不断减小，到最高点速度为零，阻力为零，加速度为g，不为零，故BD均错误；根据BD的结论，有，由于加速度减小，故也减小，故也减小，故a-t图象的斜率不断减小，故A错误，C正确；故选C．

点睛：本题关键是受力分析后得到加速度的表达式，然后结合速度的变化得到阻力变化，最后判断出加速度的变化规律．

【此处有视频，请去附件查看】

2.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点上方A点用铰链连接长度为3a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置摆下，下摆过程中紧贴环面，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v且刚好交圆环的最低点，则这时AB两端的电压大小为

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】设导体棒到达竖直位置时，导体棒与金属环的交点为C，根据v=ωr可知，因为B点的线速度为v，则C点的速度，则BC产生的电动势，则BC两端的电压：，则AB两端的电压大小为，故选B.

3.2014年10月24日，“嫦娥五号”探路兵发射升空，为计划于2017年左右发射的“嫦娥五号”探路，并在8天后以“跳跃式返回技术”成功返回地面。“跳跃式返回技术”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层。如图所示，虚线为大气层的边界。已知地球半径R，地心到d点距离r，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)

A. “嫦娥五号”在b点处于完全失重状态

B. “嫦娥五号”在d点的加速度小于

C. “嫦娥五号”在a点速率大于在c点的速率

D. “嫦娥五号”在c点速率大于在e点的速率

【答案】C

【解析】

试题分析：A、“嫦娥五号“沿abc轨迹做曲线运动，曲线运动的合力指向曲线弯曲的内侧，所以在b点合力向上，即加速度向上，因此“嫦娥五号“在b点处于超重状态，故A错误．B、在d点，“嫦娥五号”的加速度，又GM=gR2，所以．故B错误．C、“嫦娥五号”从a点到c点，万有引力不做功，由于阻力做功，则a点速率大于c点速率，故C正确．D、从c点到e点，没有空气阻力，机械能守恒，则c点速率和e点速率相等，故D错误．故选C．

考点：考查万有引力定律及其应用．

【名师点睛】解决本题的关键知道卫星在大气层中受到空气阻力作用，在大气层以外不受空气阻力，结合万有引力提供向心力、机械能守恒进行求解．

4.在动摩擦因数的水平面上有一个质量为的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，取则

A. 小球的加速度为

B. 小球的加速度为

C. 小球的加速度为

D. 小球向左做匀加速运动

【答案】B

【解析】

【详解】A、B、C、在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F=mgtan45°=10×1=10N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为20N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用；小球所受的最大静摩擦力为：f=μmg=0.2×10N=2N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：；则A，C错误，B正确。

D、小球向左加速运动，但弹簧逐渐恢复形变，弹力变小，则小球做加速度逐渐减小的变加速直线运动，D错误。

故选B。

【点睛】解决本题的关键知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，但小球对地面的压力瞬时变化，瞬时产生压力和摩擦力，故在求解加速度时要先求解摩擦力．

5.在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻。下列说法正确的是

A. 在t＝0.01s，穿过该矩形线圈的磁通量为零

B. 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝36sin50πt（V）

C. Rt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变

D. Rt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大

【答案】D

【解析】

【详解】当t=0.01s时，u=0，此时穿过该线圈的磁通量最大，穿过线圈的磁通量的变化率为零。故A错误；原线圈接的图甲所示的正弦交流电，由图知最大电压36V，周期0.02s，故角速度是ω=100π，u=36sin100πt（V），故B错误；Rt处温度升高时，原线圈的电压不变；原副线圈电压比不变，但是V2不是测量副线圈电压，R1温度升高时，阻值减小，电流增大，则R电压增大，所以V2示数减小，则电压表V1、V2示数的比值增大，故C错误； Rt温度升高时，阻值减小，电流增大，而输出电压不变，所以变压器输出功率增大，而输入功率等于输出功率，所以输入功率增大，故D正确；

6.如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和圆心．已知电场线与圆所在平面平行．下列有关圆心O和等分点a的电势、电场强度的相关描述正确的是(   )

A. a点的电势为6V B. a点的电势为－2V

C. O点的场强方向指向a点 D. O点的场强方向指向电势为2V的点

【答案】AD

【解析】

试题分析：匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；

匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等．

由题意知可以找到一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向．

解：A、在匀强电场中，任意两平行直线上相等距离电势差相等，所以，a点电势比10V低4V，即为6V，故AB错误．

C、a点的电势为6V，根据电场线应与等势面垂直，且沿电场线电势依次降低，O点的场强方向应指向图中电势为2V的点，故C错误，D正确．

故选：D．

【点评】本题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面．

7.竖直放置的固定绝缘光滑轨道由半径分别为R的圆弧MN和半径为r的半圆弧NP拼接而成（两段圆弧相切于N点），小球带正电，质量为m，电荷量为q．已知将小球由M点静止释放后，它刚好能通过P点，不计空气阻力．下列说法正确的是（　　）

A. 若加竖直向上的匀强电场，则小球能通过P点

B. 若加竖直向下的匀强电场，则小球不能通过P点

C. 若加垂直纸面向里的匀强磁场，则小球不能通过P点

D. 若加垂直纸面向外的匀强磁场，则小球不能通过P点

【答案】AC

【解析】

【分析】

应用动能定理求出小球到达P点的速度，小球恰好通过P点时轨道对球的作用力恰好为零，应用动能定理与牛顿第二定律分析答题．

【详解】设M、P间的高度差为h，小球从M到P过程由动能定理得：，，小球恰好通过P点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：，r=2h；

A、若加竖直向上的匀强电场E（Eq＜mg），小球从M到P过程由动能定理得：，解得：，则：，小球恰好通过P点，故A正确；

B、若加竖直向下的匀强电场，小球从M到P过程由动能定理得：，解得:，则：，小球恰好通过P点，故B错误；

C、若加垂直纸面向里的匀强磁场，小球到达P点的速度v不变，洛伦兹力竖直向下，则:，小球不能通过P点，故C正确；

D、若加垂直纸面向外的匀强磁场，小球到达P点的速度v不变，洛伦兹力竖直向上，则：，小球对轨道有压力，小球能通过P点，故D错误；

故选AC.

【点睛】本题是一道力学综合题，知道小球通过P点的临界条件是：的、轨道对小球的支持力恰好为零，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题．

8.在倾角为θ的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度为a，且方向沿斜面向上。设弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则(    )

A. 当B刚离开C时，A发生的位移大小为

B. 从静止到B刚离开C的过程中，物块A克服重力做功为

C. B刚离开C时，恒力对A做功的功率为

D. 当A的速度达到最大时，B的加速度大小为

【答案】AD

【解析】

试题分析：开始时弹簧的压缩量为；当用力拉A使得B刚离开挡板时，弹簧的伸长量为：，则当B刚离开C时，A发生的位移大小为，选项A正确；从静止到B刚离开C的过程中，物块A克服重力做功为，选项B错误；B刚离开C时，对物体A：；此时F弹=2mgsinθ，解得F=3mgsinθ+ma，则恒力对A做功的功率为，选项C错误；当A的速度达到最大时，此时A的加速度为零，则：，解得F‘弹=2mgsinθ+ma；此时对B:，解得B的加速度大小为，选项D正确；故选AD.

考点：牛顿第二定律；胡克定律；功率

【名师点睛】此题是对牛顿第二定律、胡克定律以及功率问题考查；解题时要搞清两个物体运动的物理过程，分析物体的受力情况，尤其是弹力方向的变化情况，结合牛顿第二定律列得方程求解未知量；注意当物体速度最大时，物体的加速度为零.

三、非选择题

9.（1）螺旋测微器和游标卡尺如下图所示，它们的读数是________mm、_________mm.

（2）某同学用如图所示的装置测定重力加速度：实验中所用电源的频率为50Hz，实验中在纸带上连续打出点1、2、3、…、9，如图所示，由纸带所示数据可算出实验时重物下落的加速度为_______m/s2．（结果保留三位有效数字）

（3）下面是一些有关高中物理实验的描述，其中正确的是_________

A．在“研究匀变速直线运动”实验中，不需要平衡摩擦力

B．在“验证机械能守恒定律”的实验中，必须用天平测物体的质量

C．在“探究力的平行四边形定则”的实验中，在同一次实验中橡皮条拉长的结点Ｏ位置可以不同

D．在用橡皮筋“探究功与速度变化的关系”的实验中不需要直接求出合外力做的功

E．在用欧姆表“×10”挡测量电阻时发现指针偏转角太小，应该换“×1”挡进行测量

【答案】    (1). （1）0.996-1.000    (2). 10.10    (3). （2）9.70    (4). （3）AD

【解析】

【详解】（1）螺旋测微器的读数是：0.5mm+0.01mm×49.8=0.998mm；

游标卡尺读数：1cm+0.05mm×2=10.10mm.

（2）根据∆x=aT2可得：，解得

（3）在“研究匀变速直线运动”实验中，只需要小车做匀加速运动即可，不需要平衡摩擦力，选项A正确；在“验证机械能守恒定律”的实验中，由mgh=mv2可知，两边的m可以消掉，则没必要用天平测物体的质量，选项B错误；在“探究力的平行四边形定则”的实验中，在同一次实验中橡皮条拉长的结点Ｏ位置必须相同，选项C错误；在用橡皮筋“探究功与速度变化的关系”的实验中不需要直接求出合外力做的功，选项D正确；在用欧姆表“×10”挡测量电阻时发现指针偏转角太小，说明档位选取的太低，则应该换“×100”挡进行测量，选项E错误.

10.现有一块59C2型小量程电流表G（表头），满偏电流为50μA，内阻约为800～850Ω，把它改装成1mA、10mA的两量程电流表，可供选择的器材有：

滑动变阻器R1，最大阻值20Ω；滑动变阻器R2，最大阻值100kΩ；

电阻箱R′，最大阻值9999Ω；定值电阻R0，阻值1kΩ；

电池E1，电动势1.5V；电池E2，电动势3V；电池E3，电动势4.5V；（所有电池内阻不计），标准电流表A，满偏电流1.5mA；单刀单掷开关S1和S2；单刀双掷开关S3；电阻丝及导线若干．

（1）采用如图（甲）所示电路测量表头的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为__________________，选用的电池为_______________．

甲                     乙                      丙

（2）将G改装成两量程电流表，现有两种备选电路，如图（乙）、（丙）所示．图_________为合理电路，另一电路不合理的理由是______________________．

（3）将改装后的电流表与标准电流表逐格进行核对（仅核对1mA量程），画出所用电路图，图中待核对的电流表符号用 来表示___________．

【答案】    (1). （1）R2．    (2). E3    (3). （2）图（乙）    (4). 因为图（丙）电路在通电状态下，更换量程时会造成两个分流电阻都未并联在表头两端，以致通过表头的电流超过其满偏电流而损坏．    (5). （3）如图：

【解析】

【详解】（1）首先我们要知道半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理：如图，设电源的电动势为E，内阻为r，S1打开时，设电流表满偏电流 ，实验要求R＞＞Rg，R＞＞r，这样才有 ，当S1闭合时，R′和Rg并联，并联后总阻值R并＜Rg＜＜R，这样才有S1闭合后，电路中总电流几乎不变，仍然近似等于，调节R′使电流表半偏为，所以流过R′的电流也为，所以R′=Rg．从上述原理可知，S1打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是R＞＞Rg．故实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大，②R尽可能大．所以滑动变阻器选量程较大的R2，电池选用电动势较大的E3．

（2）图（乙）所示的电路较合理，因为图（丙）电路在通电状态下，更换量程时会造成两个分流电阻都未并联在表头两端，以致通过表头的电流超过其满偏电流而损坏．

（3）核对电路如图所示．为使改装后的电流表与标准表在0～1mA之间逐格核对，应选用分压电路．由于A和A′满偏电流和满偏电压都很小，为使滑动变阻器便于调节，即有较大的调节范围，滑动变阻器应选用R1，电池应选用E1，且在电流表所在的支路上串联定值电阻R0，起保护作用．

11.中国海军歼-15舰载机已经在“辽宁”舰上多次进行了舰载机着陆和甲板起飞训练，这标志着我国已经基本拥有在航母上起降舰载机的能力。现将飞机起飞模型简化为先在水平甲板上做匀加速直线运动，再在倾角为θ=15°的斜面甲板上以最大功率做加速运动，最后从甲板飞出的速度为360km/h。若飞机的质量为18吨，甲板AB=180m，BC=50m,（飞机长度忽略当做质点，不计一切摩擦和空气阻力，取sin15°=0.3，g=10 m/s2）

(1)  如果要求到达甲板B点的速度至少为离开斜面甲板速度的60%，则飞机在水平甲板上运动时的牵引力至少为多少？

(2) 如果到达B点时飞机刚好到达最大功率，则从飞机开始运动到飞离甲板共需多少时间？

【答案】（1）1.8×105N（2）11.58s

【解析】

【详解】（1）由动能定理得：        

解得，F=1.8×105N    

（2）到达B点时的功率为： =1.08×107W  

飞机从A运动到B的时间：      

B到C的时间由动能定理，得：

联立解得，t=11.58s

12.如图所示，MN为绝缘板，CD为板上两个小孔，AO为CD的中垂线，在MN的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外图中未画出，质量为m电荷量为q的粒子不计重力以某一速度从A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场电场方向指向O点，已知图中虚线圆弧的半径为R，其所在处场强大小为E，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场．

求粒子运动的速度大小；

粒子在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？

粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为多少？

【答案】（1）  （2）    （3）

【解析】

试题分析：（1）粒子进入静电分析器做圆周运动，故

解得：

（2）粒子从D到A匀速圆周运动，故由图示三角形区域面积最小值为

在磁场中洛伦兹力提供向心力，，

设MN下方磁感应强度为B1，上方的磁感应强度为B2，

若只碰撞一次，则，，故，

若碰撞次，则：，，故

（3）粒子在电场中运动时间：，

在下方的磁场中运动时间：，

在上方的磁场中运动时间：

总时间：。

考点：带电粒子在磁场中的运动。

（二）选考题

13.下列说法正确的是     

A. 分子的热运动是指物体内部分子的无规则运动

B. 碎玻璃不能拼在一起，是由于分子间存在着斥力

C. 物体做加速运动时速度越大，物体内分子的平均动能也越大

D. 液晶既有液体流动性，又具有光学各向异性

E. 在完全失重的情况下，熔化的金属能够收缩成标准的球形

【答案】ADE

【解析】

【详解】分子的热运动是指物体内部分子的无规则运动，选项A正确；碎玻璃不能拼在一起，是由于不能再使得分子间距达到引力的范围，选项B错误；宏观物体的动能与微观物体的分子动能无关，选项C错误；液晶既有液体的流动性，又具有光学各向异性，选项D正确；在完全失重的情况下，由于表面张力的作用，熔化的金属能够收缩成标准的球形，选项E正确.

14.如图所示，两端开口的U形玻璃管两边粗细不同，粗管横截面积是细管的2倍．管中装入水银，两管中水银面与管口距离均为12 cm，大气压强为p0＝75 cmHg.现将粗管管口封闭，然后将细管管口用一活塞封闭并将活塞缓慢推入管中，直至两管中水银面高度差达6 cm为止，求活塞下移的距离(假设环境温度不变)．

【答案】6.625 cm.

【解析】

试题分析：如图，设细管的液面下降了x，则粗管液面上升了，

根据题意：，得（2分）

(2)对粗管内的气体应用玻意耳定律：（2分）

代入数据解得:末状态粗管中气体的压强p=90cmHg            （1分）

则细管中气体末状态的压强为（90+6）cmHg         （1分）

设活塞下移y，对细管中的气体用波意耳定律：（2分）

代人数据有：

解得：y=6.625cm              （1分）

考点：本题考查了波意耳定律

15.对图中的甲乙丙丁图，下列说法中正确的是(    )

A. 图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a束光在水珠中传播的速度一定大于b束光在水珠中传播的速度

B. 图乙是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i逐渐增大到某一值后不会再有光线从面射出

C. 图乙是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，无论i逐渐增大到多大，光线一定能从面射出

D. 图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的

E. 图丁中的M、N是偏振片，P是光屏。当M固定不动缓慢转动N时，光屏P上的光亮度将会发生变化，此现象表明光波是横波

【答案】ACE

【解析】

【详解】根据折射率和光的传播速度之间的关系n=c/v，可知，折射率越大，传播速度越小，从图中可以看出，b光线在水中偏折得厉害，即b的折射率大于a的折射率，则a在水中的传播速度大于b的传播速度。故A正确。当入射角i逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，故肯定有光线从bb'面射出，故B错误，C正确。薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同，从弯曲的条纹可知，弯曲的干涉条纹与其左边部分的条纹是相同的，说明检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，知被检测的平面在此处凹陷，选项D错误；图丁中当M固定不动缓慢转动N时，光屏P上的光亮度将会发生变化，此现象表明光波发生了偏振，由于只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故E正确。

16.如图，简谐横波在t时刻的波形如实线所示，经过Δt=3s，其波形如虚线所示。己知图中x1与x2相距1m，波的周期为T，且2T<Δt<4T 。求：

（1）最小波速是多少？

（2）最小周期为多少？

【答案】（1）5m/s（2）

【解析】

【详解】（1）若向右传播，传播的距离为或

若向左传播，传播的距离为或

根据知传播距离最短的波速最小，这时最小波速为：。

（2）根据可知波速度最大时周期最小，最大波速度

此时对应的最小周期