2019届河南省开封市高三上学期第一次模拟考试理科综合物理试题（解析版）

开封市2019届高三第一次模拟考试

理科综合试题（物理部分）

一、选择题：

1.物理学家金斯说过：“虽然h的数值很小，但是我们应当承认，它是关系到保证宇宙存在的。如果说h严格等于0，那么宇宙的物质、宇宙的物质能量，将在十亿万分之一秒的时间内全部变为辐射。”其中h是普朗克常量。关于h的单位，用国际单位制的基本单位表示，正确的是

A. J·s    B. J/s    C. kg·m2/s    D. kg·m2·s3

【答案】C

【解析】

【分析】

根据每一份能量子等于普朗克常数乘以辐射电磁波的频率，功的公式，牛顿第二定律，进行推导；

【详解】J不是基本单位，根据功的公式，牛顿第二定律可知，根据每一份能量子等于普朗克常数乘以辐射电磁波的频率可得： ，h用国际单位制的基本单位表示，故C正确，A、B、D错误；

故选C。

【点睛】关键要掌握国际单位制中力学基本单位：米、千克、秒；及三个公式，，；

2.如图所示，空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左、场强为E的匀强电场。有一质量为m，电荷量大小为q的微粒垂直于磁场且以与水平方向成45°角的速度v做直线运动，重力加速度为g。则下列说法正确的是

A. 微粒可能做匀加速直线运动    B. 微粒可能只受两个力作用

C. 匀强磁场的磁感应强度B=    D. 匀强电场的电场强度E=

【答案】D

【解析】

【分析】

粒子沿直线运动，由于洛仑兹力与速度垂直且大小与速度成正比，故粒子必定做匀速直线运动，根据平衡条件可求解电场力与洛仑兹力，并可求出B和E；

【详解】AB、若粒子带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直速度v线斜向右下方，而重力竖直向下，则电场力、洛伦兹力和重力三个力的合力与速度不在同一直线上，粒子不可能做直线运动，所以粒子不可能带正电；则有粒子带负电，电场力向右，洛伦兹力垂直速度v线斜向左上方，而重力竖直向下，只有电场力、洛伦兹力和重力三力平衡，粒子才能做直线运动，所以粒子做匀速直线运动，故A、B错误；

CD、根据平衡条件，有：，，联立解得：，，故D正确，C错误；

故选D。

【点睛】关键是要求能正确对粒子进行受力分析，根据平衡条件列式，即可求解。

3.2018年12月12日16时45分嫦娥四号探测器经过约110小时的奔月飞行到达月球附近。假设“嫦娥四号”在月球上空某高度处做圆周运动，运行速度为υ1，为成功实施近月制动，使它进入更靠近月球的预定圆轨道，设其运行速度为v2。对这一变轨过程及变轨前后的速度对比正确的是

A. 发动机向后喷气进入低轨道，v1>v2    B. 发动机向后喷气进入低轨道，v1<v2

C. 发动机向前喷气进入低轨道，v1>v2    D. 发动机向前喷气进入低轨道，v1< v2

【答案】D

【解析】

【详解】由于为成功实施近月制动，使“嫦娥四号”进入更靠近月球的预定圆轨道，发动机向前喷气减速，使“嫦娥四号”做“向心”运动，进入低轨道，在近月球的预定圆轨道运动时，半径变小，根据万有引力提供向心力，则有：，解得：，其中r为轨道半径，所以运行速度增大，即，故D正确，A、B、C错误；

故选D。

【点睛】关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，使“嫦娥四号”进入更靠近月球的预定圆轨道，发动机向前喷气减速，“嫦娥四号”做向心运动，进入低轨道，在近月球的预定圆轨道运动时，半径变小。

4.请根据以下资料判断，汽车行驶在高速公路上的安全距离最接近

A. 100m    B. 200m    C. 300m    D. 400m

【答案】B

【解析】

【分析】

当汽车在湿沥青路面上行驶时，动摩擦因数最小，刹车时滑行的距离最大，根据运动学求出反应时间内汽车通过的距离，由动能定理求出刹车后滑行的距离，再求解安全距离最接近的值；

【详解】汽车的最高速度为，在反应时间内，汽车仍做匀速直线运动，通过的最大距离为：，在汽车刹车的过程，根据动能定理得：，解得：，则总位移大小为，接近200m，故B正确，A、C、D错误；

故选B。

【点睛】关键是一抓住在反应时间内，汽车仍保持原来的运动状态；二要会选择数据，同等条件下，动摩擦因数越小，汽车滑行的距离越大，根据动摩擦因数最小的情况求解安全距离。

5.利用如图装置给小灯泡供电，下列说法正确的是

A. 图示位置穿过线框的磁通量的变化率最大

B. 在图示位置线框电流改变方向

C. 用变压器的目的是为了提高输出功率

D. 若灯泡亮度偏暗，可通过增加原线圈匝数来提高灯泡亮度

【答案】B

【解析】

【分析】

线框与磁场垂直时，位于中性面，感应电动势为零，根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论；

【详解】AB、由图可知，此时线圈和磁场垂直，线框的磁通量最大，感应电动势为0，线框电流改变方向，故B正确，A错误；

C、变压器只是改变电压和电流，不改变功率和频率，故C错误；

D、根据，要使输出电压变大，可通过减少原线圈匝数，所以若灯泡亮度偏暗，可通过减小原线圈匝数来提高灯泡亮度，故D错误；

故选B。

【点睛】关键要具备从图象中获得有用信息的能力，知道中性面时磁通量最大，感应电动势最小为零。

6.应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。小明同学分析了人原地起跳的过程。设人的质量为m，从开始蹬地到以速度v离开地面，重心升高h，重力加速度为g。他得出的以下结论中正确的是

A. 该过程人始终处于失重状态

B. 地面对人的支持力的冲量大于重力的冲量

C. 地面对人体做的功为mv2+mgh

D. 人与地球所组成的系统的机械能增加了mv2+mgh

【答案】BD

【解析】

【分析】

分析人的运动情况，根据受力分析明确人的受力情况，则可根据动量及冲量得出冲量大小；由功能的转化可得出能量转化关系；

【详解】A、人在上升过程中经历了先加速再减速过程，先超重后失重，故A错误；

B、因加速过程中人受到的支持力大于人的重力，作用时间相同，故支持力的冲量大于重力的冲量，故B正确；

CD、人起跳时，地面对人不做功，由于有人体生物能转化为机械能，由功能的转化可得人与地球所组成的系统的机械能增加了：，故D正确，C错误；

故选BD。

【点睛】关键是人起跳时，先加速再减速，地面对人不做功，有人体生物能转化为机械能，机械能增加。

7.指纹识别传感器在日常生活中应用十分广泛，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，指纹的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同。此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，电容值小的电容器放电较快，根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹图像数据。根据文中信息，下列说法正确的是

A. 在峪处形成的电容器电容较小    B. 充电后在嵴处形成的电容器的电荷量大

C. 在峪处形成的电容器放电较慢    D. 湿的手指头对指纹识别绝对没有影响

【答案】AB

【解析】

【分析】

根据电容的决定式分析d改变时电容的变化以及电荷量的多少；根据电荷量的多少分析放电时间长短；

【详解】A、根据电容的计算公式可得，极板与指纹峪(凹下部分)距离d大，构成的电容器电容小，故A正确；

BC、由于外接电源为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，所以所有的电容器电压一定，根据可知，极板与指纹沟(凹的部分，d大，电容小)构成的电容器充上的电荷较少，在放电过程中放电时间短；反之，在嵴处形成的电容器电容大，电荷量大，放电时间长，故B正确，C错误；

D、湿的手与传感器之间有水填充，改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹解锁，故D错误；

故选AB。

8.如图所示，在竖直平面内固定有光滑平行导轨，间距为L，下端接有阻值为R的电阻，空间存在与导轨平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒ab与上端固定的弹簧相连并垂直导轨放置。初始时，导体棒静止，现给导体棒竖直向下的初速度v0，导体棒开始沿导轨往复运动，运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触。若导体棒电阻r与电阻R的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是

A. 导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反

B. 初始时刻导体棒两端的电压Uab=BLv0

C. 若导体棒开始运动后到速度第一次为零时，下降的高度为h，则通过电阻R的电量为

D. 若导体棒开始运动后到速度第一次为零时，下降的高度为h，此过程导体棒克服弹力做功为W，则电阻R上产生的焦耳热Q=mv2+mgh－W

【答案】AC

【解析】

【分析】

根据右手定则判断出初始时刻感应电流的方向，再根据左手定则判断出安培力的方向；由E=BLv0和欧姆定律求解导体棒两端的电压；导体棒开始运动后到速度第一次为零时，下降的高度为h，则通过电阻R的电量为；根据能量守恒求解在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热；

【详解】A、导体棒竖直向下运动，由右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从b→a，由左手定则判断得知ab棒受到的安培力竖直向上；导体棒竖直向上运动，由右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从a→b，由左手定则判断得知ab棒受到的安培力竖直向下，所以导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反，故A正确；

B、导体棒开始运动的初始时刻，ab棒产生的感应电势为，由于，所以导体棒两端的电压，故B错误；

C、导体棒开始运动后到速度第一次为零时，下降的高度为h，则通过电阻R的电量为，故C正确；

D、由于导体棒运动过程中产生电能，所以导体棒开始运动后速度第一次为零时，根据能量守恒定律得知产生的焦耳热，所以电阻R上产生的焦耳热，故D错误；

故选AC。

【点睛】弄清运动过程中能量如何转化，并应用能量转化和守恒定律分析解决问题是此题关键，注意电阻R产生热量与整个电路热量的区别。

二、非选择题

9.利用如图(甲)所示装置验证机械能守恒定律，轻绳与轻滑轮间摩擦不计，绳子不可伸长。物体A(含遮光片)和B的质量分别为m和M，物体B由静止释放后向下运动遮光片经过光电门的时间为△t。测得释放处遮光片到光电门中心的竖直距离为h。

(1)用游标卡尺测出物体A上遮光片的宽度d如图(乙)所示，则d=__________mm。

(2)若满足关系式__________________(用题中已知量的符号表示，已知重力加速度为g)，则可验证机械能守恒定律。

【答案】    (1). 4.50    (2).

【解析】

【分析】

游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；根据钢球通过光电门的时间求出小球通过光电门的瞬时速度，结合重力势能的减小量等于动能的增加量列出机械能守恒的表达式；

【详解】解：(1)游标卡尺的主尺读数为4mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为，所以最终读数为：；

(2) 物体A通过光电门中心的瞬时速度，根据机械能守恒得；，整理得：

10.用如(甲)图所示的实验电路测电源电动势和内电阻，其中R0为定值电阻，R为阻值可调可读的电阻箱。

(1)实验中电源电动势E、电压传感器读数U、电阻箱读数R、定值电阻阻值R0、电源内阻阻值r之间的关系式为E=_________。

(2)实验测得多组电阻箱读数R及对应的电压传感器读数U，选取电阻箱读数R(Ω)为横坐标，选取y为纵坐标，由计算机拟合得到如图(乙)所示的实验图像，则纵坐标________

A．y=U(V)     B．y=U2(V2)        C．y=        D．y=

(3)若R0=1Ω，根据在(2)中选取的纵坐标y，由实验图像(乙)可得电源电动势E=_________V，内阻r=_________Ω(结果保留两位有效数字)

【答案】    (1).     (2). C    (3). 3.0    (4). 2.9

【解析】

【分析】

利用闭合电路欧姆定律，即可求出电动势E与电压传感器读数U、电阻箱读数R、定值电阻阻值R0、电源内阻阻值r之间的关系式；根据表达式，进行数学推导结合图象是线性的，斜率和截距均为正，即可判断出图象的纵坐标；根据表达式，结合图象中斜率和截距以及R0的大小，即可计算出电源的电动势及内阻；

【详解】(1)利用闭合电路欧姆定律可得：

(2)根据表达式：可得：，所以纵坐标y应为，其单位为，故C正确，A、B、D错误；

(3)根据表达式，图象斜率：，可得电源电动势：，图象截距：，可得电源内阻：。

11.如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为mA=3m，mB=m的A、B两物体用质量不计的轻弹簧相连，其中A紧靠墙壁现对B物体缓慢施加一个向左的力，该力对物体B做功W，使A、B间弹簧被压缩，在系统静止时，突然撤去向左推力解除压缩，求：

(1)从撤去外力到物块A刚离开墙壁，墙壁对A的冲量大小

(2)A离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，A、B速度的大小

【答案】(1) (2)

【解析】

【分析】

压缩弹簧时，推力做功全部转化为弹簧的弹性势能，撤去推力后，B在弹力的作用下做加速运动，此过程中墙给A的冲量即为系统动量的变化，根据动量定理求解；A离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，根据系统动量守恒、机械能守恒求解；

【详解】解：(1)压缩弹簧时，推力做功全部转化为弹簧的弹性势能，撤去推力后，B在弹力的作用下做加速运动，在弹簧恢复原长的过程中，系统机械能守恒

设弹簧恢复原长时，B的速度为，则有：

此过程中墙给A的冲量即为系统动量的变化，则有：

解得：

(2)当弹簧恢复原长时，在此过程中，系统动量守恒、机械能守恒，则有：

解得：，

12.如图所示，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°的有界匀强电场，电场强度大小未知，MN下方存在方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R。若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点。不计粒子的重力，求：

(1)电场强度E的大小

(2)该粒子再次(第五次经过直线MN时)从O点进入磁场后，运动的轨道半径R′

(3)该粒子从O点出发到再次回到O点(第五次经过直线MN时)所需的时间t

【答案】（1）vB（2）（3）

【解析】

【分析】

首先分析带电粒子的运动情况，先是一段半径为R的圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段圆弧到c点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动，再根据平抛运动和匀速圆周运动的基本公式及几何关系即可解题．

【详解】粒子的运动轨迹如图：

；

先是一段半径为R的圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段圆弧到c点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动。

易知：；

带电粒子类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为：

所以类平抛运动时间为：

又：

再者：

由可得：

即：电场强度的大小为vB；

由平抛知识得：；

所以：；

则第五次过MN进入磁场后的圆弧半径；

即：该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径为；

粒子在磁场中运动的总时间为：

粒子在电场中的加速度为：；

粒子做直线运动所需时间为：

由式求得粒子从出发到第五次到达O点所需时间：；

即：该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间为 ．

【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径．

13.下列说法正确的是______

A. 布朗运动不是液体分子的运动，但它是液体分子无规则运动的反映

B. 让两个相距很远的分子在恒定的外力下靠到最近时，分子势能先减小后增大。分子力先增大后减小

C. 温度升高分子热运动加剧，分子运动的平均动能增大，所以只要空间分子密度相同时温度高的压强大

D. 当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大

E. 只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机器是不存在的，因不满足热力学第二定律

【答案】ACE

【解析】

【分析】

布朗运动形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的，所以布朗运动是周围液体分子运动的反映，增大分子间距离，分子间的引力和斥力都将减小；温度是分子热平均动能的标志，温度越高，分子热运动的平均动能越大；第二类永动机不能制成是因违反了热力学第二定律；

【详解】A、布朗运动形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的，所以布朗运动是周围液体分子运动的反映，但不是液体分子的运动，故A正确；

B、根据分子力的特点可知，从相离很远的到很近的过程中，开始时分子力表现为分子引力，先增大后减小，后来为分子斥力，一直增大，所以分子势能先减小后增大，故B错误；

C、温度是分子的平均动能的标志，温度越高分子的平均动能越大，分子运动越激烈，分子对器壁的平均撞击力越大；气体的压强与分子的平均撞击力以及分子的密度有关，所以温度升高分子热运动加剧，分子运动的平均动能增大，所以只要空间分子密度相同时温度高的压强大，故C正确；

D、在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故D错误；

E、只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机器被称为第二类永动机，第二类永动机不能制成是因不满足热力学第二定律，故E正确；

故选ACE。

14.如图所示，导热性能良好的气缸内封有一定质量的理想气体。气缸的内部深度h=48cm，活塞质量m=1kg，活塞面积S=10cm2。活塞与气缸壁无摩擦、不漏气且不计活塞的厚度。室内的温度为27℃，当气缸放在地面上静止时，活塞刚好位于气缸的正中间，现在把气缸放在加速上升的电梯中且a=10m/s2。待封闭气体再次稳定后，求：(已知大气压恒为P=1.0×105Pa，重力加速度为g=10m/s2)

(1)缸内气体的压强P1

(2)缸中活塞到缸底的高度h0

【答案】(1) (2)

【解析】

【分析】

对活塞运用牛顿第二定律，即可求出在加速上升的电梯中缸内气体的压强p1；当气缸放在地面上静止时，对活塞运列平衡方程，再对封闭气体运用玻意耳定律，即可求出在加速上升的电梯中气缸中的活塞到缸低的高度；

【详解】解：(1)根据牛顿第二定律可得：

解得：

(2)当气缸放在地面上静止时,根据平衡有：

解得：

根据玻意耳定律可得：

解得：

15.图1为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=6.0m处的质点.图2为质点Q的振动图象，下列说法正确的是______

A. 这列简谐横波的波速为60m/s

B. 质点Q做简谐运动的位移一时间关系式为y=0.20sin t(cm)

C. 在t=0.10s时，质点Q向y轴负方向运动

D. 从t=0.10s到t=0.20s，质点Q通过的路程为20cm

E. 在r=0.10s时，质点P的运动方向与y轴正方向相同

【答案】ACE

【解析】

【分析】

根据两图分别读出该波的波长和周期，从而求出波速，由图读出t=0.10s时刻Q的振动方向，由图确定出波的传播方向，并判断质点P的运动方向．根据时间与周期的关系，求出质点Q通过的路程；根据图象读出振幅A，结合数学知识写出Q点的振动方程；

【详解】A、由图1知该波的波长λ=12m，由图2知该波的周期T=0.2s，则该波的波速为：，故A正确；

B、质点Q简谐运动的振幅为A=20cm=0.2m，t=0时刻质点Q向y轴正方向运动，其简谐运动的表达式为，故B错误；

CE、图(2)为质点Q的振动图象，则知在t=0.10s时，质点Q正从平衡位置向波谷运动，所以在t=0.10s时，质点Q向y轴负方向运动，根据波形平移法知，该波向左传播，在t=0.10s时，质点P的运动方向与y轴正方向相同，故C、E正确；

D、从t=0.10s到t=0.20s经过的时间为：，则从t=0.10s到t=0.20s，质点Q通过的路程为S=2A=2×20cm=40cm，故D错误；

故选ACE。

16.

一半径为R的1/4球体放置在水平面上，球体由折射率为的透明材料制成。现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图所示。已知入射光线与桌面的距离为。求出射角。

【答案】

【解析】

设入射光线与1/4球体的交点为C，连接OC，OC即为入射面的法线，因此，图中的角α为入射角。过C点作球体水平表面的垂线，垂足为B，依题意，∠COB=α。又由△OBC知

设光线在C点的折射角为β，由折射定律得

由以上两式解得

由几何关系知，光线在球体的竖直表面上的入射角γ（如图所示）为30°，由折射定律

因此

解得。

【此处有视频，请去附件查看】